XX届高考数学数列知识导航复习上课学习上课学习教案.docx
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XX届高考数学数列知识导航复习教案
本资料为woRD文档,请点击下载地址下载全文下载地址 第六章
数
列
高考导航
考试要求
重难点击
命题展望
.数列的概念和简单表示法
(1)了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式);
(2)了解数列是自变量为正整数的一类函数.
2.等差数列、等比数列
(1)理解等差数列、等比数列的概念;
(2)掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式;
(3)能在具体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;
(4)了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.
本章重点:
1.等差数列、等比数列的定义、通项公式和前n项和公式及有关性质;
2.注重提炼一些重要的思想和方法,如:
观察法、累加法、累乘法、待定系数法、倒序相加求和法、错位相减求和法、裂项相消求和法、分组求和法、函数与方程思想、数学模型思想以及离散与连续的关系.
本章难点:
1.数列概念的理解;2.等差等比数列性质的运用;3.数列通项与求和方法的运用.
仍然会以客观题考查等差数列与等比数列的通项公式和前n项和公式及性质,在解答题中,会保持以前的风格,注重数列与其他分支的综合能力的考查,在高考中,数列常考常新,其主要原因是它作为一个特殊函数,使它可以与函数、不等式、解析几何、三角函数等综合起来,命出开放性、探索性强的问题,更体现了知识交叉命题原则得以贯彻;又因为数列与生产、生活的联系,使数列应用题也倍受欢迎.
知识网络
6.1 数列的概念与简单表示法
典例精析
题型一 归纳、猜想法求数列通项
【例1】根据下列数列的前几项,分别写出它们的一个通项公式:
7,77,777,7777,…
23,-415,635,-863,…
1,3,3,5,5,7,7,9,9,…
【解析】将数列变形为79•,79,79,…,79,
故an=79.
分开观察,正负号由n+1确定,分子是偶数2n,分母是1×3,3×5,5×7,…,,故数列的通项公式可写成an=n+1.
将已知数列变为1+0,2+1,3+0,4+1,5+0,6+1,7+0,8+1,9+0,….
故数列的通项公式为an=n+.
【点拨】联想与转换是由已知认识未知的两种有效的思维方法,观察归纳是由特殊到一般的有效手段,本例的求解关键是通过分析、比较、联想、归纳、转换获得项与项序数的一般规律,从而求得通项.
【变式训练1】如下表定义函数f:
x
2
3
4
5
f
5
4
3
2
对于数列{an},a1=4,an=f,n=2,3,4,…,则aXX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aXX=a4=2,故选B.
题型二 应用an=求数列通项
【例2】已知数列{an}的前n项和Sn,分别求其通项公式:
Sn=3n-2;
Sn=182.
【解析】当n=1时,a1=S1=31-2=1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=2×3n-1,
又a1=1不适合上式,
故an=
当n=1时,a1=S1=182,解得a1=2,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=182-182,
所以2-2=0,所以=0,
又an>0,所以an-an-1=4,
可知{an}为等差数列,公差为4,
所以an=a1+d=2+•4=4n-2,
a1=2也适合上式,故an=4n-2.
【点拨】本例的关键是应用an=求数列的通项,特别要注意验证a1的值是否满足“n≥2”的一般性通项公式.
【变式训练2】已知a1=1,an=n,则数列{an}的通项公式是
A.2n-1
B.n-1
c.n2
D.n
【解析】由an=n⇒an+1an=n+1n.
所以an=anan-1×an-1an-2×…×a2a1=nn-1×n-1n-2×…×32×21=n,故选D.
题型三 利用递推关系求数列的通项
【例3】已知在数列{an}中a1=1,求满足下列条件的数列的通项公式:
an+1=an1+2an;an+1=2an+2n+1.
【解析】因为对于一切n∈N*,an≠0,
因此由an+1=an1+2an得1an+1=1an+2,即1an+1-1an=2.
所以{1an}是等差数列,1an=1a1+•2=2n-1,即an=12n-1.
根据已知条件得an+12n+1=an2n+1,即an+12n+1-an2n=1.
所以数列{an2n}是等差数列,an2n=12+=2n-12,即an=•2n-1.
【点拨】通项公式及递推关系是给出数列的常用方法,尤其是后者,可以通过进一步的计算,将其进行转化,构造新数列求通项,进而可以求得所求数列的通项公式.
【变式训练3】设{an}是首项为1的正项数列,且•a2n+1-na2n+an+1an=0,求an.
【解析】因为数列{an}是首项为1的正项数列,
所以anan+1≠0,所以an+1an-nanan+1+1=0,
令an+1an=t,所以t2+t-n=0,
所以[t-n]=0,
得t=nn+1或t=-1,即an+1an=nn+1.
所以a2a1•a3a2•a4a3•a5a4•…•anan-1=12•23•34•45•…•n-1n,所以an=1n.
总结提高
.给出数列的前几项求通项时,常用特征分析法与化归法,所求通项不唯一.
2.由Sn求an时,要分n=1和n≥2两种情况.
3.给出Sn与an的递推关系,要求an,常用思路是:
一是利用Sn-Sn-1=an转化为an的递推关系,再求其通项公式;二是转化为Sn的递推关系,先求出Sn与n之间的关系,再求an.
6.2 等差数列
典例精析
题型一 等差数列的判定与基本运算
【例1】已知数列{an}前n项和Sn=n2-9n.
求证:
{an}为等差数列;记数列{|an|}的前n项和为Tn,求Tn的表达式.
【解析】证明:
n=1时,a1=S1=-8,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-9n-[2-9]=2n-10,
当n=1时,也适合该式,所以an=2n-10.
当n≥2时,an-an-1=2,所以{an}为等差数列.
因为n≤5时,an≤0,n≥6时,an>0.
所以当n≤5时,Tn=-Sn=9n-n2,
当n≥6时,Tn=a1+a2+…+a5+a6+…+an
=-a1-a2-…-a5+a6+a7+…+an
=Sn-2S5=n2-9n-2×=n2-9n+40,
所以,
【点拨】根据定义法判断数列为等差数列,灵活运用求和公式.
【变式训练1】已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S21=42,若记bn=,则数列{bn}
A.是等差数列,但不是等比数列
B.是等比数列,但不是等差数列
c.既是等差数列,又是等比数列
D.既不是等差数列,又不是等比数列
【解析】本题考查了两类常见数列,特别是等差数列的性质.根据条件找出等差数列{an}的首项与公差之间的关系从而确定数列{bn}的通项是解决问题的突破口.{an}是等差数列,则S21=21a1+21×202d=42.
所以a1+10d=2,即a11=2.所以bn==22-=20=1,即数列{bn}是非0常数列,既是等差数列又是等比数列.答案为c.
题型二 公式的应用
【例2】设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a3=12,S12>0,S13<0.
求公差d的取值范围;
指出S1,S2,…,S12中哪一个值最大,并说明理由.
【解析】依题意,有
S12=12a1+12×d2>0,S13=13a1+13×d2<0,
即
由a3=12,得a1=12-2d.③
将③分别代入①②式,得
所以-247<d<-3.
方法一:
由d<0可知a1>a2>a3>…>a12>a13,
因此,若在1≤n≤12中存在自然数n,使得an>0,an+1<0,
则Sn就是S1,S2,…,S12中的最大值.
由于S12=6>0,S13=13a7<0,
即a6+a7>0,a7<0,因此a6>0,a7<0,
故在S1,S2,…,S12中,S6的值最大.
方法二:
由d<0可知a1>a2>a3>…>a12>a13,
因此,若在1≤n≤12中存在自然数n,使得an>0,an+1<0,
则Sn就是S1,S2,…,S12中的最大值.
故在S1,S2,…,S12中,S6的值最大.
【变式训练2】在等差数列{an}中,公差d>0,aXX,aXX是方程x2-3x-5=0的两个根,Sn是数列{an}的前n项的和,那么满足条件Sn<0的最大自然数n= .
【解析】由题意知又因为公差d>0,所以aXX<0,aXX>0.
当
n=4015时,S4015=a1+a40152×4015=aXX×4015<0;当n=4016时,S4016=a1+a40162×4016=aXX+aXX2×4016>0.所以满足条件Sn<0的最大自然数n=4015.
题型三 性质的应用
【例3】某地区XX年9月份曾发生流感,据统计,9月1日该地区流感病毒的新感染者有40人,此后,每天的新感染者人数比前一天增加40人;但从9月11日起,该地区医疗部门采取措施,使该种病毒的传播得到控制,每天的新感染者人数比前一天减少10人.
分别求出该地区在9月10日和9月11日这两天的流感病毒的新感染者人数;
该地区9月份该病毒新感染者共有多少人?
【解析】由题意知,该地区9月份前10天流感病毒的新感染者的人数构成一个首项为40,公差为40的等差数列.
所以9月10日的新感染者人数为40+×40=400.
所以9月11日的新感染者人数为400-10=390.
9月份前10天的新感染者人数和为S10=102=2200,
9月份后20天流感病毒的新感染者的人数,构成一个首项为390,公差为-10的等差数列.
所以后20天新感染者的人数和为T20=20×390+202×=5900.
所以该地区9月份流感病毒的新感染者共有2200+5900=8100.
【变式训练3】设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S4≥10,S5≤15,则a4的最大值为
.
【解析】因为等差数列{an}的前n项和为Sn,且S4≥10,S5≤15,
所以5+3d2≤a4≤3+d,即5+3d≤6+2d,所以d≤1,
所以a4≤3+d≤3+1=4,故a4的最大值为4.
总结提高
.在熟练应用基本公式的同时,还要会用变通的公式,如在等差数列中,am=an+d.
2.在五个量a1、d、n、an、Sn中,知其中的三个量可求出其余两个量,要求选用公式要恰当,即善于减少运算量,达到快速、准确的目的.
3.已知三个或四个数成等差数列这类问题,要善于设元,目的仍在于减少运算量,如三个数成等差数列时,除了设a,a+d,a+2d外,还可设a-d,a,a+d;四个数成等差数列时,可设为a-3m,a-m,a+m,a+3m.
4.在求解数列问题时,要注意函数思想、方程思想、消元及整体消元的方法的应用.
6.3 等比数列
典例精析
题型一 等比数列的基本运算与判定
【例1】数列{an}的前n项和记为Sn,已知a1=1,an+1=n+2nSn.求证:
数列{Snn}是等比数列;Sn+1=4an.
【解析】因为an+1=Sn+1-Sn,an+1=n+2nSn,
所以Sn=n.
整理得nSn+1=2Sn,所以Sn+1n+1=2•Snn,
故{Snn}是以2为公比的等比数列.
由知Sn+1n+1=4•Sn-1n-1=4ann+1,
于是Sn+1=4•Sn-1n-1=4an.
又a2=3S1=3,故S2=a1+a2=4.
因此对于任意正整数n≥1,都有Sn+1=4an.
【点拨】①运用等比数列的基本公式,将已知条件转化为关于等比数列的特征量a1、q的方程是求解等比数列问题的常用方法之一,同时应注意在使用等比数列前n项和公式时,应充分讨论公比q是否等于1;②应用定义判断数列是否是等比数列是最直接,最有依据的方法,也是通法,若判断一个数列是等比数列可用an+1an=q恒成立,也可用a2n+1=an•an+2恒成立,若判定一个数列不是等比数列则只需举出反例即可,也可以用反证法.
【变式训练1】等比数列{an}中,a1=317,q=-12.记f=a1a2…an,则当f最大时,n的值为
A.7
B.8
c.9
D.10
【解析】an=317×n-1,易知a9=317×1256>1,a10<0,0<a11<1.又a1a2…a9>0,故f=a1a2…a9的值最大,此时n=9.故选c.
题型二 性质运用
【例2】在等比数列{an}中,a1+a6=33,a3a4=32,an>an+1.
求an;
若Tn=lga1+lga2+…+lgan,求Tn.
【解析】由等比数列的性质可知a1a6=a3a4=32,
又a1+a6=33,a1>a6,解得a1=32,a6=1,
所以a6a1=132,即q5=132,所以q=12,
所以an=32•n-1=26-n.
由等比数列的性质可知,{lgan}是等差数列,
因为lgan=lg26-n=lg2,lga1=5lg2,
所以Tn=n2=n2lg2.
【点拨】历年高考对性质考查较多,主要是利用“等积性”,题目“小而巧”且背景不断更新,要熟练掌握.
【变式训练2】在等差数列{an}中,若a15=0,则有等式a1+a2+…+an=a1+a2+…+a29-n成立,类比上述性质,相应地在等比数列{bn}中,若b19=1,能得到什么等式?
【解析】由题设可知,如果am=0,在等差数列中有
a1+a2+…+an=a1+a2+…+a2m-1-n成立,
我们知道,如果m+n=p+q,则am+an=ap+aq,
而对于等比数列{bn},则有若m+n=p+q,则aman=apaq,
所以可以得出结论:
若bm=1,则有b1b2…bn=b1b2…b2m-1-n成立.
在本题中则有b1b2…bn=b1b2…b37-n.
题型三 综合运用
【例3】设数列{an}的前n项和为Sn,其中an≠0,a1为常数,且-a1,Sn,an+1成等差数列.
求{an}的通项公式;
设bn=1-Sn,问是否存在a1,使数列{bn}为等比数列?
若存在,则求出a1的值;若不存在,说明理由.
【解析】由题意可得2Sn=an+1-a1.
所以当n≥2时,有
两式相减得an+1=3an.
又a2=2S1+a1=3a1,an≠0,
所以{an}是以首项为a1,公比为q=3的等比数列.
所以an=a1•3n-1.
因为Sn=a11-q=-12a1+12a1•3n,所以bn=1-Sn=1+12a1-12a1•3n.
要使{bn}为等比数列,当且仅当1+12a1=0,即a1=-2,此时bn=3n.
所以{bn}是首项为3,公比为q=3的等比数列.
所以{bn}能为等比数列,此时a1=-2.
【变式训练3】已知命题:
若{an}为等差数列,且am=a,an=b,则am+n=bn-amn-m.现在已知数列{bn}为等比数列,且bm=a,bn=b,类比上述结论得bm+n= .
【解析】n-mbnam.
总结提高
.方程思想,即等比数列{an}中五个量a1,n,q,an,Sn,一般可“知三求二”,通过求和与通项两公式列方程组求解.
2.对于已知数列{an}递推公式an与Sn的混合关系式,利用公式an=Sn-Sn-1,再引入辅助数列,转化为等比数列问题求解.
3.分类讨论思想:
当a1>0,q>1或a1<0,0<q<1时,等比数列{an}为递增数列;当a1>0,0<q<1或a1<0,q>1时,{an}为递减数列;q<0时,{an}为摆动数列;q=1时,{an}为常数列.
6.4 数列求和
典例精析
题型一 错位相减法求和
【例1】求和:
Sn=1a+2a2+3a3+…+nan.
【解析】a=1时,Sn=1+2+3+…+n=n2.
a≠1时,因为a≠0,
Sn=1a+2a2+3a3+…+nan,①
aSn=1a2+2a3+…+n-1an+nan+1.②
由①-②得Sn=1a+1a2+…+1an-nan+1=1a1-1a-nan+1,
所以Sn=a-nan2.
综上所述,Sn=
【点拨】若数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,则求数列{an•bn}的前n项和时,可采用错位相减法;
当等比数列公比为字母时,应对字母是否为1进行讨论;
当将Sn与qSn相减合并同类项时,注意错位及未合并项的正负号.
【变式训练1】数列{2n-32n-3}的前n项和为
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.故选c.
题型二 分组并项求和法
【例2】求和Sn=1+++…+.
【解析】和式中第k项为ak=1+12+14+…+12k-1=1-k1-12=2.
所以Sn=2[++…+]
=-]
=2[n-121-12]=2[n-]=2n-2+12n-1.
【变式训练2】数列1,1+2,1+2+22,1+2+22+23,…,1+2+22+…+2n-1,…的前n项和为
A.2n-1
B.n•2n-n
c.2n+1-n
D.2n+1-n-2
【解析】an=1+2+22+…+2n-1=2n-1,
Sn=++…+=2n+1-n-2.故选D.
题型三 裂项相消法求和
【例3】数列{an}满足a1=8,a4=2,且an+2-2an+1+an=0.
求数列{an}的通项公式;
设bn=1n,Tn=b1+b2+…+bn,若对任意非零自然数n,Tn>m32恒成立,求m的最大整数值.
【解析】由an+2-2an+1+an=0,得an+2-an+1=an+1-an,
从而可知数列{an}为等差数列,设其公差为d,则d=a4-a14-1=-2,
所以an=8+×=10-2n.
bn=1n=12n=14,
所以Tn=b1+b2+…+bn=14[++…+]
=14=38-14-14>m32,
上式对一切n∈N*恒成立.
所以m<12-8n+1-8n+2对一切n∈N*恒成立.
对n∈N*,min=12-81+1-81+2=163,
所以m<163,故m的最大整数值为5.
【点拨】若数列{an}的通项能转化为f-f的形式,常采用裂项相消法求和.
使用裂项相消法求和时,要注意正负项相消时,消去了哪些项,保留了哪些项.
【变式训练3】已知数列{an},{bn}的前n项和为An,Bn,记cn=anBn+bnAn-anbn,则数列{cn}的前10项和为
A.A10+B10
B.A10+B102
c.A10B10
D.A10B10
【解析】n=1,c1=A1B1;n≥2,cn=AnBn-An-1Bn-1,即可推出{cn}的前10项和为A10B10,故选c.
总结提高
.常用的基本求和法均对应数列通项的特殊结构特征,分析数列通项公式的特征联想相应的求和方法既是根本,也是关键.
2.数列求和实质就是求数列{Sn}的通项公式,它几乎涵盖了数列中所有的思想策略、方法和技巧,对学生的知识和思维有很高的要求,应充分重视并系统训练.
6.5 数列的综合应用
典例精析
题型一 函数与数列的综合问题
【例1】已知f=logax,设f,f,…,f是首项为4,公差为2的等差数列.
设a是常数,求证:
{an}成等比数列;
若bn=anf,{bn}的前n项和是Sn,当a=2时,求Sn.
【解析】f=4+×2=2n+2,即logaan=2n+2,所以an=a2n+2,
所以anan-1=a2n+2a2n=a2为定值,所以{an}为等比数列.
bn=anf=a2n+2logaa2n+2=a2n+2,
当a=2时,bn=•2n+2=•2n+2,
Sn=2•23+3•24+4•25+…+•2n+2,
2Sn=2•24+3•25+…+n•2n+2+•2n+3,
两式相减得
-Sn=2•23+24+25+…+2n+2-•2n+3=16+241-2-•2n+3,
所以Sn=n•2n+3.
【点拨】本例是数列与函数综合的基本题型之一,特征是以函数为载体构建数列的递推关系,通过由函数的解析式获知数列的通项公式,从而问题得到求解.
【变式训练1】设函数f=xm+ax的导函数f′=2x+1,则数列{1f}的前n项和是
A.nn+1
B.n+2n+1
c.nn+1
D.n+1n
【解析】由f′=mxm-1+a=2x+1得m=2,a=1.
所以f=x2+x,则1f=1n=1n-1n+1.
所以Sn=1-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1=1-1n+1=nn+1.故选c.
题型二 数列模型实际应用问题
【例2】某县位于沙漠地带,人与自然长期进行着顽强的斗争,到XX年底全县的绿化率已达30%,从XX年开始,每年将出现这样的局面:
原有沙漠面积的16%将被绿化,与此同时,由于各种原因,原有绿化面积的4%又被沙化.
设全县面积为1,XX年底绿化面积为a1=310,经过n年绿化面积为an+1,求证:
an+1=45an+425;
至少需要多少年的努力,才能使全县的绿化率达到60%?
【解析】证明:
由已知可得an确定后,an+1可表示为an+1=an+16%,
即an+1=80%an+16%=45an+425.
由an+1=45an+425有,an+1-45=45,
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