届高考理科数学第一轮总复习数列教案.docx
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届高考理科数学第一轮总复习数列教案
2012届高考理科数学第一轮总复习数列教案
第六数列
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考试要求重难点击命题展望
1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,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
61 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:
(1)7,77,777,7777,…
(2)23,-41,63,-863,…
(3)1,3,3,,,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1×3,3×,×7,…,(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,+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):
x1234
f(x)4312
对于数列{an},a1=4,an=f(an-1),n=2,3,4,…,则a2008的值是( )
A1B23D4
【解析】a1=4,a2=1,a3=,a4=2,a=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(an>0)
【解析】
(1)当n=1时,a1=S1=31-2=1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3n-2)-(3n-1-2)=2×3n-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n≥2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an>0,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“n≥2”的一般性通项公式
【变式训练2】已知a1=1,an=n(an+1-an)(n∈N*),则数列{an}的通项公式是( )
A2n-1B(n+1n)n-1n2Dn
【解析】由an=n(an+1-an)ͤ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,求满足下列条的数列的通项公式:
(1)an+1=an1+2an;
(2)an+1=2an+2n+1
【解析】
(1)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+(n-1)•2=2n-1,即an=12n-1
(2)根据已知条得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+1≠0,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a2a1•a3a2•a4a3•aa4•…•anan-1=12•23•34•4•…•n-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(n≥2)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
62 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
(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
【解析】
(1)证明:
n=1时,a1=S1=-8,
当n≥2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(n∈N*)
当n≥2时,an-an-1=2,所以{an}为等差数列
(2)因为n≤时,an≤0,n≥6时,an>0
所以当n≤时,Tn=-Sn=9n-n2,
当n≥6时,Tn=a1+a2+…+a+a6+…+an
=-a1-a2-…-a+a6+a7+…+an
=Sn-2S=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
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-(2a&nt;11)=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
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
(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
【解析】
(1)依题意,有
S12=12a1+12×(12-1)d2>0,S13=13a1+13×(13-1)d2<0,
即
由a3=12,得a1=12-2d③
将③分别代入①②式,得
所以-247<d<-3
(2)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(a6+a7)>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,a2008,a2009是方程x2-3x-=0的两个根,Sn是数列{an}的前n项的和,那么满足条Sn<0的最大自然数n=
【解析】由题意知又因为公差d>0,所以a2008<0,a2009>0当
n=401时,S401=a1+a4012×401=a2008×401<0;当n=4016时,S4016=a1+a40162×4016=a2008+a20092×4016>0所以满足条Sn<0的最大自然数n=401
题型三 性质的应用
【例3】某地区2010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?
【解析】
(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=20×390+20(20-1)2×(-10)=900(人)
所以该地区9月份流感病毒的新感染者共有2200+900=8100(人)
【变式训练3】设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S4≥10,S≤1,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,S≤1,
所以+3d2≤a4≤3+d,即+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
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,a=an+(-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-3,a-,a+,a+3
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
63 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(n=1,2,3,…)求证:
(1)数列{Snn}是等比数列;
(2)Sn+1=4an
【解析】
(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=2•Snn,
故{Snn}是以2为公比的等比数列
(2)由
(1)知Sn+1n+1=4•Sn-1n-1=4ann+1(n≥2),
于是Sn+1=4(n+1)•Sn-1n-1=4an(n≥2)
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=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(n)=a1a2…an,则当f(n)最大时,n的值为( )
A7B89D10
【解析】an=317×(-12)n-1,易知a9=317×126>1,a10<0,0<a11<1又a1a2…a9>0,故f(9)=a1a2…a9的值最大,此时n=9故选
题型二 性质运用
【例2】在等比数列{an}中,a1+a6=33,a3a4=32,an>an+1(n∈N*)
(1)求an;
(2)若Tn=lga1+lga2+…+lgan,求Tn
【解析】
(1)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q=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=lg2,
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a1=0,则有等式a1+a2+…+an=a1+a2+…+a29-n(n<29,n∈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a=0,在等差数列中有
a1+a2+…+an=a1+a2+…+a2-1-n(n<2-1,n∈N*)成立,
我们知道,如果+n=p+q,则a+an=ap+aq,
而对于等比数列{bn},则有若+n=p+q,则aan=apaq,
所以可以得出结论:
若b=1,则有b1b2…bn=b1b2…b2-1-n(n<2-1,n∈N*)成立
在本题中则有b1b2…bn=b1b2…b37-n(n<37,n∈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
(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
【解析】
(1)由题意可得2Sn=an+1-a1
所以当n≥2时,有
两式相减得an+1=3an(n≥2)
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
(2)因为Sn=a1(1-qn)1-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a=a,an=b(<n,、n∈N*),则a+n=bn-an-现在已知数列{bn}(bn>0,n∈N*)为等比数列,且b=a,bn=b(<n,,n∈N*),类比上述结论得b+n=
【解析】n-bna
总结提高
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(n≥2),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
64 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】
(1)a=1时,Sn=1+2+3+…+n=n(n+1)2
(2)a≠1时,因为a≠0,
Sn=1a+2a2+3a3+…+nan,①
1aSn=1a2+2a3+…+n-1an+nan+1②
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{an•bn}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( )
A4-2n-12n-1B4+2n-72n-28-2n+12n-3D6-3n+22n-1
【解析】取n=1,2n-32n-3=-4故选
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】和式中第项为a=1+12+14+…+12-1=1-(12)1-12=2(1-12)
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( )
A2n-1Bn•2n-n
2n+1-nD2n+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(n∈N*)
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=1n(14-an)(n∈N*),Tn=b1+b2+…+bn(n∈N*),若对任意非零自然数n,Tn>32恒成立,求的最大整数值
【解析】
(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)>32,
上式对一切n∈N*恒成立
所以<12-8n+1-8n+2对一切n∈N*恒成立
对n∈N*,(12-8n+1-8n+2)in=12-81+1-81+2=163,
所以<163,故的最大整数值为
【点拨】
(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n=anBn+bnAn-anbn(n∈N*),则数列{n}的前10项和为( )
AA10+B10BA10+B102A10B10DA10B10
【解析】n=1,1=A1B1;n≥2,n=AnBn-An-1Bn-1,即可推出{n}的前10项和为A10B10,故选
总结提高
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 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(x)=lgax(a>0且a≠1),设f(a1),f(a2),…,f(an)(n∈N*)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
【解析】
(1)f(an)=4+(n-1)×2=2n+2,即lgaan=2n+2,所以an=a2n+2,
所以anan-1=a2n+2a2n=a2(n≥2)为定值,所以{an}为等比数列
(2)bn=anf(an)=a2n+2lgaa2n+2=(2n+2)a2n+2,
当a=2时,bn=(2n+2)•
(2)2n+2=(n+1)•2n+2,
Sn=2•23+3•24+4•2+…+(n+1)•2n+2,
2Sn=2•24+3•2+…+n•2n+2+(n+1)•2n+3,
两式相减得
-Sn=2•23+24+2+…+2n+2-(n+1)•2n+3=16+24(1-2n-1)1-2-(n+1)•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(x)=x+ax的导函数f′(x)=2x+1,则数列{1f(n)}(n∈N*)的前n项和是( )
Ann+1Bn+2n+1nn+1Dn+1n
【解析】由f′(x)=x-1+a=2x+1得=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
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201
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- 高考 理科 数学 第一轮 复习 数列 教案