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高三數學教案
作為一無名無私奉獻的教育工作者，時常需要編寫教案，編寫教案有利于我們弄通教材內容，進而選擇科學、恰當的教學方法。來參考自己需要的教案吧！以下是小編幫大家整理的高三數學教案，歡迎大家分享。
高三數學教案1
內容提要：本文把常見的排列問題歸納成三種典型問題，并在排列的一般規定性下，對每一種類型的問題通過典型例題歸納出相應的解決方案，并附以近年的高考原題及解析，使我們對排列問題的認識更深入本質，對排列問題的解決更有章法可尋。
關鍵詞： 特殊優先，大元素，捆綁法，插空法，等機率法
排列問題的應用題是學生學習的難點，也是高考的必考內容，筆者在教學中嘗試將排列
問題歸納為三種類型來解決：
下面就每一種題型結合例題總結其特點和解法，并附以近年的高考原題供讀者參研。
一、能排不能排排列問題（即特殊元素在特殊位置上有特別要求的排列問題）
解決此類問題的關鍵是特殊元素或特殊位置優先�；蚴褂瞄g接法。
例1：（1）7位同學站成一排，其中甲站在中間的位置，共有多少種不同的排法？
�。�2）7位同學站成一排，甲、乙只能站在兩端的排法共有多少種？
�。�3）7位同學站成一排，甲、乙不能站在排頭和排尾的排法共有多少種？
�。�4）7位同學站成一排，其中甲不能在排頭、乙不能站排尾的排法共有多少種？
解析：
（1）先考慮甲站在中間有1種方法，再在余下的6個位置排另外6位同學，共 種方法；
�。�2）先考慮甲、乙站在兩端的排法有 種，再在余下的5個位置排另外5位同學的排法有 種，共 種方法；
�。�3） 先考慮在除兩端外的5個位置選2個安排甲、乙有 種，再在余下的5個位置排另外5位同學排法有 種，共 種方法；本題也可考慮特殊位置優先，即兩端的排法有 ，中間5個位置有 種，共 種方法；
�。�4）分兩類乙站在排頭和乙不站在排頭，乙站在排頭的排法共有 種，乙不站在排頭的排法總數為：先在除甲、乙外的5人中選1人安排在排頭的方法有 種，中間5個位置選1個安排乙的方法有 ，再在余下的5個位置排另外5位同學的排法有 ，故共有 種方法；本題也可考慮間接法，總排法為 ，不符合條件的甲在排頭和乙站排尾的排法均為 ，但這兩種情況均包含了甲在排頭和乙站排尾的情況，故共有 種。
例2。某天課表共六節課，要排政治、語文、數學、物理、化學、體育共六門課程，如果第一節不排體育，最后一節不排數學，共有多少種不同的排課方法？
解法1：對特殊元素數學和體育進行分類解決
�。�1）數學、體育均不排在第一節和第六節，有 種，其他有 種，共有 種；
�。�2）數學排在第一節、體育排在第六節有一種，其他有 種，共有 種；
（3）數學排在第一節、體育不在第六節有 種，其他有 種，共有 種；
�。�4）數學不排在第一節、體育排在第六節有 種，其他有 種，共有 種；
所以符合條件的排法共有 種
解法2：對特殊位置第一節和第六節進行分類解決
�。�1）第一節和第六節均不排數學、體育有 種，其他有 種，共有 種；
�。�2）第一節排數學、第六節排體育有一種，其他有 種，共有 種；
�。�3）第一節排數學、第六節不排體育有 種，其他有 種，共有 種；
�。�4）第一節不排數學、第六節排體育有 種，其他有 種，共有 種；
所以符合條件的排法共有 種。
解法3：本題也可采用間接排除法解決
不考慮任何限制條件共有 種排法，不符合題目要求的排法有：（1）數學排在第六節有 種；（2）體育排在第一節有 種；考慮到這兩種情況均包含了數學排在第六節和體育排在第一節的情況 種所以符合條件的排法共有 種
附：
1、（2005北京卷）五個工程隊承建某項工程的五個不同的子項目，每個工程隊承建1項，其中甲工程隊不能承建1號子項目，則不同的承建方案共有（ ）
�。ˋ） 種 （B） 種 （C） 種 （D） 種
解析：本題在解答時將五個不同的子項目理解為5個位置，五個工程隊相當于5個不同的元素，這時問題可歸結為能排不能排排列問題（即特殊元素在特殊位置上有特別要求的排列問題），先排甲工程隊有 ，其它4個元素在4個位置上的排法為 種，總方案為 種。故選（B）。
2、（2005全國卷Ⅱ）在由數字0，1，2，3，4，5所組成的沒有重復數字的四位數中，不能被5整除的.數共有 個。
解析：本題在解答時只須考慮個位和千位這兩個特殊位置的限制，個位為1、2、3、4中的某一個有4種方法，千位在余下的4個非0數中選擇也有4種方法，十位和百位方法數為 種，故方法總數為 種。
3、（2005福建卷）從6人中選出4人分別到巴黎、倫敦、悉尼、莫斯科四個城市游覽，要求每個城市有一人游覽，每人只游覽一個城市，且這6人中甲、乙兩人不去巴黎游覽，則不同的選擇方案共有 （ ）
A、300種 B、240種 C、144種 D、96種
解析：本題在解答時只須考慮巴黎這個特殊位置的要求有4種方法，其他3個城市的排法看作標有這3個城市的3個簽在5個位置（5個人）中的排列有 種，故方法總數為 種。故選（B）。
上述問題歸結為能排不能排排列問題，從特殊元素和特殊位置入手解決，抓住了問題的本質，使問題清晰明了，解決起來順暢自然。
二、相鄰不相鄰排列問題（即某兩或某些元素不能相鄰的排列問題）
相鄰排列問題一般采用大元素法，即將相鄰的元素捆綁作為一個元素，再與其他元素進行排列，解答時注意釋放大元素，也叫捆綁法。不相鄰排列問題（即某兩或某些元素不能相鄰的排列問題）一般采用插空法。
例3：7位同學站成一排，
（1）甲、乙和丙三同學必須相鄰的排法共有多少種？
�。�2）甲、乙和丙三名同學都不能相鄰的排法共有多少種？
�。�3）甲、乙兩同學間恰好間隔2人的排法共有多少種？
解析：
�。�1）第一步、將甲、乙和丙三人捆綁成一個大元素與另外4人的排列為 種，
第二步、釋放大元素，即甲、乙和丙在捆綁成的大元素內的排法有 種，所以共 種；
�。�2）第一步、先排除甲、乙和丙之外4人共 種方法，第二步、甲、乙和丙三人排在4人排好后產生的5個空擋中的任何3個都符合要求，排法有 種，所以共有 種；（3）先排甲、乙，有 種排法，甲、乙兩人中間插入的2人是從其余5人中選，有 種排法，將已經排好的4人當作一個大元素作為新人參加下一輪4人組的排列，有 種排法，所以總的排法共有 種。
附：1、（2005遼寧卷）用1、2、3、4、5、6、7、8組成沒有重復數字的八位數，要求1和2相鄰，3與4相鄰，5與6相鄰，而7與8不相鄰，這樣的八位數共有 個。（用數字作答）
解析：第一步、將1和2捆綁成一個大元素，3和4捆綁成一個大元素，5和6捆綁成一個大元素，第二步、排列這三個大元素，第三步、在這三個大元素排好后產生的4個空擋中的任何2個排列7和8，第四步、釋放每個大元素（即大元素內的每個小元素在捆綁成的大元素內部排列），所以共有 個數。
2、 （2004。 重慶理）某校高三年級舉行一次演講賽共有10位同學參賽，其中一班有3位，
二班有2位，其它班有5位，若采用抽簽的方式確定他們的演講順序，則一班有3位同學恰
好被排在一起（指演講序號相連），而二班的2位同學沒有被排在一起的概率為 （ ）
A、B、C、D。
解析：符合要求的基本事件（排法）共有：第一步、將一班的3位同學捆綁成一個大元素，第二步、這個大元素與其它班的5位同學共6個元素的全排列，第三步、在這個大元素與其它班的5位同學共6個元素的全排列排好后產生的7個空擋中排列二班的2位同學，第四步、釋放一班的3位同學捆綁成的大元素，所以共有 個；而基本事件總數為 個，所以符合條件的概率為 。故選（ B ）。
3、（2003京春理）某班新年聯歡會原定的5個節目已排成節目單，開演前又增加了兩個新節目。如果將這兩個節目插入原節目單中，那么不同插法的種數為（ ）
A、42 B、30 C、20 D、12
解析：分兩類：增加的兩個新節目不相鄰和相鄰，兩個新節目不相鄰采用插空法，在5個節目產生的6個空擋排列共有 種，將兩個新節目捆綁作為一個元素叉入5個節目產生的6個空擋中的一個位置，再釋放兩個新節目 捆綁成的大元素，共有 種，再將兩類方法數相加得42種方法。故選（ A ）。
三、機會均等排列問題（即某兩或某些元素按特定的方式或順序排列的排列問題）
解決機會均等排列問題通常是先對所有元素進行全排列，再借助等可能轉化，即乘以符合要求的某兩（或某些）元素按特定的方式或順序排列的排法占它們（某兩（或某些）元素）全排列的比例，稱為等機率法或將特定順序的排列問題理解為組合問題加以解決。
例4、 7位同學站成一排。
�。�1）甲必須站在乙的左邊？
�。�2）甲、乙和丙三個同學由左到右排列？
解析：
�。�1）7位同學站成一排總的排法共 種，包括甲、乙在內的7位同學排隊只有甲站在乙的左邊和甲站在乙的右邊兩類，它們的機會是均等的，故滿足要求的排法為 ，本題也可將特定順序的排列問題理解為組合問題加以解決，即先在7個位置中選出2個位置安排甲、乙， 由于甲在乙的左邊共有 種，再將其余5人在余下的5個位置排列有 種，得排法數為 種；
（2）參見（1）的分析得 （或 ）。
本文通過較為清晰的脈絡把排列問題分為三種類型，使我們對排列問題有了比較系統的認識。但由于排列問題種類繁多，總會有些問題不能囊括其中，也一定存在許多不足，希望讀者能和我一起研究完善。
高三數學教案2
一、導入新課，探究標準方程
二、掌握知識，鞏固練習
練習：
1、說出下列圓的方程
⑴圓心（3，—2）半徑為5
�、茍A心（0，3）半徑為3
2、指出下列圓的圓心和半徑
�、牛▁—2）2+（y+3）2=3
�、苮2+y2=2
⑶x2+y2—6x+4y+12=0
3、判斷3x—4y—10=0和x2+y2=4的位置關系
4、圓心為（1，3），并與3x—4y—7=0相切，求這個圓的方程
三、引伸提高，講解例題
例1、圓心在y=—2x上，過p（2，—1）且與x—y=1相切求圓的方程（突出待定系數的數學方法）
練習：
1、某圓過（—2，1）、（2，3），圓心在x軸上，求其方程。
2、某圓過A（—10，0）、B（10，0）、C（0，4），求圓的`方程。
例2：某圓拱橋的跨度為20米，拱高為4米，在建造時每隔4米加一個支柱支撐，求A2P2的長度。
例3、點M（x0，y0）在x2+y2=r2上，求過M的圓的切線方程（一題多解，訓練思維）
四、小結練習P771，2，3，4
五、作業P811，2，3，4
高三數學教案3
教學目標
（1）掌握復數的有關概念，如虛數、純虛數、復數的實部與虛部、兩復數相等、復平面、實軸、虛軸、共軛復數、共軛虛數的概念。
�。�2）正確對復數進行分類，掌握數集之間的從屬關系；
（3）理解復數的幾何意義，初步掌握復數集C和復平面內所有的點所成的集合之間的一一對應關系。
（4）培養學生數形結合的數學 思想，訓練學生條理的邏輯思維能力．
教學建議
�。ㄒ唬┙滩姆治�
1 、知識結構
本節首先介紹了復數的有關概念，然后指出復數相等的充要條件，接著介紹了有關復數的幾何表示，最后指出了有關共軛復數的概念．
2 、重點、難點分析
（1）正確復數的實部與虛部
對于復數，實部是，虛部是．注意在說復數時，一定有，否則，不能說實部是，虛部是,復數的實部和虛部都是實數。
說明：對于復數的定義，特別要抓住這一標準形式以及是實數這一概念，這對于解有關復數的問題將有很大的幫助。
（2）正確地對復數進行分類，弄清數集之間的關系
分類要求不重復、不遺漏，同一級分類標準要統一。根據上述原則，復數集的分類如下：
注意分清復數分類中的界限：
�、僭O，則為實數
②為虛數
�、矍�。
④為純虛數且
（3）不能亂用復數相等的條件解題．用復數相等的條件要注意：
�、倩癁閺蛿档臉藴市问�
②實部、虛部中的字母為實數，即
�。�4）在講復數集與復平面內所有點所成的集合一一對應時，要注意：
�、偃魏我粋�復數都可以由一個有序實數對( )唯一確定．這就是說，復數的實質是有序實數對．一些書上就是把實數對( )叫做復數的．
�、趶蛿涤脧推矫鎯鹊狞cZ( )表示．復平面內的點Z的坐標是( )，而不是( )，也就是說，復平面內的縱坐標軸上的單位長度是1，而不是．由于=0＋1 ?，所以用復平面內的點(0，1)表示時，這點與原點的距離是1，等于縱軸上的單位長度．這就是說，當我們把縱軸上的點(0，1)標上虛數時，不能以為這一點到原點的距離就是虛數單位，或者就是縱軸的單位長度．
③當時，對任何，是純虛數，所以縱軸上的點( )( )都是表示純虛數．但當時，是實數．所以，縱軸去掉原點后稱為虛軸．
由此可見，復平面(也叫高斯平面)與一般的坐標平面(也叫笛卡兒平面)的區別就是復平面的虛軸不包括原點，而一般坐標平面的原點是橫、縱坐標軸的公共點．
�、軓蛿祕=a＋bi中的z，書寫時小寫，復平面內點Z(a，b)中的Z，書寫時大寫．要學生注意．
�。�5）關于共軛復數的概念
設，則，即與的實部相等，虛部互為相反數（不能認為與或是共軛復數）．
教師可以提一下當時的特殊情況，即實軸上的點關于實軸本身對稱，例如：5和－5也是互為共軛復數．當時，與互為共軛虛數．可見，共軛虛數是共軛復數的特殊情行．
（6）復數能否比較大小
教材最后指出：“兩個復數，如果不全是實數，就不能比較它們的大小”，要注意：
①根據兩個復數相等地定義，可知在兩式中，只要有一個不成立，那么．兩個復數，如果不全是實數，只有相等與不等關系，而不能比較它們的大小．
�、诿}中的“不能比較它們的大小”的確切含義是指：“不論怎樣定義兩個復數間的一個關系‘ < ’，都不能使這關系同時滿足實數集中大小關系地四條性質”：
(i)對于任意兩個實數a，b來說，a＜b，a=b，b＜a這三種情形有且僅有一種成立；
(ii)如果a＜b，b＜c，那么a＜c；
(iii)如果a＜b，那么a＋c＜b＋c；
(iv)如果a＜b，c＞0，那么ac＜bc．(不必向學生講解)
�。ǘ┙谭ńㄗh
1．要注意知識的連續性：復數是二維數，其幾何意義是一個點，因而注意與平面解析幾何的聯系．
2．注意數形結合的'數形思想：由于復數集與復平面上的點的集合建立了一一對應關系，所以用“形”來解決“數”就成為可能，在本節要注意復數的幾何意義的講解，培養學生數形結合的數學 思想．
3．注意分層次的教學：教材中最后對于“兩個復數，如果不全是實數就不能本節它們的大小”沒有證明，如果有學生提出來了，在課堂上不要給全體學生證明，可以在課下給學有余力的學生進行解答．
復數的有關概念
教學目標
1．了解復數的實部，虛部；
2．掌握復數相等的意義；
3．了解并掌握共軛復數，及在復平面內表示復數．
教學重點
復數的概念，復數相等的充要條件．
教學難點
用復平面內的點表示復數Ｍ．
教學用具：直尺
課時安排：1課時
教學過程：
一、復習提問：
1．復數的定義。
2．虛數單位。
二、講授新課
1．復數的實部和虛部：
復數中的a與b分別叫做復數的實部和虛部。
2．復數相等
如果兩個復數與的實部與虛部分別相等，就說這兩個復數相等。
即：的充要條件是且。
例如：的充要條件是且。
例1：已知其中，求 x 與 y .
解：根據復數相等的意義，得方程組：
∴
例2： m 是什么實數時，復數,
(1)是實數，(2)是虛數，（3）是純虛數.
解：
(1) ∵時， z 是實數,
∴ ,或.
(2) ∵時， z 是虛數,
∴，且
(3) ∵且時，
z 是純虛數. ∴
3．用復平面（高斯平面）內的點表示復數
復平面的定義
建立了直角坐標系表示復數的平面，叫做復平面．
復數可用點來表示．（如圖）其中 x 軸叫實軸， y 軸除去原點的部分叫虛軸，表示實數的點都在實軸上，表示純虛數的點都在虛軸上。原點只在實軸 x 上，不在虛軸上．
4．復數的幾何意義：
復數集 c 和復平面所有的點的集合是一一對應的．
5．共軛復數
（1）當兩個復數實部相等，虛部互為相反數時，這兩個復數叫做互為共軛復數。（虛部不為零也叫做互為共軛復數）
（2）復數 z 的共軛復數用表示．若，則：；
�。�3）實數 a 的共軛復數仍是 a 本身，純虛數的共軛復數是它的相反數．
�。�4）復平面內表示兩個共軛復數的點z與關于實軸對稱．
三、練習1,2,3,4.
四、小結：
1．在理解復數的有關概念時應注意：
�。�1）明確什么是復數的實部與虛部；
（2）弄清實數、虛數、純虛數分別對實部與虛部的要求；
�。�3）弄清復平面與復數的幾何意義；
（4）兩個復數不全是實數就不能比較大小。
2．復數集與復平面上的點注意事項：
�。�1）復數中的 z ，書寫時小寫，復平面內點Z( a ， b )中的Z，書寫時大寫。
�。�2）復平面內的點Z的坐標是( a ， b )，而不是( a ， bi )，也就是說，復平面內的縱坐標軸上的單位長度是1，而不是 i 。
�。�3）表示實數的點都在實軸上，表示純虛數的點都在虛軸上。
（4）復數集C和復平面內所有的點組成的集合一一對應：
五、作業1,2,3,4,
高三數學教案4
1.數列的概念和簡單表示法?
(1)了解數列的概念和幾種簡單的表示方法(列表、圖象、通項公式);? (2)了解數列是自變量為正整數的一類函數.?
2.等差數列、等比數列?
(1)理解等差數列、等比數列的概念;?
(2)掌握等差數列、等比數列的通項公式與前n項和公式;?
(3)能在具體問題情境中識別數列的等差關系或等比關系，并能用有關知識解決相應的問題;?
(4)了解等差數列與一次函數、等比數列與指數函數的關系. 本章重點：1.等差數列、等比數列的定義、通項公式和前n項和公式及有關性質;
2.注重提煉一些重要的思想和方法，如：觀察法、累加法、累乘法、待定系數法、倒序相加求和法、錯位相減求和法、裂項相消求和法、分組求和法、函數與方程思想、數學模型思想以及離散與連續的關系.?
本章難點：1.數列概念的理解;2.等差等比數列性質的運用;3.數列通項與求和方法的運用. 仍然會以客觀題考查等差數列與等比數列的通項公式和前n項和公式及性質，在解答題中，會保持以前的風格，注重數列與其他分支的綜合能力的考查，在高考中，數列常考常新，其主要原因是它作為一 個特殊函數，使它可以與函數、不等式、解析幾何、三角函數等綜合起來，命出開放性、探索性強的問題，更體現了知識交叉命題原則得以貫徹;又因為數列與生產、生活的聯系，使數列應用題也倍受歡迎.
知識網絡
6.1 數列的概念與簡單表示法
典例精析
題型一 歸納、猜想法求數列通項
【例1】根據下列數列的前幾項，分別寫出它們的一個通項公式：
(1)7,77,777,7 777，
(2)23，-415，635，-863，
(3)1,3,3,5,5,7,7,9,9，
【解析】(1)將數列變形為79(10-1)，79(102-1)，79(103-1)，，79(10n-1)，
故an=79(10n-1).
(2)分開觀察，正負號由(-1)n+1確定，分子是偶數2n，分母是13,35,57， ，(2n-1)(2n+1)，故數列的通項公式可寫成an =(-1)n+1 .
(3)將已知數列變為1+0,2+1,3+0,4+1,5+0,6+1,7+0,8+1,9+0，.
故數列的通項公式為an=n+ .
【點撥】聯想與轉換是由已知認識未知的兩種有效的思維方法，觀察歸納是由特殊到一般的有效手段，本例的求解關鍵是通過分析、比較、聯想、歸納、轉換獲得項與項序數的一般規律，從而求得通項.
【變式訓練1】如下表定義函數f(x)：
x 1 2 3 4 5
f(x) 5 4 3 1 2
對于數列{an}，a1=4，an=f(an-1)，n=2,3,4，，則a2 008的值是()
A.1 B.2 C.3 D.4
【解析】a1=4，a2=1，a3=5，a4=2，a5=4，，可得an+4=an.
所以a2 008=a4=2，故選B.
題型二 應用an= 求數列通項
【例2】已知數列{an}的前n項和Sn，分別求其通項公式：
(1)Sn=3n-2;
(2)Sn=18(an+2)2 (an0).
【解析】(1)當n=1時，a1=S1=31-2=1，
當n2時，an=Sn-Sn-1=(3n-2)-(3n-1-2)=23n-1，
又a1=1不適合上式，
故an=
(2)當n=1時，a1=S1=18(a1+2)2，解得a1=2，
當n2時，an=Sn-Sn-1=18(an+2)2-18(an-1+2)2，
所以(an-2)2-(an-1+2)2=0，所以(an+an-1)(an-an-1-4)=0，
又an0，所以an-an-1=4，
可知{an}為等差數列，公差為4，
所以an=a1+(n-1)d=2+(n-1)4=4n-2，
a1=2也適合上式，故an=4n-2.
【點撥】本例的關鍵是應用an= 求數列的通項，特別要注意驗證a1的值是否滿足2的一般性通項公式.
【變式訓練2】已知a1=1，an=n(an+1-an)(nN*)，則數列{an}的通項公式是()
A.2n-1 B.(n+1n)n-1 C.n2 D.n
【解析】由an=n(an+1-an)an+1an=n+1n.
所以an=anan-1an-1an-2a2a1=nn-1n-1n-23221=n，故選D.
題型三 利用遞推關系求數列的通項
【例3】已知在數列{an}中a1=1，求滿足下列條件的數列的通項公式：
(1)an+1=an1+2an;(2)an+1=2an+2n+1.
【解析】(1)因為對于一切nN*，an0，
因此由an+1=an1+2an得1an+1=1an+2，即1an+1-1an=2.
所以{1an}是等差數列，1an=1a1+(n-1)2=2n-1，即an=12n-1.
(2)根據已知條件得an+12n+1=an2n+1，即an+12n+1-an2n=1.
所以數列{an2n}是等差數列，an2n=12+(n-1)=2n-12，即an=(2n-1)2n-1.
【點撥】通項公式及遞推關系是給出數列的常用方法，尤其是后者，可以通過進一步的計算，將其進行轉化，構造新數列求通項，進而可以求得所求數列的通項公式.
【變式訓練3】設{an}是首項為1的正項數列，且(n+1)a2n+1-na2n+an+1an=0(n=1,2,3，)，求an.
【解析】因為數列{an}是首項為1的正項數列，
所以anan+10，所以(n+1)an+1an-nanan+1+1=0，
令an+1an=t，所以(n+1)t2+t-n=0，
所以[(n+1)t-n](t+1)=0，
得t=nn+1或t=-1(舍去)，即an+1an=nn+1.
所以a2a1a3a2a4a3a5a4anan-1=12233445n-1n，所以an=1n.
總結提高
1.給出數列的前幾項求通項時，常用特征分析法與化歸法，所求通項不唯一.
2.由Sn求an時，要分n=1和n2兩種情況.
3.給出Sn與an的遞推關系，要求an，常用思路是：一是利用Sn-Sn-1=an(n2)轉化為an的遞推關系，再求其通項公式;二是轉化為Sn的遞推關系，先求出Sn與n之間的關系，再求an.
6.2 等差數列
典例精析
題型一 等差數列的判定與基本運算
【例1】已知數列{an}前n項和Sn=n2-9n.
(1)求證：{an}為等差數列;(2)記數列{|an|}的前n項和為Tn，求 Tn的表達式.
【解析】(1)證明：n=1時，a1=S1=-8，
當n2時，an=Sn-Sn-1=n2-9n-[(n-1)2-9(n-1)]=2n-10，
當n=1時，也適合該式，所以an=2n-10 (nN*).
當n2時，an-an-1=2，所以{an}為等差數列.
(2)因為n5時，an0，n6時，an0.
所以當n5時，Tn=-Sn=9n-n2，
當n6時，Tn=a1+a2++a5+a6++an
=-a1-a2--a5+a6+a7++an
=Sn-2S5=n2-9n-2(-20)=n2-9n+40，
所以，
【點撥】根據定義法判斷數列為等差數列，靈活運用求 和公式.
【變式訓練1】已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且S21=42，若記bn= ，則數列{bn}()
A.是等差數列，但不是等比數列 B.是等比數列，但不是等差數列
C.既是等差數列，又是等比數列 D.既不是等差數列，又不是等比數列
【解析】本題考查了兩類常見數列，特別是等差數列的性質.根據條件找出等差數列{an}的首項與公差之間的關系從而確定數列{bn}的通項是解決問題的突破口.{an}是等差數列，則S21=21a1+21202d=42.
所以a1+10d=2，即a11=2.所以bn= =22-(2a11)=20=1，即數列{bn}是非0常數列，既是等差數列又是等比數列.答案為C.
題型二 公式的應用
【例2】設等差數列{an}的前n項和為Sn，已知a3=12，S120，S130.
(1)求公差d的取值范圍;
(2)指出S1，S2，，S12中哪一個值最大，并說明理由.
【解析】(1)依題意，有
S12=12a1+12(12-1)d20，S13=13a1+13(13-1)d20，
即
由a3=12，得a1=12-2d.③
將③分別代入①②式，得
所以-247
(2)方法一：由d0可知a1a3a13，
因此，若在112中存在自然數n，使得an0，an+10，
則Sn就是S1，S2，，S12中的最大值.
由于S12=6(a6+a7)0，S13=13a70，
即a6+a70，a70，因此a60，a70，
故在S1，S2，，S12中，S6的值最大.
方法二：由d0可知a1a3a13，
因此，若在112中存在自然數n，使得an0，an+10，
則Sn就是S1，S2，，S12中的最大值.
故在S1，S2，，S12中，S6的值最大.
【變式訓練2】在等差數列{an}中，公差d0，a2 008，a2 009是方程x2-3x-5=0的兩個根，Sn是數列{an}的前n項的和，那么滿足條件Sn0的最大自然數n=.
【解析】由題意知 又因為公差d0，所以a2 0080，a2 0090. 當
n=4 015時，S4 015=a1+a4 01524 015=a2 0084 015當n=4 016時，S4 016=a1+a4 01624 016=a2 008+a2 00924 0160.所以滿足條件Sn0的最大自然數n=4 015.
題型三 性質的應用
【例3】某地區2010年9月份曾發生流感，據統計，9月1日該地區流感病毒的新感染者有40人，此后，每天的新感染者人數比前一天增加40人;但從9月11日起，該地區醫療部門采取措施，使該種病毒的傳播得到控制，每天的新感染者人數比前一天減少10人.
(1)分別求出該地區在9月10日和9月11日這兩天的流感病毒的新感染者人數;
(2)該地區9月份(共30天)該病毒新感染者共有多少人?
【解析】(1)由題意知，該地區9月份前10天流感病毒的新感染者的人數構成一個首項為40，公差為40的等差數列.
所以9月10日的新感染者人數為40+(10-1)40=400(人).
所以9月11日的新感染者人數為400-10=390(人).
(2)9月份前10天的新感染者人數和為S10=10(40+400)2=2 200(人)，
9月份后20天流感病毒的新感染者的人數，構成一個首項為390，公差為-10的等差數列.
所以后20天新感染者的人數和為T20=20390+20(20-1)2(-10)=5 900(人).
所以該地區9月份流感病毒的新感染者共有2 200+5 900=8 100(人).
【變式訓練3】設等差數列{an}的前n項和為Sn，若S410，S515，則a4的最大值為
.
【解析】因為等差數列{an}的前n項和為Sn，且S410，S515，
所以5+3d23+d，即5+3d6+2d，所以d1，
所以a43+1=4，故a4的最大值為4.
總結提高
1.在熟練應用基本公式的同時，還要會用變通的公式，如在等差數列中，am=an+(m-n)d.
2.在五個量a1、d、n、an、Sn中，知其中的三個量可求出其余兩個量，要求選用公式要恰當，即善于減少運算量，達到快速、準確的目的
3.已知三個或四個數成等差數列這類問題，要善于設元，目的.仍在于減少運算量，如三個數成等差數列時，除了設a，a+d，a+2d外，還可設a-d，a，a +d;四個數成等差數列時，可設為a-3m，a-m，a+m，a+3m.
4.在求解數列問題時，要注意函數思想、方程思想、消元及整體消元的方法的應用.
6.3 等比數列
典例精析
題型一 等比數列的基本運算與判定
【例1】數列{an}的前n項和記為Sn，已知a1=1，an+1=n+2nSn(n=1,2,3，).求證：
(1)數列{Snn}是等比數列;(2)Sn+1=4an.
【解析】(1)因為an+1=Sn+1-Sn，an+1=n+2nSn，
所以(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn).
整理得nSn+1=2(n+1)Sn，所以Sn+1n+1=2Snn，
故{Snn}是以2為公比的等比數列.
(2)由(1)知Sn+1n+1=4Sn-1n-1 =4ann+1(n2)，
于是Sn+1=4(n+1)Sn-1n-1=4an(n2).
又a2=3S1=3，故S2=a1+a2=4.
因此對于任意正整數n1，都有Sn+1=4an.
【點撥】①運用等比數列的基本公式，將已知條件轉化為關于等比數列的特征量a1、q的方程是求解等比數列問題的常用方法之一，同時應注意在使 用等比數列前n項和公式時，應充分討論公比q是否等于1;②應用定義判斷數列是否是等比數列是最直接，最有依據的方法，也是通法，若判斷一個數列是等比數列可用an+1an=q(常數)恒成立，也可用a2n+1 =anan+2 恒成立，若判定一個數列不是等比數列則只需舉出反例即可，也可以用反證法.
【變式訓練1】等比數列{an}中，a1=317，q=-12.記f(n)=a1a2an，則當f(n)最大時，n的值為()
A.7 B.8 C.9 D.10
【解析】an=317(-12)n-1，易知a9=31712561，a100,00，故f(9)=a1a2a9的值最大，此時n=9.故選C.
題型二 性質運用
【例2】在等比數列{an}中，a1+a6=33，a3a4=32，anan+1(nN*).
(1)求an;
(2)若Tn=lg a1+lg a2++lg an，求Tn.
【解析】(1)由等比數列的性質可知a1a6=a3a4=32，
又a1+a6=33，a1a6，解得a1=32，a6=1，
所以a6a1=132，即q5=132，所以q=12，
所以an=32(12)n-1=26-n .
(2)由等比數列的性質可知，{lg an}是等差數列，
因為lg an=lg 26-n=(6-n)lg 2，lg a1=5lg 2，
所以Tn=(lg a1+lg an)n2=n(11-n)2lg 2.
【點撥】歷年高考對性質考查較多，主要是利用等積性，題目小而巧且背景不斷更新，要熟練掌握.
【變式訓練2】在等差數列{an}中，若a15=0，則有等式a1+a2++an=a1+a2++a29-n(n29，nN*)成立，類比上述性質，相應地在等比數列{bn}中，若b19=1，能得到什么等式?
【解析】由題設可知，如果am=0，在等差數列中有
a1+a2++an=a1+a2++a2m-1-n(n2m-1，nN*)成立，
我們知道，如果m+n=p+q，則am+an=ap+aq，
而對于等比數列{bn}，則有若m+n=p+q，則aman=apaq，
所以可以得出結論：
若bm=1，則有b1b2bn=b1b2b2m-1-n(n2m-1，nN*)成立.
在本題中則有b1b2bn=b1b2b37-n(n37，nN*).
題型三 綜合運用
【例3】設數列{an}的前n 項和為Sn，其中an0，a1為常數，且-a1，Sn，an+1成等差數列.
(1)求{an}的通項公式;
(2)設bn=1-Sn，問是否存在a1，使數列{bn}為等比數列?若存在，則求出a1的值;若不存在，說明理由.
【解析】(1)由題意可得2Sn=an+1-a1.
所以當n2時，有
兩式相減得an+1=3an(n2).
又a2=2S1+a1=3a1，an0，
所以{an}是以首項為a1，公比為q=3的等比數列.
所以an=a13n-1.
(2)因為Sn=a1(1-qn)1-q=-12a1+12a13n，所以bn=1-Sn=1+12a1-12a13n.
要使{bn}為等比數列，當且僅當1+12a1=0，即a1=-2，此時bn=3n.
所以{bn}是首項 為3，公比為q=3的等比數列.
所以{bn}能為等比數列，此時a1=-2.
【變式訓練3】已知命題：若{an}為等 差數列，且am=a，an=b(m0，nN*)為等比數列，且bm=a，bn=b(m
【解析】n-mbnam.
總結提高
1.方程思想，即等比數列{an}中五個量a1，n，q，an，Sn，一般可知三求二，通過求和與通項兩公式列方程組求解.
2.對于已知數列{an}遞推公式an與Sn的混合關系式，利用公式an=Sn-Sn-1(n2)，再引入輔助數列，轉化為等比數列問題求解.
3.分類討論思想：當a10，q1或a10,00,01時，{an}為遞減數列;q0時，{an}為擺動數列;q=1時，{an}為常數列.
6.4 數列求和
典例精析
題型一 錯位相減法求和
【例1】求和：Sn=1a+2a2+3a3++nan.
【解 析】(1)a=1時，Sn=1+2+3++n=n(n+1)2.
(2)a1時，因為a0，
Sn=1a+2a2+3a3++nan，①
1aSn=1a2+2a3++n-1an+nan+1.②
由①-②得(1-1a)Sn=1a+1a2++1an-nan+1=1a(1-1an)1-1a-nan+1，
所以Sn=a(an-1)-n(a-1)an(a-1)2.
綜上所述，Sn=
【點撥】(1)若數列{an}是等差數列，{bn}是等比數列，則求數列{anbn}的前n項和時，可采用錯位相減法;
(2)當等比數列公比為字母時，應對字母是否為1進行討論;
(3)當將Sn與qSn相減合并同類項時，注意錯位及未合并項的正負號.
【變式訓練1】數列{2n-32n-3}的前n項和為()
A.4-2n-12n-1 B.4+2n-72n-2 C.8-2n+12n-3 D.6-3n+22n-1
【解析】取n=1，2n-32n-3=-4.故選C.
題型二 分組并項求和法
【例2】求和Sn=1+(1+12)+(1+12+14)++(1+12+14++12n-1).
【解析】和式中第k項為ak =1+12+14++12k-1=1-(12)k1-12=2(1-12k).
所以Sn=2[(1-12)+(1-122)++(1-12n)]
= -(12+122++12n)]
=2[n-12(1-12n)1-12]=2[n-(1-12n)]=2n-2+12n-1.
【變式訓練2】數列1, 1+2, 1+2+22，1+2+22+23，，1+2+22++2n-1，的前n項和為()
A.2n-1 B.n2n-n
C.2n+1-n D.2n+1-n-2
【解析】an=1+2+22++2n-1=2n-1，
Sn=(21-1)+(22-1)++(2n-1)=2n+1-n-2.故選D.
題型三 裂項相消法求和
【例3】數列{an}滿足a1=8，a4=2，且an+2-2an+1+an=0 (nN*).
(1)求數列{an}的通項公式;
(2)設bn=1n(14-an)(nN*)，Tn=b1+b2++bn(nN*)，若對任意非零自然數n，Tnm32恒成立，求m的最大整數值.
【解析】(1)由an+2-2an+1+an=0，得an+2-an+1=an+1-an，
從而可知數列{an}為等差數列，設其公差為d，則d=a4-a14-1=-2，
所以an=8+(n-1)(-2)=10-2n.
(2)bn=1n(14-an)=12n(n+2)=14(1n-1n+2)，
所以Tn=b1+b2++bn=14[(11-13)+(12-14)++(1n-1n+2)]
=14(1+12-1n+1-1n+2)=38-14(n+1)-14(n+2)m32 ，
上式對一切nN*恒成立.
所以m12-8n+1-8n+2對一切nN*恒成立.
對nN*，(12-8n+1-8n+2)min=12-81+1-81+2=163，
所以m163，故m的最大整數值為5.
【點撥】(1)若數列{an}的通項能轉化為f(n+1)-f(n)的形式，常采用裂項相消法求和.
(2)使用裂項相消法求和時，要注意正負項相消時，消去了哪些項，保留了哪些項.
【變式訓練3】已知數列{an}，{bn}的前n項和為An，Bn，記cn=anBn+bnAn-anbn(nN*)，則數列{cn}的前10項和為()
A.A10+B10 B.A10+B102 C.A10B10 D.A10B10
【解析】n=1，c1=A1B1;n2，cn=AnBn-An-1Bn-1，即可推出{cn}的前10項和為A10B10，故選C.
總結提高
1.常用的 基本求和法均對應數列通項的特殊結構特征，分析數列通項公式的特征聯想相應的求和方法既是根本，也是關鍵.
2.數列求和實質就是求數列{Sn}的通項公式，它幾乎涵蓋了數列中所有的思想策略、方法和技巧，對學生的知識和思維有很高的要求，應充分重視并系統訓練.
6.5 數列的綜合應用
典例精析
題型一 函數與數列的綜合問題
【例1】已知f(x)=logax(a0且a1)，設f(a1)，f(a2)，，f(an)(nN*)是首項為4，公差為2的等差數列.
(1)設a是常數，求證：{an}成等比數列;
(2)若bn=anf(an)，{bn}的前n項和是Sn，當a=2時，求Sn.
【解析】(1)f(an)=4+(n-1)2=2n+2，即logaan=2n+2，所以an=a2n+2，
所以anan-1=a2n+2a2n=a2(n2)為定值，所以{an}為等比數列.
(2)bn=anf(an)=a2n+2logaa2n+2=(2n+2)a2n+2，
當a=2時，bn=(2n+2) (2)2n+2=(n+1) 2n+2，
Sn=223+324+425++(n+1 ) 2n+2，
2Sn=224+325++n2n+2+(n+1)2n+3，
兩式相減得
-Sn=223+24+25++2n+2-(n+1)2n+3=16+24(1-2n-1)1-2-(n+1)2n+3，
所以Sn=n2n+3.
【點撥】本例是數列與函數綜合的基本題型之一，特征是以函數為載體構建數列的遞推關系，通過由函數的解析式獲知數列的通項公式，從而問題得到求解.
【變式訓練1】設函數f(x)=xm+ax的導函數f(x)=2x+1，則數列{1f(n)}(nN*)的前n項和是()
A.nn+1 B.n+2n+1 C.nn+1 D.n+1n
【解析】由f(x)=mxm-1+a=2x+1得m=2，a=1.
所以f(x)=x2+x，則1f(n)=1n(n+1)=1n-1n+1.
所以Sn=1-12+12-13+13-14++1n-1n+1=1-1n+1=nn+1.故選C.
題型二 數列模型實際應用問題
【例2】某縣位于沙漠地帶，人與自然長期進行著頑強的斗爭，到2009年底全縣的綠化率已達30%，從2010年開始，每年將出現這樣的局面：原有沙漠面積的16%將被綠化，與此同時，由于各種原因，原有綠化面積的4%又被沙化.
(1)設全縣面積為1,2009年底綠化面積為a1=310，經過n年綠化面積為an+1，求證：an+1=45an+425;
(2)至少需要多少年(取整數)的努力，才能使全縣的綠化率達到60%?
【解析】(1)證明：由已知可得an 確定后，an+1可表示為an+1=an(1-4%)+(1-an)16%，
即an+1=80%an+16%=45an+425.
(2)由an+1=45an+425有，an+1-45=45(an-45)，
又a1-45=-120，所以an+1-45=-12(45)n，即an+1=45-12(45)n，
若an+135，則有45-12(45)n35，即(45)n-112，(n-1)lg 45-lg 2，
(n-1)(2lg 2-lg 5)-lg 2，即(n-1)(3lg 2-1)-lg 2，
所以n1+lg 21-3lg 24，nN*，
所以n取最小整數為5，故至少需要經過5年的努力，才能使全縣的綠化率達到60%.
【點撥】解決此類問題的關鍵是如何把實際問題轉化為數學問題，通過反復讀題，列出有關信息，轉化為數列的有關問題.
【變式訓練2】規定一機器狗每秒鐘只能前進或后退一步，現程序設計師讓機器狗以前進3步，然后再后退2步的規律進行移動.如果將此機器狗放在數軸的原點，面向正方向，以1步的距離為1單位長移動，令P(n)表示第n秒時機器狗所在的位置坐標，且P(0)=0，則下列結論中錯誤的是()
A.P(2 006)=402 B.P(2 007)= 403
C.P(2 008)=404 D.P(2 009)=405
【解析】考查數列的應用.構造數列{Pn}，由題知P(0)=0，P(5)=1，P(10)=2，P(15)=3.所以P(2 005)=401，P(2 006)=401+1=402，P(2 007)=401+1+1=403，P(2 008)=401+
3=404，P(2 009)=404-1=403.故D錯.
題型三 數列中的探索性問題
【例3】{an}，{bn}為兩個數列，點M(1,2)，An(2，an)，Bn(n-1n，2n)為直角坐標平面上的點.
(1)對nN*，若點M，An，Bn在同一直線上，求數列{an}的通項公式;
(2)若數列{bn}滿足log2Cn=a1b1+a2b2++anbna1+a2++an，其中{Cn}是第三項為8，公比為4的等比數列，求證：點列(1，b1)，(2，b2)，，(n，bn)在同一直線上，并求此直線方程.
【解析】(1)由an-22-1=2n-2n-1n-1，得an=2n.
(2)由已知有Cn=22n-3，由log2Cn的表達式可知：
2(b1+2b2++nbn)=n(n+1)(2n-3)，①
所以2[b1+2b2++(n-1)bn-1]=(n-1)n(2n-5).②
①-②得bn=3n-4，所以{bn}為等差數列.
故點列(1，b1)，(2，b2)，，(n，bn)共線，直線方程為y=3x-4.
【變式訓練3】已知等差數列{an}的首項a1及公差d都是整數，前n項和為Sn(nN*).若a11，a43，S39，則通項公式an=.
【解析】本題考查二元一次不等式的整數解以及等差數列的通項公式.
由a11，a43，S39得
令x=a1，y=d得
在平面直角坐標系中畫出可行域如圖所示.符合要求的整數點只有(2,1)，即a1=2，d=1.所以an=2+n-1=n+1.故答案填n+1.
總結提高
1.數列模型應用問題的求解策略
(1)認真審題，準確理解題意;
(2)依據問題情境，構造等差、等比數列，然后應用通項公式、前n項和公式以及性質求解，或通過探索、歸納構造遞推數列求解;
(3)驗證、反思結果與實際是否相符.
2.數列綜合問題的求解策略
(1)數列與函數綜合問題或應用數學思想解決數列問題，或以函數為載體構造數列，應用數列的知識求解;
(2)數列的幾何型綜合問題，探究幾何性質和規律特征建立數列的遞推關系式，然后求解問題.
高三數學教案5
典例精析
題型一 求函數f(x)的單調區間
【例1】已知函數f(x)=x2-ax-aln(x-1)(a∈R)，求函數f(x)的單調區間.
【解析】函數f(x)=x2-ax-aln(x-1)的定義域是(1，+∞).
f′(x)=2x-a-ax-1=2x(x-a+22)x-1，
�、偃鬭≤0，則a+22≤1，f′(x)=2x(x-a+22)x-1>0在(1，+∞)上恒成立，所以a≤0時，f(x)的增區間為(1，+∞).
�、谌鬭>0，則a+22>1，
故當x∈(1，a+22]時，f′(x)=2x(x-a+22)x-1≤0;
當x∈[a+22，+∞)時，f′(x)=2x(x-a+22)x-1≥0，
所以a>0時，f(x)的減區間為(1，a+22]，f(x)的增區間為[a+22，+∞).
【點撥】在定義域x>1下，為了判定f′(x)符號，必須討論實數a+22與0及1的大小，分類討論是解本題的關鍵.
【變式訓練1】已知函數f(x)=x2+ln x-ax在(0,1)上是增函數，求a的取值范圍.
【解析】因為f′(x)=2x+1x-a，f(x)在(0,1)上是增函數，
所以2x+1x-a≥0在(0,1)上恒成立，
即a≤2x+1x恒成立.
又2x+1x≥22(當且僅當x=22時，取等號).
所以a≤22，
故a的取值范圍為(-∞，22].
【點撥】當f(x)在區間(a，b)上是增函數時f′(x)≥0在(a，b)上恒成立;同樣，當函數f(x)在區間(a，b)上為減函數時f′(x)≤0在(a，b)上恒成立.然后就要根據不等式恒成立的`條件來求參數的取值范圍了.
題型二 求函數的極值
【例2】已知f(x)=ax3+bx2+cx(a≠0)在x=±1時取得極值，且f(1)=-1.
(1)試求常數a，b，c的值;
(2)試判斷x=±1是函數的極小值點還是極大值點，并說明理由.
【解析】(1)f′(x)=3ax2+2bx+c.
因為x=±1是函數f(x)的極值點，
所以x=±1是方程f′(x)=0，即3ax2+2bx+c=0的兩根.
由根與系數的關系，得
又f(1)=-1，所以a+b+c=-1. ③
由①②③解得a=12，b=0，c=-32.
(2)由(1)得f(x)=12x3-32x，
所以當f′(x)=32x2-32>0時，有x<-1或x>1;
當f′(x)=32x2-32<0時，有-1
所以函數f(x)=12x3-32x在(-∞，-1)和(1，+∞)上是增函數，在(-1,1)上是減函數.
所以當x=-1時，函數取得極大值f(-1)=1;當x=1時，函數取得極小值f(1)=-1.
【點撥】求函數的極值應先求導數.對于多項式函數f(x)來講， f(x)在點x=x0處取極值的必要條件是f′(x)=0.但是， 當x0滿足f′(x0)=0時， f(x)在點x=x0處卻未必取得極 值，只有在x0的兩側f(x)的導數異號時，x0才是f(x)的極值點.并且如果f′(x)在x0兩側滿足“左正右負”，則x0是f(x)的極大值點，f(x0)是極大值;如果f′(x)在x0兩側滿足“左負右正”，則x0是f(x)的極小值點，f(x0)是極小值.
【變式訓練2】定義在R上的函數y=f(x)，滿足f(3-x)=f(x)，(x-32)f′(x)<0，若x13，則有( )
A. f(x1)f(x2)
C. f(x1)=f(x2) D.不確定
【解析】由f(3-x)=f(x)可得f[3-(x+32)]=f(x+32)，即f(32-x)=f(x+32)，所以函數f(x)的圖象關于x=32對稱.又因為(x-32)f′(x)<0，所以當x>32時，函數f(x)單調遞減，當x<32時，函數f(x)單調遞增.當x1+x22=32時，f(x1)=f(x2)，因為x1+x2>3，所以x1+x22>32，相當于x1，x2的中點向右偏離對稱軸，所以f(x1)>f(x2).故選B.
題型三 求函數的最值
【例3】 求函數f(x)=ln(1+x)-14x2在區間[0,2]上的最大值和最小值.
【解析】f′(x)=11+x-12x，令11+x-12x=0，化簡為x2+x-2=0，解得x1=-2或x2=1，其中x1=-2舍去.
又由f′(x)=11+x-12x>0，且x∈[0,2]，得知函數f(x)的單調遞增區間是(0,1)，同理， 得知函數f(x)的單調遞減區間是(1,2)，所以f(1)=ln 2-14為函數f(x)的極大值.又因為f(0)=0，f(2)=ln 3-1>0，f(1)>f(2)，所以，f(0)=0為函數f(x)在[0,2]上的最小值，f(1)=ln 2-14為函數f(x)在[0,2]上的最大值.
【點撥】求函數f(x)在某閉區間[a，b]上的最值，首先需求函數f(x)在開區間(a，b)內的極值，然后，將f(x)的各個極值與f(x)在閉區間上的端點的函數值f(a)、f(b)比較，才能得出函數f(x)在[a，b]上的最值.
【變式訓練3】(20xx江蘇)f(x)=ax3-3x+1對x∈[-1,1]總有f(x)≥0成立，則a= .
【解析】若x=0，則無論a為 何值，f(x)≥0恒成立.
當x∈(0,1]時，f(x)≥0可以化為a≥3x2-1x3，
設g(x)=3x2-1x3，則g′(x)=3(1-2x)x4，
x∈(0，12)時，g′(x)>0，x∈(12，1]時，g′(x)<0.
因此g(x)max=g(12)=4，所以a≥4.
當x∈[-1,0)時，f(x)≥0可以化為
a≤3x2-1x3，此時g′(x)=3(1-2x)x4>0，
g(x)min=g(-1)=4，所以a≤4.
綜上可知，a=4.
總結提高
1.求函數單調區間的步驟是：
(1)確定函數f(x)的定義域D;
(2)求導數f′(x);
(3)根據f′(x)>0，且x∈D，求得函數f(x)的單調遞增區間;根據f′(x)<0，且x∈D，求得函數f(x)的單調遞減區間.
2.求函數極值的步驟是：
(1)求導數f′(x);
(2)求方程f′(x)=0的根;
(3)判斷f′(x)在方程根左右的值的符號，確定f(x)在這個根處取極大值還是取極小值.
3.求函數最值的步驟是：
先求f(x)在(a，b)內的極值;再將f(x)的各極值與端點處的函數值f(a)、f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值.
高三數學教案6
1.導數概念及其幾何意義
(1)了解導數概念的實際背景;
(2)理解導數的幾何意義.
2.導數的運算
(1)能根據導數定義，求函數y=c(c為常數)，y=x，y=x2，y=x3，y= ，y= 的導數;
(2)能利用基本初等函數的導數公式和導數的四則運算法則求簡單函數的導數，能求簡單的復合函數(僅限于形如f(ax+b)的復合函數)的導數.
3.導數在研究函數中的應用
(1)了解函數單調性和導數的關系，能利用導數研究函數的單調性，會求函數的單調區間(其中多項式函數一般不超過三次);
(2)了解函數在某點取得極值的必要條件和充分條件;會用導數求函數的極大值、極小值(其中多項式函數一般不超過三次);會求閉區間上函數的最大值、最小值(其中多項式函數一般不超過三次).
4.生活中的優化問題
會利用導數解決某些實際問題.
5.定積分與微積分基本定理
(1)了解定積分的實際背景，了解定積分的基本思想，了解定積分的概念;
(2)了解微積分基本定理的含義. 本章重點：
1.導數的概念;
2.利用導數求切線的斜率;
3.利用導數判斷函數單調性或求單調區間;
4.利用導數求極值或最值;
5.利用導數求實際問題最優解.
本章難點：導數的綜合應用. 導數與定積分是微積分的核心概念之一，也是中學選學內容中較為重要的知識之一.由于其應用的廣泛性，為我們解決有關函數、數列問題提供了更一般、更有效的方法.因此，本章知識在高考題中常在函數、數列等有關最值不等式問題中有所體現，既考查數形結合思想，分類討論思想，也考查學生靈活運用所學知識和方法的能力.考題可能以選擇題或填空題的形式來考查導數與定積分的'基本運算與簡單的幾何意義，而以解答 題的形式來綜合考查學生的分析問題和解決問題的能力.
知識網絡
3 .1 導數的概念與運算
典例精析
題型一 導數 的概念
【例1】 已知函數f(x)=2ln 3x+8x，
求 f(1-2Δx)-f(1)Δx的值.
【解析】由導數的定義知：
f(1-2Δx)-f(1)Δx=-2 f(1-2Δx)-f(1)-2Δx=-2f′(1)=-20.
【點撥】導數的實質是求函數值相對于自變量的變化率，即求當Δx→0時， 平均變化率ΔyΔx的極限.
【變式訓練1】某市在一次降雨過程中，降雨量y(mm)與時間t(min)的函數關系可以近似地表示為f(t)=t2100，則在時刻t=10 min的降雨強度為( )
A.15 mm/min B.14 mm/min
C.12 mm/min D.1 mm/min
【解析】選A.
題型二 求導函數
【例2】 求下列函數的導數.
(1)y=ln(x+1+x2);
(2)y=(x2-2x+3)e2x;
(3)y=3x1-x.
【解析】運用求導數公式及復合函數求導數法則.
(1)y′=1x+1+x2(x+1+x2)′
=1x+1+x2(1+x1+x2)=11+x2.
(2)y′=(2x-2)e2x+2(x2-2x+3)e2x
=2(x2-x+2)e2x.
(3)y′=13(x1-x 1-x+x(1-x)2
=13(x1-x 1(1-x)2
=13x (1-x)
【變式訓練2】如下圖，函數f(x)的圖象是折線段ABC，其中A、B、C的坐標分別為(0,4)，(2,0)，(6,4)，則f(f(0))= ; f(1+Δx)-f(1)Δx= (用數字作答).
【解析】f(0)=4，f(f(0))=f(4)=2，
由導數定義 f(1+Δx)-f(1)Δx=f′(1).
當0≤x≤2時，f(x)=4-2x，f′(x)=-2，f′(1)=-2.
題型三 利用導數求切線的斜率
【例3】 已知曲線C：y=x3-3x2+2x， 直線l：y=kx，且l與C切于點P(x0，y0) (x0≠0)，求直線l的方程及切點坐標.
【解析】由l過原點，知k=y0x0 (x0≠0)，又點P(x0，y0) 在曲線C上，y0=x30-3x20+2x0，
所以 y0x0=x20-3x0+2.
而y′=3x2-6x+2，k=3x20-6x0+2.
又 k=y0x0，
所以3x20-6x0+2=x20-3x0+2，其中x0≠0，
解得x0=32.
所以y0=-38，所以k=y0x0=-14，
所以直線l的方程為y=-14x，切點坐標為(32，-38).
【點撥】利用切點在曲線上，又曲線在切點處的切線的斜率為曲線在該點處的導數來列方程，即可求得切點的坐標.
【變式訓練3】若函數y=x3-3x+4的切線經過點(-2，2)，求此切線方程.
【解析】設切點為P(x0，y0)，則由
y′=3x2-3得切線的斜率為k=3x20-3.
所以函數y=x3-3x+4在P(x0，y0)處的切線方程為
y-y0=(3x20-3)(x-x0).
又切線經過點(-2,2)，得
2-y0=(3x20-3)(-2-x0)，①
而切點在曲線上，得y0=x30-3x0+4， ②
由①②解得x0=1或x0=-2.
則切線方程為y=2 或 9x-y+20=0.
總結提高
1.函數y=f(x)在x=x0處的導數通常有以下兩種求法：
(1) 導數的定義，即求 ΔyΔx= f(x0+Δx)-f(x0)Δx的值;
(2)先求導函數f′(x)，再將x=x0的值代入，即得f′(x0)的值.
2.求y=f(x)的導函數的幾種方法：
(1)利用常見函數的導數公式;
(2)利用四則運算的導數公式;
(3)利用復合函數的求導方法.
3.導數的幾何意義：函數y=f(x)在x=x0處的導數f′(x0)，就是函數y=f(x)的曲線在點P(x0，y0)處的切線的斜率.
高三數學教案7
教學目標
理解數列的概念，掌握數列的運用
教學重難點
理解數列的概念，掌握數列的.運用
教學過程
【知識點精講】
1、數列：按照一定次序排列的一列數(與順序有關)
2、通項公式：數列的第n項an與n之間的函數關系用一個公式來表示an=f(n)。
(通項公式不)
3、數列的表示:
(1)列舉法:如1,3,5,7,9……;
(2)圖解法:由(n,an)點構成;
(3)解析法:用通項公式表示,如an=2n+1
(4)遞推法:用前n項的值與它相鄰的項之間的關系表示各項,如a1=1,an=1+2an-1
4、數列分類：有窮數列，無窮數列;遞增數列，遞減數列，擺動數列，常數數列;有界數列，xx數列
5、任意數列{an}的前n項和的性質
高三數學教案8
一、指導思想與理論依據
數學是一門培養人的思維，發展人的思維的重要學科。因此，在教學中，不僅要使學生“知其然”而且要使學生“知其所以然”。所以在學生為主體，教師為主導的原則下，要充分揭示獲取知識和方法的思維過程。因此本節課我以建構主義的“創設問題情境——提出數學問題——嘗試解決問題——驗證解決方法”為主，主要采用觀察、啟發、類比、引導、探索相結合的教學方法。在教學手段上，則采用多媒體輔助教學，將抽象問題形象化，使教學目標體現的更加完美。
二、教材分析
三角函數的誘導公式是普通高中課程標準實驗教科書（人教A版）數學必修四，第一章第三節的內容，其主要內容是三角函數誘導公式中的公式（二）至公式（六）。本節是第一課時，教學內容為公式（二）、（三）、（四）。教材要求通過學生在已經掌握的任意角的三角函數的定義和誘導公式（一）的基礎上，利用對稱思想發現任意角與、、終邊的對稱關系，發現他們與單位圓的交點坐標之間關系，進而發現他們的三角函數值的關系，即發現、掌握、應用三角函數的誘導公式公式（二）、（三）、（四）。同時教材滲透了轉化與化歸等數學思想方法，為培養學生養成良好的學習習慣提出了要求。為此本節內容在三角函數中占有非常重要的地位。
三、學情分析
本節課的授課對象是本校高一（1）班全體同學，本班學生水平處于中等偏下，但本班學生具有善于動手的良好學習習慣，所以采用發現的教學方法應該能輕松的完成本節課的教學內容。
四、教學目標
�。�1）、基礎知識目標：理解誘導公式的發現過程，掌握正弦、余弦、正切的誘導公式；
�。�2）、能力訓練目標：能正確運用誘導公式求任意角的正弦、余弦、正切值，以及進行簡單的三角函數求值與化簡；
（3）、創新素質目標：通過對公式的推導和運用，提高三角恒等變形的能力和滲透化歸、數形結合的數學思想，提高學生分析問題、解決問題的能力；
（4）、個性品質目標：通過誘導公式的學習和應用，感受事物之間的普通聯系規律，運用化歸等數學思想方法，揭示事物的本質屬性，培養學生的唯物史觀。
五、教學重點和難點
1、教學重點
理解并掌握誘導公式。
2、教學難點
正確運用誘導公式，求三角函數值，化簡三角函數式。
六、教法學法以及預期效果分析
“授人以魚不如授之以魚”，作為一名老師，我們不僅要傳授給學生數學知識，更重要的是傳授給學生數學思想方法，如何實現這一目的，要求我們每一位教者苦心鉆研、認真探究。下面我從教法、學法、預期效果等三個方面做如下分析。
1、教法
數學教學是數學思維活動的教學，而不僅僅是數學活動的結果，數學學習的目的不僅僅是為了獲得數學知識，更主要作用是為了訓練人的思維技能，提高人的思維品質。
在本節課的教學過程中，本人以學生為主題，以發現為主線，盡力滲透類比、化歸、數形結合等數學思想方法，采用提出問題、啟發引導、共同探究、綜合應用等教學模式，還給學生“時間”、“空間”，由易到難，由特殊到一般，盡力營造輕松的學習環境，讓學生體味學習的快樂和成功的喜悅。
2、學法
“現代的`文盲不是不識字的人，而是沒有掌握學習方法的人”，很多課堂教學常常以高起點、大容量、快推進的做法，以便教給學生更多的知識點，卻忽略了學生接受知識需要時間消化，進而泯滅了學生學習的興趣與熱情。如何能讓學生程度的消化知識，提高學習熱情是教者必須思考的問題。
在本節課的教學過程中，本人引導學生的學法為思考問題、共同探討、解決問題簡單應用、重現探索過程、練習鞏固。讓學生參與探索的全部過程，讓學生在獲取新知識及解決問題的方法后，合作交流、共同探索，使之由被動學習轉化為主動的自主學習。
3、預期效果
本節課預期讓學生能正確理解誘導公式的發現、證明過程，掌握誘導公式，并能熟練應用誘導公式了解一些簡單的化簡問題。
高三數學教案9
【教學目標】
1.初步理解集合的概念，知道常用數集的概念及其記法.
2.理解集合的三個特征，能判斷集合與元素之間的關系，正確使用符號 .
3.能根據集合中元素的特點，使用適當的方法和準確的語言將其表示出來，并從中體會到用數學抽象符號刻畫客觀事物的優越性.
【考綱要求】
1. 知道常用數集的概念及其記法.
2. 理解集合的三個特征，能判斷集合與元素之間的關系，正確使用符號 .
【課前導學】
1.集合的含義： 構成一個集合.
(1)集合中的元素及其表示： .
(2)集合中的元素的特性： .
(3)元素與集合的關系：
(i)如果a是集合A的元素，就記作__________讀作“___________________”;
(ii)如果a不是集合A的元素，就記作______或______讀作“_______________”.
【思考】構成集合的元素是不是只能是數或點?
【答】
2.常用數集及其記法：
一般地，自然數集記作____________，正整數集記作__________或___________，
整數集記作________，有理數記作_______，實數集記作________.
3.集合的分類：
按它的元素個數多少來分：
(1)________________________叫做有限集;
(2)___________________ _____叫做無限集;
(3)______________ _叫做空集，記為_____________
4.集合的表示方法：
(1)______ __________________叫做列舉法;
(2)________________ ________叫做描述法.
(3)______ _________叫做文氏圖
【例題講解】
例1、 下列每組對象能否構成一個集合?
(1) 高一年級所有高個子的學生;(2)平面上到原點的距離等于2的點的全體;
(3)所有正三角形的全體; (4)方程 的實數解;(5)不等式 的所有實數解.
例2、用適當的方法表示下列集合
�、儆伤写笥�10且小于20的整數組成的集合記作 ;
②直線 上點的集合記作 ;
�、鄄坏仁� 的`解組成的集合記作 ;
�、芊匠探M 的解組成的集合記作 ;
⑤第一象限的點組成的集合記作 ;
⑥坐標軸上的點的集合記作 .
例3、已知集合 ,若 中至多只有一個元素，求實數 的取值范圍.
【課堂檢測】
1.下列對象組成的集體：①不超過45的正整數;②鮮艷的顏色;③中國的大城市;④絕對值最小的實數;⑤高一(2)班中考500分以上的學生，其中為集合的是____________
2.已知2a∈A，a2-a∈A，若A含2個元素，則下列說法中正確的是
�、賏取全體實數; ②a取除去0以外的所有實數;
③a取除去3以外的所有實數;④a取除去0和3以外的所有實數
3.已知集合 ，則滿足條件的實數x組成的集合
【教學反思】
§1.1 集合的含義及其表示
高三數學教案10
1、情景設置
問題1：若今天是星期二，再過30天后的那一天是星期幾？怎么算？
預期回答：星期四，將問題轉化為求“30被7除后算余數”是多少？
問題2：若今天是星期二，再過810天后的那一天是星期幾？
問題3：若今天是星期二，再過天后是星期幾？怎么算？
預期回答：將問題轉化為求“被7除后算余數”是多少？
在初中，我們已經學過了
(a+b)2=a2+2ab+b2
(a+b)3=(a+b)2(a+b)=a3+3a2b+3ab2+b3
�。ㄌ釂枺簩τ�(a+b)4，(a+b)5如何展開？（利用多項式乘法）
�。ㄔ偬釂枺海╝+b)100又怎么辦？(a+b)n(n?N+）呢？
我們知道，事物之間或多或少存在著規律。也就是研究（a+b)n(n?N+）的展開式是什么？這就是本節課要學的內容。這節課，我們就來研究(a+b)n的二項展開式的規律性。學完本課后，此題就不難求解了。
�。ㄔO計意圖：使學生明確學習目的，用懸念來激發他們的學習動機。奧蘇貝爾認為動機是學習的先決條件，而認知驅力，即學生渴望認知、理解和掌握知識，并能正確陳述問題、順利解決問題的傾向是學生學習的重要動力。）
2、新授
第一步：讓學生展開；
問題1：以的展開式為例，說出各項字母排列的規律；項數與乘方指數的關系；展開式第二項的系數與乘方指數的關系。
預期回答：①展開式每一項的次數按某一字母降冪、另一字母升冪排列，且兩個字母冪指數的和等于乘方指數；②展開式的項數比乘方指數多1;③展開式中第二項的.系數等于乘方指數。
第二步：繼續設疑
如何展開以及呢？
�。ㄔO計意圖：讓學生感到僅掌握楊輝三角形是不夠的，激發學生繼續學習新的更簡捷的方法的欲望。）
繼續新授
師：為了尋找規律，我們以中為例
問題1：以項為例，有幾種情況相乘均可得到項？這里的字母各來自哪個括號？
問題2：既然以上的字母分別來自4個不同的括號，項的系數你能用組合數來表示嗎？
問題3：你能將問題2所述的意思改編成一個排列組合的命題嗎？
�。A期答案：有4個括號，每個括號中有兩個字母，一個是、一個是。每個括號只能取一個字母，任取兩個、兩個，然后相乘，問不同的取法有幾種？）
問題4：請用類比的方法，求出二項展開式中的其它各項系數（用組合數的形式進行填寫），呈現二項式定理
3、深化認識
請學生總結：
①二項式定理展開式的系數、指數、項數的特點是什么？
�、诙検蕉ɡ碚归_式的結構特征是什么？哪一項最具有代表性？
由此，學生得出二項式定理、二項展開式、二項式系數、項的系數、二項展開式的通項等概念，這是本課的。重點。
�。ㄔO計意圖：教師用邊講邊問的形式，通過讓學生自己總結、發現規律，挖掘學習材料潛在的意義，從而使學習成為有意義的學習。）
4、鞏固應用
例1-3是課本原題，由于是第一節課所以題目類型較基礎
最后解決起始問題：今天是星期二，再過8n天后的那一天是星期幾？
解：8n=(7+1)n=cn07n+cn17n-1+cn27n-2+…+cnn-17+cnn
因為cnn前面各項都是7的倍數，故都能被7整除。
因此余數為cnn=1
所以應為星期三
高三數學教案11
一. 教學設計理念
數學教學是數學活動的教學，是師生交往、互動、共同發展的過程。有效的數學教學應當從學生的生活經驗和已有的知識水平出發，向他們提供充分地從事數學活動的機會，在活動中激發學生的學習潛能，促使學生在自主探索與合作交流的過程中真正理解和掌握基本的數學知識、技能和思想方法。提高解決問題的能力,并進一步使學生在意志力、自信心、理性精神等情感、態度方面都得到良好的發展。
二．對教學內容的認識
1．教材的地位和作用
本節課是在學生學習過“一百萬有多大”之后，繼續研究日常生活中所存在的較小的數，進一步發展學生的數感，并在學完負整數指數冪的運算性質的基礎上，嘗試用科學記數法來表示百萬分之一等較小的數。學生具備良好的數感，不僅對于其正確理解數據所要表達的信息具有重要意義，而且對于發展學生的統計觀念也具有重要的價值。
2．教材處理
基于設計理念，我在尊重教材的基礎上,適時添加了“銀河系的`直徑”這一問題，以向學生滲透辯證的研究問題的思想方法，幫助學生正確認識百萬分之一。
通過本節課的教學，我力爭達到以下教學目標：
3. 教學目標
�。�1）知識技能：
借助自身熟悉的事物，從不同角度來感受百萬分之一，發展學生的數感。能運用科學記數法來表示百萬分之一等較小的數。
�。�2）數學思考：
通過對較小的數的問題的學習，尋求科學的記數方法。
�。�3）解決問題：
能解決與科學記數有關的實際問題。
�。�4）情感、態度、價值觀：
使學生體會科學記數法的科學性和辯證的研究問題的思想方法。培養學生的合作交流意識與探究精神。
4. 教學重點與難點
根據教學目標，我確定本節課的重點、難點如下：
重點：對較小數據的信息做合理的解釋和推斷，會用科學記數法來表示絕對值較小的數。
難點：感受較小的數，發展數感。
三．教法、學法與教學手段
1.教法、學法：
本節課的教學對象是七年級的學生，這一年級的學生對于周圍世界和社會環境中的實際問題具有越來越強烈的興趣。他們對于日常生活中一些常見的數據都想嘗試著來加以分析和說明，但又缺乏必要的感知較大數據或較小數據的方法及感知這些數據的活動經驗。
因此根據本節課的教學目標、教學內容，及學生的認知特點，教學上以“問題情境——設疑誘導——引導發現——合作交流——形成結論和認識”為主線,采用“引導探究式”的教學方法。學生將主要采用“動手實踐——自主探索——合作交流”的學習方法，使學生在直觀情境的觀察和自主的實踐活動中獲取知識，并通過合作交流來深化對知識的理解和認識。
2.教學手段：
1.采用現代化的教學手段——多媒體教學，能直觀、生動地反映問題情境，充分調動學生學習的積極性。
2.以常見的生活物品為直觀教具，豐富了學生感知認識對象的途徑，使學生對百萬分之一的認識更貼近生活。
四.教學過程
(一).復習舊知，鋪墊新知
問題1：光的速度為300 000km/s
問題2：地球的半徑約為6 400km
問題3：中國的人口約為1300 000 000人
(十).教學設計說明
本節課我以貼近學生生活的數據及問題背景為依托，使學生學會用數學的方法來認識百萬分之一，豐富了學生對數學的認識，提高了學生應用數學的能力，并為培養學生的終身學習奠定了基礎。在授課時相信會有一些預見不到的情況，我將在課堂上根據學生的實際情況做相應的處理。
高三數學教案12
根據學科特點，結合我校數學教學的實際情況制定以下教學計劃，第二學期高三數學教學計劃。
一、教學內容 高中數學所有內容：
抓基礎知識和基本技能，抓數學的通性通法，即教材與課程目標中要求我們把握的數學對象的基本性質，處理數學問題基本的、常用的數學思想方法，如歸納、演繹、分析、綜合、分類討論、數形結合等。提高學生的思維品質，以不變應萬變，使數學學科的復習更加高效優質。研究《考試說明》，全面掌握教材知識，按照考試說明的要求進行全面復習。把握課本是關鍵，夯實基礎是我們重要工作，提高學生的解題能力是我們目標。研究《課程標準》和《教材》，既要關心《課程標準》中調整的內容及變化的要求，又要重視今年數學不同版本《考試說明》的比較。結合上一年的新課改區高考數學評價報告，對《課程標準》進行橫向和縱向的分析，探求命題的變化規律。
二、學情分析：
我今年教授兩個班的數學：（17）班和（18）班，經過與同組的其他老師商討后，打算第一輪20xx年2月底；第二輪從20xx年2月底至5月上旬結束；第三輪從20xx年5月上旬至5月底結束。
�。ㄒ唬┩瑐湔n組老師之間加強研究
1、研究《課程標準》、參照周邊省份20xx年《考試說明》，明確復習教學要求。
2、研究高中數學教材。
處理好幾種關系：課標、考綱與教材的關系；教材與教輔資料的關系；重視基礎知識與培養能力的關系。
3、研究08年新課程地區高考試題，把握考試趨勢。
特別是山東、廣東、江蘇、海南、寧夏等課改地區的試卷。
4、研究高考信息，關注考試動向。
及時了解09高考動態，適時調整復習方案。
5、研究本校數學教學情況、尤其是本屆高三學生的學情。
有的放矢地制訂切實可行的校本復習教學計劃。
�。ㄒ唬┲匾曊n本，夯實基礎，建立良好知識結構和認知結構體系 課本是考試內容的載體，是高考命題的依據，也是學生智能的生長點，是最有參考價值的資料。
（二）提升能力，適度創新 考查能力是高考的重點和永恒主題。
教育部已明確指出高考從“以知識立意命題”轉向“以能力立意命題”。
�。ㄈ⿵娀瘮祵W思想方法 數學不僅僅是一種重要的工具，更重要的是一種思維模式，一種思想。
注重對數學思想方法的考查也是高考數學命題的顯著特點之一。
數學思想方法是對數學知識最高層次上的概括提煉，它蘊涵于數學知識的發生、發展和應用過程中，能夠遷移且廣泛應用于相關科學和社會生活，教學工作計劃《第二學期高三數學教學計劃》。
在復習備考中，要把數學思想方法滲透到每一章、每一節、每一課、每一套試題中去，任何一道精心編擬的數學試題，均蘊涵了極其豐富的數學思想方法，如果注意滲透，適時講解、反復強調，學生會深入于心，形成良好的思維品格，考試時才會思如泉涌、駕輕就熟，數學思想方法貫穿于整個高中數學的始終，因此在進入高三復習時就需不斷利用這些思想方法去處理實際問題，而并非只在高三復習將結束時去講一兩個專題了事。
�。ㄋ模⿵娀季S過程，提高解題質量 數學基礎知識的學習要充分重視知識的形成過程，解數學題要著重研究解題的思維過程，弄清基本數學知識和基本數學思想在解題中的意義和作用，注意多題一解、一題多解和一題多變。
多題一解有利于培養學生的.求同思維；一題多解有利于培養學生的求異思維；一題多變有利于培養學生思維的靈活性與深刻性。
在分析解決問題的過程中既構建知識的橫向聯系，又養成學生多角度思考問題的習慣。
�。ㄎ澹┱J真總結每一次測試的得失，提高試卷的講評效果 試卷講評要有科學性、針對性、輻射性。
講評不是簡單的公布正確答案，一是幫學生分析探求解題思路，二是分析錯誤原因，吸取教訓，三是適當變通、聯想、拓展、延伸，以例及類，探求規律。還可橫向比較，與其他班級比較，尋找個人教學的薄弱環節。根據所教學生實際有針對性地組題進行強化訓練，抓基礎題，得到基礎分對大部分學校而言就是高考成功，這已是不爭的共識。第二輪專題過關，對于高考數學的復習，應在一輪系統學習的基礎上，利用專題復習，更能提高數學備考的針對性和有效性。在這一階段，鍛煉學生的綜合能力與應試技巧，不要重視知識結構的先后次序，需配合著專題的學習，提高學生采用“配方法、待定系數法、數形結合，分類討論，換元”等方法解決數學問題的能力，同時針對選擇、填空的特色，學習一些解題的特殊技巧、方法，以提高在高考考試中的對時間的掌控力。第三輪綜合模擬，在前兩輪復習的基礎上，為了增強數學備考的針對性和應試功能，做一定量的高考模擬試題是必須的，也是十分有效的。
四、該階段需要解決的問題是：
1、強化知識的綜合性和交匯性，鞏固方法的選擇性和靈活性。
2、檢查復習的知識疏漏點和解題易錯點，探索解題的規律。
3、檢驗知識網絡的生成過程。
4、領會數學思想方法在解答一些高考真題和新穎的模擬試題時的工具性。
五、在有序做好復習工作的同時注意一下幾點:
（1）從班級實際出發，我要幫助學生切實做到對基礎訓練限時完成，加強運算能力的訓練，嚴格答題的規范化，如小括號、中括號等，特別是對那些書寫“像霧像雨又像風”的學生要加強指導，確�；镜梅�。
（2）在考試的方法和策略上做好指導工作，如心理問題的疏導，考試時間的合理安排等等。
（3）與備課組其他老師保持統一，對內協作，對外競爭。自己多做研究工作，如仔細研讀訂閱的雜志，研究典型試題，把握高考走勢。
�。�4）做到“有練必改，有改必評，有評必糾”。
（5）課內面向大多數同學，課外抓好優等生和邊緣生，尤其是邊緣生。
班級是一個集體，我們的目標是“水漲船高”，而不是“水落石出”。
（6）要改變教學方式，努力學習和實踐我�？偨Y推出的“221”模式。
教學是一門藝術，藝術是無止境的，要一點天份，更要勤奮。
�。�7）教研組團隊合作 虛心學習別人的優點，博采眾長，對工作是很有利的。
�。�8）平等對待學生，關心每一位學生的成長，宗旨是教出來的學生不一定都很優秀，但肯定每一位都有進步；讓更多的學生喜歡數學。
高三數學教案13
本文題目：高三數學教案：三角函數的周期性
一、學習目標與自我評估
1 掌握利用單位圓的幾何方法作函數 的圖象
2 結合 的圖象及函數周期性的定義了解三角函數的周期性，及最小正周期
3 會用代數方法求 等函數的周期
4 理解周期性的幾何意義
二、學習重點與難點
周期函數的概念， 周期的求解。
三、學法指導
1、 是周期函數是指對定義域中所有 都有
，即 應是恒等式。
2、周期函數一定會有周期，但不一定存在最小正周期。
四、學習活動與意義建構
五、重點與難點探究
例1、若鐘擺的'高度 與時間 之間的函數關系如圖所示
(1)求該函數的周期;
(2)求 時鐘擺的高度。
例2、求下列函數的周期。
(1) (2)
總結：(1)函數 (其中 均為常數，且
的周期T= 。
(2)函數 (其中 均為常數，且
的周期T= 。
例3、求證： 的周期為 。
例4、(1)研究 和 函數的圖象，分析其周期性。
(2)求證： 的周期為 (其中 均為常數，
且
總結：函數 (其中 均為常數，且
的周期T= 。
例5、(1)求 的周期。
(2)已知 滿足 ，求證： 是周期函數
課后思考：能否利用單位圓作函數 的圖象。
六、作業：
七、自主體驗與運用
1、函數 的周期為 ( )
A、 B、 C、 D、
2、函數 的最小正周期是 ( )
A、 B、 C、 D、
3、函數 的最小正周期是 ( )
A、 B、 C、 D、
4、函數 的周期是 ( )
A、 B、 C、 D、
5、設 是定義域為R,最小正周期為 的函數，
若 ，則 的值等于 ()
A、1 B、 C、0 D、
6、函數 的最小正周期是 ，則
7、已知函數 的最小正周期不大于2，則正整數
的最小值是
8、求函數 的最小正周期為T，且 ，則正整數
的最大值是
9、已知函數 是周期為6的奇函數，且 則
10、若函數 ，則
11、用周期的定義分析 的周期。
12、已知函數 ，如果使 的周期在 內，求
正整數 的值
13、一機械振動中，某質子離開平衡位置的位移 與時間 之間的
函數關系如圖所示：
(1) 求該函數的周期;
(2) 求 時，該質點離開平衡位置的位移。
14、已知 是定義在R上的函數，且對任意 有
成立，
(1) 證明： 是周期函數;
(2) 若 求 的值。
高三數學教案14
1.了解平行線截割定理.
2.會證明并應用直角三角形射影定理.
3.會證明并應用圓周角定理，圓的切線的判定定理及性質定理，并會運用它們進行計算與證明.
4.會證明并應用相交弦定理、圓內接四 邊形的性質定理與判定定理、切割線定理，并會運用它們進行幾何計算與證明.
5.了解平行投影的含義，通過圓柱與平面的位置關系了解平行投影;會證明平面與圓柱面的截線是橢圓(特殊情形是圓).
6.了解下面的定理.
定理：在空間中，取直線l為軸，直線l′與l相交于點O，其夾角為α，l′圍繞l旋轉得到以O為頂點，l′為母線的圓錐面，任取平面π，若它與軸l的交角為β(π與l平行，記β=0)，則：
①β>α，平面π與圓錐的交線為橢圓;
②β=α，平面π與圓錐的交線為拋物線;
�、郐�<α，平面π與圓錐的交線為雙曲線.
7.會利用丹迪林(Dandelin)雙 球(如圖所示，這兩個球位于圓錐的內部，一個位于平面π的上方，一個位于平面π的下方，并且與平面π及圓錐面均相切，其切點分別為F，E)證明上述定理①的情形：
當β>α時，平面π與圓錐的交線為橢圓.
(圖中，上、下兩球與圓錐面相切的切點分別為點B和點C，線段BC與平面π相交于點A)
8.會證明以下結果：
�、僭�7.中，一個丹迪林球與圓 錐面的交線為一個圓，并與圓錐的底面平行.記這個圓所在的平面為π′.
�、谌绻矫姒信c平面π′的交線為m，在6.①中橢圓上任取點A，該丹迪林球與平面π的切點為F，則點A到點F的距離與點 A到直線m的距離比是小于1的常數e(稱點F為這個橢圓的焦點，直線m為橢圓的準線，常數e為離心率).
9.了解定理6.③中的證明，了解當β無限接近α時，平面π的極限結果. 本章重點：相似三角形的判定與性質，與圓有關的若干定理及其運用，并將其運用到立體幾何中.
本章難點：對平面截圓柱、圓錐所得的曲線為圓、橢圓、雙曲線、拋物線的證明途徑與方法，它是解立體幾何、平面幾何知識的綜合運用，應較好地把握.
本專題強調利用演繹推理證明結論，通過推理證明進一步發展學生的邏輯推理能力，進一步提高空間想象能力、幾何直觀能力和綜合運用幾何方法解決問題的能力.
第一講與第二講是傳統內容，高考中主要考查平行線截割定理、直角三角形射影定理以及與圓有關的性質和判定，考查邏輯推理能力.第三講內容是新增內容，在新課程高考下，要求很低，只作了解.
知識網絡
16.1 相似三角形的判定及有關性質
典例精析
題型一 相似三角形的判定與性質
【例1】 如圖，已知在△ABC中，D是BC邊的中點，且AD=AC，DE⊥BC，DE與AB相交于點E，EC與AD相交于點F.
(1)求證：△ABC∽△FCD;
(2)若S△FCD=5，BC=10，求DE的長.
【解析】(1)因為DE⊥BC，D是BC的中點，所以EB=EC，所以∠B=∠1.
又因為AD=AC，所以∠2=∠ACB.所以△ABC∽△FCD.
(2)過點A作AM⊥BC，垂足為點M.因為△ABC∽△FCD，BC=2CD，所以S△ABCS△FCD=(BCCD)2=4，又因為S△FCD=5，所以S△ABC=20.因為S△ABC=12BCAM，BC=10，所以20=12×10×AM，所以AM=4.又因為DE∥AM，所以DEAM=BDBM，因為DM=12DC=52，BM=BD+DM，BD=12BC=5，所以DE4=55+52，所以DE=83.
【變式訓練1】如右圖，在△ABC中，AB=14 cm，ADBD=59，DE∥BC，CD⊥AB，CD=12 cm.求△ADE的面積和周長.
【解析】由AB=14 cm，CD=12 cm，CD⊥AB，得S△ABC=84 cm2.
再由DE∥BC可得△ABC∽△ADE.由S△ADES△ABC=(ADAB)2可求得S△ADE=757 c m2.利用勾股定理求出BC，AC，再由相似三角 形性質可得△ADE的周長為15 cm.
題型二 探求幾何結論
【例2】如圖，在梯形ABCD中，點E，F分別在AB，CD上，EF∥AD，假設EF做上下平行移動.
(1)若AEEB=12，求證：3EF=BC+2AD;
(2)若AEEB=23，試判斷EF與BC，AD之間的關系，并說明理由;
(3)請你探究一般結論，即若AEEB=mn，那么你可以得到什么結論?
【解析】 過點A作AH∥CD分別交EF，BC于點G、H.
(1)因為AEEB=12，所以AEAB=13，
又EG∥BH，所以EGBH=AEAB=13，即3EG=BH，
又EG+GF=EG+AD=EF，從而EF=13(BC-HC)+AD，
所以EF=13BC+23AD，即3EF=BC+2AD.
(2)EF與BC，AD的關系式為5EF=2BC+3AD，理由和(1)類似.
(3)因為AEEB=mn，所以AEAB=mm+n，
又EG∥BH，所以EGBH=AEAB，即EG=mm+nBH.
EF=EG+GF=EG+AD=mm+n(BC-AD)+AD，
所以EF=mm+nBC+nm+nAD，
即(m+n)EF=mBC+nAD.
【點撥】 在相似三角形中，平行輔助線是常作的輔助線之一;探求幾何結論可按特殊到一般的思路去獲取，但結論證明應從特殊情況得到啟迪.
【變式訓練2】如右圖，正方形ABCD的邊長為1，P是CD邊上中點，點Q在線段BC上，設BQ=k，是否存在這樣的實數k，使得以Q，C，P為頂點的三角形與△ADP相似?若存在，求出k的值;若不存在，請說明理由.
【解析】設存在滿足條件的實數k，
則在正方形ABCD中，∠D=∠C=90°，
由Rt△ADP∽Rt△QCP或Rt△ADP∽Rt△PCQ得ADQC=DPCP或ADPC=DPCQ，
由此解得CQ=1或CQ=14.
從而k=0或k=34.
題型三 解決線的位置或數量關系
【例3】(2009江蘇)如圖，在四邊形ABCD中，△ABC △BAD，求證：AB∥CD.
【證明】 由△ABC≌△BAD得∠ACB=∠BDA，所以A、B、C、D四點共圓，
所以∠CAB=∠CDB.
再由△ABC≌△BAD得∠CAB=∠DBA，
所以∠DBA=∠CDB，即AB∥CD.
【變式訓練3】如圖，AA1與BB1相交于點O，AB∥A1B1且AB=12A1B1，△AOB的外接圓的直徑為1，則△A1OB1的外接圓的直徑為 .
【解析】因為AB∥A1B1且AB=12A1B1，所以△AOB∽△A1OB1
因為兩三角形外接圓的直徑之比等于相似比.
所以△A1OB1的外接圓直徑為2.
總結提高
1.相似三角形的判定與性質這一內容是平面幾何知識的重要組成部分，是解題的工具，同時它的內容滲透了等價轉化、從一般到特殊、分類討論等重要的數學思想與方法，在學習時應以它們為指導.相似三角形的證法有：定義法、平行法、判定定理法以及直角三角形的HL法.
相似三角形的性質主要有對應線的比值相等(邊長、高線、中線、周長、內切圓半徑等)，對應角相等，面積的比等于相似比的平方.
2.“平行出相似”“平行成比例”，故此章中平行輔助線是常作的輔助線之一，遇到困難時應常考慮此類輔助線.
16.2 直線與圓的位置關系和圓錐曲線的性質
典例精析
題型一 切線的判定和性質的運用
【例1】如圖，AB是⊙O的直徑，AC是弦，∠BAC的平分線AD交⊙O于點D，DE⊥AC，交AC的延長線于點E，OE交AD于點F.
(1)求證：DE是⊙O的切線;
(2) 若ACAB=25，求AFDF的值.
【解析】(1)證明：連接OD，可得∠ODA=∠OAD=∠DAC，
所以OD∥AE，又AE⊥DE，所以DE⊥OD，
又OD為半徑，所以DE是⊙O的切線.
(2)過D作DH⊥AB于H，則有∠DOH=∠CAB，
OHOD=cos∠DOH=cos∠CAB=ACAB=25，
設OD=5x，則AB=10x，OH=2x，所以AH=7x.
由△AED≌△AHD可得AE=AH=7x，
又由△AEF∽△DOF可得AF∶DF=AE∶OD=75，
所以AFDF=75.
【變式訓練1】已知在直角三角形ABC中，∠ACB=90°，以BC為直徑的⊙O交AB于點D，連接DO并延長交AC的延長線于點E，⊙O的切線DF交AC于點F.
(1)求證：AF=CF;
(2)若ED=4，sin∠E=35，求CE的長.
【解析】(1)方法一：設線段FD延長線上一點G，則∠GDB=∠ADF，且∠GDB+∠BDO=π2，所以∠ADF+∠BDO=π2，又因為在⊙O中OD=OB，∠BDO=∠OBD，所以∠ADF+∠OBD=π2.
在Rt△ABC中，∠A+∠CBA=π2，所以∠A=∠ADF，所以AF=FD.
又在Rt△ABC中，直角邊BC為⊙O的直徑，所以AC為⊙O的切線，
又FD為⊙O的'切線，所以FD=CF.
所以AF=CF.
方法二：在直角三角形ABC中，直角邊BC為⊙O的直徑，所以AC為⊙O的切線，
又FD為⊙O的切線，所以FD=CF，且∠FDC=∠FCD.
又由BC為⊙O的直徑可知，∠ADF+∠FDC=π2，∠A+∠FCD=π2，
所以∠ADF=∠A，所以FD=AF.
所以AF=CF.
(2)因為在直角三角形FED中，ED=4，sin∠E=35，所以cos∠E=45，所以FE=5.
又FD=3=FC，所以CE=2.
題型二 圓中有關定理的綜合應用
【例2】如圖所示，已知⊙O1與⊙O2相交于A、B兩點，過點A作⊙O 1的切線交⊙O2于點C，過點B作兩圓的割線，分別交⊙O1、⊙O2于點D、E，DE與AC相交于點P.
( 1)求證：AD∥EC;
( 2)若AD是⊙O2的切線，且PA=6，PC=2，BD=9，求AD的長.
【解析】(1)連接AB，因為AC是⊙O1的切線，所以∠BAC=∠D，
又因為∠BAC=∠E，所以∠D=∠E，所以AD∥EC.
(2)方法一：因為PA是⊙O1的切線，PD是⊙O1的割線，
所以PA2=PBPD，所以62=PB(PB+9)，所以PB=3.
在⊙O2 中，由相交弦定理得PAPC=BPPE，所以PE=4.
因為AD是⊙O2的切線，DE是⊙O2的割線，
所以AD2=DBDE=9×16，所以AD=12.
方法二：設BP=x， PE=y.
因為PA=6，PC=2，所以由相交弦定理得PAPC=BPPE，即xy=12.①
因為AD∥EC，所以DPPE=APPC，所以9+xy=62.②
由①②可得 或 (舍去)，所以DE=9+x+y=16.
因為AD是⊙O2的切線，DE是⊙O2的割線，所以AD2=DBDE=9×16，所以AD=12.
【變式訓練2】如圖，⊙O的直徑AB的延長線與弦CD的延長線相交于點P，E為⊙O上一點， ，DE交AB于點F，且AB=2BP=4.
(1)求PF的長度;
(2)若圓F與圓O內切，直線PT與圓F切于點T，求線段PT的長度.
【解析】(1)連接OC，OD，OE，由同弧對應的圓周角與圓心角之間的關系，結合題中已知條件可得∠CDE=∠AOC.
又∠CDE=∠P+∠PFD，∠AOC=∠P+∠OCP，
從而∠PFD=∠OCP，故△PFD∽△PCO，所以PFPC=PDPO.
由割線定理知PCPD=PAPB=12，故PF= =124=3.
(2)若圓F與圓O內切，設圓F的半徑為r，
因為OF=2-r=1，即r=1，
所以OB是 圓F的直徑，且過點P的圓F的切線為PT，
則PT2=PBPO=2×4=8，即PT=22.
題型三 四點共圓問題
【例3】如圖，圓O與圓P相交于A、B兩點，圓心P在圓O上，圓O的弦BC切圓P于點B，CP及其延長線交圓P于D，E兩點，過點E作EF⊥CE，交CB的延長線于點F.
(1)求證：B、P、E、F四點共圓;
(2)若CD=2，CB=22，求出由B、P、E、F四點所確定的圓的直徑.
【解析】(1)證明：連接PB.因為BC切圓P于點B，所以PB⊥BC.
又因為EF⊥CE，所以∠PBF+∠PEF=180°，所以∠EPB+∠EFB=180°，
所以B，P，E，F四點共圓.
(2)因為B，P，E，F四點共圓，且EF⊥CE，PB⊥BC，所以此圓的直徑就是PF.
因為BC切圓P于點B，且CD=2，CB=22，
所以由切割線定理CB2=CDCE，得CE=4，DE=2，BP=1.
又因為Rt△CBP∽Rt△CEF，所以EF∶PB=CE∶CB，得EF=2.
在Rt△FEP中，PF=PE2+EF2=3，
即由B，P，E，F四點確定的圓的直徑為3.
【變式訓練3】如圖，△ABC是直角三角形，∠ABC=90°.以AB為直徑的圓O交AC于點E，點D是BC邊的中點.連接OD交圓O于點M.求證：
(1)O，B，D，E四點共圓;
(2)2DE2=DMAC+DMAB.
【證明】(1)連接BE，則BE⊥EC.
又D是BC的中點，所以DE=BD.
又OE=OB，OD=OD，所以△ODE≌△ODB，
所以∠OBD=∠OED=90°，所以D，E，O，B四點共圓.
(2)延長DO交圓O于點H.
因為DE2=DMDH=DM(DO+OH)=DMDO+DMOH=DM(12AC)+DM(12AB)，
所以2DE2=DMAC+DMAB.
總結提高
1.直線與圓的位置關系是一種重要的幾何關系.
本章在初中平面幾何的基礎上加以深化，使平面幾何知識趨于完善，同時為解析幾何、立體幾何提供了多個理論依據.
2.圓中的角如圓周角、圓心角、弦切角及其性質為證明相關的比例線段提供了理論基礎，為解決綜合問題提供了方便，使學生對幾何概念和幾何方法有較透徹的理解.
高三數學教案15
一、教材與學情分析
《隨機抽樣》是人教版職教新教材《數學(必修)》下冊第六章第一節的內容，“簡單隨機抽樣”是“隨機抽樣”的基礎，“隨機抽樣”又是“統計學‘的基礎，因此，在“統計學”中，“簡單隨機抽樣”是基礎的基礎針對這樣的情況，我做了如下的教學設想。
二、教學設想
(一)教學目標：
(1)理解抽樣的必要性，簡單隨機抽樣的概念，掌握簡單隨機抽樣的兩種方法;
(2)通過實例分析、解決，體驗簡單隨機抽樣的科學性及其方法的可靠性，培養分析問題，解決問題的能力;
(3)通過身邊事例研究，體會抽樣調查在生活中的應用，培養抽樣思考問題意識，養成良好的個性品質。
(二)教學重點、難點
重點：掌握簡單隨機抽樣常見的兩種方法(抽簽法、隨機數表法)
難點：理解簡單隨機抽樣的科學性，以及由此推斷結論的.可靠性
為了突出重點，突破難點，達到預期的教學目標，我再從教法、學法上談談我的教學思路及設想。
下面我再具體談談教學實施過程，分四步完成。
三、教學過程
(一)設置情境，提出問題
〈屏幕出示〉例1：請問下列調查宜“普查”還是“抽樣”調查?
A、一鍋水餃的味道
B、旅客上飛機前的安全檢查
C、一批炮彈的殺傷半徑
D、一批彩電的質量情況
E、美國總統的民意支持率
學生討論后，教師指出生活中處處有“抽樣”，并板書課題——XXXX抽樣
「設計意圖」
生活中處處有“抽樣”調查，明確學習“抽樣”的必要性。
(二)主動探究，構建新知
〈屏幕出示〉例2：語文老師為了了解電(1)班同學對某首詩的背誦情況，應采用下列哪種抽查方式?為什么?
A、在班級12名班委名單中逐個抽查5位同學進行背誦
B、在班級45名同學中逐一抽查10位同學進行背誦
先讓學生分析、選擇B后，師生一起歸納其特征：
(1)不放回逐一抽樣，
(2)抽樣有代表性(個體被抽到可能性相等)，
學生體驗B種抽樣的科學性后，教師指出這是簡單隨機抽樣，并復習初中講過的有關概念，最后教師補充板書課題——(簡單隨機)抽樣及其定義。
從例1、例2中的正反兩方面，讓學生體驗隨機抽樣的科學性。這是突破教學難點的重要環節之一。
復習基本概念，如“總體”、“個體”、“樣本”、“樣本容量”等。
〈屏幕出示〉例4我們班有44名學生，現從中抽出5名學生去參加學生座談會，要使每名學生的機會均等，我們應該怎么做?談談你的想法。
先讓學生獨立思考，然后分小組合作學習，最后各小組推薦一位同學發言，最后師生一起歸納“抽簽法”步驟：
(1)編號制簽
(2)攪拌均勻
(3)逐個不放回抽取n次。教師板書上面步驟。
請一位同學說說例3采用“抽簽法”的實施步驟。
「設計意圖」
1、反饋練習落實知識點突出重點。
2、體會“抽簽法”具有“簡單、易行”的優點。
〈屏幕出示〉例5、第07374期特等獎號碼為08+25+09+21+32+27+13，本期銷售金額19872409元，中獎金額500萬。
提問：特等獎號碼如何確定呢?彩票中獎號碼適合用抽簽法確定嗎?
讓學生觀看觀看電視搖獎過程，分析抽簽法的局限性，從而引入隨機數表法。教師出示一份隨機數表，并介紹隨機數表，強調數表上的數字都是隨機的，各個數字出現的可能性均等，結合上例讓學生討論隨機數表法的步驟，最后師生一起歸納步驟：
(1)編號
(2)在隨機數表上確定起始位置
(3)取數。教師板書上面步驟。
請一位同學說說例3采用“隨機數表法”的實施步驟。
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