高中数学数列论文
数列是高中阶段的重要数学基础知识和基本技能，同时数列是刻画离散现象的数学模型。下面小编给你分享高中数学数列论文，欢迎阅读。
高中数学数列论文篇一：浅谈关于高中数学中数列的几点思考
数列是高中阶段的重要数学基础知识和基本技能，同时数列是刻画离散现象的数学模型，在我们的日常生活中，数学模型可以帮助我们解决如存款利息、购房贷款、资产折旧等实际问题，学习数列知识对进一步理解函数的概念和体会数学的应用价值也具有重要的意义。
数列是高中数学的重要内容之一，它的基础性和发展性是不言而喻的，其地位和作用体现在以下几个方面：
数列是一种特殊的函数，它既与函数等知识有密切的联系，又丰富了函数的内容。
数列的教学能培养学生的数学思维能力，自始至终贯穿观察、分析、归纳、类比、运算、概括、应用等能力。
数列与函数、三角、不等式、解析几何、立体几何等有广泛的联系，有很强的综合性，是高中代数中培养学生综合能力的好素材。
正因为数列的重要性和综合性，在学习中应注意以下几点：、
多结合实例。通过实例去理解数列的有关概念，能在具体问题情境中，运用等差、等比数列模型解决相关问题。
善于对比学习。数列与函数有密切关系，体会等差数列与一次函数、二次函数，等比数列与指数函数的关系，多角度比较两者之间的异同，能够同时加深对两方面知识的理解。另外，有关等差数列与等比数列的知识也可以通过对比记忆。
重视数学思想方法的指导作用。本章蕴含丰富的数学观点、数学思想方法，学习时应给予充分重视，解题时多考虑与之相关的数学思想方法，从而提高观察、分析、归纳、猜想的能力。
三、数列这一章蕴含着多种数学思想及方法，如函数思想、方程思想，而且在基本概念、公式的教学本身也包含着丰富的数学方法，掌握这些思想方法不仅可以增进对数列概念、公式的理解，而且运用数学思想方法解决问题的过程，往往能诱发知识的迁移，使学生产生举一反三、融会贯通的解决多数列问题。在这一章主要用到了以下几中数学方法：
(1)函数的思想方法数列本身就是一个特殊的函数，而且是离散的函数，因此在解题过程中，尤其在遇到等差数列与等比数列这两类特殊的数列时，可以将它们看成一个函数，进而运用函数的性质和特点来解决问题。
(2)方程的思想方法数列这一章涉及了多个关于首项、末项、项数、公差、公比、第n项和前n项和这些量的数学公式，而公式本身就是一个等式，因此，在求这些数学量的过程中，可将它们看成相应的已知量和未知数，通过公式建立关于求未知量的方程，可以使解题变得清晰、明了，而且简化了解题过程。
(3)不完全归纳法不完全归纳法不但可以培养学生的数学直观，而且可以帮助学生有效的解决问题，在等差数列以及等比数列通项公式推导的过程就用到了不完全归纳法。
(4)倒叙相加法等差数列前n项和公式的推导过程中，就根据等差数列的特点，很好的应用了倒叙相加法，而且在这一章的很多问题都直接或间接地用到了这种方法。
(5)错位相减法错位相减法是另一类数列求和的方法，它主要应用于求和的项之间通过一定的变形可以相互转化，并且是多个数求和的问题。等比数列的前n项和公式的推导就用到了这种思想方法。
高中数学数列论文篇二：浅谈高中数学数列教学
摘要：由于新课改教学理念在全国大范围的不断深入，使高中数学教学面临着前所未有的要求和考验，本文主要以高中数学数列教学为例，对新课改教学理念中的高中数学数列教学设计内容进行详细概括，同时对教学方法进行详细的探究.
关键词：高中数学教学;数列教学;教学内容
在高中数学教学中，数列教学是其中较为典型的离散函数代表知识之一，并且在高中数学中占有相当重要的地位，同时数列在现实生活当中也具有较大的应用价值.高中数学教学当中的数列教学是有效培养学生的思维能力、分析能力以及归纳能力的一种重要的途径之一，同时也是培养学生在高中数学学习中对问题的分析能力与解决能力的重要知识.因此应对数列教学加以重视，结合新课改的教学理念，对数列教学进行深入研究.
1.1 新课改教学观念下的教学设计。按照传统的教学理念来说，教学设计主要是指有效地运用相应的教学系统，有效地将教学与学习理论逐渐转变为有效地对教学参考资料和教学活动具体规划实现系统化的整个过程，其中教学内容、教学方法和教学效果问题在教学设计当中得到有效的解决.也可以说，所谓的教学设计就是将教学具体活动步骤制定成合理的教学方案，同时在教学结束后对教学过程进行相应的评估与总结，从而使教学效果得到提升，并实现对教学环境的优化工作.
1.2 数列主要包括一般的数列、等差数列、等比数列以及数列的应用四部分。重点是等差数列以及等比数列这两部分。数列这一部分主要是数列的概念、特点、分类以及数列的通项公式;等差数列和等比数列这两部分内容主要介绍了两类特殊数列的概念、性质、通项公式以及数列的前 n 项和公式;数列的应用除了渗透在等差与等比数列内宾的堆放物品总数的计算以及产品规格设计的某些问题外，重点是新理念下研究性学习专题，即数列在分期付款中的应用以及储蓄问题。
数列这一章蕴含着多种数学思想及方法，如函数思想、方程思想，而且在基本概念、公式的教学本身中也包含着丰富的数学方法，掌握这些思想方法不仅可以增进对数列概念、公式的理解，而且运用数学思想方法解决问题的过程，往往能诱发知识的迁移，使学生产生举一反三、融会贯通的解决多数列问题。在这一章主要用到了以下几中数学方法：
①不完全归纳法不完全归纳法不但可以培养学生的数学直观，而且可以帮助学生有效的解决问题，在等差数列以及等比数列通项公式推导的过程就用到了不完全归纳法。
②倒叙相加法等差数列前n项和公式的推导过程中，就根据等差数列的特点，很好的应用了倒叙相加法，而且在这一章的很多问题都直接或间接地用到了这种方法。
③错位相减法错位相减法是另一类数列求和的方法，它主要应用于求和的项之间通过一定的变形可以相互转化，并且是多个数求和的问题。等比数列的前 n 项和公式的推导就用到了这种思想方法。
④函数的思想方法数列本身就是一个特殊的函数，而且是离散的函数，因此在解题过程中，尤其在遇到等差数列与等比数列这两类特殊的数列时，可以将它们看成一个函数，进而运用函数的性质和特点来解决问题。
⑤方程的思想方法数列这一章涉及了多个关于首项、末项、项数、公差、公比、第 n 项和前 n 项和这些量的数学公式，而公式本身就是一个等式，因此，在求这些数学量的过程中，可将它们看成相应的已知量和未知数，通过公式建立关于求未知量的方程，可以使解题变得清晰、明了，而且简化了解题过程。
3.精心探究教学策略
在课堂教学中，教师若想提高教学效率，则需了解学生学情，然后在此基础上，紧扣教学内容，采用多种教学方法，以调动学生参与性，使其积极思考，把握科学学习方法，从而提高学习效率。
3.1 分析学生学习情况。进入高中后，多数同学有了较为丰富的经验与知识，也具有了一定的抽象思维、分析概括、演绎推理能力，可通过观察而抽象出一定的数学知识。同时，学生思维也由逻辑思维发展为抽象思维，但需依靠一些感知材料。当然，也有部分同学的数学基础知识不牢固，对数学缺少学习兴趣。因此，在高中数列教学中，教师需要根据学生认知结构，考虑学生学习特点，以贴近学生生活实际的实例为出发点，注意适时引导与启发，加强学生思维能力训练，以适应学生学习心理发展特征。如教师可创设生活化的教学情境，引导学生由生活实际问题来学习数列知识，构建数学模型。
3.2 分析教法与学法。当了解学生学习特点后，教师则需要灵活运用不同教学方法，以诱导学生主动参与课堂活动，展开积极思索。在课堂教学中，问题教学法是较为常用的，其主导思想为探究式教学。即教师精设系列问题，让学生在老师指导与启发下，自主分析与探究，从中获得结论，增强体验，得到知识，提高能力。如学习《等比数列前项和》时，教师可提出问题：某厂去年产值记作1，该厂计划于今后五年内每年产值比上一年增加10%，那么自今年起至第5年，该厂总产值是多少?该厂五年内的逐年产值有何特点?通过什么公式可求出总产值?这样，通过问题将学生带入等比数列前项和的探究学习中。其次，诱导思维法。通过这一方法，可凸显重点，帮助学生突破难点。同时，可发挥学生主观能动性，使其主动构建知识，培养创造精神。再次，分组讨论法。利用这一方法，可加强了师生、生生间的交流互动，碰撞思维，启迪智慧，使学生自主发现与解决问题。另外，还有讲练结合法。对于一些重难点知识，还需要教师详细见解，并借助典型例题，让学生巩固知识，掌握解题方法。此外，教师还需要对学生进行学法指导。如引导学生由实际问题对数组特征加以抽象，从而得到数列、等比与等差数列概念;如根据等比数列概念特征对等比数列通项公式加以推导等。在教学过程中，教师还可让能力较强的学生拓展思维方法，运用不同方法来推导等差或等比数列通项公式。同时，教师还需为学生留出充足的思考空间与时间，让学生大胆质疑、自主联想与探究。
总而言之，数列是高中数学知识体系中十分重要的一部分，因此教师在教学过程中应以新课改教学理念为基本依据，在教学过程中不断对教学方法进行探索和研究，并充分利用自身有力的教学特点根据不同学生的学习状况来对教学方法进行创新，从而使教学效果得到有效提高。
高中数学数列论文篇三：浅谈由数列递推关系式求通项公式
摘 要：近年来，数列问题在高考卷中占有重要的地位，其中由数列的递推关系式求通项公式往往出现在综合题和探索问题中，本文将就如何由数列的递推关系式求通项公式的一般类型和常见解法作一个简单探讨和归纳.
关键词：数列;递推关系式;通项公式;类型;思想方法
近年来，全国高考卷及各省市高考卷中，数列在试卷中的比重大概占10%左右，其中主观题年年有，有的甚至放在倒数第二题或者压轴题的位置，比如2004年江苏卷的第15、20题，2005年江苏卷的第2、23题，2006年江苏卷的第15、21题，2007年江苏卷的第20题，2008江苏卷的第19题，2010年的高考大纲中对《数列》这一章的要求中也有提到“能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题”. 无论是综合题还是应用题、探索题，往往首先都要求由数列的递推关系式求出通项公式，再去解决其他问题，所以求通项公式就变成了解决问题的先决条件和关键步骤.
本文将就由数列的递推关系式求通项公式的几种常见类型作一个简单的探讨和归纳.
类型一：形如a1=a，an+1=pan+q(p，q为常数，pq(p-1)≠0)的递推数列
例1 已知数列{an｝中，a1=，an+1=an+1，
(1)求证：数列{an-2｝为等比数列;
(2)求数列{an｝的通项公式.
解：(1)因为an+1=an+1，所以an+1-2=(an-2).
若an-2=0，则an=2为常函数，与a1=矛盾，所以an-2≠0，于是=.
所以，数列{an-2｝为等比数列，且首项a1-2=-，公比q=.
(2)由(1)知，an-2=-•n-1，所以an=2-3n.
引申：若本题没有第1问的铺垫，则如何求数列{an｝的通项公式?
方法一：待定系数法
由递推关系式an+1=an+1，可以设an+1+k=(an+k)，即an+1=an-k，所以-k=1?圯k=-2，所以an+1-2=(an-2)，即=.
所以数列{an-2｝为等比数列，且首项a1-2=-，公比q=.
可以求得an=2-3n.
推广：对于形如a1=a，an+1=pan+q(p，q为常数，pq(p-1)≠0)的递推数列，必有{an+k｝为等比数列，再由an+k的通项公式求出an的通项公式. 对于常数k，可以用待定系数法来确定. 设an+1+k=p(an+k)=pan+pk，则an+1=pan+k(p-1)?圯k(p-1)=q，所以k=，即数列an+为等比数列.
由递推关系式求数列的通项公式的方法较多、较灵活，常常可以由递推关系式将其转化为熟知的等差或等比数列来求解，这里的待定系数法正是将an+1=pan+q转化为等比数列来解题的，这也体现了数学中一种重要的思想方法――化归思想.
方法二：累加法
因为an+1=an+1，所以
an-an-1=1(n≥2)，
an-1-an-2=1×，
an-2-an-3=1×，
……
a3-a2=1×，
a2-a1=1×，
将以上n-1个式子相加，得
an-a1=1+++…+，
所以an=1+++…++=+=2-2×n-1+=2-3n.?摇
当n=1时，a1=符合上式，所以an=2-3n(n∈N*).?摇
本题的累加法在运用的时候难度相对比较大，为了能够和下面的项消除，每个等式左右两边都要乘以相应的项，这样特别要注意系数的幂指数，以免发生错误.
方法三：迭代法
an=an-1+1
=an-2+1+1=an-2++1
=an-3+1++1=an-3+++1
=…
=a1+++…+++1
=+=2-2×n-1+=2-3n.
累加法和迭代法是求数列通项公式的两种基本方法，特别适用于二阶等差(等比)数列，即an+1-an=f(n)，其中f(n)为等差(等比)数列. 这种由不完全归纳找出前几项的规律，再求出数列通项公式的方法，能够培养学生的归纳和猜想能力.
类型二：形如a1=a，an+1=pan+q(n)(p为常数)的递推数列
例2 已知数列{an｝满足a1=2，an+1=2an+n+1，求数列{an｝的通项公式.
分析：本题中累加法和迭代法显然是适用的，但是待定系数法是否还适用呢?在这里{an+k｝显然不可能再是等比数列了，因为例1中的常数“1”已经变换成本题中的“n+1”. 进一步思考{an+kn+b｝是否可能是等比数列，用待定系数法尝试.
方法一：待定系数法
由原递推式an+1=2an+n+1，可设an+1+k(n+1)+b=2(an+kn+b)，即an+1=2an+kn+b-k.
比较系数可得k=1，b-k=1，于是解得k=1，b=2，即an+1+(n+1)+2=2(an+n+2)，所以{an+n+2｝是等比数列，且首项a1+1+2=5，公比q=2，所以an+n+2=5×2n-1，所以an=5×2n-1-n-2(n∈N*).
方法二：累加法
因为an+1=2an+n+1，所以
an-2an-1=n(n≥2)，
2an+1-22an-2=2(n-1)，
22an-2-23an-3=22(n-2)，
……
2n-3a3-2n-2a2=2n-3×3，
2n-2a2-2n-1a1=2n-2×2，
将以上n-1个式子相加，得
an-2n-1a1=n+2(n-1)+22(n-2)+…+2n-3×3+2n-2×2=3×2n-1-n-2，
所以an=5×2n-1-n-2(n≥2).
当n=1时，a1=2符合上式，
an=5×2n-1-n-2(n∈N*).
方法三：迭代法
an=2an-1+n
=2(2an-2+n-1)+n=22an-2+2(n-1)+n
=22(2an-3+n-2)+2(n-1)+n=23an-3+22(n-2)+2(n-1)+n
=…
=2n-1a1+2n-2×2+2n-3×3+…+22(n-2)+2(n-1)+n
=5×2n-1-n-2(n∈N*).
本题在累加法和迭代法中遇到S=n+2(n-1)+22(n-2)+…+2n-3×3+2n-2×2这个式子的求和问题，可以用错位相减法求得.
推广：对于形如a1=a，an+1=pan+q(n)(p为常数)的递推数列的一般情况可以做如下的归纳：
1. 若q(n)为等差数列，可以用三种方法求通项公式.
方法一：待定系数法
设an+1+k(n+1)+b=p(an+kn+b)，则an+1=pan+k(p-1)n+(p-1)b，再由比较系数求出x，y，从而可得{an+kn+b｝为等比数列，通过求an+kn+b的通项，进而求出an的通项.
方法二：累加法与方法三：迭代法，也都可以解决这类问题.
2. 若q(n)为等比数列，不妨设q(n)=qn(q>0，q≠1)，即an+1=pan+qn.
(1)当p=1时，即an+1=an+qn，累加或者迭代即可以解决.
(2)当p≠1时，即an+1=p•an+qn，可以有三种方法求通项.
方法一：两边同除以pn+1，即==+•，令bn=，则bn+1-bn=•，这样就转化为上面第1种类型，可以用累加法求通项.
方法二：两边同除以qn+1，即=•+，令bn=，则可化为bn+1=•bn+，这样就转化为类型(一)来解决.
方法三：待定系数法
设an+1+λ•qn+1=p(an+λ•qn)，通过与已知的递推关系式比较系数，求出λ，转化为等比数列求通项.
类型三：形如a1=a，an+1=p(n)an+q(q为常数)的递推数列
例3 已知数列{an｝满足a1=，Sn=n2•an，求数列{an｝的通项公式.
分析：本题给出的是数列的前n项和Sn与通项an之间的关系，所以首先要转化为相邻项之间的递推关系式，然后根据递推关系式的特点选择合适的方法求解通项公式.
解：当n=1时，a1=S1=;
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2•an-(n-1)2•an-1，
所以(n2-1)an=(n-1)2•an-1，即=.
下面可以用累乘法或迭代法求通项，••…•=••…•
化简可得，==，所以an=(n∈N*).
可化为一阶递推关系式的其他类型
例4 已知数列{an｝满足a1=2，an+1=，求数列{an｝的通项公式.
解：由an+1=，取倒数可得=•+1.
令bn=，则上式可化为bn+1=bn+1，且b1==，这样就转化为类型(一)中的例题1，从而可知bn=2-3n.
于是，an===.
遇到递推数列an+1=(c≠0，d≠0，e≠0)，取倒数变成=+的形式，即倒数变换法，从而转换成类型(一)来解决. 倒数变换法有两个要点需要注意：一是取倒数的过程，二是要注意新数列的首项、公差或公比变化了.
例5 已知数列{an｝满足a1=，a=100an，求数列{an｝的通项公式.
分析：本题的递推关系式是二次的，可以通过两边同时取对数来达到降次的目的.
解：由a=100an，两边同时取常用对数，得
2lgan+1=2+lgan，即lgan+1=1+lgan.
设bn=lgan，则bn+1=1+bn，且b1=lga1=lg=，从而又转化为类型(一)中的例1，易得bn=2-3n.
于是，an=10bn=102-3n.
总之，展望高考数学命题趋势，由数列递推关系式求通项公式仍是热点之一，这类题型解题方法灵活多样，技巧性较强. 在数学思想方法上考查了待定系数法、不完全归纳法、递推思想、化归与转化思想、函数与方程思想、分类讨论思想等;在数学能力上考查了逻辑思维能力以及运算能力等. 学生只有掌握基本技能和基本方法，通过适当的变形，转化为熟知的等差数列或等比数列，才能解决问题.