第2课数列的性质（模版）

第一篇：第2课数列的性质（模版）

第2课数列的性质

(时间：90分钟满分：100分)

题型示例

三个互不相等的实数成等差数列，如果适当排列这三个数，又可成为等比数列，这三个数的和为6，求这三个数.分析三个数适当排列，不同的排列方法有6种，但这里不必分成6种，因为若以三个数中哪一个

数为等比中项，则只有三种情况，因此对于分类讨论问题，恰当的分类是解好问题的关键.解由已知，可设这三个数为a-d,a,a+d,则a-d+a+a+d=6,∴a=2,这三个数可表示为2-d,2,2+d,(1)若2-d为等比中项，则有(2-d)2=2(2+d),解之得d=6或d=0(舍去).此时三个数为：-4,2,8.(2)若2+d是等比中项，则有(2+d)2=2(2-d),解之得d=-6或d=0(舍去)，此时三个数为：8，2，-4.(3)若2为等比中项，则22=(2+d)·(2-d),∴d=0(舍去).综上可求得此三数为-4,2,8.点评此题给我们的启示是：数学解题既要精炼又要全面.一、选择题(8×3′＝24′)

1．下列各命题中，真命题是()

A．若｛an｝成等差数列，则｛|an|｝也成等差数列

B．若｛|an|｝成等差数列，则｛an｝也成等差数列

C．若存在自然数n,使得2an+1=an+an+2，则｛an｝一定是等差数列

D．若｛an｝是等差数列，对任何自然数n都有2an+1=an+an+

22．从{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}中任选3个不同的数使它们成等差数列，则这样的等差数列最多有

()

A.20个B.40个C.60个D.80个

3．若正数a、b、c依次成公比大于1的等比数列，则当x>1时，logax、logbx、logcx()

A.依次成等差数列B.依次成等比数列

C.各项的倒数依次成等差数列D.各项的倒数依次成等比数列

4．已知数列{an}，如果a1,a2-a1，a3-a2，…，an-an-1，…是首项为1，公比为1的等比数列，则an等于(n

3∈N)（）3131)B.(1n1)A.(12233n

2121(1)D.(1n1)3333n

15．等差数列{an}的公差为,S100=145,则a1+a3+a5+…+a99的值为()

2145A.60B.85C.D.75 2

6．已知数列前n项和Sn=2n-1(n∈N*)，则此数列奇数项的前n项和为()

11A.(2n11)B.(2n12)33

11C.(22n1)D.(22n2)33

7．正项等比数列｛an｝的首项a1=2-5，其前11项的几何平均数为25,若前11项中抽取一项后的几何平均

数仍是25,则抽去一项的项数为()

A.6B.7C.9D.11 C.1(a1a2)2

8．已知x、y为正实数，且x，a1,a2,y成等差数列，x,b1,b2,y成等比数列，则的取值范围是b1b

2()

A.RB.(0,4C.［4,+D.(-∞,0］∪［4,+∞)

二、填空题(4×3′＝12′)

9．等差数列｛an｝最初五项之和与其次五项之和的比为3∶4(n∈N*),则首项a1与公差d的比为.10．已知等比数列｛an｝的前n项和为Sn(n∈N)，若a3=3S2+2,a4=3S3+2,则公比q的值是11．12-22+32-42+52-62+…+992-100212．若一个等差数列前3项的和为34,最后3项的和为146，且所有项的和为390,则这个数

列有项.三、解答题(3×10′＋12′＋10′＝52′)

13．已知数列{an}的首项a1=a(a是常数且a≠-1),an=2an-1+1(n∈N*,n≥2).(1){an}是否是等差数列？若是，求出{an}的通项公式；若不是，说明理由;

(2)设bn=an+c(n∈N*,c是常数)，若{bn}是等比数列，求实数c的值，并求出{bn}的通项公式.14．设实数a≠0,且函数f(x)=a(x2+1)-(2x+

(1)求a的值;

(2)设数列｛an｝的前n项和Sn=f(n),令bn=

列.1)有最小值-1.aa2a4a2n,n=1，2,3…，证明数列｛bn｝是等差数n

3n217n15．若数列｛an｝的前n项和Sn=-(n∈N*)，求数列｛|an|｝的前n项和Tn.2

216．在某两个正数之间插入一个数a,则三数成等差数列，若插入二个数b,c,则四数成等

比数列.(1)求证:2a≥b+c;

(2)求证:(a+1)2≥(b+1)(c+1).1171317．已知数列{an}的通项公式an=n2n(n∈N*)4126

1(1)是否存在等于的项?为什么? 2

(2)此数列是否有相等的连续两项?若有，它们分别是哪两项;若没有，说明理由;

(3)此数列是否有值最小的项?为什么?

四、思考与讨论(12′)

18．在xOy平面上有点P1(a1,b1)，P2(a2,b2)，…，Pn(an,bn)，…，对每个自然数n，点Pn位于函数

ay=2000()x(0

(1)求点Pn的纵坐标bn的表达式；

(2)若对每个自然数n，以bn、bn+

1、bn+2为边长能构成一个三角形，求a的取值范围；

(3)设cn=lgbn(n∈N)．若a取(2)中确定的范围的最小整数，问数列{cn}前多少项的和最大?试说明理由．

参考答案

1．DA错，例如数列-3,-1,1，这样B也错，C应是对任意自然数n;D正是等差中项的性质.2．B由等差数列的概念知an-1+an+1=2an,所选的三个数只要首末两数之和为偶数，则该三数即可构成等差数列.因此，把所给的10个数分为1,3,5,7,9;2,4,6,8,10两组,分别任取两数，另一数自然确定，共有22A5=5×4×2=40个.故选B.3．Cb2=ac2lgblgalgc2lgblgalgc211.lgxlgxlgxlogbxlogaxlogcx

11()n=3(11)． 4．Aan=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)= n1231

35．AS100=(a1+a3+…+a99)+(a2+a4+…+a100)=145,又(a2+a4+…+a100)-(a1+a3+a5+…+a99)=50d

S奇S偶145则解得S奇=a1+a3+a5+…+a99=60.SS25偶奇

1(14n)12n(21).6．Can=2，奇数项构成公比为4的等比数列.∴Sn143n-

17．A(a11

1·q11+2+…+1011)=25q55=2110q=4.=25qx=2100x=50.1x1010抽取一项后，(a1·q)

抽出的项的q的指数为5，故是第6项.2(a1a2)2(xy)2(2xy)4xy8．C4.b1b2xyxyxy

9．13∶1a1a2a55a3a3a12d3a1∶d=13∶1.a6a7a105a8a8a17d

4①

② a33S2210．4 a3S234

②-①:a4-a3＝3（33－32）＝3a3，∴a4=4a3.11．-5050两项结合，利用平方差公式.a1a2a33412．13，∵a1+an=a2+an-1=a3+an-2，anan1an2146

∴34+146=3(a1+an),a1+an=60．∴390=n·60，∴n=13.213．解（1）∵a1=a(a≠-1),a2=2a+1,a3=2a2+1=2(2a+1)+1=4a+3,a1+a3=5a+3,2a2=4a+2.∵a≠-1,∴5a+3≠4a+2,即a1+a3≠2a2,故{an}不是等差数列.2(2)由{bn}是等比数列，得b1b3=b2

2,即(a+c)(4a+3+c)=(2a+1+c),化简得a-c-ac+1=0,即(a+1)(1-c)=0.∵a≠-1,∴c=1,∴b1=a+1,q=

∴bn=b1qn-1=(a+1)·2n-1.14．(1)解∵f(x)=a(x-b2=2.b1122)+a-有最小值-1.aa

12∴a>0,且f()=a-=-1.∴a=1或a=-2(舍)，∴a=1.aa

(2)证明由(1)知f(x)=x2-2x,∴Sn=n2-2n.∴n=1时，a1=S1=-1；n≥2时，an=Sn-Sn-1=(n2-2n)-［(n-1)2-2(n-1)］=2n-3.且a1=-1满足上式.∴an=2n-3,即｛an｝是首项为-1,公差为2的等差数列.∴bn=1241n(a2a2n)1n(14n3)(a+a+…+a2n)=·=·=2n-1.nnn22

∴bn+1-bn＝［2(n+1)-1］-(2n-1)=2.∴｛bn｝是等差数列.15．解n≥2时，an=Sn-Sn-1=10-3n..n=1时，a1=S1＝7满足上式，∴对n∈N*，an=10-3n.令10-3n>0,则n<10,∴a1>0,a2>0，a3>0,a4<0，… 3

3n217n(n3)22∴T（n）＝2.3n17n24(n4)22

mn2a① 216．证明(1)设原两数为m,n(m,n>0),则mcb ② 2③ nbc

由①知a>0,由②，③知b,c>0, b2c2

∴=m+n=2a2abc=b3+c3=(b+c)(b2+c2-bc)≥(b+c)(2bc-bc)=(b+c)bc,∴2a≥b+c.cb

mn(2)由①得a=≥mn=a2≥bc 2

a2bca2+2a≥bc+b+c(a+1)2≥bc+b+c+1=(b+1)(c+1).2abc

17．解(1)若数列中有等于11171312的项，则有an=n2-n+=,3n-17n+20=0 246212

51解得n=4或n=又n∈N则n=4,故数列的第4项等于.32

1113171317(2)an=n2-n+,an+1=(n+1)2-(n+1)+.46461212

若数列中有连续两项相等，则121713113717n-n+=(n+1)2-(n+1)+解得n=.464631212

由于n∈N,故不存在相等的连续两项.(3)an=117223(n-)+,故当n=3时an取最小值.46144

点评本题反映了数列的通项公式是关于项与它的序号的关系的式子，因此可运用方程思想，通过通项公式求出数列的各项或某一项所对应的项数.另外，运用函数观点理解数列，其通项公式亦可视为定义域为正整数集的函数解析式，于是可运用有关函数知识解决一些数列问题.18．解(1)由题意，可知an=11(n+n+1)=n+.22

1aan2∴bn=2000()an=2000()． 1010

ax)在(-∞,+∞)上为减函数，∴对每个正整数n，有bn>bn+1>bn+2． 10

aa∴以bn、bn+

1、bn+2为边能构成三角形的充要条件是bn+1+bn+2>bn，即+()2>1.1010(2)∵函数y=2000（解得a<-5(1+5)或a>5(-1).∵0

7n(3)易知a=7，则bn=2000()2.10

于是cn=lgbn=3+lg2+(n+11)lg0.7，且为递减数列． 2

由,解得n≤20.8∴n=20.因此，{cn}的前20项和最大．

第二篇：第2讲数列极限及其性质2009

《数学分析I》第2讲教案

第2讲数列极限概念及其性质

讲授内容

一、数列极限概念

数列 a1,a2,,an,,或简单地记为{an}，其中an，称为该数列的通项．

关于数列极限，先举二个我国古代有关数列的例子．（1）割圆术：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”——刘徽.n

22园内接正n边形的面积An

Rsin

2n

sin

(n3,4,），当n时，AnR

2nn

R

2

（2）古代哲学家庄周所著的《庄子·天下篇》引用过一句话：“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其含义是：一根长为一尺的木棒，每天截下一半，这样的过程可以无限制地进行下去．第一天截下

12，第二天截下

n

2，„„，第n天截下

n，„„这样就得到一个数列

22,2,,1,．或n.n22

不难看出，数列{}的通项

n

随着n的无限增大而无限地接近于0．一般地说，对于数列{an}，若当n无

限增大时an能无限地接近某一个常数a，则称此数列为收敛数列，常数a称为它的极限．不具有这种特性的数列就不是收敛数列．下面我们给出收敛数列及其极限的精确定义．

定义1设{an}为数列，a为定数．若对任给的正数，总存在正整数N，使得当，n>N时有|ana|则称数列{an收敛于a，定数a称为数列{an}的极限，并记作limana，或ana(n).读作“当n

n

趋于无穷大时，an的极限等于a或an趋于a”．

若数列{an}没有极限，则称{an}为发散数列．下面举例说明如何根据N定义来验证数列极限．

二、根据N定义来验证数列极限

例2证明lim

1n



n

0，这里为正数

,故对任给的>0，只要取N=

1



1，则当nN时，便有 

证：由于 |

1n



0|

1n



1n





1N



即|

1n



0|.这就证明了lim

1n



n

0.例3证明lim

3n

n

n33n

3.分析由于|

n

33|

9n3



9n

(n3).因此，对任给的>o，只要

9n

，便有

|

3n

n3

3|,即当n

时，(2)式成立．故应取Nmax{3, 

999

证任给0,取Nmax{3,据分析，当nN时有|23|,式成立.于是本题得证.n3

n

例4证明limq=0，这里|q|<1．

n

3n

证若q=0，则结果是显然的．现设0<|q|<1．记h

1|q|

1，则h>0．我们有

|q0||q|

11nh

nn

1(1h)

n,并由(1h)1+nh得到|q|

|q0|，这就证明了limq

n

n

nn



1nh

.对任给的0,只要取N

h,则当nN时，得

n

0.注：本例还可利用对数函数ylgx的严格增性来证明，简述如下：对任给的>0(不妨设<1)，为使

n

n

只要nlg|q|lg即n|q0||q|，lglg|q|

（这里0|q|1).于是，只要取N

lglg|q|

即可。

例5证明lim

n

n

a1，其中a>0．

证：(ⅰ)当a1时，结论显然成立.(ⅱ)当a1时，记an1，则0.由 a(1)n1n1n(an1)得

an1

a1n.（1）

任给0，由(1)式可见，当n

a1



N时，就有an1，即|an1|.所以lim

n

a1.(ⅲ)当0a1时，,１

n

－１，则0.由

a

1

1n

(1)1n1n1得 aa1

1a

n



a

1n.a

a

1

1

n.1

（2）

任给0，由（2式可见，当n１

a1



N时，就有1an，即|an1|.所以lim

n

n

a1.关于数列极限的—N定义，应着重注意下面几点：

1．的任意性：尽管有其任意性，但一经给出，就暂时地被确定下来，以便依靠它来求出N，又既



2时任意小的正数，那么,3或等等同样也是任意小的正数，因此定义1中不等式|ana|中的可用

,3或等来代替．

2．N的相应性：一般说，N随的变小而变大，由此常把N写作N()，来强调N是依赖于的；但这并不意味着N是由所唯一确定的.3．从几何意义上看，“当n>N时有|aa|”意味着：所有下标大于N的项aｎ都落在邻域U(a;)内；而在U(a;)之外，数列{an}中的项至多只有N个(有限个)．

定义2若liman0，则称{an}为无穷小数列．由无穷小数列的定义，不难证明如下命题：

n

n

定理2.1数列{an}收敛于a的充要条件是：{ana}为无穷小数列．

三、收敛数列的性质

定理2.2(唯一性)若数列{an}收敛，则它只有一个极限．

定理2.3(有界性)若数列{an}收敛，则{an}为有界数列，即存在正数M，使得对一切正整数有|an|M.证：设limana取1，存在正数N，对一切n>N有

n

|ana|1即a1ana1.记Mmax{|a1|,|a2|,|aN|,|a1|,|a1|},则对一切正整数n都有anM．注：有界性只是数列收敛的必要条件，而非充分条件．例如数列1定理2.4(保号性)若limana0

n



n

有界，但它并不收敛．

(a,0

(或<0)，则对任何a(0,a)(或a，存在正数N，使

得当nN时有ana(或ana)．

证：设a0．取aa(>0)，则存在正数N，使得当nN时有aana，即

anaa，这就证得结果．对于a0的情形，也可类似地证明．

注：在应用保号性时，经常取a

a2

.即有an

a2，或an

a2

定理2.5(保不等式性)设an与bn均为收敛数列．若存在正数N0，使得当nN0时，有anbn，则limanlimbn.n

n

请学生思考：如果把定理2.5中的条件anbn换成严格不等式anbn，那么能否把结论换成limanlimbn?，并给出理由.n

n

例1设an0n1,2,．证明：若limana,则lim

n

n

an

a.证：由定理2.5可得a0.若a0，则由liman0，任给0，存在正数N，使得当nN时有an，从而an即

n

an0,故有lim

n

an0.anaan

a

ana

a

若a0，则有

an

a

.任给0，由limana，存在正数N，使得当

n

nN时有ana

a,从而

an

a．故得证．

第三篇：数列等比性质分析2013福建

数列等比性质分析2013福建

9．D5[2013·福建卷] 已知等比数列{an}的公比为q，记bn＝am(n－1)＋1＋am(n－1)＋2＋…＋am(n

*

－1)＋m，cn＝am(n－1)＋1·am(n－1)＋2·…·am(n－1)＋m(m，n∈N)，则以下结论一定正确的是()

mA．数列{bn}为等差数列，公差为q

2mB．数列{bn}为等比数列，公比为q

2C．数列{cn}为等比数列，公比为qm

mD．数列{cn}为等比数列，公比为qm

9．C [解析] 取an＝1，q＝1，则bn＝m，cn＝1，排除A，取a1＝1，q＝－1，m取正偶

cn＋1amn＋1·amn＋2·…·amn＋mmmm数，则bn＝0，排除B，＝＝q·q·…·q,sdo4(共cnam（n－1）＋1·am（n－1）＋2·…·am（n－1）＋m

m个))＝qm，故选C.2

第四篇：数列极限的运算性质

极限的运算

教学目标

1．熟练运用极限的四则运算法则，求数列的极限．

2．理解和掌握三个常用极限及其使用条件．培养学生运用化归转化和分类讨论的思想解决数列极限问题的能力．

3．正确认识极限思想和方法是从有限中认识无限，从近似中认识精确，从量变中认识质变的一种辩证唯物主义的思想． 教学重点与难点

使用极限四则运算法则及3个常用极限时的条件． 教学过程

（一）运用极限的四则运算法则求数列的极限

师：高中数学中的求极限问题，主要是通过极限的四则运算法则，把所求极限转化成三个常用极限：lim1=0，limC=C，limqn=0（|q|<1）来解决。

nnnn例1：求下列极限：

7n33n2n(1)lim 3n4n1

师：（1）中的式子如何转化才能求出极限．

生：可以分子、分母同除以n3，就能够求出极限．

师：（2）中含有幂型数，应该怎样转化？

师：分子、分母同时除以3n-1结果如何？ 生：结果应该一样．

师：分子、分母同时除以2或2，能否求出极限？

n

n-

1（二）先求和再求极限 例2 求下列极限：

由学生自己先做，教师巡视．

判断正误．

生：因为极限的四则运算法则只适用于有限个数列加、减、乘、除的情况．此题当n→∞，和式成了无限项的和，不能使用运算法则，所以解法1是错的．

师：解法2先用等差数列的求和公式，求出分子的和，满足了极限四则运算法则的条件，从而求出了极限．第（2）题应该怎样做？

生：用等比数列的求和公式先求出分母的和．

=12． 师：例2告诉我们不能把处理有限项和问题的思路及方法随意地搬到无限项和的问题中去，要特别注意极限四则运算法则的适用条件．

例3求下列极限：

师：本例也应该先求出数列的解析式，然后再求极限，请同学观察所给数列的特点，想出对策．

生：（1）题是连乘积的形式，可以进行约分变形．

生：（2）题是分数和的形式，可以用“裂项法”变形．

例4设首项为1，公比为q（q＞0）的等比数列的前n项和为Sn，师：等比数列的前n项和Sn怎样表示？

师：看来此题要分情况讨论了．

师：综合两位同学的讨论结果，解法如下：

师：本例重点体现了分类讨论思想的运用能够使复杂问题条理化．同

（三）公比绝对值小于1的无穷等比数列前n项和的极限 师：利用无穷等比数列所有各项和的概念以及求极限的知识，我们已经得到了公比的绝对值小于1的无穷等比数列各项和的公式：

例5计算：

题目不难，可由学生自己做． 师：（1）中的数列有什么特点？

师：（2）中求所有奇数项的和实质是求什么？

（1）所给数列是等比数列；（2）公比的绝对值小于1；

（四）利用极限的概念求数的取值范围

师：（1）中a在一个等式中，如何求出它的值． 生：只要得到一个含有a的方程就可以求出来了．

师：同学能够想到用方程的思想解决问题非常好，怎样得到这个方程？ 生：先求极限．

师：（2）中要求m的取值范围，如何利用所给的等式？

|q|＜1，正好能得到一个含有m的不等式，解不等式就能求出m的范围．

解得0＜m＜4．

师：请同学归纳一下本课中求极限有哪些类型？ 生：主要有三种类型：

（1）利用极限运算法则和三个常用极限，求数列的极限；（2）先求数列的前n项和，再求数列的极限；（3）求公比绝对值小于1的无穷等比数列的极限． 师：求数列极限应注意的问题是什么？ 生甲：要注意公式使用的条件．

生乙：要注意有限项和与无限项和的区别与联系．

上述问答，教师应根据学生回答的情况，及时进行引导和必要的补充．

（五）布置作业 1．填空题：

2．选择题：

则x的取值范围是[ ]． 的值是[ ]．

A．2 B．-2 C．1 D．-1 作业答案或提示

（7）a． 2．选择题：

（2）由于所给两个极限存在，所以an与bn的极限必存在，得方程

以上习题教师可以根据学生的状况，酌情选用． 课堂教学设计说明

1．掌握常用方法，深化学生思维． 数学中对解题的要求，首先是学生能够按部就班地进行逻辑推理，寻找最常见的解题思路，当问题解决以后，教师要引导学生立即反思，为什么要这么做？对常用方法只停留在会用是不够的，应该对常用方法所体现的思维方式进行深入探讨，内化为自身的认知结构，然后把这种思维方式加以运用．例1的设计就是以此为目的的．

2．展示典型错误，培养严谨思维． 第二课时

数列极限的运算性质

教学目标：

1、掌握数列极限的运算性质；会利用这些性质计算数列的极限

2、掌握重要的极限计算公式：lim(1+1/n)n=e 教学过程：

一、数列极限的运算性质

如果liman=A，limbn=B，那么

（1）lim(an+bn)= liman+ limbn =A+B（2）lim(an-bn)= liman-limbn =A-B（3）lim(anbn)= liman limbn =AB（4）lim(an/bn)= liman/ limbn =A/B（B0，bn0）注意：运用这些性质时，每个数列必须要有极限，在数列商的极限中，作为分母的数列的项及其极限都不为零。

数列的和的极限的运算性质可推广为：如果有限个数列都有极限，那么这有限个数列对应各项的和所组成的数列也有极限，且极限值等于这有限个数列的极限的和。类似地，对数列的积的极限的运算性质也可作这样的推广。注意：上述性质只能推广为有限个数列的和与积的运算，不能推广为无限个数列的和与积。

二、求数列极限

1、lim（5+1/n）=5

2、lim(n2-4)/n2=lim(1-4/n2)=1

3、lim(2+3/n)2=4

4、lim[(2-1/n)(3+2/n)+(1-3/n)(4-5/n)]=10

5、lim(3n2-2n-5)/(2n2+n-1)=lim(3-2/n-5/n2)/(2+1/n-1/n2)=3/2 分析：由于lim(3n2-2n-5)及lim(2n2+n-1)都不存在，因此不能直接应用商的极限运算性质进行计算。为了能应用极限的运算性质，可利用分式的性质先进行变形。在变形时分子、分母同时除以分子、分母中含n的最高次数项。

4、一个重要的数列极限

我们曾经学过自然对数的底e2.718，它是一个无理数，它是数列(1+1/n)n的极限。lim(1+1/n)n =e（证明将在高等数学中研究）求下列数列的极限

lim(1+1/n)2n+1 =lim(1+1/n)n (1+1/n)n (1+1/n)=ee1=e2 lim(1+3/n)n =lim[(1+1/(n/3))n/3] 3=e3

分析：在底数的两项中，一项为1，另一项为3/n，其中分子不是1，与关于e的重要极限的形式不相符合，为此需要作变形。其变形的目标是将分子中的3变为1，而不改变分式的值。为此可在3/n的分子、分母中同时除以3，但这样又出现了新的矛盾，即分母中的n/3与指数上的n以及取极限时n不相一致，为此再将指数上的n改成n/33，又因为n与n/3是等价的。

lim(1+1/(n+1))n=lim(1+1/(n+1))(n+1)-1=lim(1+1/(n+1))n+1/lim(1+1/(n+1))=e

练习：计算下列数列的极限

lim(3-1/2n)=3

lim(1/n2+1/n-2)(3/n-5/2)=5

lim(-3n2-1)/(4n2+1)=-3/4 lim(n+3)(n-4)/(n+1)(2n-3)=1/2

lim(1+3/2n)2=1

lim(1+1/3n)2(2-1/(n+1)3=18=8 lim(1+1/n)3n+2=lim[(1+1/n)n] 3(1+1/n)2=e3

lim(1+4/n)n=e4

lim(1+1/(n+2))n+1=e lim[(n+5)/(n+4)]n=lim(1+1/(n+4))n=e

lim(1+2/(n+1))n=e2

lim[(n+5)/(n+2)] n=lim[(1+3/(n+2))(n+2)/3] 3/(1+3/(n+2))2=e3

第五篇：第2课教案

第2“贞观之治”与“开元盛世”

七年级历史备课组 张丹霞 田剑 孙晶 主备人：孙晶

［课程标准］列举贞观之治、开元盛世的主要内容和评价唐太宗，教学目标： 1.知识识记

①记住唐太宗李世民的主要政绩；记住“贞观之治”的主要内容；

②唐初百年的发展和积累，到唐玄宗开元年间，社会经济呈现出繁荣的景象，达到前所未有的极盛时期，史称“开元盛世”。2.能力培养

①通过对唐太宗的分析评价，进一步提高学生运用历史唯物主义观点分析评价历史人物的能力；

②通过分析“贞观之治”局面出现的原因，帮助学生树立人民群众是推动社会发展的直接动力的观点

③通过收集图片实物、资料、编写历史小故事，提高学生的动手能力和表达能力。

3.情感态度与价值观

①通过本节课的讲述，联系以前的历史，说明杰出人物对加速或延缓社会历史的发展进程有不可忽视的作用；

②唐太宗的知人善任、虚心纳谏即使在今天仍有一定的借鉴作用。

③通过引导学生欣赏唐代的金银器、唐三彩、丝织品等历史文物的工艺价值，激发学生对我国古代工匠的精湛技艺的敬佩之情。教材重点、难点：

1、重点是唐太宗和贞观之治；开元盛世的主要政绩

2、难点是分析“贞观之治”局面出现的原因；如何用历史唯物主义的观点分析、评价历史人物；

教学方法：分析、归纳、引导 教学形式：多媒体

教学准备：课件、地图册 教学课时：1课时 教学过程：

（一）新课导人：

贞观初年，唐太宗在洛阳修建一座宫殿。大臣张玄素上书极力反对，说天下刚定，就大修宫殿，劳民伤财，恐怕您比亡国之君隋炀帝都不如。唐太宗一时接受不了，生气地问：“你说我不如隋炀帝，那么比历史上的暴君桀、纣如何？”张玄素从容地说：“若是这座殿修成，您和桀纣也差不多了。”唐太宗听后十分震动，终于接受了张玄素的意见，还奖励了他。事后唐太宗对人说：“唯唯诺诺的人再多也不如一个能说出逆耳之言的忠臣。”上述材料表现了唐太宗一种什么品质？他统治的时候唐朝出现了一种怎样的局面？

根据学生的回答，教师简单点评后总结：正是由于唐太宗能虚心听取臣下的意见，所以在他统治下出现了我国历史上又一个盛世局面—贞观之治，板书课题，并解释“治”的意思是政治清明、治理有序。这样的盛世局面我们还学过哪些？下面，我们先了解李世民的有关材料（板书）

二、讲授新课 1．晋阳起兵

隋末农民起义遍及全国，隋朝政权摇摇欲坠。李渊父子于617年起兵晋阳。同年11月李渊攻克长安，与民众约法十二条，除去隋朝苛政。618年李渊即皇帝位，改国号为唐，他就是唐高祖。唐朝正式建立了。2．唐朝的建立和统一全国

经过激烈的争权战争，到624年，唐朝大体上统一了全国。在统一全国过程中，在黄河流域进行的具有决定意义的战争，都是李世民负责指挥的，其表现出了非凡的军事才能，成为当时最杰出的军事家。当时，统一全国是历史发展的必然趋势，是人民的渴望，是经济发展文化繁荣的前提。李世民顺应历史潮流，完成统一事业，对历史的发展起了积极作用。3．贞观之治

继唐高祖之后，李世民做了皇帝，年号贞观。李世民就是我国古代杰出的政治家唐太宗。唐太宗贞观年间，政治比较清明，社会安定，经济恢复发展较快，国力强盛，百姓生活有所改善，史称“贞观之治”。

教师指导同学们阅读课本归纳整理唐太宗的政绩主要内容。

第一个方面，开明的治国思想。唐太宗亲历隋末的社会大动荡，亲眼目睹隋朝的覆亡，这对他政治思想的形成有极大的影响。他以隋亡为戒，接受隋末农民起义的教训，成为中国历史上一位比较善于学习历史经验，具有开明思想和政治远见的帝王。还认为要使唐朝治世长久，就必须“居安思危”，“善始慎终”。第二个方面，唐太宗善于用人。由于唐太宗确实是以才取人，甚至破格用人，所以贞观时期，人才济济，出现了一批对国家的治理有杰出贡献的著名将相，如房玄龄、杜如晦、魏征、李靖、李勣等。这些猛将谋臣为李王朝发挥了自己的聪明才智，保证了唐朝政治稳定和各种政策的施行。这与“贞观之治”局面的形成是密切相关的，也是“贞观之治”的主要内容之一。第三个方面，太宗重视纳谏。他以隋炀帝拒谏饰非以致国家灭亡为鉴，虚怀若谷，从谏如流，可以说在中国历史上没有任何一个皇帝在这一点上可以与他媲美。他把自己比做石中之玉，矿中之金，把进谏的人比作良工良冶。在他的倡导和鼓励下，贞观时期谏臣盈廷，先后向太宗进谏见于记载的不下30人。其中魏征一人“所谏前后二百余事，凡数十万言。唐太宗甚至把贞观时期政绩的取得说成是“皆魏征之力也”。正是这些进谏，避免和防止了很多错误，对“贞观之治”的政绩起了极其重要的作用。

第四个方面，太宗重视发挥国家机关的效能。唐朝沿用隋朝的三省六部制。贞观时，增加了宰相的人数。这样既避免宰相专权，又能集思广义。唐太宗还大力精

简中央、地方各级行政机构和官员。提高了行政效率，节省了财政开支，有利于减轻人民的负担。

第五个方面，大兴学校，发展科举。为了广开选官的途径，唐太宗继承并发展了科举制度，这是唐代最主要的选拔人才的制度。通过考试选拔官员，为一般地主提供了做官的途径，扩大了唐朝统治的阶级基础。

第六个方面，轻徭薄赋，发展生产。太宗继位后多次颁布减免全国或部分地区租赋的法令。并用免除几年赋役的办法招诱逃亡农民归业。唐初社会经济衰弊凋残，贞观初期，洛阳以东直至沿海，“茫茫千里，人烟断绝，鸡犬不闻，道路萧条”。全国人口锐减，政府掌握的户口仅200多万户，不到隋盛时890多万户的1／3。但到了唐太宗死后3年的统计，户口增至380万户，贞观时期平均每年增长近七万户，是唐代人口增长最快的时期。

贞观末年，唐朝成为一个强盛的封建国家。境内政治比较清明，经济初步繁荣，民族关系融洽，社会升平，历史上称为“贞观之治”。4．女皇帝武则天

武则天本人“兼涉文史”，“精明强干”，“能屈身忍辱”，颇有抱负。唐高宗多病，皇后武则天开始干预朝政。武则天是中国历史上唯一的女皇帝。690年武则天正式改唐为周，自称为大周圣神皇帝，并自造“曌（音“照”）”字为名。武则天执政时期，上承“贞观之治”，下启“开元盛世”承前启后。武则天不失为唐代有作为的皇帝、女政治家。但是，为了神化自己的权威，她大肆崇佛，广建庙宇，浪费了大量的人力物力。她放手招官，使官僚集团急剧膨胀，加重了人民负担。她重用武氏家族，这些人穷奢极欲，为非作歹，更与武则天本人的腐朽生活和对权势的贪婪分不开。这一切必然会加剧阶级矛盾。（在此教师可引导学生讨论，学会用历史唯物主义观点评价人物。）5．“开元盛世”

继承唐太宗、武则天的业绩，并将其发展推向顶峰，这就是中国封建社会前所未有的盛世——史称“开元盛世”。

1）政治上，唐玄宗特别注意选贤任能，且从基层做起，亲自考核新任命的县令，斥退不合格者。

2）经济上，唐玄宗重视农耕、垦荒，大力兴修水利。农业生产大大发展。（可让学生了解杜甫《忆昔》）所以全国人口大增，户数是唐太宗时期的3倍，可谓丰衣足食，人丁兴旺。

小结：自唐朝建立，从唐太宗到武则天再到唐玄宗，都励精图治，使唐朝政治清明，经济繁荣，文化发达，达到封建社会前所未有的盛况，使唐朝不仅在中国历史上占有重要地位，而且在世界史上也有极为深远的影响。由此可见，在确定适宜社会发展的基本国策的前提下，政令、政策的相对稳定，是社会持续发展的重要因素。板书设计：

第二课 “贞观之治”与“开元盛世”

一、贞观之治

1、唐太宗吸取隋亡教训

2、任用贤良，虚怀纳谏

3、发挥国家机关的效能

4、轻徭薄赋，发展生产

二、女皇武则天

三、开元盛世

1、政治经济措施

2、经济繁荣，盛世局面形成 课堂练习：见课件

作业布置：1.阅读下列材料：

“君，舟也；人，水也。水能载舟，亦能覆舟。” 请回答：

(1)上述名言是谁说的?它的意思是什么?(2)唐太宗为什么要引用这句话?体现了他怎样的思想?(3)他为避免“覆舟”实行什么样的政策? 2.阅读下列材料： 材料一 唐太宗说：“往昔初平京师，宫中美女珍玩，无院不满。炀帝意犹不足，征求不已，兼东征讨，穷兵黩武，百姓不堪，遂致灭亡。此皆朕所目见。故夙夜孜孜，惟欲清静，使天下无事。” 材料二 唐太宗对大臣们说：“朕终日孜孜，非但忧怜百姓，亦欲使卿等长守富贵。” 请回答：

(1)根据材料一说明隋朝灭亡与“贞观之治”的关系怎样?(2)材料中说唐太宗“夙夜孜孜”、“终日孜孜”的根本原因是什么? 参考答案

1．(1)唐太宗。统治者好比是船，人民就像是水；水能使船在水上航行，也能把船打翻。(2)吸取隋亡的教训，认识到要维护统治就必须让老百姓能够生存下去，体现了他重视百姓，以民为贵的思想。(3)实行轻徭薄赋，发展生产的政策。2.(1)因果关系。唐太宗从隋朝灭亡中吸取教训，采取调整统治的措施，是出现“贞观之治”的原因之一。(2)要维护封建地主阶级的利益及统治。