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第2讲 数列问题的题型与方法(二)


高三数学第二轮复习教案

第2讲

数列问题的题型与方法(二)
(3 课时)

例 9.数列 ?an ?中, a1 ? 8, a4 ? 2 且满足 an?2 ? 2an?1 ? an (1)求数列 ?an ?的通项公式; (2)设 Sn ?| a1 | ? | a2 | ??? | an | ,求 S n ;<

br />
n? N*

(3)设 bn = 均有 Tn ?

1 (n ? N * ), Tn ? b1 ? b2 ? ? ? bn (n ? N * ) ,是否存在最大的整数 m ,使得对任意 n ? N * , n(12 ? a n )

m 成立?若存在,求出 m 的值;若不存在,请说明理由。 32

解: (1)由题意, an?2 ? an?1 ? an?1 ? an ,?{an } 为等差数列,设公差为 d , 由题意得 2 ? 8 ? 3d ? d ? ?2 ,?an ? 8 ? 2(n ? 1) ? 10 ? 2n 。 (2)若 10 ? 2n ? 0则n ? 5 , n ? 5时, Sn ?| a1 | ? | a2 | ??? | an |

? a1 ? a2 ? ? ? an ?

8 ? 10 ? 2n ? n ? 9n ? n2 , 2

n ? 6 时, Sn ? a1 ? a2 ? ?? a5 ? a6 ? a7 ?? an
? S 5 ? ( S n ? S 5 ) ? 2S 5 ? S n ? n 2 ? 9n ? 40

?9n ? n 2 ? 故 Sn ? ? ?n 2 ? 9n ? 40 ?
(3)? bn ?

n?5 n?6

1 1 1 1 1 ? ? ( ? ) n(12 ? an ) 2n(n ? 1) 2 n n ? 1

n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 . ? Tn ? [(1 ? ) ? ( ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( ? )?( ? )] ? 2(n ? 1) 2 2 2 3 3 4 n ?1 n n n ?1
若 Tn ?

m n m * * 对任意 n ? N 成立,即 对任意 n ? N 成立, ? 32 n ? 1 16

?

n 1 m 1 (n ? N * ) 的最小值是 ,? ? , ? m 的最大整数值是 7。 n ?1 2 16 2
*

即存在最大整数 m ? 7, 使对任意 n ? N ,均有 Tn ?

m . 32

说明:本例复习数列通项,数列求和以及有关数列与不等式的综合问题。

例 10 . 如 图 , 在 y 轴 的 正 半 轴 上 依 次 有 点 A1 , A2 ,?, An ,? 其 中 点 A1 (0,1), A2 (0,10) , 且 ,且 | An?1 An |? 3 | An An?1 | (n ? 2,3,4,?) ,在射线 y ? x( x ? 0) 上依次有点 B1 , B2 ,?, Bn ,? 点 B1 的坐标为(3,3)

| OBn |?| OBn?1 | ?2 2 (n ? 2,3,4, ?)
(1)用含 n 的式子表示 | An An?1 | ; (2)用含 n 的式子表示 An , Bn 的坐标; (3)求四边形 An An?1 Bn?1 Bn 面积的最大值。 解 : ( 1 )

|A A | 1 1 1 1 | ? n n?1 ? , 且 | A1 A2 |? 10 ? 1 ? 9 ,? An An?1 |?| A1 A2 | ( ) n?1 ? 9( ) n?1 ? ( ) n?3 3 3 3 | An?1 An | 3
(2)由(1)得

1 27 1 1 n?4 | A1 A2 | ? | A2 A3 | ??? | An?1 An |? 9 ? 3 ? 1 ? ? ? ( ) n?4 ? ? ( ) 3 2 2 3

?点An 的坐标 (0,

27 1 1 n?4 ? ( ) ) ,?| OBn | ? | OBn?1 |? 2 2且 | OB1 |? 3 2 2 2 3

?{| OBn |} 是以 3 2 为首项, 2 2 为公差的等差数列
? OBn |? 3 2 ? (n ? 1)2 2 ? (2n ? 1) 2 | ? Bn的坐标为 2n ? 1,2n ? 1) (
(3)连接 An Bn?1 ,设四边形 An An?1 Bn?1 B n 的面积为 S n ,则

1 1 1 29 27 1 2 S n ? S ?An An ?1Bn ?1 ? S ?Bn Bn ?1 An ? [( ) n?3 ] ? (2n ? 3) ? ? 2 2 ? [ ? ( ) n?1 ] 2 3 2 2 2 3 2

?

29 9n 3 ? 6n ? n?1 , ? S n?1 ? S n ? n?1 ? 0, 即S n?1 ? S n , ?{S n } 单调递减。 2 3 3 29 47 。 ?9 ? 2 2

? S n 的最大值为 S1 ?

说明:本例为数列与几何的综合题。由题意知 {| An An?1 |}为等比, {| OBn |}为等差, (3)利用函数单调性求最值。

例 11.设正数数列{a n }为一等比数列,且 a 2 =4,a 4 =16。

说明:这是 2000 年全国高考上海试题,涉及对数、数列、极限的综合题,主要考查等比数列的定义及通项公式,等 差数列前 n 项和公式,对数计算,求数列极限等基础知识,以及综合运用数学知识的能力。

例 12.已知抛物线 x2 ? 4 y ,过原点作斜率 1 的直线交抛物线于第一象限内一点 P ,又过点 P 作斜率为 1 1 抛物线于点 P2 ,再过 P2 作斜率为

1 的直线交 2

1 1 的直线交抛物线于点 P , ?,如此继续,一般地,过点 P 作斜率为 n 的直线交抛 3 n 4 2

物线于点 P ?1 ,设点 P ( xn , yn ) 。 n n (Ⅰ)令 bn ? x2n?1 ? x2n?1 ,求证:数列 {bn } 是等比数列。 (Ⅱ)设数列 {bn } 的前 n 项和为 S n ,试比较

3 1 的大小。 Sn ? 1 与 4 3n ? 10
2 2

解: (1)因为 P ( xn , yn ) 、 P ?1 ( xn?1 , yn?1 ) 在抛物线上,故 xn ? 4 yn , ① xn ?1 ? 4 yn ?1 ②,又因为直线 P P ?1 的斜率 n n n n 为

1 2n





yn?1 ? yn 1 ? xn?1 ? xn 2















1 x 2 n ?1 ? x 2 n 1 1 ? n ? xn ?1 ? xn ? n ? 2 ?bn ? x2n?1 ? x2n?1 ? ( x2n?1 ? x2n ) ? ( x2n ? x2n?1 ) 4 xn ?1 ? xn 2 2

?

1 2
2 n ?2

?

1 2
2 n ?3

??

1 2
2 n ?2

,故

bn?1 1 1 ? ? {bn } 是以 为公比的等比数列; 4 bn 4

(2) Sn ? ? (1 ? 方法(一)

4 3

1 3 1 ) ? Sn ? 1 ? n ,故只要比较 4n 与 3n ? 10 的大小。 n 4 4 4

1 4n ? (1 ? 3)n ? 1 ? Cn ? 3 ? Cn2 ? 32 ? ? ? 1 ? 3n ?

n(n ? 1) 2 3 ? 1 ? 3n ? 9 ? 3n ? 10(n ? 3) , 2

当 n ? 1时,

3 1 ; Sn ? 1 ? 4 3n ? 10

当n ?2时

3 1 ; Sn ? 1 ? 4 3n ? 10

当 n ? 3, n ? N * 时,

3 1 。 Sn ? 1 ? 4 3n ? 10

k 方法(二)用数学归纳法证明,其中假设 n ? k (k ? 3, k ? N ) 时有 4 ? 3k ? 10 ,

则当 n ? k ? 1时,

4k ?1 ? 4 ? 4k ? 4(3k ? 10) ? [3(k ? 1) ? 10] ? 9k ? 27 ? 3(k ? 1) ? 10 。

5 ,且 log2(3a2-a1) 、……、log2(3an+1-an)是公差为-1 的等差数列,又 2a 2 18 1 -a 1 ,2a 3 -a 2 ,…,2a n?1 -a n ,…是等比数列,公比为 q,|q|<1,这个等比数列的所有项之和等于 3
例 13 在数列{an}中,a1 = , a2 ? (1)求数列{a n }的通项公式; (2)计算 (a 1 +a 2 +…+a n ) 。

1 3

分析:由于题设中的等差数列和等比数列均由数列{an}的相关项构成,分别求出它们的通项公式构造关于 a n 的方程 组。 解: (1)设 b n =log 2 (3a n?1 -a n ) ,因为{bn}是等差数列,d=-1,b1=log 2

3a n?1 -a n =2 ?n 设 c n =2 a n?1 -a n ,{c n }是等比数列,公比为 q,|q|<1, c 1 =2a 2 -a 1 =



例 14.等比数列{a n }中,已知 a1≠0,公比 q>0,前 n 项和为 S n ,自然数 b,c,d,e 满足 b<c≤d<e,且 b+e=c+d。 求证:S b ·S e <S c ·S d 。 分析:凡是有关等比数列前 n 项 Sn 的问题,首先考虑 q=1 的情况,证明条件不等式时,正确适时地应用所给的条件 是成败的关键。

(证明不等式首选方法是差比较法,即作差—变形—判定符号,变形要有利于判定符号. ) be-cd=(c+d-e)e-cd=ce+de-e2-cd=(c-e) (e-d) 。 因为 c<e,d<e,所以 c-e<0,e-d>0,于是(c-e) (e-d)<0.又

同理

(要比较 S b ·S e 与 S c ·S d 的大小,只要比较(1-qb) (1-qe)与(1-qc) (1-qd)的大小,仍然运用差比较法. ) (1-qb) (1-qe)-(1-qc) (1-qd)=qc+qd-qb-qe=(qc-qb)-(qe-qd) 。 (能否将 qc-qb 用 qe-qd 表示是上式化成积的关键,利用给定的 c+d=b+e,寻求变形的途径,c=b+e-d,d、e 出现 了,于是 qc-qb=qb+e-d-qb=qb(qe-d-1)=qbq-d(qe-qd) .恒等变形只有目标明确,变形才能有方向. ) 上式=qbq-d(qe-qd)-(qe-qd)=(qe-qd) (qbq-d-1)=q-d(qe-qd) (qb-qd) .因为 q>0.所以 q-d >0。 (运用函数的思想将问题转化为根据指数函数的单调性判别乘积的符号)事实上,由 b<d<e,q>0, ① 0<q<1 时,y=qx 是减函数,qe<qd,qb>qd,即 qe-qd<0,qb-qd>0; 当

② q>1 时,y=qx 是增函数,qe>qd,qb<qd,即 qe-qd>0,qb-qd<0。 当 所以无论 0<q<1 还是 q>1,都有 qe-qd 与 qb-qd 异号,即(qe-qd) (qb-qd)<0。

综上所述,无论 q=1 还是 q≠1,都有 S b ·S e <S c ·S d 。 说明:复习课的任务在于对知识的深化,对能力的提高、关键在落实.根据上面所研究的问题,进一步提高运用函数 的思想、方程的思想解决数列问题的能力.

例 15.(2003 年北京春季高考)如图,在边长为 l 的等边△ABC 中,圆 O1 为△ABC 的内切圆,圆 O2 与圆 O1 外切, 且与 AB,BC 相切,…,圆 On+1 与圆 On 外切,且与 AB,BC 相切,如此无限继续下去. 记圆 On 的面积为 .

(Ⅰ )证明

是等比数列;

(Ⅱ )求

的值.

(Ⅰ )证明:记 rn 为圆 On 的半径,



所以



成等比数列.

(Ⅱ )解:因为

所以

说明:本小题主要考查数列、数列极限、三角函数等基本知识,考查逻辑思维能力。

七、强化训练 1.设 S n 和 T n 分别为两个等差数列的前 n 项和,若对任意 n∈N,

( A.4∶3

) B.3∶2 C.7∶4 D.78∶71

2.一个首项为正数的等差数列中,前 3 项的和等于前 11 项的和,当这个数列的前 n 项和最大时,n 等于 ( ) A.5 B.6 C.7 D.8 。

3.若数列 ?an ? 中, a1 ? 3 ,且 an?1 ? an 2 (n ? N * ) ,则数列的通项 an ? 4.设在等比数列 ?an ?中, a1 ? an ? 66, a2 ? an?1 ? 128 Sn ? 126 求 n 及 q , ,

5.根据下面各个数列 ?an ?的首项和递推关系,求其通项公式
* (1) a1 ? 1, an?1 ? a n ? 2n(n ? N )

(2) a1 ? 1, an?1 ? (3) a1 ? 1, an?1 ?

n a n (n ? N * ) n ?1

1 an ? 1 (n? N * ) 2

6.数列 ?an ?的前 n 项和 Sn ? 1? ran (r 为不等于 0,1 的常数) ,求其通项公式 a n

7.某县位于沙漠地带,人与自然长期进行着顽强的斗争,到 2001 年底全县的绿化率已达 30%。从 2002 年开始,每 年将出现这样的局面,即原有沙漠面积的 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 1,2001 年底绿化面积为 a1 ? 求证 an?1 ?

3 , 经过 n 年绿化总面积为 an?1 . 10

4 4 ? an . 25 5

(2)至少需要多少年(年取整数, lg 2 ? 0.3010 )的努力,才能使全县的绿化率达到 60%?

8.(2002 年春招试题)已知点的序列 An( A4 是线段 A2A3 的中点,…,An 是线段

,0), 的中点,…。

,其中

=0,

,A3 是线钱 A1A2 的中点,

(I)写出





之间的关系式( ≥3)

(II)设

,计算





,由此推测数列{

}的通项公式,并加以证明。

9.(94 年全国理)设{an}是正数组成的数列,其前 n 项和为 Sn,并且对所有自然数 n,an 与 2 的等差中项等于 Sn 与 2 的等比中项。 (1)写出数列{an}的前三项; (2)求数列{an}的通项公式(写出推证过程);?

(3)令 bn=

(n∈ N),求:b1+b2+…+bn-n.

八、参考答案 1.解:设这两个等差数列分别为{an}和{bn}。

故选择 A。

说明:注意巧妙运用等差中项的性质来反映等差数列的通项 an 与前 2n-1 项和 S2n-1 的内在联系。

2.解:依题意知:数列单调递减,公差 d<0.因为 S3=S11=S3+a4+a5+…+a10+a11 所以 即 a4+a5+…+a7+a8+…+a10+a11=0 a4+a11=…=a7+a8=0,

故当 n=7 时,a7>0,a8<0.选择 C。 解选择题注意发挥合理推理和估值的作用。

3.解:多次运用迭代,可得 an ? (an?1 )2 ? [(an?2 )2 ]2 ? (an?2 )2 ? ? ? (a1 )2
2

n?1

? 32

n?1

4.解:? a2 ? an?1 ? 128?a1an ? 128,又 a1 ? an ? 66,由以上二式得 ,

1 a1 ? 2, an ? 64 或 a1 ? 64, an ? 2 ;由此得 n ? 6, g ? 2 或 。 2
说明:本例主要复习数列的基本运算和方程思想的应用。

5.解: (1)? an?1 ? an ? 2n ,?an?1 ? an ? 2n ,

?an ? a1 ? (a2 ? a1 ) ? (a3 ? a2 ) ? ?? (an ? an?1 )

? 1 ? 2 ? 1 ? 2 ? 2 ? ? ? 2 ? (n ? 1) ? 1 ? n ? (n ? 1) ? n 2 ? n ? 1

(2)?

an?1 n ? an n ?1

? an ? a1 ?

a a 2 a3 1 2 n ?1 1 ? ? ? ?? n = 1 ? ? ? ?? 2 3 n n a1 a2 an?1

又解:由题意, (n ? 1)an?1 ? nan 对一切自然数 n 成立,?nan ? (n ?1)an?1 ? ? ? 1? a1 ? 1

1 ? an ? . n
(3)? an?1 ? 公比为

1 1 an ? 1? an?1 ? 2 ? (an ? 2) ?{an ? 2} 是首项为 a1 ? 2 ? ?1 2 2

1 1 1 的等比数列,?a n ?2 ? ?1 ? ( ) n?1 ,? an ? 2 ? ( ) n?1 . 2 2 2

说明:本例复习求通项公式的几种方法:迭加法、迭乘法、构造法。

6 . 解 : 由 S n ? 1 ? ran 可 得 当 n ? 2 时 Sn?1 ? 1 ? ran?1 , ? Sn ? Sn?1 ? r(an ? an?1 ) , ?an ? ran ? ran?1 ,

? an (r ? 1) ? ran?1 , ? r ? 1,

?

an r r ,? r ? 0 ,?{an } 是公比为 的等比数列。 ? r ?1 an?1 r ? 1
1 1 r n?1 ,? an ? ( ) 。 1? r 1 ? r r ?1

又当 n ? 1 时, S1 ? 1 ? ra1 ,? a1 ?

说明:本例复习由有关 S n 与 a n 递推式求 a n ,关键是利用 S n 与 a n 的关系进行转化。 7. (1)证明:由已知可得 a n 确定后, a n ?1 表示如下: a n ?1 = a n ? (1 ? 4%) ? (1 ? an ) ?16% 即 a n ?1 =80% a n +16%= (2)解:由 a n ?1 = 故有 a n ?1 = ?

4 4 an + 5 25

4 4 4 4 4 4 4 4 4 a n + 可得: an?1 ? = ( a n ? )=( )2( an?1 ? )=…= ( ) n (a1 ? ) 5 25 5 5 5 5 5 5 5

1 4 n 4 3 1 4 4 3 1 4 ( ) ? ,若 an?1 ? . 则有 ? ( ) n ? ? . 即 ? ( ) n ?1 2 5 5 2 5 5 5 2 5 5

两边同时取对数可得 ? lg 2 ? (n ? 1)(2 lg 2 ? lg 5) ? (n ? 1)(3 lg 2 ? 1) 故n?

lg 2 ? 1 ? 4 ,故使得上式成立的最小 n ? N * 为 5, 1 ? 3 lg 2

故最少需要经过 5 年的努力,才能使全县的绿化率达到 60%。

8.(I)解:当 n≥3 时,

(II)解:

.

由此推测。

证法一: 因为

,且

(n≥2) 所以 证法二:(用数学归纳法证明:)



(i)当时,

,公式成立,

(ii)假设当

时,公式成立,即

成立。

那么当

时,

=

式仍成立。

根据(i)与(ii)可知,对任意

,公式

成立

评注:本小题主要考查中点坐标公式、等比数列等基本知识,考查运算能力和逻辑思维能力。

9.解:(1)由题意

=

an>0

令 n=1 时,

=

S1=a1

解得 a1=2

令 n=2 时有

=

=a1+a2 ?

解得 a2=6

令 n=3 时有

=

S3=a1+a2+a3

解得 a3=10 ?

故该数列的前三项为 2、6、10.? (2)解法一:由(1)猜想数列{an}有通项公式 an=4n-2,下面用数学归纳法证明数列{an}的通项公式是 an=4n -2 (n∈ N)? 1° n=1 时,因为 4× 当 1-2=2,又在(1)中已求得 a1=2,所以上述结论正确.?

2° 假设 n=k 时,结论正确,即有 ak=4k-2 ?

由题意有

得 ak=4k-2,代入上式得 2k=

,

解得 Sk=2k2

由题意有

=

Sk+1=Sk+ak+1

得 Sk=2k2 代入得

=2(ak+1+2k2)?

整理 a2k+1-4ak+1+4-16k2=0 ? 所以 ak+1=2+4k=4(k+1)-2 ?

由于 ak+1>0,解得:ak+1=2+4k ?

这就是说 n=k+1 时,上述结论成立.? 根据 1° 上述结论对所有自然数 n 成立.? ,2°

解法二:由题意有,

=

(n∈ N)?

整理得 Sn= (an+2)2 ?

由此得 Sn+1= (an+1+2)2

所以 an+1=Sn+1-Sn= [(an+1+2)2-(an+2)2]? 由题意知 an+1+an≠0,所以 an+1-an=4

整理得(an+1+an)(an+1-an-4)=0

即数列{an}为等差数列,其中 a1=2,公差 d=4, 所以 an=a1+(n-1)d=2+4(n-1)? (3)令 cn=bn-1,? 即通项公式 an=4n-2.?

则 cn=

=

=

b1+b2+…+bn-n=c1+c2+…+cn ?

= 说明:该题的解题思路是从所给条件出发,通过观察、试验、分析、归纳、概括、猜想出一般规律,然后再对归纳、 猜想的结论进行证明.对于含自然数 n 的命题,可以考虑用数学归纳法进行证明,该题着重考查了归纳、概括和数学变换 的能力.


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