數學高三教案
作為一無名無私奉獻的教育工作者，常常需要準備教案，教案是保證教學取得成功、提高教學質量的基本條件。那么優秀的教案是什么樣的呢？以下是小編收集整理的數學高三教案，歡迎閱讀與收藏。
數學高三教案1
一、教材分析
本節知識是必修五第一章《解三角形》的第一節內容，與初中學習的三角形的邊和角的基本關系有密切的聯系與判定三角形的全等也有密切聯系，在日常生活和工業生產中也時常有解三角形的問題，而且解三角形和三角函數聯系在高考當中也時�？家恍┙獯痤}。因此，正弦定理和余弦定理的知識非常重要。
二、教學目標
根據上述教材內容分析，考慮到學生已有的認知結構心理特征及原有知識水平，制定如下教學目標：
認知目標：在創設的問題情境中，引導學生發現正弦定理的內容，推證正弦定理及簡單運用正弦定理與三角形的內角和定理解斜三角形的兩類問題。
能力目標：引導學生通過觀察，推導，比較，由特殊到一般歸納出正弦定理，培養學生的創新意識和觀察與邏輯思維能力，能體會用向量作為數形結合的工具，將幾何問題轉化為代數問題。
情感目標：面向全體學生，創造平等的教學氛圍，通過學生之間、師生之間的交流、合作和評價，調動學生的主動性和積極性，給學生成功的'體驗，激發學生學習的興趣。
三、教學重難點
教學重點：正弦定理的內容，正弦定理的證明及基本應用。
教學難點：正弦定理的探索及證明，已知兩邊和其中一邊的對角解三角形時判斷解的個數。
四、教法
根據教材的內容和編排的特點，為是更有效地突出重點，空破難點，以學業生的發展為本，遵照學生的認識規律，本講遵照以教師為主導，以學生為主體，訓練為主線的指導思想，采用探究式課堂教學模式，即在教學過程中，在教師的啟發引導下，以學生獨立自主和合作交流為前提，以“正弦定理的發現”為基本探究內容，以生活實際為參照對象，讓學生的思維由問題開始，到猜想的得出，猜想的探究，定理的推導，并逐步得到深化。突破重點的手段：抓住學生情感的興奮點，激發他們的興趣，鼓勵學生大膽猜想，積極探索，以及及時地鼓勵，使他們知難而進。另外，抓知識選擇的切入點，從學生原有的認知水平和所需的知識特點入手，教師在學生主體下給以適當的提示和指導。突破難點的方法：抓住學生的能力線聯系方法與技能使學生較易證明正弦定理，另外通過例題和練習來突破難點
五、學法：
指導學生掌握“觀察——猜想——證明——應用”這一思維方法，采取個人、小組、集體等多種解難釋疑的嘗試活動，將自己所學知識應用于對任意三角形性質的探究。讓學生在問題情景中學習，觀察、類比、思考、探究、概括、動手嘗試相結合，體現學生的主體地位，增強學生由特殊到一般的數學思維能力，形成了實事求是的科學態度，增強了鍥而不舍的求學精神。
六、教學過程
第一：創設情景，大概用2分鐘
第二：實踐探究，形成概念，大約用25分鐘
第三：應用概念，拓展反思，大約用13分鐘
�。ㄒ唬﹦撛O情境，布疑激趣
“興趣是的老師”，如果一節課有個好的開頭，那就意味著成功了一半，本節課由一個實際問題引入，“工人師傅的一個三角形的模型壞了，只剩下如右圖所示的部分，∠A=47°,∠B=53°,AB長為1m,想修好這個零件，但他不知道AC和BC的長度是多少好去截料，你能幫師傅這個忙嗎？”激發學生幫助別人的熱情和學習的興趣，從而進入今天的學習課題。
�。ǘ┨綄ぬ乩�，提出猜想
1．激發學生思維，從自身熟悉的特例（直角三角形）入手進行研究，發現正弦定理。
2．那結論對任意三角形都適用嗎？指導學生分小組用刻度尺、量角器、計算器等工具對一般三角形進行驗證。
3．讓學生總結實驗結果，得出猜想：
在三角形中，角與所對的邊滿足關系
這為下一步證明樹立信心，不斷的使學生對結論的認識從感性逐步上升到理性。
�。ㄈ┻壿嬐评�，證明猜想
1．強調將猜想轉化為定理，需要嚴格的理論證明。
2．鼓勵學生通過作高轉化為熟悉的直角三角形進行證明。
3．提示學生思考哪些知識能把長度和三角函數聯系起來，繼而思考向量分析層面，用數量積作為工具證明定理，體現了數形結合的數學思想。
4．思考是否還有其他的方法來證明正弦定理，布置課后練習，提示，做三角形的外接圓構造直角三角形，或用坐標法來證明
�。ㄋ模w納總結，簡單應用
1．讓學生用文字敘述正弦定理，引導學生發現定理具有對稱和諧美，提升對數學美的享受。
2．正弦定理的內容，討論可以解決哪幾類有關三角形的問題。
3．運用正弦定理求解本節課引入的三角形零件邊長的問題。自己參與實際問題的解決，能激發學生知識后用于實際的價值觀。
�。ㄎ澹┲v解例題，鞏固定理
1．例1。在△ABC中，已知A=32°,B=81.8°,a=42.9cm.解三角形.
例1簡單，結果為解，如果已知三角形兩角兩角所夾的邊，以及已知兩角和其中一角的對邊，都可利用正弦定理來解三角形。
2．例2.在△ABC中,已知a=20cm,b=28cm,A=40°,解三角形.
例2較難，使學生明確，利用正弦定理求角有兩種可能。要求學生熟悉掌握已知兩邊和其中一邊的對角時解三角形的各種情形。完了把時間交給學生。
�。┱n堂練習，提高鞏固
1.在△ABC中,已知下列條件,解三角形.
(1)A=45°,C=30°,c=10cm
(2)A=60°,B=45°,c=20cm
2.在△ABC中,已知下列條件,解三角形.
(1)a=20cm,b=11cm,B=30°
(2)c=54cm,b=39cm,C=115°
學生板演，老師巡視，及時發現問題，并解答。
�。ㄆ撸┬〗Y反思，提高認識
通過以上的研究過程，同學們主要學到了那些知識和方法？你對此有何體會？
1．用向量證明了正弦定理，體現了數形結合的數學思想。
2．它表述了三角形的邊與對角的正弦值的關系。
3．定理證明分別從直角、銳角、鈍角出發，運用分類討論的思想。
�。◤膶嶋H問題出發，通過猜想、實驗、歸納等思維方法，最后得到了推導出正弦定理。我們研究問題的突出特點是從特殊到一般，我們不僅收獲著結論，而且整個探索過程我們也掌握了研究問題的一般方法。在強調研究性學習方法，注重學生的主體地位，調動學生積極性，使數學教學成為數學活動的教學。）
�。ò耍┤蝿蘸笱�，自主探究
如果已知一個三角形的兩邊及其夾角，要求第三邊，怎么辦？發現正弦定理不適用了，那么自然過渡到下一節內容，余弦定理。布置作業，預習下一節內容。
數學高三教案2
一.課標要求：
(1)空間向量及其運算
�、� 經歷向量及其運算由平面向空間推廣的過程;
�、� 了解空間向量的概念，了解空間向量的基本定理及其意義，掌握空間向量的正交分解及其坐標表示;
�、� 掌握空間向量的線性運算及其坐標表示;
�、� 掌握空間向量的數量積及其坐標表示，能運用向量的數量積判斷向量的共線與垂直。
(2)空間向量的應用
�、� 理解直線的方向向量與平面的法向量;
�、� 能用向量語言表述線線、線面、面面的垂直、平行關系;
�、� 能用向量方法證明有關線、面位置關系的一些定理(包括三垂線定理);
�、� 能用向量方法解決線線、線面、面面的夾角的計算問題，體會向量方法在研究幾何問題中的作用。
二.命題走向
本講內容主要涉及空間向量的坐標及運算、空間向量的應用。本講是立體幾何的核心內容，高考對本講的考察形式為：以客觀題形式考察空間向量的概念和運算，結合主觀題借助空間向量求夾角和距離。
預測2013年高考對本講內容的考查將側重于向量的應用，尤其是求夾角、求距離，教材上淡化了利用空間關系找角、找距離這方面的講解，加大了向量的應用，因此作為立體幾何解答題，用向量法處理角和距離將是主要方法，在復習時應加大這方面的訓練力度。
三.要點精講
1.空間向量的概念
向量：在空間，我們把具有大小和方向的量叫做向量。如位移、速度、力等。
相等向量：長度相等且方向相同的向量叫做相等向量。
表示方法：用有向線段表示，并且同向且等長的有向線段表示同一向量或相等的向量。
說明：①由相等向量的概念可知，一個向量在空間平移到任何位置，仍與原來的向量相等，用同向且等長的有向線段表示;②平面向量僅限于研究同一平面內的平移，而空間向量研究的是空間的平移。
2.向量運算和運算率
加法交換率：
加法結合率：
數乘分配率：
說明：①引導學生利用右圖驗證加法交換率，然后推廣到首尾相接的若干向量之和;②向量加法的平行四邊形法則在空間仍成立。
3.平行向量(共線向量)：
如果表示空間向量的有向線段所在的直線互相平行或重合，則這些向量叫做共線向量或平行向量。 平行于 記作 ∥ 。
注意：當我們說 、 共線時，對應的有向線段所在直線可能是同一直線，也可能是平行直線;當我們說 、 平行時，也具有同樣的意義。
共線向量定理：對空間任意兩個向量 ( )、 ， ∥ 的充要條件是存在實數 使 =
注：⑴上述定理包含兩個方面：①性質定理：若 ∥ ( 0)，則有 = ，其中 是唯一確定的實數。②判斷定理：若存在唯一實數 ，使 = ( 0)，則有 ∥ (若用此結論判斷 、 所在直線平行，還需 (或 )上有一點不在 (或 )上)。
�、茖τ诖_定的 和 ， = 表示空間與 平行或共線，長度為 | |，當 0時與 同向，當 0時與 反向的所有向量。
�、侨糁本�l∥ ， ，P為l上任一點，O為空間任一點，下面根據上述定理來推導 的表達式。
推論：如果 l為經過已知點A且平行于已知非零向量 的直線，那么對任一點O，點P在直線l上的充要條件是存在實數t，滿足等式
�、倨渲邢蛄� 叫做直線l的方向向量。
在l上取 ，則①式可化為 ②
當 時，點P是線段AB的中點，則 ③
�、倩颌诮凶隹臻g直線的向量參數表示式，③是線段AB的中點公式。
注意：⑴表示式(﹡)、(﹡﹡)既是表示式①,②的基礎，也是常用的直線參數方程的表示形式;⑵推論的用途：解決三點共線問題。⑶結合三角形法則記憶方程。
4.向量與平面平行：
如果表示向量 的有向線段所在直線與平面 平行或 在 平面內，我們就說向量 平行于平面 ，記作 ∥ 。注意：向量 ∥ 與直線a∥ 的聯系與區別。
共面向量：我們把平行于同一平面的向量叫做共面向量。
共面向量定理 如果兩個向量 、 不共線，則向量 與向量 、 共面的充要條件是存在實數對x、y，使 ①
注：與共線向量定理一樣，此定理包含性質和判定兩個方面。
推論：空間一點P位于平面MAB內的充要條件是存在有序實數對x、y，使
�、芑驅臻g任一定點O，有 ⑤
在平面MAB內，點P對應的實數對(x, y)是唯一的。①式叫做平面MAB的向量表示式。
又∵ 代入⑤，整理得
�、抻捎趯τ诳臻g任意一點P，只要滿足等式④、⑤、⑥之一(它們只是形式不同的同一等式)，點P就在平面MAB內;對于平面MAB內的任意一點P，都滿足等式④、⑤、⑥，所以等式④、⑤、⑥都是由不共線的兩個向量 、 (或不共線三點M、A、B)確定的空間平面的向量參數方程，也是M、A、B、P四點共面的充要條件。
5.空間向量基本定理：如果三個向量 、 、 不共面，那么對空間任一向量，存在一個唯一的有序實數組x, y, z, 使
說明：⑴由上述定理知，如果三個向量 、 、 不共面，那么所有空間向量所組成的集合就是 ，這個集合可看作由向量 、 、 生成的，所以我們把{ ， ， }叫做空間的一個基底， ， ， 都叫做基向量;⑵空間任意三個不共面向量都可以作為空間向量的一個基底;⑶一個基底是指一個向量組，一個基向量是指基底中的某一個向量，二者是相關聯的不同的概念;⑷由于 可視為與任意非零向量共線。與任意兩個非零向量共面，所以，三個向量不共面就隱含著它們都不是 。
推論：設O、A、B、C是不共面的四點，則對空間任一點P，都存在唯一的有序實數組 ，使
6.數量積
(1)夾角：已知兩個非零向量 、 ，在空間任取一點O，作 ， ，則角AOB叫做向量 與 的'夾角，記作
說明：⑴規定0 ,因而 = ;
�、迫绻� = ，則稱 與 互相垂直，記作
�、窃诒硎緝蓚�向量的夾角時，要使有向線段的起點重合，注意圖(3)、(4)中的兩個向量的夾角不同，
圖(3)中AOB= ，
圖(4)中AOB= ,
從而有 = = .
(2)向量的模：表示向量的有向線段的長度叫做向量的長度或模。
(3)向量的數量積： 叫做向量 、 的數量積，記作 。
即 = ，
向量 :
(4)性質與運算率
�、� 。 ⑴
�、� =0 ⑵ =
�、� ⑶
四.典例解析
題型1：空間向量的概念及性質
例1.有以下命題：①如果向量 與任何向量不能構成空間向量的一組基底，那么 的關系是不共線;② 為空間四點，且向量 不構成空間的一個基底，那么點 一定共面;③已知向量 是空間的一個基底，則向量 ，也是空間的一個基底。其中正確的命題是( )
�、佗� ①③ ②③ ①②③
解析：對于①如果向量 與任何向量不能構成空間向量的一組基底，那么 的關系一定共線所以①錯誤。②③正確。
例2.下列命題正確的是( )
若 與 共線， 與 共線，則 與 共線;
向量 共面就是它們所在的直線共面;
零向量沒有確定的方向;
若 ，則存在唯一的實數 使得 ;
解析：A中向量 為零向量時要注意，B中向量的共線、共面與直線的共線、共面不一樣，D中需保證 不為零向量。
題型2：空間向量的基本運算
例3.如圖：在平行六面體 中， 為 與 的交點。若 ， ， ，則下列向量中與 相等的向量是( )
例4.已知： 且 不共面.若 ∥ ,求 的值.
題型3：空間向量的坐標
例5.(1)已知兩個非零向量 =(a1，a2，a3)， =(b1，b2，b3)，它們平行的充要條件是()
A. ：| |= ：| |B.a1b1=a2b2=a3b3
C.a1b1+a2b2+a3b3=0D.存在非零實數k，使 =k
(2)已知向量 =(2，4，x)， =(2，y，2)，若| |=6， ，則x+y的值是()
A. -3或1 B.3或-1 C. -3 D.1
(3)下列各組向量共面的是()
A. =(1，2，3)， =(3，0，2)， =(4，2，5)
B. =(1，0，0)， =(0，1，0)， =(0，0，1)
C. =(1，1，0)， =(1，0，1)， =(0，1，1)
D. =(1，1，1)， =(1，1，0)， =(1，0，1)
解析：(1)D;點撥：由共線向量定線易知;
(2)A 點撥：由題知 或 ;
例6.已知空間三點A(-2，0，2)，B(-1，1，2)，C(-3，0，4)。設 = ， = ，(1)求 和 的夾角 ;(2)若向量k + 與k -2 互相垂直，求k的值.
思維入門指導：本題考查向量夾角公式以及垂直條件的應用，套用公式即可得到所要求的結果.
解：∵A(-2，0，2)，B(-1，1，2)，C(-3，0，4)， = ， = ，
=(1，1，0)， =(-1，0，2).
(1)cos = = - ，
和 的夾角為- 。
(2)∵k + =k(1，1，0)+(-1，0，2)=(k-1，k，2)，
k -2 =(k+2，k，-4)，且(k + )(k -2 )，
(k-1，k，2)(k+2，k，-4)=(k-1)(k+2)+k2-8=2k2+k-10=0。
則k=- 或k=2。
點撥：第(2)問在解答時也可以按運算律做。( + )(k -2 )=k2 2-k -2 2=2k2+k-10=0，解得k=- ，或k=2。
題型4：數量積
例7.設 、 、c是任意的非零平面向量,且相互不共線,則
�、�( ) -( ) = ②| |-| || - | ③( ) -( ) 不與 垂直
�、�(3 +2 )(3 -2 )=9| |2-4| |2中，是真命題的有( )
A.①② B.②③ C.③④ D.②④
答案：D
解析：①平面向量的數量積不滿足結合律.故①假;
�、谟上蛄康臏p法運算可知| |、| |、| - |恰為一個三角形的三條邊長，由兩邊之差小于第三邊，故②真;
�、垡驗閇( ) -( ) ] =( ) -( ) =0，所以垂直.故③假;
例8.(1)已知向量 和 的夾角為120，且| |=2，| |=5，則(2 - ) =_____.
(2)設空間兩個不同的單位向量 =(x1，y1，0)， =(x2，y2，0)與向量 =(1，1，1)的夾角都等于 。(1)求x1+y1和x1y1的值;(2)求 ， 的大小(其中0 ， 。
解析：(1)答案：13;解析：∵(2 - ) =2 2- =2| |2-| || |cos120=24-25(- )=13。
(2)解：(1)∵| |=| |=1，x +y =1，x =y =1.
又∵ 與 的夾角為 ， =| || |cos = = .
又∵ =x1+y1，x1+y1= 。
另外x +y =(x1+y1)2-2x1y1=1，2x1y1=( )2-1= .x1y1= 。
(2)cos ， = =x1x2+y1y2，由(1)知，x1+y1= ，x1y1= .x1，y1是方程x2- x+ =0的解.
或 同理可得 或
∵ ， 或
cos ， + = + = .
∵0 ， ， ， = 。
評述：本題考查向量數量積的運算法則。
題型5：空間向量的應用
例9.(1)已知a、b、c為正數，且a+b+c=1，求證： + + 4 。
(2)已知F1=i+2j+3k，F2=-2i+3j-k，F3=3i-4j+5k，若F1，F2，F3共同作用于同一物體上，使物體從點M1(1，-2，1)移到點M2(3，1，2)，求物體合力做的功。
解析：(1)設 =( ， ， )， =(1，1，1)，
則| |=4，| |= .
∵ | || |，
= + + | || |=4 .
當 = = 時，即a=b=c= 時，取=號。
例10.如圖,直三棱柱 中, 求證:
證明：
五.思維總結
本講內容主要有空間直角坐標系，空間向量的坐標表示，空間向量的坐標運算，平行向量，垂直向量坐標之間的關系以及中點公式.空間直角坐標系是選取空間任意一點O和一個單位正交基底{i，j，k｝建立坐標系，對于O點的選取要既有作圖的直觀性，而且使各點的坐標，直線的坐標表示簡化，要充分利用空間圖形中已有的直線的關系和性質;空間向量的坐標運算同平面向量類似，具有類似的運算法則.一個向量在不同空間的表達方式不一樣，實質沒有改變.因而運算的方法和運算規律結論沒變。如向量的數量積ab=|a||b|cos在二維、三維都是這樣定義的，不同點僅是向量在不同空間具有不同表達形式.空間兩向量平行時同平面兩向量平行時表達式不一樣，但實質是一致的，即對應坐標成比例，且比值為 ，對于中點公式要熟記。
對本講內容的考查主要分以下三類：
1.以選擇、填空題型考查本章的基本概念和性質
此類題一般難度不大，用以解決有關長度、夾角、垂直、判斷多邊形形狀等問題。
2.向量在空間中的應用
在空間坐標系下，通過向量的坐標的表示，運用計算的方法研究三維空間幾何圖形的性質。
在復習過程中，抓住源于課本，高于課本的指導方針。本講考題大多數是課本的變式題，即源于課本。因此，掌握雙基、精通課本是本章關鍵。
數學高三教案3
【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 ;
�、谥本� 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 ;
�、莸谝幌笙薜狞c組成的集合記作 ;
�、拮鴺溯S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;
�、踑取除去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
數學高三教案4
教學目標
�。�1）掌握，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，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
�、跒樘摂�
�、矍�。
�、転榧兲摂登�
�。�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�
�、趯嵅�、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（）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。
�、郛敃r，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�？梢�，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：
�、俑鶕䞍蓚�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”：
�。╥）對于任意兩個實數a，b來說，a
�。╥i）如果a
�。╥ii）如果a
�。╥v）如果a0，那么ac
�。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。
數學高三教案5
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。
數學高三教案6
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�？汲Ｐ�，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
�、�-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.
數學高三教案7
一、教學內容分析
本小節是普通高中課程標準實驗教科書數學5（必修）第三章第3小節，主要內容是利用平面區域體現二元一次不等式（組）的解集；借助圖解法解決在線性約束條件下的二元線性目標函數的最值與解問題；運用線性規劃知識解決一些簡單的實際問題（如資源利用，人力調配，生產安排等）。突出體現了優化思想，與數形結合的思想。本小節是利用數學知識解決實際問題的典例，它體現了數學源于生活而用于生活的特性。
二、學生學習情況分析
本小節內容建立在學生學習了一元不等式（組）及其應用、直線與方程的基礎之上，學生對于將實際問題轉化為數學問題，數形結合思想有所了解。但從數學知識上看學生對于涉及多個已知數據、多個字母變量，多個不等關系的知識接觸尚少，從數學方法上看，學生對于圖解法還缺少認識，對數形結合的思想方法的掌握還需時日，而這些都將成為學生學習中的難點。
三、設計思想
以問題為載體，以學生為主體，以探究歸納為主要手段，以問題解決為目的，以多媒體為重要工具，激發學生的動手、觀察、思考、猜想探究的興趣。注重引導學生充分體驗“從實際問題到數學問題”的數學建模過程，體會“從具體到一般”的抽象思維過程，從“特殊到一般”的探究新知的過程；提高學生應用“數形結合”的思想方法解題的能力；培養學生的分析問題、解決問題的能力。
四、教學目標
1、知識與技能：了解二元一次不等式（組）的概念，掌握用平面區域刻畫二元一次
不等式（組）的方法；了解線性規劃的意義，了解線性約束條件、線性目標函數、
可行解、可行域和解等概念；理解線性規劃問題的圖解法；會利用圖解法
求線性目標函數的最值與相應解；
2、過程與方法：從實際問題中抽象出簡單的線性規劃問題，提高學生的數學建模能力；
在探究的過程中讓學生體驗到數學活動中充滿著探索與創造，培養學生的數據分析能力、
化歸能力、探索能力、合情推理能力；
3、情態與價值：在應用圖解法解題的過程中，培養學生的化歸能力與運用數形結合思想的`能力；體會線性規劃的基本思想，培養學生的數學應用意識；體驗數學來源于生活而服務于生活的特性。
五、教學重點和難點
重點：從實際問題中抽象出二元一次不等式（組），用平面區域刻畫二元一次不等式組
的解集及用圖解法解簡單的二元線性規劃問題；
難點：二元一次不等式所表示的平面區域的探究，從實際情境中抽象出數學問題的過
程探究，簡單的二元線性規劃問題的圖解法的探究。
六、教學基本流程
第一課時，利用生動的情景激起學生求知的__，從中抽象出數學問題，引出二元一次不等式（組）的基本概念，并為線性規劃問題的引出埋下伏筆。通過學生的自主探究，分類討論，大膽猜想，細心求證，得出二元一次不等式所表示的平面區域，從而突破本小節的第一個難點；通過例1、例2的討論與求解引導學生歸納出畫二元一次不等式（組）所表示的平面區域的具體解答步驟（直線定界，特殊點定域）；最后通過練習加以鞏固。
第二課時，重現引例，在學生的回顧、探討中解決引例中的可用方案問題，并由此歸納總結出從實際問題中抽象出數學問題的基本過程：理清數據關系（列表）→設立決策變量→建立數學關系式→畫出平面區域。讓學生對例3、例4進行分析與討論進一步完善這一過程，突破本小節的第二個難點。
第三課時，設計情景，借助前兩個課時所學，設立決策變量，畫出平面區域并引出新的問題，從中引出線性規劃的相關概念，并讓學生思考探究，利用特殊值進行猜測，找到方案；再引導學生對目標函數進行變形轉化，利用直線的圖象對上述問題進行幾何探究，把最值問題轉化為截距問題，通過幾何方法對引例做出完美的解答；回顧整個探究過程，讓學生在討論中達成共識，總結出簡單線性規劃問題的圖解法的基本步驟。通過例5的展示讓學生從動態的角度感受圖解法。最后再現情景1，并對之作出完美的解答。
第四課時，給出新的引例，讓學生體會到線性規劃問題的普遍性。讓學生討論分析，對引例給出解答，并綜合前三個課時的教學內容，連綴成線，總結出簡單線性規劃的應用性問題的一般解答步驟，通過例6，例7的分析與展示進一步完善這一過程�？偨Y線性規劃的應用性問題的幾種類型，讓學生更深入的體會到優化理論，更好的認識到數學來源于生活而運用于生活的特點。
數學高三教案8
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.或使用間接法.
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( )
(A) 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 ).
數學高三教案9
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。
數學高三教案10
教學目的：掌握圓的標準方程，并能解決與之有關的問題
教學重點：圓的標準方程及有關運用
教學難點：標準方程的靈活運用
教學過程：
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
�、艌A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
�、莤2+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
數學高三教案11
教學目標：
結合已學過的數學實例和生活中的實例，體會演繹推理的重要性，掌握演繹推理的基本模式，并能運用它們進行一些簡單推理。
教學重點：
掌握演繹推理的基本模式，并能運用它們進行一些簡單推理。
教學過程
一、復習
二、引入新課
1.假言推理
假言推理是以假言判斷為前提的演繹推理。假言推理分為充分條件假言推理和必要條件假言推理兩種。
(1)充分條件假言推理的基本原則是：小前提肯定大前提的前件，結論就肯定大前提的后件;小前提否定大前提的后件，結論就否定大前提的前件。
(2)必要條件假言推理的基本原則是：小前提肯定大前提的后件，結論就要肯定大前提的前件;小前提否定大前提的前件，結論就要否定大前提的后件。
2.三段論
三段論是指由兩個簡單判斷作前提和一個簡單判斷作結論組成的演繹推理。三段論中三個簡單判斷只包含三個不同的概念，每個概念都重復出現一次。這三個概念都有專門名稱：結論中的賓詞叫“大詞”，結論中的主詞叫“小詞”，結論不出現的那個概念叫“中詞”，在兩個前提中，包含大詞的叫“大前提”，包含小詞的叫“小前提”。
3.關系推理指前提中至少有一個是關系判斷的推理，它是根據關系的邏輯性質進行推演的�？煞譃榧冴P系推理和混合關系推理。純關系推理就是前提和結論都是關系判斷的推理，包括對稱性關系推理、反對稱性關系推理、傳遞性關系推理和反傳遞性關系推理。
(1)對稱性關系推理是根據關系的對稱性進行的推理。
(2)反對稱性關系推理是根據關系的反對稱性進行的推理。
(3)傳遞性關系推理是根據關系的傳遞性進行的推理。
(4)反傳遞性關系推理是根據關系的反傳遞性進行的推理。
4.完全歸納推理是這樣一種歸納推理：根據對某類事物的全部個別對象的考察，已知它們都具有某種性質，由此得出結論說：該類事物都具有某種性質。
オネ耆歸納推理可用公式表示如下：
オS1具有(或不具有)性質P
オS2具有(或不具有)性質P……
オSn具有(或不具有)性質P
オ(S1S2……Sn是S類的所有個別對象)
オニ以，所有S都具有(或不具有)性質P
オタ杉，完全歸納推理的基本特點在于：前提中所考察的個別對象，必須是該類事物的全部個別對象。否則，只要其中有一個個別對象沒有考察，這樣的'歸納推理就不能稱做完全歸納推理。完全歸納推理的結論所斷定的范圍，并未超出前提所斷定的范圍。所以，結論是由前提必然得出的。應用完全歸納推理，只要遵循以下兩點，那末結論就必然是真實的：(1)對于個別對象的斷定都是真實的;(2)被斷定的個別對象是該類的全部個別對象。
小結：本節課學習了演繹推理的基本模式.
數學高三教案12
一、教學內容分析
二面角是我們日常生活中經常見到的一個圖形，它是在學生學過空間異面直線所成的角、直線和平面所成角之后，研究的一種空間的角，二面角進一步完善了空間角的概念。掌握好本節課的知識，對學生系統地理解直線和平面的知識、空間想象能力的培養，乃至創新能力的培養都具有十分重要的意義。
二、教學目標設計
理解二面角及其平面角的概念；能確認圖形中的已知角是否為二面角的平面角；能作出二面角的平面角，并能初步運用它們解決相關問題。
三、教學重點及難點
二面角的平面角的概念的形成以及二面角的平面角的作法。
四、教學流程設計
五、教學過程設計
一、 新課引入
1。復習和回顧平面角的有關知識。
平面中的角
定義 從一個頂點出發的兩條射線所組成的圖形，叫做角
圖形
結構 射線點射線
表示法 AOB，O等
2。復習和回顧異面直線所成的角、直線和平面所成的角的定義，及其共同特征。（空間角轉化為平面角）
3。觀察：陡峭與否，跟山坡面與水平面所成的角大小有關，而山坡面與水平面所成的角就是兩個平面所成的角。在實際生活當中，能夠轉化為兩個平面所成角例子非常多，比如在這間教室里，誰能舉出能夠體現兩個平面所成角的實例？（如圖1，課本的開合、門或窗的開關。）從而，引出二面角的定義及相關內容。
二、學習新課
�。ㄒ唬┒娼堑亩x
平面中的角 二面角
定義 從一個頂點出發的兩條射線所組成的圖形，叫做角 課本P17
圖形
結構 射線點射線 半平面直線半平面
表示法 AOB，O等 二面角a或—AB—
�。ǘ┒娼堑膱D示
1。畫出直立式、平臥式二面角各一個，并分別給予表示。
2。在正方體中認識二面角。
�。ㄈ┒娼堑钠矫娼�
平面幾何中的角可以看作是一條射線繞其端點旋轉而成，它有一個旋轉量，它的大小可以度量，類似地，二面角也可以看作是一個半平面以其棱為軸旋轉而成，它也有一個旋轉量，那么，二面角的大小應該怎樣度量？
1。二面角的平面角的定義（課本P17）。
2。AOB的大小與點O在棱上的位置無關。
[說明]①平面與平面的位置關系，只有相交或平行兩種情況，為了對相交平面的相互位置作進一步的探討，有必要來研究二面角的度量問題。
�、谂c兩條異面直線所成的角、直線和平面所成的角做類比，用平面角去度量。
�、鄱娼堑钠矫娼堑娜齻�主要特征：角的頂點在棱上；角的兩邊分別在兩個半平面內；角的兩邊分別與棱垂直。
3。二面角的平面角的范圍：
�。ㄋ模├}分析
例1 一張邊長為a的正三角形紙片ABC，以它的高AD為折痕，將其折成一個 的二面角，求此時B、C兩點間的距離。
[說明] ①檢查學生對二面角的平面角的定義的掌握情況。
�、诜矍昂髴⒁饽男┝康奈恢煤蛿盗堪l生了變化， 哪些沒變？
例2 如圖，已知邊長為a的等邊三角形 所在平面外有一點P，使PA=PB=PC=a，求二面角 的大小。
[說明] ①求二面角的步驟：作證算答。
�、谝龑W生掌握解題可操作性的通法（定義法和線面垂直法）。
例3 已知正方體 ，求二面角 的大小。（課本P18例1）
[說明] 使學生進一步熟悉作二面角的平面角的方法。
�。ㄎ澹﹩栴}拓展
例4 如圖，山坡的傾斜度（坡面與水平面所成二面角的度數）是 ，山坡上有一條直道CD，它和坡腳的水平線AB的夾角是 ，沿這條路上山，行走100米后升高多少米？
[說明]使學生明白數學既來源于實際又服務于實際。
三、鞏固練習
1。在棱長為1的正方體 中，求二面角 的大小。
2。 若二面角 的大小為 ，P在平面 上，點P到 的距離為h，求點P到棱l的距離。
四、課堂小結
1。二面角的.定義
2。二面角的平面角的定義及其范圍
3。二面角的平面角的常用作圖方法
4。求二面角的大�。ㄗ髯C算答）
五、作業布置
1。課本P18練習14。4（1）
2。在 二面角的一個面內有一個點，它到另一個面的距離是10，求它到棱的距離。
3。把邊長為a的正方形ABCD以BD為軸折疊，使二面角A—BD—C成 的二面角，求A、C兩點的距離。
六、教學設計說明
本節課的設計不是簡單地將概念直接傳受給學生，而是考慮到知識的形成過程，設法從學生的數學現實出發，調動學生積極參與探索、發現、問題解決全過程。二面角及二面角的平面角這兩大概念的引出均運用了類比的手段和方法。教學過程中通過教師的層層鋪墊，學生的主動探究，使學生經歷概念的形成、發展和應用過程，有意識地加強了知識形成過程的教學。
數學高三教案13
教學目標：明確等差數列的定義，掌握等差數列的通項公式，會解決知道an,a1,d,n中的三個，求另外一個的問題;培養學生觀察能力，進一步提高學生推理、歸納能力，培養學生的'應用意識.
教學重點：1.等差數列的概念的理解與掌握. 2.等差數列的通項公式的推導及應用.教學難點：等差數列“等差”特點的理解、把握和應用.教學過程：
�、�.復習回顧上兩節課我們共同學習了數列的定義及給出數列的兩種方法——通項公式和遞推公式.這兩個公式從不同的角度反映數列的特點，下面我們看這樣一些例子
�、�.講授新課10，8，6，4，2，…; 21，21，22，22，23，23，24，24，25 2，2，2，2，2，…首先，請同學們仔細觀察這些數列有什么共同的特點?是否可以寫出這些數列的通項公式?(引導學生積極思考，努力尋求各數列通項公式，并找出其共同特點)它們的共同特點是：從第2項起，每一項與它的前一項的“差”都等于同一個常數.也就是說，這些數列均具有相鄰兩項之差“相等”的特點.具有這種特點的`數列，我們把它叫做等差數列.
1.定義等差數列：一般地，如果一個數列從第2項起，每一項與它的前一項的差等于同一個常數，那么這個數列就叫做等差數列，這個常數叫做等差數列的公差，通常用字母d表示.
2.等差數列的通項公式等差數列定義是由一數列相鄰兩項之間關系而得.若一等差數列{an}的首項是a1，公差是d，則據其定義可得：(n-1)個等式若將這n-1個等式左右兩邊分別相加，則可得：an-a1=(n-1)d即：an=a1+(n-1)d當n=1時，等式兩邊均為a1，即上述等式均成立，則對于一切n∈N-時上述公式都成立，所以它可作為數列{an}的通項公式.看來，若已知一數列為等差數列，則只要知其首項a1和公差d,便可求得其通項.由通項公式可類推得：am=a1+(m-1)d，即：a1=am-(m-1)d，則：an=a1+(n-1)d=am-(m-1)d+(n-1)d=am+(n-m)d.如：a5=a4+d=a3+2d=a2+3d=a1+4d
請同學們來思考這樣一個問題.如果在a與b中間插入一個數A，使a、A、b成等差數列，那么A應滿足什么條件?由等差數列定義及a、A、b成等差數列可得：A-a=b-A，即：a=.反之，若A=，則2A=a+b，A-a=b-A，即a、A、b成等差數列.總之，A= a，A，b成等差數列.如果a、A、b成等差數列，那么a叫做a與b的等差中項.例題講解[
例1]在等差數列{an}中，已知a5=10，a15=25，求a25.
思路一：根據等差數列的已知兩項，可求出a1和d，然后可得出該數列的通項公式，便可求出a25.
思路二：若注意到已知項為a5與a15，所求項為a25，則可直接利用關系式an=am+(n-m)d.這樣可簡化運算.思路三：若注意到在等差數列{an}中，a5，a15，a25也成等差數列，則利用等差中項關系式，便可直接求出a25的值.
[例2](1)求等差數列8，5，2…的第20項.分析：由給出的三項先找到首項a1,求出公差d，寫出通項公式，然后求出所要項
答案：這個數列的第20項為-49. (2)-401是不是等差數列-5，-9，-13…的項?如果是，是第幾項?分析：要想判斷-401是否為這數列的一項，關鍵要求出通項公式，看是否存在正整數n，可使得an=-401. ∴-401是這個數列的第100項.
�、�.課堂練習
1.(1)求等差數列3，7，11，……的'第4項與第10項.
(2)求等差數列10，8，6，……的第20項. (3)100是不是等差數列2，9，16，……的項?如果是，是第幾項?如果不是，說明理由. 2.在等差數列{an}中，
(1)已知a4=10，a7=19，求a1與d;
(2)已知a3=9，a9=3，求a12.
�、�.課時小結通過本節學習，首先要理解與掌握等差數列的定義及數學表達式：an-an-1=d(n≥2).其次，要會推導等差數列的通項公式：an=a1+(n-1)d(n≥1)，并掌握其基本應用.最后，還要注意一重要關系式：an=am+(n-m)d的理解與應用以及等差中項。
�、�.課后作業課本P39習題1，2，3，4
數學高三教案14
考試要求 重難點擊 命題展望
1.理解復數的基本概念、復數相等的充要條件.
2.了解復數的代數表示法及其幾何意義.
3.會進行復數代數形式的四則運算.了解復數的代數形式的加、減運算及其運算的幾何意義.
4.了解從自然數系到復數系的關系及擴充的基本思想，體會理性思維在數系擴充中的作用. 本章重點：1.復數的有關概念;2.復數代數形式的四則運算.
本章難點：運用復數的有關概念解題. 近幾年高考對復數的考查無論是試題的難度，還是試題在試卷中所占 比例都是呈下降趨勢，常以選擇題、填空題形式出現，多為容易題.在復習過程中，應將復數的概念及運算放在首位.
知識網絡
15.1 復數的概念及其運算
典例精析
題型一 復數的概念
【例1】 (1)如果復數(m2+i)(1+mi)是實數，則實數m= ;
(2)在復平面內，復數1+ii對應的點位于第 象限;
(3)復數z=3i+1的共軛復數為z= .
【解 析】 (1)(m2+i)(1+mi)=m2-m+(1+m3)i是實數1+m3=0m=-1.
(2)因為1+ii=i(1+i)i2=1-i，所以在復平面內對 應的點為(1，-1)，位于第四象限.
(3)因為z=1+3i，所以z=1-3i.
【點撥】 運算此類 題目需注意復數的代數形式z=a+bi(a，bR)，并注意復數分為實數、虛數、純虛數，復數的幾何意義，共軛復數等概念.
【變式訓練1】(1)如果z=1-ai1+ai為純虛數，則實數a等于()
A.0 B.-1 C.1 D.-1或1
(2)在復平面內，復數z=1-ii(i是虛數單位)對應的點位于()
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
【解析】(1)設z=xi，x0，則
xi=1-ai1+ai1+ax-(a+x)i=0 或 故選D.
(2)z=1-ii=(1-i)(-i)=-1-i，該復數對應的點位于第三象限.故選C.
題型二 復數的相等
【例2】(1)已知復數z0=3+2i，復數z滿足zz0=3z+z0，則復數z= ;
(2)已知m1+i=1-ni， 其中m，n是實數，i是虛數單位，則m+ni= ;
(3)已知關于x的方程x2+(k+2i)x+2+ki=0有實根，則這個實根為 ，實數k的值為.
【解析】(1)設z=x+yi(x，yR)，又z0=3+2i，
代入zz0=3z+z0得(x+yi)(3+2i)=3(x+yi)+3+2i，
整理得 (2y+3)+(2-2x)i=0，
則由復數相等的條件得
解得 所以z=1- .
(2)由已知得m=(1-ni)(1+i)=(1+n)+(1-n)i.
則由復數相等的條件得
所以m+ni=2+i.
(3)設x=x0是方程的實根， 代入方程并整理得
由復數相等的充要條件得
解得 或
所以方程的.實根為x=2或x= -2，
相應的k值為k=-22或k=22.
【點撥】復數相等須先化為z=a+bi(a，bR)的形式，再由相等 得實部與實部相等、虛部與虛部相等.
【變式訓練2】(1)設i是虛數單位，若1+2i1+i=a+bi(a，bR)，則a+b的值是()
A.-12 B.-2 C.2 D.12
(2)若(a-2i)i=b+i，其中a，bR，i為虛數單位，則a+b=.
【解析】(1)C.1+2i1+i=(1+2i)(1-i)(1+i)(1-i)= 3+i2，于是a+b=32+12=2.
(2)3.2+ai=b+ia=1，b= 2.
題 型三 復數的運算
【例3】 (1)若復數z=-12+32i， 則1+z+z2+z3++z2 008= ;
(2)設復數z滿足z+|z|=2+i，那么z= .
【解析】 (1)由已知得z2=-12-32i，z3=1，z4=-12+32i =z.
所以zn具有周期性，在一個周期內的和為0，且周期為3.
所以1+z+z2+z3++z2 008
=1+z+(z2+z3+z4)++(z2 006+z2 007+z2 008)
=1+z=12+32i.
(2)設z=x+yi(x，yR)，則x+yi+x2+y2=2+i，
所以 解得 所以z= +i.
【點撥】 解(1)時要注意x3=1(x-1)(x2+x+1)=0的三個根為1，，-，
其中=-12+32i，-=-12-32i， 則
1++2=0， 1+-+-2=0 ，3=1，-3=1，-=1，2=-，-2=.
解(2)時要注意|z|R，所以須令z=x +yi.
【變式訓練3】(1)復數11+i+i2等于()
A.1+i2 B.1-i2 C.-12 D.12
(2)(2010江西鷹潭)已知復數z=23-i1+23i+(21-i)2 010，則復數z等于()
A.0 B.2 C.-2i D.2i
【解析】(1 )D.計算容易有11+i+i2=12.
(2)A.
總結提高
復數的代數運算是重點，是每年必考內容之一，復數代數形式的運算：①加減法按合并同類項法則進行;②乘法展開、除法須分母實數化.因此，一些復數問題只需設z=a+bi(a，bR)代入原式后，就 可以將復數問題化歸為實數問題來解決.
數學高三教案15
【學習目標】
一、過程目標
1通過師生之間、學生與學生之間的互相交流，培養學生的數學交流能力和與人合作的精神。
2通過對對數函數的學習，樹立相互聯系、相互轉化的觀點，滲透數形結合的數學思想。
3通過對對數函數有關性質的研究，培養學生觀察、分析、歸納的思維能力。
二、識技能目標
1理解對數函數的概念，能正確描繪對數函數的圖象，感受研究對數函數的意義。
2掌握對數函數的性質，并能初步應用對數的性質解決簡單問題。
三、情感目標
1通過學習對數函數的概念、圖象和性質，使學生體會知識之間的`有機聯系，激發學生的學習興趣。
2在教學過程中，通過對數函數有關性質的研究，培養觀察、分析、歸納的思維能力以及數學交流能力，增強學習的積極性，同時培養學生傾聽、接受別人意見的優良品質。
教學重點難點：
1對數函數的定義、圖象和性質。
2對數函數性質的初步應用。
教學工具：多媒體
【學前準備】對照指數函數試研究對數函數的定義、圖象和性質。
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