2012届高考数学复习 第115－118课时课题 数列问题的题型与方法名师精品教案

用心 爱心 专心1 第第 115115 118118 课时课题 数列问题的题型与方法课时课题 数列问题的题型与方法 课题 数列问题的题型与方法 一 复习目标 一 复习目标 1 能灵活地运用等差数列 等比数列的定义 性质 通项公式 前 n 项和公式解题 2 能熟练地求一些特殊数列的通项和前项的和 n 3 使学生系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律 深化数学思想方法在解题实践中 的指导作用 灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题 4 通过解决探索性问题 进一步培养学生阅读理解和创新能力 综合运用数学思想方法分 析问题与解决问题的能力 5 在解综合题的实践中加深对基础知识 基本技能和基本数学思想方法的认识 沟通各类 知识的联系 形成更完整的知识网络 提高分析问题和解决问题的能力 6 培养学生善于分析题意 富于联想 以适应新的背景 新的设问方式 提高学生用函数 的思想 方程的思想研究数列问题的自觉性 培养学生主动探索的精神和科学理性的思 维方法 二 考试要求 二 考试要求 1 理解数列的概念 了解数列通项公式的意义 了解递推公式是给出数列的一种方法 并 能根据递推公式写出数列的前几项 2 理解等差数列的概念 掌握等差数列的通项公式与前 n 项和公式 并能运用公式解答简 单的问题 3 理解等比数列的概念 掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式 并能运用公式解决简 单的问题 4 数列是高中数学的重要内容 又是学习高等数学的基础 所以在高考中占有重要的地位 高考对本章的考查比较全面 等差数列 等比数列的考查每年都不会遗漏 解答题多为中 等以上难度的试题 突出考查考生的思维能力 解决问题的能力 试题大多有较好的区分 度 有关数列的试题经常是综合题 经常把数列知识和指数函数 对数函数和不等式的知 识综合起来 试题也常把等差数列 等比数列 求极限和数学归纳法综合在一起 探索性 问题是高考的热点 常在数列解答题中出现 本章中还蕴含着丰富的数学思想 在主观题 中着重考查函数与方程 转化与化归 分类讨论等重要思想 以及配方法 换元法 待定 系数法等基本数学方法 应用问题考查的重点是现实客观事物的数学化 常需构造数列模 型 将现实问题转化为数学问题来解决 三 教学过程 三 教学过程 基础知识详析 1 可以列表复习等差数列和等比数列的概念 有关公式和性质 2 判断和证明数列是等差 等比 数列常有三种方法 1 定义法 对于 n 2 的任意自然数 验证为同一常数 11 nnnn aaaa 2 通项公式法 用心 爱心 专心2 若 n 1 d n k d 则为等差数列 n a 若 则为等比数列 n a 3 中项公式法 验证都成立 3 在等差数列中 有关 S Sn n的最值问题 常用邻项变号法求解 n a 1 当 d0 时 满足的项数 m 使得取最小值 1 0a m S 在解含绝对值的数列最值问题时 注意转化思想的应用 4 数列求和的常用方法 公式法 裂项相消法 错位相减法 倒序相加法等 5 注意事项 证明数列是等差或等比数列常用定义 即通过证明或 n a 11 nnnn aaaa 而得 1 1 n n n n a a a a 在解决等差数列或等比数列的相关问题时 基本量法 是常用的方法 但有时灵 活地运用性质 可使运算简便 对于一般数列的问题常转化为等差 等比数列求解 注意一些特殊数列的求和方法 注意与之间关系的转化 如 n s n a n a 1 1 nn ss s 2 1 n n n a n k kk aaa 2 11 数列极限的综合题形式多样 解题思路灵活 但万变不离其宗 就是离不开数列极 限的概念和性质 离不开数学思想方法 只要能把握这两方面 就会迅速打通解题思路 解综合题的成败在于审清题目 弄懂来龙去脉 透过给定信息的表象 抓住问题的 本质 揭示问题的内在联系和隐含条件 明确解题方向 形成解题策略 通过解题后的反思 找准自己的问题 总结成功的经验 吸取失败的教训 增强解 综合题的信心和勇气 提高分析问题和解决问题的能力 2004 年高考数学数列综合题选 1 1 20042004 年高考数学北京卷 年高考数学北京卷 1818 函数是定义在 0 1 上的增函数 满足f x 且 在每个区间 1 2 上 的图f xf x 2 2 f 11 1 2 1 2 1ii i yf x 象都是斜率为同一常数 k 的直线的一部分 用心 爱心 专心3 I 求及 的值 并归纳出的表达式 f 0f 1 2 f 1 4 fi i 1 2 12 II 设直线 x 轴及的图象围成的矩形的面积为 x i 1 2 x i 1 2 1 yf x ai 1 2 记 求的表达式 并写出其定义域和i S kaaa n n lim 12 S k 最小值 分析 分析 本小题主要考查函数 数列等基本知识 考查分析问题和解决问题的能力 解 解 I 由 得ff 020 f 00 由及 得 ff 12 1 2 f 11 ff 1 2 1 2 1 1 2 同理 ff 1 4 1 2 1 24 归纳得 fi ii 1 2 1 2 12 II 当时 1 2 1 2 1ii x f xk x ii 1 2 1 2 11 ak i iiiiii 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1111 1 4 2 12 21 k i i 所以是首项为 公比为的等比数列 an 1 2 1 4 k1 4 所以 S kaaa k k n n lim 12 1 2 1 4 1 1 4 2 3 1 4 的定义域为1 当时取得最小值 S k 0 kk 1 1 2 2 2 20042004 年高考数学北京卷 年高考数学北京卷 2020 给定有限个正数满足条件 T 每个数都不大于 50 且总 和 L 1275 现将这些数按下列要求进行分组 每组数之和不大于 150 且分组的步骤是 首先 从这些数中选择这样一些数构成第一组 使得 150 与这组数之和的差与所有r1 可能的其他选择相比是最小的 称为第一组余差 r1 然后 在去掉已选入第一组的数后 对余下的数按第一组的选择方式构成第二组 这 时的余差为 如此继续构成第三组 余差为 第四组 余差为 直至第r2r3r4 N 组 余差为 把这些数全部分完为止 rN I 判断的大小关系 并指出除第 N 组外的每组至少含有几个数 r rrN 12 II 当构成第 n n N 组后 指出余下的每个数与的大小关系 并证明rn 用心 爱心 专心4 r nL n n 1 150 1 III 对任何满足条件 T 的有限个正数 证明 N 11 分析 分析 本小题主要考查不等式的证明等基本知识 考查逻辑思维能力 分析问题和解 决问题的能力 解 解 I 除第 N 组外的每组至少含有个数rrrN 12 150 50 3 II 当第 n 组形成后 因为 所以还有数没分完 这时余下的每个数必大于nN 余差 余下数之和也大于第 n 组的余差 即rnrn Lrrrr nn 150150150 12 由此可得 rrrnL n121 150 因为 所以 nrrrr nn 1 1121 r nL n n 1 150 1 III 用反证法证明结论 假设 即第 11 组形成后 还有数没分完 由N 11 I 和 II 可知 余下的每个数都大于第 11 组的余差 且 r11rr 1110 故余下的每个数 rr 1110 150111275 10 375 因为第 11 组数中至少含有 3 个数 所以第 11 组数之和大于 37531125 此时第 11 组的余差r11150150112537511 第组数之和 这与 式中矛盾 所以 r11375 N 11 3 3 20042004 年高考数学重庆卷 年高考数学重庆卷 2222 设数列满足 n a 11 1 2 1 2 3 nn n aaan a 1 证明对一切正整数 n 成立 21 n an 2 令 判断的大小 并说明理由 1 2 3 n n a bn n 1nn bb 与 I 证法一证法一 当不等式成立 1122 1 1 an时 22 1 22 1 21 11 1 2232 1 1 1 2 1 1 k kk kk k nkak nkaakk aa nkak 假设时成立 当时 时时成立 综上由数学归纳法可知 对一切正整数成立 12 nan 用心 爱心 专心5 证法二 证法二 当 n 1 时 结论成立 11232 1 a 假设 n k 时结论成立 即 12 kak 当的单增性和归纳假设有 1 1 1 x x xxfkn由函数时 0 12 1 32 12 1 12 32 12 1 12 12 1 12 1 2 1 显然成立而这等价于 因此只需证 k k k k k k k k k a aa k kk 所以当 n k 1 时 结论成立 因此 对一切正整数 n 均成立 12 nan 证法三 证法三 由递推公式得 1 2 2 1 2 1 2 n nn a aa 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 2 a aa a aa n nn 上述各式相加并化简得 222 1 22 11 11 2 1 22 1 n n aann aa 2 1 12 12 1 2 1222 nna nan nnn n n 故明显成立时又 IIII 解法一 解法一 1 12 1 1 1 1 1 1 2 11 n n nn n ana na b b n n n n n 1 2 1 4 1 2 1 12 1 2 1 12 1 2 1 2 nn bb n n n nn nn nn 故 解法二 解法二 n a a a nn a n a bb n n n nn nn 1 1 1 1 1 1 用心 爱心 专心6 2 1 1 1 1 1 1 21 1 1 1 21 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 n n n n n n nn nnn a n na nnnn n na nnnn n nnn a n nn n nnn a nn nnn a bb 由的结论 所以 解法三 解法三 n a n a bb nn nn 22 122 1 1 22 2 22 1111 2 2 11 1121111 2 0 1211 21 nn n nn aa a nannan n nnnnnn 故 nnnn bbbb 1 22 1 因此 4 4 20042004 年高考数学江苏卷 年高考数学江苏卷 2020 设无穷等差数列 an 的前 n 项和为 Sn 若首项 公差 求满足的正整数 k 1 a 3 2 1 d 2 2k k SS 求所有的无穷等差数列 an 使得对于一切正整数 k 都有成立 2 2k k SS 分析 分析 本小题主要考查数列的基本知识 以及运用数学知识分析和解决问题的能力 解 解 I 当时 1 2 3 1 da nn nn nd nn naSn 2 1 2 1 2 1 2 3 2 1 由 22242 2 1 2 1 2 kkkkSS k k 得 即 又 0 1 4 1 3 kk4 0 kk所以 II 设数列 an 的公差为 d 则在中分别取 k 1 2 得 2 2 n n SS 2 11 2 11 2 24 2 11 2 12 2 2 34 4 dada aa SS SS 即 I 1 2 用心 爱心 专心7 由 1 得 1 0 11 aa或 当 60 2 0 1 dda或得代入时 若成立 2 1 0 0 0 0 kknn SSSada 从而则 若知由则216 324 18 1 6 6 0 2 331 nn SSSnada 故所得数列不符合题意 2 39 Ss 当20 2 64 2 1 2 1 dddda或解得得代入时 若 1 0 1 2 1 2 成立从而则 k k nn SSnSada 若成立从而则 22 1 12 31 12 2 1 nnn SSnnSnada 综上 共有 3 个满足条件的无穷等差数列 an an 0 即 0 0 0 an an 1 即 1 1 1 an an 2n 1 即 1 3 5 范例分析范例分析 例例 1 1 已知数列 a 是公差 d 0 的等差数列 其前 n 项和为 S nn 2 过点 Q 1 a Q 2 a 作直线 12 设 l 与 l 的夹角为 112212 证明 证明 1 因为等差数列 a 的公差 d 0 所以 n Kp p 是常数 k 2 3 n 1k 2 直线 l 的方程为 y a d x 1 直线 l 的斜率为 d 212 用心 爱心 专心8 例例 2 2 已知数列中 是其前项和 并且 n a n Sn 11 42 1 2 1 nn Sana 设数列 求证 数列是等比数列 2 1 2 1 naab nnn n b 设数列 求证 数列是等差数列 2 1 2 n a c n n n n c 求数列的通项公式及前项和 n an 分析分析 由于 b 和 c 中的项都和 a 中的项有关 a 中又有 S 4a 2 可由 S nnnn1n n S作切入点探索解题的途径 2n 1n 解 解 1 由 S 4a S 4a 2 两式相减 得 S S 4 a a 即 1n 2 n 2n 1n 2n 1n 1n n a 4a 4a 根据 b 的构造 如何把该式表示成 b与 b 的关系是证明的关键 2n 1n nn1n n 注意加强恒等变形能力的训练 a 2a 2 a 2a 又 b a 2a 所以 b 2b 2n 1n 1n nn1n n1n n 已知 S 4a 2 a 1 a a 4a 2 解得 a 5 b a 2a 3 2111212121 由 和 得 数列 b 是首项为 3 公比为 2 的等比数列 故 b 3 2 nn 1n 用心 爱心 专心9 当 n 2 时 S 4a 2 2 3n 4 2 当 n 1 时 S a 1 也适合上式 n1n 1n 11 综上可知 所求的求和公式为 S 2 3n 4 2 n 1n 说明 说明 1 本例主要复习用等差 等比数列的定义证明一个数列为等差 等比数列 求数列 通项与前项和 解决本题的关键在于由条件得出递推公式 n 24 1 nn aS 2 解综合题要总揽全局 尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件 在后 面求解的过程中适时应用 例例 3 3 已知数列 a 是首项 a1 0 q 1 且 q 0 的等比数列 设数列 b 的通项 b a nnn ka n N 数列 a b 的前 n 项和分别为 S T 如果 T kS 对一切自 1n 2n nnnnnn 然数 n 都成立 求实数 k 的取值范围 分析分析 由探寻 T 和 S 的关系入手谋求解题思路 nn 解 解 因为 a 是首项 a 0 公比 q 1 且 q 0 的等比数列 故 n1 a a q a a q 1n n2n n 2 所以 b a ka a q k q n1n 2n n 2 T b b b a a a q k q S q kq n12n12n 2 n 2 依题意 由 T kS 得 S q kq kS 对一切自然数 n 都成立 nnn 2 n 当 q 0 时 由 a1 0 知 a 0 所以 S 0 nn 当 1 q 0 时 因为 a1 0 1 q 0 1 q 0 所以 n 1 1 0 1 n n aq S q 综合上面两种情况 当 q 1 且 q 0 时 S 0 总成立 n 由 式可得 q kq k 2 例例 4 4 2001 2001 年全国理年全国理 从社会效益和经济效益出发 某地投入资金进行生态环境建设 并 以此发展旅游产业 根据规划 本年度投入 800 万元 以后每年投入将比上年减少 本年 1 5 用心 爱心 专心10 度当地旅游业收入估计为 400 万元 由于该项建设对旅游业的促进作用 预计今后的旅游 业收入每年会比上年增加 设n年内 本年度为第一年 总投入为an万元 旅游业总 1 4 收入为bn万元 写出an bn的表达式 至少经过几年旅游业的总收入才能超过总投入 解析 解析 第 1 年投入 800 万元 第 2 年投入 800 1 万元 第n年投入 800 1 n 1万元 所以总投入an 800 800 1 800 1 n 1 4000 1 n 同理 第 1 年收入 400 万元 第 2 年收入 400 1 万元 第n年收入 400 1 n 1万元 bn 400 400 1 400 1 n 1 1600 n 1 1 4 1 4 5 4 2 bn an 0 1600 n 1 4000 1 n 0 5 4 4 5 化简得 5 n 2 n 7 0 4 5 5 4 设x n 5x2 7x 2 0 x x 1 舍 即 n n 5 4 5 2 5 4 5 2 5 说明 说明 本题主要考查建立函数关系式 数列求和 不等式等基础知识 考查综合运用数学 知识解决实际问题的能力 解数学问题应用题重点在过好三关 1 事理关 阅读理解 知道命题所表达的内容 2 文理关 将 问题情景 中的文字语言转化为符号语言 用 数学关系式表述事件 3 数理关 由题意建立相关的数学模型 将实际问题数学化 并 解答这一数学模型 得出符合实际意义的解答 例例 5 5 设实数 数列是首项为 公比为的等比数列 记0 a n aaa 1 Nnagab nnn nn bbbS 21 求证 当时 对任意自然数都有 1 an n S 2 1 lg a aa nn anan 1 1 1 1 解解 nnnn n aaaqaa 111 1 1 lg 1 1 lg 1 lg 111 anaaaaab nnnnnn nnn lg 1 lg 1 1 lg3 lg2 lg 11232 anaaanaaaaaaS nnnn n lg 1 1 1 32 11232 anaanaaa nnnn 记 nnnn naanaaaS 11232 1 1 1 32 1121332 1 1 1 2 1 2 nnnnnn naananaaas 得 1121232 1 1 1 1 nnnnnn naaaaaasa 用心 爱心 专心11 11 11 1 1 1 1 1 1 nn nn aa aa Sn a a 1 1 1 1 lg 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 1 2 11 2 1111 nn n nnnn nnnn anan a aa S a anana a anana S a anaaa S 说明说明 本例主要复习利用错位相减解决差比数列的求和问题 关键是先研究通项 确定 是等差数列 等比数列 nnnn abaC n b 解法一解法一 设等差数列 a 的首项 a a 公差为 d 则其通项为 n1 根据等比数列的定义知 S 0 由此可得 5 用心 爱心 专心12 一步加工 有下面的解法 解法二 解法二 依题意 得 例例 7 7 设二次方程x 1x 1 0 n N 有两根 和 且满足 6 2 6 3 n a 2 n a 1 试用表示 a n a 1n 用心 爱心 专心13 例例 8 8 在直角坐标平面上有一点列 对一切正整数 222111nnn yxPyxPyxP 点位于函数的图象上 且的横坐标构成以为首项 为公差n n P 4 13 3 xy n P 2 5 1 的等差数列 n x 求点的坐标 n P 设抛物线列中的每一条的对称轴都垂直于轴 第条抛物线 321n ccccxn 的顶点为 且过点 记与抛物线相切于的直线的斜率为 求 n c n P 1 0 2 nDn n c n D n k nn kkkkkk 13221 111 设 等差数列的任一项 1 4 1 2 nyyyTnNnxxxS nn n a 其中是中的最大数 求的通项公式 TSan 1 aTS 125265 10 a n a 解 解 1 2 3 1 1 2 5 nnxn 13535 33 3 4424 nnn yxnPnn 2 的对称轴垂直于轴 且顶点为 设的方程为 n c x n P n c 4 512 2 32 2 nn xay 把代入上式 得 的方程为 1 0 2 nDn1 a n c 1 32 22 nxnxy 32 0 nyk xn 32 1 12 1 2 1 32 12 11 1 nnnnkk nn nn kkkkkk 13221 111 32 1 12 1 9 1 7 1 7 1 5 1 2 1 nn 用心 爱心 专心14 64 1 10 1 32 1 5 1 2 1 nn 3 1 32 nNnnxxS 1 512 nNnnyyT 1 3 16 2 nNnnyy T 中最大数 STT 17 1 a 设公差为 则 由此得 n ad 125 265 917 10 da 247 24 12 12 9 248 Nnnad NmmdTad n n 又 说明 说明 本例为数列与解析几何的综合题 难度较大 1 2 两问运用几何知识算出 n k 解决 3 的关键在于算出及求数列的公差 ST n a 例例 9 9 数列中 且满足 n a2 8 41 aa nnn aaa 12 2 Nn 求数列的通项公式 n a 设 求 21nn aaaS n S 设 是否存在最大的整数 n b 12 1 n an 21 NnbbbTNn nn 使得对任意 均有成立 若存在 求出的值 若不存在 请说明m Nn n T 32 m m 理由 解解 1 由题意 为等差数列 设公差为 nnnn aaaa 112 n a d 由题意得 2382 ddnnan210 1 28 2 若 50210 nn则 5 21nn aaaSn 时 2 12 8102 9 2 n n aaannn 时 6n nn aaaaaaS 76521 4092 2 555 nnSSSSS nn 故 n S 409 9 2 2 nn nn 6 5 n n 3 1 11 2 1 1 2 1 12 1 nnnnan b n n n T 1 11 1 1 1 4 1 3 1 3 1 2 1 2 1 1 2 1 nnnn 1 2 n n 若对任意成立 即对任意成立 32 m Tn Nn 161 m n n Nn 用心 爱心 专心15 的最小值是 的最大整数值是 7 1 Nn n n 2 1 2 1 16 m m 即存在最大整数使对任意 均有 7 m Nn 32 m Tn 说明 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 例例 1010 如图 在 y 轴的正半轴上依次有点其中点 且 21n AAA 10 0 1 0 21 AA 在射线上依次有点 3 11 nnnn AAAA 4 3 2 n 0 xxy 点的坐标为 3 3 且 21n BBB 1 B22 1 nn OBOB 4 3 2 n 用含的式子表示 n 1 nnA A 用含的式子表示的坐标 n nn BA 求四边形面积的最大值 nnnn BBAA 11 解 解 1 9110 3 1 21 1 1 AA AA AA nn nn 且 311 211 3 1 3 1 9 3 1 nnn nn AAAA 2 由 1 得 44 13221 3 1 2 1 2 27 3 1 139 nn nn AAAAAA 的坐标 n A点 3 1 2 1 2 27 0 4 n 23 22 11 OBOBOB nn 且 是以为首项 为公差的等差数列 n OB 2322 12 12 2 12 22 1 23 nnB nnOB n n 的坐标为 3 连接 设四边形的面积为 则 1 nnB A 11 nnn BAA n B n S 2 2 3 1 2 27 2 29 22 2 1 32 3 1 2 1 13 111 nn ABBBAAn nSSS nnnnnn 单调递减 3 9 2 29 1 n n 0 3 63 1 1 n nn n SS 1nn SS 即 n S 的最大值为 n S 2 47 9 2 29 1 S 说明说明 本例为数列与几何的综合题 由题意知为等比 为等差 1 nnA A n OB 3 利用函数单调性求最值 例例 1111 设正数数列 a 为一等比数列 且 a 4 a 16 n24 B1 B2 Bn Bn 1 A1 A2 An An 1 y xO 用心 爱心 专心16 说明 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 例例 1212 已知抛物线 过原点作斜率 1 的直线交抛物线于第一象限内一点 又过 2 4xy 1 P 点作斜率为的直线交抛物线于点 再过作斜率为的直线交抛物线于点 1 P 1 2 2 P 2 P 1 4 3 P 如此继续 一般地 过点作斜率为的直线交抛物线于点 设 n P 1 2n 1n P 点 nnn P xy 令 求证 数列是等比数列 2121nnn bxx n b 设数列的前项和为 试比较与的大小 n bn n S 3 1 4 n S 1 310n 解 解 1 因为 在抛物线上 故 nnn P xy 111 nnn Pxy 又因为直线的斜率为 即 2 4 nn xy 2 11 4 nn xy 1nn P P 1 2n 1 1 1 2 nn nn yy xx 代入可得 22 1 1 2 1 111 422 nn nn nn nn xx xx xx 2121212221 nnnnnnn bxxxxxx 用心 爱心 专心17 故是以为公比的等比数列 222322 111 222 nnn 1 1 4 n n n b b b 1 4 2 故只要比较与的大小 4131 1 1 3444 nn nn SS 4n310n 方法 一 1222 1 4 1 3 1331 331 39310 3 2 nn nn n n CCnnnn 当时 当时 1n 31 1 4310 n S n 2n 31 1 4310 n S n 当时 3 nnN 31 1 4310 n S n 方法 二 用数学归纳法证明 其中假设时有 3 nk kkN 4310 k k 则当时 1nk 1 44 44 310 3 1 10 9273 1 10 kk kkkk a n 是公差为 1 的等差数列 又 2a a 2a a 2a a 21321n n 1 求数列 a 的通项公式 n 2 计算 a a a 12n 分析 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 的方程组 n 解 解 1 设 b log 3a a 因为 bn 是等差数列 d 1 b1 log n21n n2 3a a 2 1n n n 设 c 2a a c 是等比数列 公比为 q q 1 n1n nn c 2a a 121 用心 爱心 专心18 例例 1414 等比数列 a 中 已知 a1 0 公比 q 0 前 n 项和为 S 自然数 b c d e 满 nn 足 b c d e 且 b e c d 求证 S S S S becd 分析分析 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 S 与 S S 的大小 只要比较 1 qb 1 qe 与 1 qc 1 qd 的大小 becd 仍然运用差比较法 用心 爱心 专心19 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 当 0 q 1 时 y qx 是减函数 qe qd qb qd 即 qe qd 0 qb qd 0 当 q 1 时 y qx 是增函数 qe qd qb qd 即 qe qd 0 qb qd 0 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 S S S becd 说明 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 例例 1515 20032003 年北京春季高考 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 证明是等比数列 求的值 证明 证明 记 rn为圆 On的半径 则 所以 故成等比数列 用心 爱心 专心20 解 解 因为所以 说明 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 例例 1616 2004 年北京春季高考 20 下表给出一个 等差数阵 47 a j1 712 a j2 a j3 a j4 ai1ai2ai3ai4ai5 aij 其中每行 每列都是等差数列 表示位于第 i 行第 j 列的数 aij I 写出的值 II 写出的计算公式 a45aij III 证明 正整数 N 在该等差数列阵中的充要条件是 2N 1 可以分解成两个不是 1 的正 整数之积 分析 分析 本小题主要考查等差数列 充要条件等基本知识 考查逻辑思维能力 分析问 题和解决问题的能力 解 解 I a4549 II 该等差数阵的第一行是首项为 4 公差为 3 的等差数列 aj j1 431 第二行是首项为 7 公差为 5 的等差数列 aj j2 751 第i行是首项为 公差为的等差数列 因此431 i21i aiij ijijijj ij 431211 221 III 必要性 若 N 在该等差数阵中 则存在正整数 i j 使得Nijj 21 从而212 2121Nijj 21 21ij 用心 爱心 专心21 即正整数 2N 1 可以分解成两个不是 1 的正整数之积 充分性 若 2N 1 可以分解成两个不是 1 的正整数之积 由于 2N 1 是奇数 则它必为两个 不是 1 的奇数之积 即存在正整数 k l 使得 从而2121 21Nkl Nkllakl 21 可见 N 在该等差数阵中 综上所述 正整数 N 在该等差数阵中的充要条件是 2N 1 可以分解成两个不是 1 的正整数之 积 四 强化训练四 强化训练 1 设 S 和 T 分别为两个等差数列的前 n 项和 若对任意 n N N nn A 4 3B 3 2C 7 4D 78 71 2 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 6C 7 D 8 3 3 若数列中 且 则数列的通项 n a 1 3a 2 1nn aa nN n a 4 设在等比数列中 求及 n a 126 128 66 121 nnn Saaaanq 5 根据下面各个数列的首项和递推关系 求其通项公式 n a 11 1 n aa 2 Nnnan 11 1 n aa 1 n n Nnan 11 1 n aa1 2 1 n a Nn 6 数列的前项和为不等于 0 1 的常数 求其通项公式 n anrraS nn 1 n a 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 用心 爱心 专心22 1 设全县面积为 1 2001 年底绿化面积为经过年绿化总面积为 10 3 1 an 1 n a 求证 5 4 25 4 1nn aa 2 至少需要多少年 年取整数 的努力 才能使全县的绿化率达到3010 0 2lg 60 8 8 20022002 年春招试题 年春招试题 已知点的序列 0 其中 0 A3是线钱 A1A2的中点 A4是线段 A2A3的中点 An是线段的 中点 I 写出与 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 9 94 94 年全国理年全国理 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 1 令bn n N 求 b1 b2 bn n 五 参考答案五 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 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 2 解 解 依题意知 数列单调递减 公差 d 0 因为 S3 S11 S3 a4 a5 a10 a11 用心 爱心 专心23 所以 a4 a5 a7 a8 a10 a11 0 即 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 211 22 2222 1221 3 nn nnnn aaaaa 4 解 又 由以上二式得128 128 112 nn aaaa 66 1 n aa 或 由此得或 1 2 64 n aa 1 64 2 n aa 2 6 gn 2 1 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 naa nn 2 1 naa nn 2 1 123121 nnn aaaaaaaa 1 1 1 1 222121 2 nnnn n 2 1 1 n n a a n n 12 3 1 2 1 n n n a a a a a a aa nn n11 3 2 2 1 1 又解 由题意 对一切自然数成立 nn naan 1 1 n 11 1 11 aanna nn 1 n an 3 是首项为 2 2 2