理科高三数学教案数列总复习Word下载.docx
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【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:
(1)7,77,777,7777,
(2)23,-415,635,-863,
(3)1,3,3,5,5,7,7,9,9,
【解析】
(1)将数列变形为79(10-1),79(102-1),79(103-1),,79(10n-1),
故an=79(10n-1).
(2)分开观察,正负号由(-1)n+1确定,分子是偶数2n,分母是13,35,57,,(2n-1)(2n+1),故数列的通项公式可写成an=(-1)n+1.
(3)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):
x12345
f(x)54312
对于数列{an},a1=4,an=f(an-1),n=2,3,4,,则a2008的值是()
A.1B.2C.3D.4
【解析】a1=4,a2=1,a3=5,a4=2,a5=4,,可得an+4=an.
所以a2008=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:
(1)Sn=3n-2;
(2)Sn=18(an+2)2(an0).
(1)当n=1时,a1=S1=31-2=1,
当n2时,an=Sn-Sn-1=(3n-2)-(3n-1-2)=23n-1,
又a1=1不适合上式,
故an=
(2)当n=1时,a1=S1=18(a1+2)2,解得a1=2,
当n2时,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}为等差数列,公差为4,
所以an=a1+(n-1)d=2+(n-1)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2的一般性通项公式.
【变式训练2】已知a1=1,an=n(an+1-an)(nN*),则数列{an}的通项公式是()
A.2n-1B.(n+1n)n-1C.n2D.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:
(1)an+1=an1+2an;
(2)an+1=2an+2n+1.
(1)因为对于一切nN*,an0,
因此由an+1=an1+2an得1an+1=1an+2,即1an+1-1an=2.
所以{1an}是等差数列,1an=1a1+(n-1)2=2n-1,即an=12n-1.
(2)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+(n-1)=2n-12,即an=(2n-1)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(n+1)a2n+1-na2n+an+1an=0(n=1,2,3,),求an.
【解析】因为数列{an}是首项为1的正项数列,
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.
总结提高
1.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n2两种情况.
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(n2)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
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.
(1)求证:
{an}为等差数列;
(2)记数列{|an|}的前n项和为Tn,求Tn的表达式.
(1)证明:
n=1时,a1=S1=-8,
当n2时,an=Sn-Sn-1=n2-9n-[(n-1)2-9(n-1)]=2n-10,
当n=1时,也适合该式,所以an=2n-10(nN*).
当n2时,an-an-1=2,所以{an}为等差数列.
(2)因为n5时,an0,n6时,an0.
所以当n5时,Tn=-Sn=9n-n2,
当n6时,Tn=a1+a2++a5+a6++an
=-a1-a2--a5+a6+a7++an
=Sn-2S5=n2-9n-2(-20)=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+21202d=42.
所以a1+10d=2,即a11=2.所以bn==22-(2a11)=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,S120,S130.
(1)求公差d的取值范围;
(2)指出S1,S2,,S12中哪一个值最大,并说明理由.
(1)依题意,有
S12=12a1+12(12-1)d20,S13=13a1+13(13-1)d20,
即
由a3=12,得a1=12-2d.③
将③分别代入①②式,得
所以-247
(2)方法一:
由d0可知a1a3a13,
因此,若在112中存在自然数n,使得an0,an+10,
则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:
【变式训练2】在等差数列{an}中,公差d0,a2008,a2009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Sn0的最大自然数n=.
【解析】由题意知又因为公差d0,所以a20080,a20090.当
n=4015时,S4015=a1+a401524015=a20084015当n=4016时,S4016=a1+a401624016=a2008+a2009240160.所以满足条件Sn0的最大自然数n=4015.
题型三性质的应用
【例3】某地区2019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.
(1)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;
(2)该地区9月份(共30天)该病毒新感染者共有多少人?
(1)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+(10-1)40=400(人).
所以9月11日的新感染者人数为400-10=390(人).
(2)9月份前10天的新感染者人数和为S10=10(40+400)2=2200(人),
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=20390+20(20-1)2(-10)=5900(人).
所以该地区9月份流感病毒的新感染者共有2200+5900=8100(人).
【变式训练3】设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S410,S515,则a4的最大值为
【解析】因为等差数列{an}的前n项和为Sn,且S410,S515,
所以5+3d23+d,即5+3d6+2d,所以d1,
所以a43+1=4,故a4的最大值为4.
1.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+(m-n)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
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(n=1,2,3,).求证:
(1)数列{Snn}是等比数列;
(2)Sn+1=4an.
(1)因为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为公比的等比数列.
(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.
因此对于任意正整数n1,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(常数)恒成立,也可用a2n+1=anan+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(n)=a1a2an,则当f(n)最大时,n的值为()
A.7B.8C.9D.10
【解析】an=317(-12)n-1,易知a9=31712561,a100,00,故f(9)=a1a2a9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,anan+1(nN*).
(1)求an;
(2)若Tn=lga1+lga2++lgan,求Tn.
(1)由等比数列的性质可知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)由等比数列的性质可知,{lgan}是等差数列,
因为lgan=lg26-n=(6-n)lg2,lga1=5lg2,
所以Tn=(lga1+lgan)n2=n(11-n)2lg2.
【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(n29,nN*)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(n2m-1,nN*)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b1b2bn=b1b2b2m-1-n(n2m-1,nN*)成立.
在本题中则有b1b2bn=b1b2b37-n(n37,nN*).
题型三综合运用
【例3】设数列{an}的前n项和为Sn,其中an0,a1为常数,且-a1,Sn,an+1成等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)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.
(1)由题意可得2Sn=an+1-a1.
所以当n2时,有
两式相减得an+1=3an(n2).
又a2=2S1+a1=3a1,an0,
所以{an}是以首项为a1,公比为q=3的等比数列.
所以an=a13n-1.
(2)因为Sn=a1(1-qn)1-q=-12a1+12a13n,所以bn=1-Sn=1+12a1-12a13n.
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(m0,nN*)为等比数列,且bm=a,bn=b(m
【解析】n-mbnam.
1.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(n2),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a10,q1或a10,00,01时,{an}为递减数列;
q0时,{an}为摆动数列;
q=1时,{an}为常数列.
6.4数列求和
题型一错位相减法求和
【例1】求和:
Sn=1a+2a2+3a3++nan.
【解析】
(1)a=1时,Sn=1+2+3++n=n(n+1)2.
(2)a1时,因为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.
综上所述,Sn=
【点拨】
(1)若数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,则求数列{anbn}的前n项和时,可采用错位相减法;
(2)当等比数列公比为字母时,应对字母是否为1进行讨论;
(3)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-1B.4+2n-72n-2C.8-2n+12n-3D.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+(1+12)+(1+12+14)++(1+12+14++12n-1).
【解析】和式中第k项为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.
【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-1B.n2n-n
C.2n+1-nD.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(nN*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=1n(14-an)(nN*),Tn=b1+b2++bn(nN*),若对任意非零自然数n,Tnm32恒成立,求m的最大整数值.
(1)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+(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,
上式对一切nN*恒成立.
所以m12-8n+1-8n+2对一切nN*恒成立.
对nN*,(12-8n+1-8n+2)min=12-81+1-81+2=163,
所以m163,故m的最大整数值为5.
(1)若数列{an}的通项能转化为f(n+1)-f(n)的形式,常采用裂项相消法求和.
(2)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(nN*),则数列{cn}的前10项和为()
A.A10+B10B.A10+B102C.A10B10D.A10B10
【解析】n=1,c1=A1B1;
n2,cn=AnBn-An-1Bn-1,即可推出{cn}的前10项和为A10B10,故选C.
1.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
题型一函数与数列的综合问题
【例1】已知f(x)=logax(a0且a1),设f(a1),f(a2),,f(an)(nN*)是首项为4,公差为2的等差数列.
(1)设a是常数,求证:
{an}成等比数列;
(2)若bn=anf(an),{bn}的前n项和是Sn,当a=2时,求Sn.
(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)为定值,所以{an}为等比数列.
(2)bn=anf(an)=a2n+2logaa2n+2=(2n+2)a2n+2,
当a=2时,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,
两式相减得
-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.
【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(x)=xm+ax的导函数f(x)=2x+1,则数列{1f(n)}(nN*)的前n项和是()
A.nn+1B.n+2n+1C.nn+1D.n+1n
【解析】由f(x)=mxm-1+a=2x+1得m=2,a=1.
所以f(x)=x2+x,则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2009年底全县的绿化率已达30%,从2019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.
(1)设全县面积为1,2009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;
(2)至少需要多少年(取整数)的努力,才能使全县的绿化率达到60%?
由已知可得an确定后,an+1可表示为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=
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