《新课标》高三数学（人教版）第一轮复习单元讲座 第30讲 数列求和及数列实际问题.doc

普通高中课程标准实验教科书数学 人教版 高三新数学第一轮复习教案（讲座30）数列求和及数列实际问题一课标要求：1探索并掌握一些基本的数列求前n项和的方法；2能在具体的问题情境中，发现数列的数列的通项和递推关系，并能用有关等差、等比数列知识解决相应的实际问题。二命题走向数列求和和数列综合及实际问题在高考中占有重要的地位，一般情况下都是出一道解答题，解答题大多以数列为工具，综合运用函数、方程、不等式等知识，通过运用逆推思想、函数与方程、归纳与猜想、等价转化、分类讨论等各种数学思想方法，这些题目都考察考生灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力，它们都属于中、高档题目。有关命题趋势：1数列是一种特殊的函数，而不等式则是深刻认识函数和数列的有效工具，三者的综合题是对基础和能力的双重检验，在三者交汇处设计试题，特别是代数推理题是高考的重点；2数列推理题是将继续成为数列命题的一个亮点，这是由于此类题目能突出考察学生的逻辑思维能力，能区分学生思维的严谨性、灵敏程度、灵活程度；3数列与新的章节知识结合的特点有可能加强，如与解析几何的结合等；4有关数列的应用问题也一直备受关注。预测2007年高考对本将的考察为：1可能为一道考察关于数列的推导能力或解决生产、生活中的实际问题的解答题；2也可能为一道知识交汇题是数列与函数、不等式、解析几何、应用问题上等联系的综合题，以及数列、数学归纳法等有机结合。三要点精讲1数列求通项与和（1）数列前n项和Sn与通项an的关系式：an= 。（2）求通项常用方法作新数列法。作等差数列与等比数列；累差叠加法。最基本的形式是：an=(anan1)+(an1+an2)+(a2a1)+a1；归纳、猜想法。（3）数列前n项和重要公式：1+2+n=n(n+1)；12+22+n2=n(n+1)(2n+1)；13+23+n3=(1+2+n)2=n2(n+1)2；等差数列中，Sm+n=Sm+Sn+mnd；等比数列中，Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn；裂项求和将数列的通项分成两个式子的代数和，即an=f(n+1)f(n)，然后累加抵消掉中间的许多项，这种先裂后消的求和法叫裂项求和法。用裂项法求和，需要掌握一些常见的裂项，如：、=、nn！=(n+1)!n!、Cn1r1=CnrCn1r、=等。错项相消法对一个由等差数列及等比数列对应项之积组成的数列的前n项和，常用错项相消法。, 其中是等差数列， 是等比数列，记，则，并项求和把数列的某些项放在一起先求和，然后再求Sn。数列求通项及和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法。通项分解法：2递归数列数列的连续若干项满足的等量关系an+k=f(an+k1,an+k2,an)称为数列的递归关系。由递归关系及k个初始值可以确定的一个数列叫做递归数列。如由an+1=2an+1，及a1=1，确定的数列即为递归数列。递归数列的通项的求法一般说来有以下几种：（1）归纳、猜想、数学归纳法证明。（2）迭代法。（3）代换法。包括代数代换，对数代数，三角代数。（4）作新数列法。最常见的是作成等差数列或等比数列来解决问题。四典例解析题型1：裂项求和例1已知数列为等差数列，且公差不为0，首项也不为0，求和：。解析：首先考虑，则=。点评：已知数列为等差数列，且公差不为0，首项也不为0，下列求和也可用裂项求和法。例2求。解析：， 点评：裂项求和的关键是先将形式复杂的因式转化的简单一些。题型2：错位相减法例3设a为常数，求数列a，2a2，3a3，nan，的前n项和。解析：若a=0时，Sn=0；若a=1，则Sn=1+2+3+n=；若a1，a0时，Sn-aSn=a（1+a+an-1-nan），Sn=。例4已知，数列是首项为a，公比也为a的等比数列，令，求数列的前项和。解析：，-得：，点评：设数列的等比数列，数列是等差数列，则数列的前项和求解，均可用错位相减法。题型3：倒序相加例5求。 解析：。 又。 所以。点评：Sn表示从第一项依次到第n项的和，然后又将Sn表示成第n项依次反序到第一项的和，将所得两式相加，由此得到Sn的一种求和方法。例6设数列是公差为，且首项为的等差数列，求和：解析：因为，。点评：此类问题还可变换为探索题形：已知数列的前项和，是否存在等差数列使得对一切自然数n都成立。题型4：其他方法例7求数列1，3+5，7+9+11，13+15+17+19，前n项和。 解析：本题实质是求一个奇数列的和。在该数列的前n项中共有个奇数，故。例8求数列1，3，32，3n的各项的和。解析：其和为(133n)()=(3n13-n)。题型5：数列综合问题例9（ 2006年浙江卷）已知函数x3+x2，数列 | xn | （xn 0）的第一项x11，以后各项按如下方式取定：曲线y在处的切线与经过（0，0）和（xn，f（xn）两点的直线平行（如图）。求证：当n时：（I）；（II）。解析：（I）因为所以曲线在处的切线斜率因为过和两点的直线斜率是所以.（II）因为函数当时单调递增，而所以，即因此又因为令则因为所以因此故点评：数列与解析几何问题结合在一块，数列的通项与线段的长度、点的坐标建立起联系。例10（2006年辽宁卷）已知,其中,设,。(I) 写出；(II) 证明:对任意的,恒有。解析：(I)由已知推得,从而有；(II) 证法1:当时，当x0时, ,所以在0,1上为增函数。因函数为偶函数所以在1,0上为减函数，所以对任意的，因此结论成立。证法2：当时, 当x0时, ,所以在0,1上为增函数。因函数为偶函数所以在-1,0上为减函数所以对任意的又因所以因此结论成立。证法3：当时, 当x0时, ,所以在0,1上为增函数。因为函数为偶函数所以在1,0上为减函数。所以对任意的由对上式两边求导得： 因此结论成立。点评：数列与函数、导数结合在一块，考察数列是一种特殊的函数的性质，其中还要用到数列的函数性质来解释问题。题型6：数列实际应用题例11某企业进行技术改造，有两种方案，甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加5千元；两种方案的使用期都是10年，到期一次性归还本息. 若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算，试比较两种方案中，哪种获利更多？ （取）解析：甲方案是等比数列，乙方案是等差数列，甲方案获利：（万元），银行贷款本息：（万元），故甲方案纯利：（万元），乙方案获利：（万元）；银行本息和：（万元）故乙方案纯利：（万元）；综上可知，甲方案更好。点评：这是一道比较简单的数列应用问题，由于本息金与利润是熟悉的概念，因此只建立通项公式并运用所学过的公式求解。例12（2005湖南20）自然状态下的鱼类是一种可再生资源，为持续利用这一资源，需从宏观上考察其再生能力及捕捞强度对鱼群总量的影响. 用xn表示某鱼群在第n年年初的总量，nN*，且x10.不考虑其它因素，设在第n年内鱼群的繁殖量及捕捞量都与xn成正比，死亡量与xn2成正比，这些比例系数依次为正常数a，b，c。 （）求xn+1与xn的关系式； （）猜测：当且仅当x1，a，b，c满足什么条件时，每年年初鱼群的总量保持不变？（不要求证明） （）设a2，b1，为保证对任意x1（0,2），都有xn0，nN*，则捕捞强度b的最大允许值是多少？证明你的结论。解析：（I）从第n年初到第n+1年初，鱼群的繁殖量为axn，被捕捞量为bxn，死亡量为 （II）若每年年初鱼群总量保持不变，则xn恒等于x1， nN*，从而由（*）式得：因为x10，所以ab。猜测：当且仅当ab，且时，每年年初鱼群的总量保持不变。（）若b的值使得xn0，nN* 由xn+1=xn(3bxn), nN*, 知0xn3b, nN*, 特别地，有0x13b. 即0b0。又因为xk+1=xk(2xk)=(xk1)2+11 an-2时，an = an-1 an-2 an-11（n3）； 当an-1 an-2时，an = an-2 an-1 an-21（n3）,即an的值要么比an-1至少小1，要么比an-2至少小1. 令cn=n=1，2，3，则0cncn-11（n=2，3，4）.由于c1是确定的正整数，这样减少下去，必然存在某项c10（n=1，2，3）矛盾.从而an必有零项。若第一次出现的零项为第n项，记an-1=A（A0），则自第n项开始，没三个相邻的项周期地取值O，A，A，即所以绝对等差数列an中有无穷多个为零的项。点评：通过设置“等差数列”这一概念加大学生对情景问题的阅读、分析和解决问题的能力。例14（2005江苏23）设数列an的前n项和为Sn，已知a11，a26，a311，且其中A,B为常数。（）求A与B的值；（）证明数列an为等差数列；（）证明不等式对任何正整数m、n都成立分析：本题是一道数列综合运用题，第一问由a1、a2、a3求出s1、s2、s3代入关系式，即求出A、B；第二问利用公式，推导得证数列an为等差数列。解答：（1）由已知，得S1=a1=1,S2=a1+a2=7,S3=a1+a2+a3=18。由(5n8)Sn+1(5n+2)Sn=An+B知：。 解得A=20，B=8。（）方法1由（1）得，（5n-8）Sn+1-(5n+2)Sn=-20n-8, 所以 (5n-3)Sn+2-(5n+7)Sn+1=-20n-28, -,得, (5n-3)Sn+2-(10n-1)Sn+1+(5n+2)Sn=-20, 所以 (5n+2)Sn+3-(10n+9)Sn+2+(5n+7)Sn+1=-20.-,得 (5n+2)Sn+3-(15n+6)Sn+2+(15n+6)Sn+1-(5n+2)Sn=0.因为 an+1=Sn+1-Sn所以 (5n+2)an+3-(10n+4)an+2+(5n+2)an+1=0.又因为 (5n+2),所以 an+3-2an+2+an+1=0,即 an+3-an+2=an+2-an+1, .又 a3-a2=a2-a1=5,所以数列为等差数列。方法2.由已知，S1=a1=1,又(5n-8)Sn+1-(5n+2)Sn=-20n-8,且5n-8,所以数列是惟一确定的。设bn=5n-4,则数列为等差数列，前n项和Tn=于是 (5n-8)Tn+1-(5n+2)Tn=(5n-8)由惟一性得bn=a,即数列为等差数列。（）由（）可知，an=1+5(n-1)=5n-4. 要证了 只要证 5amn1+aman+2 因为 amn=5mn-4,aman=(5m-4)(5n-4)=25mn-20(m+n)+16, 故只要证 5（5mn-4）1+25mn-20(m+n)+16+2因为=20m+20n-37,所以命题得证。点评：本题主要考查了等差数列的有关知识，不等式的证明方法，考查了分析推理、理性思维能力及相关运算能力等。五思维总结1数列求和的常用方法（1）公式法：适用于等差、等比数列或可转化为等差、等比数列的数列；（2）裂项相消法：适用于其中 是各项不为0的等差数列，c为常数；部分无理数列、含阶乘的数列等；（3）错位相减法：适用于其中 是等差数列，是各项不为0的等比数列。（4）倒序相加法：类似于等差数列前n项和公式的推导方法.（5）分组求和法（6）累加（乘）法等。2常用结论（1） 1+2+3+.+n = （2）1+3+5+.+(2n-1) = （3） （4） （5） （6）3数学思想（1）迭加累加（等差数列的通项公式的推导方法）若，则；（2）迭乘累乘（等比数列的通项公式的推导方法）若，则；（3）逆序相加（等差数列求和公式的推导方法）；（4）错位相减（等比数列求和公式的推导方法）。普通高中课程标准实验教科书数学 人教版 高三新数学第一轮复习教案（讲座31）不等式性质及证明一课标要求：1不等关系通过具体情境，感受在现实世界和日常生活中存在着大量的不等关系，了解不等式（组）的实际背景；2基本不等式：（a,b0）探索并了解基本不等式的证明过程；会用基本不等式解决简单的最大（小）问题。二命题走向不等式历来是高考的重点内容。对于本将来讲，考察有关不等式性质的基础知识、基本方法，而且还考察逻辑推理能力、分析问题、解决问题的能力。本将内容在复习时，要在思想方法上下功夫。预测2007年的高考命题趋势：1从题型上来看，选择题、填空题都有可能考察，把不等式的性质与函数、三角结合起来综合考察不等式的性质、函数单调性等，多以选择题的形式出现，解答题以含参数的不等式的证明、求解为主；2利用基本不等式解决像函数的单调性或解决有关最值问题是考察的重点和热点，应加强训练。三要点精讲1不等式的性质比较两实数大小的方法求差比较法；。定理1：若，则；若，则即。说明：把不等式的左边和右边交换，所得不等式与原不等式异向，称为不等式的对称性。定理2：若，且，则。说明：此定理证明的主要依据是实数运算的符号法则及两正数之和仍是正数；定理2称不等式的传递性。定理3：若，则。说明：（1）不等式的两边都加上同一个实数，所得不等式与原不等式同向；（2）定理3的证明相当于比较与的大小，采用的是求差比较法；（3）定理3的逆命题也成立； （4）不等式中任何一项改变符号后，可以把它从一边移到另一边。定理3推论：若。说明：（1）推论的证明连续两次运用定理3然后由定理2证出；（2）这一推论可以推广到任意有限个同向不等式两边分别相加，即：两个或者更多个同向不等式两边分别相加，所得不等式与原不等式同向；（3）同向不等式：两个不等号方向相同的不等式；异向不等式：两个不等号方向相反的不等式。定理4如果且，那么；如果且，那么。推论1：如果且，那么。说明：（1）不等式两端乘以同一个正数，不等号方向不变；乘以同一个负数，不等号方向改变；（2）两边都是正数的同向不等式的两边分别相乘，所得不等式与原不等式同向；（3）推论可以推广到任意有限个两边都是正数的同向不等式两边分别相乘。这就是说，两个或者更多个两边都是正数的同向不等式两边分别相乘，所得不等式与原不等式同向。推论2：如果， 那么 。定理5：如果，那么 。2基本不等式定理1：如果，那么（当且仅当时取“”）。说明：（1）指出定理适用范围：；（2）强调取“”的条件。定理2：如果是正数，那么（当且仅当时取“=”）说明：（1）这个定理适用的范围：；（2）我们称的算术平均数，称的几何平均数。即：两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数。3常用的证明不等式的方法（1）比较法比较法证明不等式的一般步骤：作差变形判断结论；为了判断作差后的符号，有时要把这个差变形为一个常数，或者变形为一个常数与一个或几个平方和的形式，也可变形为几个因式的积的形式，以便判断其正负。（2）综合法利用某些已经证明过的不等式（例如算术平均数与几何平均数的定理）和不等式的性质，推导出所要证明的不等式，这个证明方法叫综合法；利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质时要注意它们各自成立的条件。综合法证明不等式的逻辑关系是：，及从已知条件出发，逐步推演不等式成立的必要条件，推导出所要证明的结论。（3）分析法证明不等式时，有时可以从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，如果能够肯定这些充分条件都已具备，那么就可以断定原不等式成立，这种方法通常叫做分析法。（1）“分析法”是从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，即“执果索因”；（2）综合过程有时正好是分析过程的逆推，所以常用分析法探索证明的途径，然后用综合法的形式写出证明过程。四典例解析题型1：考查不等式性质的题目例1（1）（06上海文，14）如果，那么，下列不等式中正确的是（ ）（A） （B） （C） （D）（2）（06江苏，8）设a、b、c是互不相等的正数，则下列等式中不恒成立的是（A）（B）（C） （D）解析：（1）答案：A；显然，但无法判断与的大小；（2）运用排除法，C选项，当abb，cd，则下列结论中正确的是（ ）A.a+cb+d B.acbd C.acbd D.（2）（1999上海理，15）若ab（b+）2均不能成立D.不等式和（a+）2（b+）2均不能成立解析：（1）答案：A；ab，cd，a+cb+d；（2）答案：B解析：b0，aba，又ab0，a0，。故不成立。ab|b|，故不成立。由此可选B。另外，A中成立.C与D中（a+）2（b+）2成立。其证明如下：ab0，0，a+b+|b+|，故（a+）2（b+）2。点评：本题考查不等式的基本性质。题型2：基本不等式例3（06浙江理，7）“ab0”是“ab”的（ ）(A)充分而不必要条件 (B)必要而不充分条件(C)充分必要条件 (D)既不允分也不必要条件解析：A；中参数的取值不只是指可以取非负数。均值不等式满足。点评：该题考察了基本不等式中的易错点。例4（1）（2001京春）若实数a、b满足a+b=2，则3a+3b的最小值是（ ）A.18 B.6 C.2 D.2（2）（2000全国，7）若ab1，P，Q（lgalgb），Rlg（），则（ ）A.RPQ B.PQRC.QPRD.PRQ解析：（1）答案：B；3a+3b2=6，当且仅当a=b=1时取等号。故3a+3b的最小值是6；（2）答案：B；lgalgb0，（lgalgb），即QP，又ab1，（lgalgb），即RQ，有PQR，选B。点评：本题考查不等式的平均值定理，要注意判断等号成立的条件。题型3：不等式的证明例5已知a0，b0，且a+b=1 求证 (a+)(b+)。证法一： (分析综合法）欲证原式，即证4(ab)2+4(a2+b2)25ab+40，即证4(ab)233(ab)+80，即证ab或ab8 a0，b0，a+b=1，ab8不可能成立1=a+b2，ab，从而得证。证法二： (均值代换法)设a=+t1，b=+t2。a+b=1，a0，b0，t1+t2=0，|t1|，|t2|，显然当且仅当t=0，即a=b=时，等号成立。证法三：(比较法)a+b=1，a0，b0，a+b2，ab，证法四：(综合法)a+b=1， a0，b0，a+b2，ab， 。证法五：(三角代换法) a0，b0，a+b=1，故令a=sin2，b=cos2，(0，)，点评：比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤，变形的主要方向是因式分解、配方，判断过程必须详细叙述：如果作差以后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式，则考虑用判别式法证。例6求使a(x0，y0)恒成立的a的最小值。分析：本题解法三利用三角换元后确定a的取值范围，此时我们习惯是将x、y与cos、sin来对应进行换元，即令=cos，=sin(0，这样也得asin+cos，但是这种换元是错误的 其原因是：(1)缩小了x、y的范围；(2)这样换元相当于本题又增加了“x、y=1”这样一个条件，显然这是不对的。除了解法一经常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若参数a满足不等关系，af(x)，则amin=f(x)max 若 af(x)，则amax=f(x)min，利用这一基本事实，可以较轻松地解决这一类不等式中所含参数的值域问题。还有三角换元法求最值用的恰当好处，可以把原问题转化。解法一：由于a的值为正数，将已知不等式两边平方，得：x+y+2a2(x+y)，即2(a21)(x+y)，x，y0，x+y2， 当且仅当x=y时，中有等号成立。比较、得a的最小值满足a21=1，a2=2，a= (因a0)，a的最小值是。解法二：设 x0，y0，x+y2 (当x=y时“=”成立)，1，的最大值是1。从而可知，u的最大值为，又由已知，得au，a的最小值为，解法三：y0，原不等式可化为+1a，设=tan，(0，)。tan+1a，即tan+1asecasin+cos=sin(+)，又sin(+)的最大值为1(此时=)。由式可知a的最小值为。点评：本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑分析能力。该题实质是给定条件求最值的题目，所求a的最值蕴含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有关性质把a呈现出来，等价转化的思想是解决题目的突破口，然后再利用函数思想和重要不等式等求得最值。题型4：不等式证明的应用例7（06浙江理，20）已知函数f(x)=x+ x，数列x(x0)的第一项x1，以后各项按如下方式取定：曲线x=f(x)在处的切线与经过（0，0）和（x,f (x)）两点的直线平行（如图）.求证：当n时，()x（）。证明：（I）因为所以曲线在处的切线斜率因为过和两点的直线斜率是所以.（II）因为函数当时单调递增，而，所以，即因此又因为令则因为所以因此故点评：本题主要考查函数的导数、数列、不等式等基础知识，以及不等式的证明，同时考查逻辑推理能力。例8（2002江苏，22）已知a0，函数f（x）axbx2。（1）当b0时，若对任意xR都有f（x）1，证明a2；（2）当b1时，证明：对任意x0，1，|f（x）|1的充要条件是b1a2；（3）当0b1时，讨论：对任意x0，1，|f（x）|1的充要条件。（）证明：依设，对任意xR，都有f（x）1，f（x），1，a0，b0，a2（）证明：必要性：对任意x0，1，|f（x）|11f（x），据此可以推出1f（1），即ab1，ab1；对任意x0，1，|f（x）|1f（x）1，因为b1，可以推出f（）1，即a11，a2；b1a2充分性：因为b1，ab1，对任意x0，1，可以推出：axbx2b（xx2）xx1，即axbx21；因为b1，a2，对任意x0，1，可以推出axbx22xbx21，即axbx21。1f（x）1。综上，当b1时，对任意x0，1，|f（x）|1的充要条件是b1a2（）解：因为a0，0b1时，对任意x0，1：f（x）axbx2b1，即f（x）1；f（x）1f（1）1ab1，即ab1，ab1f（x）（b1）xbx21，即f（x）1。所以，当a0，0b1时，对任意x0，1，|f（x）|1的充要条件是ab122.解：原式（xa）（xa2）0，x1a，x2a2。当a=a2时，a=0或a=1，x，当aa2时，a1或a0，axa2，当aa2时0a1，a2xa，当a0时axa2，当0a1时，a2xa，当a1时，axa2，当a=0或a=1时，x。点评：此题考查不等式的证明及分类讨论思想。题型5：课标创新题例9（06上海理，12）三个同学对问题“关于的不等式25|5|在1，12上恒成立，求实数的取值范围”提出各自的解题思路。甲说：“只须不等式左边的最小值不小于右边的最大值”；乙说：“把不等式变形为左边含变量的函数，右边仅含常数，求函数的最值”；丙说：“把