【精品】2011届高考数学第一轮总复习经典实用 3-1数列学案课件

命题预测：1数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一至两个客观性试题和一个解答题，分值占整个试卷的15%左右，客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式等基本知识和基本性质的灵活应用，以及归纳猜想等能力，理科试卷在极限的有关运算、无穷递减等比数列所有项和等内容也经常出题，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以数列、,数学归纳法内容(文科考生对数列极限、数学归纳法不做要求)为工具、综合运用函数、方程、不等式等知识，通过运用递推思想、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，考查学生灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力，属于中、高档难度的题目2数列是特殊的函数，而不等式则是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，在三者交汇处设计试题，特别是数列推理题是近年来高考命题的热点,3数列推理题是新出现的命题热点数学的抽象推理，能直接反映考生个性的思维品质，区分思维的严谨程度、深刻程度、灵敏程度、灵活程度的差异，从而有效区分考生的潜能逻辑思维能力是数学考查的核心，高考中对逻辑推理能力的考查在不断加强，特别是近几年，对推理能力的考查，主要放在数列题中，几乎每年1至2道(如：2009山东卷20题、江西卷22题、安徽卷19题等)4数列与解析几何知识结合的题目及数列的应用问题也要引起足够的重视,备考指南：1数列部分的复习要分为三个方面：(1)重视函数与数列的联系，重视方程思想在数列中的应用(2)掌握等差数列、等比数列的基础知识以及可化为等差、等比数列的简单问题，同时要重视等差、等比数列性质的灵活运用(3)要设计一些新颖题目，尤其是通过探索性题目，挖掘学生的潜能，培养学生的创新意识和创新精神，数列综合能力题涉及的问题背景新颖，解法灵活解这类题时，学生们要全面灵活地运用数学思想方法进行思考解答,2数列部分的复习要加强三种意识：(1)对于客观题，应注意寻求简捷方法解答历年有关数列的选择题，就会发现，除了常规方法外，要注意使用更简捷的方法求解灵活运用等差数列、等比数列的有关性质，可更加准确、快速地解题，这种思路在解客观题时表现得更为突出，很多数列客观题都有灵活、简捷的解法如2009年福建文科第3题常规方法是运用方程的思想求解a1和d，若运用性质便可以直接得到S8.两种不同的解法，差异很大，体现不同的方法和不同的能力要求,(2)对于填空题，则应注重归纳猜想、解方程等方法(3)在数列的学习中加强能力训练和综合训练数列问题对能力要求较高，特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力更为突出一般来说，考题中选择题、填空题解法灵活多变，而解答题更是能力与思想的集中体现，尤其近几年高考加强了数列推理能力的考查，应引起我们足够的重视.,基础知识一、按叫数列，数列中的都叫这个数列的项；在函数意义下，数列是定义域为N*(或它的子集)的函数，f(n)是当自变量n从1开始依次取自然数时所对应的一列函数值f(1)、f(2)、f(n).通常用an代替f(n)，故数列的一般形式为：，简记为，其中an是数列的第n项,一定次序排成的一列数,每一,个数,a1，a2，a3，,an,an,二、如果数列an的第n项与项数之间的关系可以用一个公式anf(n)来表示，那么anf(n)叫做数列的但并非每个数列都有通项公式，也并非都是唯一的三、如已知数列an的第项(或前项)，且任一项与它的前一项(或)间的关系可以用一个公式表示，此公式叫数列的递推公式数列常用表示法有三种：、,an,n,通,项公式,1,几,an,an1,前几项,解析法(通项公式或递推公式),列表法,图象法,一、数列与函数的关系失误1数列2n229n3中的最大项为_答案：a7108二、知Sn表达式求通项an失误2数列an的前n项和Snn24n，则an_.答案：2n53数列an的前n项和Sn满足log2(n2Sn)2，则an_.答案：,三、忽略n的条件出现错误4判断正误，若在数列an中a11，an13Sn(n1)，则数列an是等比数列()答案：,回归教材1下列对数列的理解有四种：数列可以看成一个定义在N*(或它的有限子集1,2,3，n)上的函数；数列的项数是有限的；数列若用图象表示，从图象上看都是一群孤立的点；数列的通项公式是惟一的其中说法正确的序号是()ABCD,解析：由数列与函数的关系知对，对，由数列的分类知不对，数列的通项公式不是惟一的，不对答案：C,2(课本P142，B组2题改编)已知数列的通项公式ann25n14，bN，则：(1)这个数列的第4项是_；(2)52是这个数列的第_项；(3)这个数列的第_项最小；(4)这个数列前_项的和最小答案：18112或36或7,3已知数列an的前4项为1,3,7,15，写出数列an的一个通项公式an_.答案：2n14数列an的前n项和Sn满足log2(Sn1)n1，则an_.答案：,5(2009成都3月诊断，5)数列an中，若a1，an(n2，nN)，则a2007的值为()A1B.C1D2答案：A,解析：数列an是周期为3的数列，a2007a311.故选A.,【例1】根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式：(1)1,4，7,11，(2)0.8,0.88,0.888，(5)0,1,0,1,命题意图先观察各项的特点，然后归纳出通项公式解析(1)符号问题可通过(1)n或(1)n1表示，其各项的绝对值的排列规律为：后面数的绝对值总比前面数的绝对值大3，故通项公式为an(1)n(3n2)(2)将数列变形为(10.1)，(10.01)，(10.001)，an(1),(3)各项的分母分别为21,22,23,24，易看出第2,3,4项的分子分别比分母少3.因此把第1项变为，至此原数列已化为，an(1)n.,(4)将数列统一为，对于分子3,5,7,9，是序号的2倍加1，可得分子的通项公式为bn2n1，对于分母2,5,10,17，联想到数列1,4,9,16即数列n2，可得分母的通项公式为cnn21，可得它的一个通项公式为an.,总结评述(1)根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，可使用添项、还原、分割等办法，转化成一些常见数列的通项公式来求(2)根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验，对于正负符号变化，可用(1)n或(1)n1来调整,(3)观察、分析问题的特点是最重要的，观察要有目的，观察出项与项数之间的关系、规律，利用我们熟知的一些基本数列(如自然数列、奇偶数列等)建立合理的联想、转换而使问题得到解决,根据下面各数列的前几项值，写出数列的一个通项公式：(1)4，2，.(2)3,5,9,17,33，.(3)5,55,555,5555，.(4)7,0，7,0,7，.分析：本题给出四个数列的前几项，要求写出数列的一个通项公式，即寻找一列数的排列规则，关键在于找出项与序号间的对应关系,解析：(1)这个数列的前四项可以改写成，这四项的分母都与项的序号相同，分子恰好是序号加3，又奇数项为正，偶数项为负，从而它的一个通项公式为an(1)n1.,(2)若联想数列2,4,8,16,32，即数列2n，可知an2n1；若考虑逐差法，有a2a1221，a3a2422，anan12n1，累加得ana12222n1，即an32n22n1.(3)所求通项可转化为基本数列9,99,999,9999，的通项an10n1.易知an(10n1)(nN*),(4)所求通项可转化为数列1,0，1,0,1，的通项，这不正是“五点法”作图中的几个值吗？于是有an7sin，或an7cos(nN*)总结评述：解这类题需要我们从多角度思考，全方位观察，广泛联想，将原数列作出适当的转化变形后，作为基本数列或特殊数列，方可迅速获解,【例2】(1)已知an中，a1，an1an，求an.(2)数列an中，a11，对于n1(nN*)有an3an12，求an.(3)已知数列an中，a1，an1求an.,分析(1)对于递推式为an1anf(n)而且f(n)可以求和只要和f(1)f(2)f(n1)f(n)是可求的，就可以由an1anf(n)以“n”1,2，(n1)代入，可得n1个等式累加而求an，称为累加法(2)递推式为an1panq(p，q为常数，且p0,1，q0)对于形如an1panq的递推公式求通项公式常用迭代法或换元法，其中换元法由an1panq(p1)得,(3)对于递推式为an1panqn(p，q为常数)对于递推式an1panqn，可两边除以qn1，得引辅助数列bn，bn，得bn1再解(4)当然，本例各小题也可以采取“猜想归纳法”，先写出前几项，再找出规律，猜测通项公式，最后用数学归纳法证明,解析(1)由已知得an1an令“n”1,2，(n1)，代入后(n1)个等式累加，即(a2a1)(a3a2)(anan1),(2)解法1：由已知递推式得an13an2，an3an12，两式相减an1an3(anan1)，(这是手段之一)因此数列an1an是公比为3的等比数列，其首项为a2a1(312)14，an1an43n1.an13an2，3an2an43n1，即an23n11.,解法2：由解法1得an1an是公比为3的等比数列，于是有：a2a14，a3a243，a4a3432，anan143n2，把n1个等式累加得ana14(13323n2)，an23n11.,解法3：设递推式an3an12，可以化为：an1t3(ant)即an13an2t.22t，t1，于是得an113(an1)，(这是手段之二)数列an1是公比为3的等比数列，其首项为a112，an123n1，即an23n11.,总结评述把一个数列问题转化为基本数列求解，它的好处是利于应用基本数列的公式及其研究方法本题的解法1和解法3，通过变换得bnan1，或bnan1an，将原数列转化为等比数列求解；本题解法2，应用了叠加法原理,(3)在an1的两边乘以2n1得，2n1an1(2nan)1，令bn2nan.则bn1bn1，于是可得bn1bn(bnbn1)(下面与(2)题解法一样)bn32()n.an,已知数列an满足a11，an3n1an1(n2)求an.,解析：方法一：由已知anan13n1(n2)，故an(anan1)(an1an2)(a2a1)a13n13n231.n1时，也满足上式，故an.方法二：递推式an3n1an1，则an13n2an2，所以an3n1an13n13n2an23n13n232a23n13n2323a13n13n231，,n1时，也满足an.从而an对任意nN*均成立,已知an中a11，an12an1求an解法1：(迭代法)an2an112(2an21)122an221，22(2an31)2123an322212n1a12n22n3212n12n2212n1.,解法2：(换元法)an12an1，an112(an1)an1是以a11为首项，2为公比的等比数列，an122n12nan2n1.,在数列an中，a12，an2an12n1(n2，nN*)求an.解析：an2an12n1成等差数列，首项为1，公差为2，1(n1)22n1.,【例3】已知下列各数列an的前n项和Sn的公式，求an的通项公式Sn10n1；Snn21；an0，,分析(1)已知数列an的前n项和Sn，求an时，要注意运用an和Sn的关系，即an(2)对于形如Snf(an)求an常有两种处理方法：一、由Snf(an)得Sn1f(an1)两式做差得anf(an)f(an1)(n2)二、将an换成SnSn1即Snf(SnSn1)，先求出Sn，再求出an.,解析(1)当n1时，a1S19，当n2时，anSnSn1(10n1)(10n11)10n10n1910n1，当n1时，a19也适合上式，an910n1(nN*),(2)当n1时，a1S12，当n2时，anSnSn1(n21)(n1)212n1，而n1时，a12不适合上式，an,(3)由n2时，anSnSn18an(anan14)(anan1)(anan1)(anan14)0an0，anan10anan140，即anan14数列an为等差数列，且公差d4.,又a1S1，a12an24(n1)4n2.,已知下面数列an的前n项和Sn，求an的通项公式：(1)Sn2n23n；(2)Sn3nb；(3)an0，Sn,解析：(1)a1S1231，当n2时，anSnSn1(2n23n)2(n1)23(n1)4n5.由于a1也适合此等式an4n5(nN*),(2)a1S13b，当n2时，anSnSn1(3nb)(3n1b)23n1.当b1时，a1适合此等式；当b1时，a1不适合此等式，当b1时，an23n1；当b1时，an,(3)由an与Sn的关系式把已知等式转化为Sn的递推关系式当n1时，a1S1a10，a11.当n2时，anSnSn1，Sn(SnSn1整理得，SS1.,S是以S1为首项，公差为1的等差数列S1(n1)1n.an0，Sn，又S11，当nN*时，当n2时，anSnSn11.当nN*时，an,总结评述：已知an的前n项和Sn，求an时应注意以下三点：应重视分类讨论的应用，分n1和n2两种情况讨论；特别注意anSnSn1中需n2.由SnSn1an推得的an，当n1时，a1也适合“an式”，则需统一(“合写”),由SnSn1an，推得的an，当n1时，a1不适合“an式”，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)即an把an用SnSn1代换可