数列、极限、数学归纳法教案示例

数列、极限、数学归纳法目标：引导同学对所做旧题进行回顾反思，使对本章知识点、方法系统及易错点有一个更清晰的线索，框架，培养学生面对陌生情景的问题时，能从运用知识点，方法体系的角度去思考分析问题的解题策略。难点：策略意识的归纳提取及运用范例：例1(1)在等差数列an中，若a10=0,则有等式a1+a2+an=a1+a2+a19-n(n19, nN) 成立，类比上述性质，相应地：在等比数列bn中，若b9=1,则有等式_成立。 (2)公差不为0的等差数列中，若第k,n,p项成等比数列，则其公比为（ ）。 A、 B、 C、 D、 (3)等差数列an,bn的前n项和分别为Sn和Tn, 若，则等于（ ）。 A、1 B、 C、 D、 解析：以上三题都考查有关等差、等比数列概念，此处知识要点是定义、公式的理解运用。问题主要是“知三求二”类的方程计算，方法有“基本量法”（即把问题化归到a1,d或q上去，简单可行，但通常较为麻烦）；“表示技巧法”（在等差、等比数列中任两项都可互相表示；中项；若有k,l,m,nN且k+l=m+n.an为AP则ak+al=am+an, an为GP，则akal=aman）；还有少数问题可联系函数去解决。(1)a1+a2+an=a1+a2+a19-n,an等差,a10=0, 此处用了：2a10=a9+a11=a8+a12=an+a20-n. 而a20-n的前一项为a19-n，故上式成立，若bn等比数列，b9=1,对于n17, 则有：， b1,b2,b3,bn中，b18-n的前一项为b17-n, b1b2b3bn=b1b2b3b17-n(n17, nN). (2)若ak, an, ap成等比，设公比为q，则, 由an等差，设公差为d(d0) 则 ak=an+(k-n)d, ap=an+(p-n)d, , , , 选B。(3) an为等差数列，故，而 a1+a2n-1=2an, 故一般地，对等差数列有 。 评述：(1)题若bn为正项数列,可令an=lgbn，由已知推出。(2),(3)题亦可用基本量法来作，但显然运算量会大上许多，此三题均选自高考原题和模拟题，要注意此类问题方法，技巧的归纳运用。例2数列an的前n项和是Sn, 数列bn满足b1=a1, bn+1=an+1-an, an+Sn=n. (1) 求证：数列bn是等比数列，并写出其通项公式； (2) 求an. 解析：对一般数列的问题，通常的问题有：递推关系辨析、使用问题；前n项和Sn使用和计算问题。通常的解题方法有：赋n=1,2,3,4归纳猜想证明（运用数学归纳法）；（此法，简单，可操作性强，历来被视为看家的方法）；利用所给式子的结构，将n值赋成n-1,n+1或连续赋n,n-1,n-2,3,2,1，运用方程或叠加叠乘技巧来作，（此法富于技巧但书写运算量较少，常见类型有：等差（或等比）定义型；叠加叠乘型：(n+1)an+1-nan=k， nan+1-(n+1)an=0; 变换可化归等差，等比型：an=kan-1+p, an-an-1=kanan-1; )。对于Sn与an关系型的问题，通常要用易错点是只看Sn-Sn-1而忽略n=1。解：(1)由an+Sn=n, 可得：an+1+Sn+1=n+1, 两式相减则有：an+1-an+(Sn+1-Sn)=1，即 2an+1-an=1 上式可变形为：2(an+1-1)=an-1. 又由 a1+S1=1, 可得， 这说明数列an-1为首项为，公比为的等比数列。 又由 2an+1-an=1 可变形为 an+1-an=1-an+1, 由 bn+1=an+1-an, bn+1=1-an+1, bn=1-an, bn为等比数列，首项为，公比为， .(2) 由 , 可得 , an=1. 评述：此题亦可用归纳猜想证明来做，(1) 问亦可先求1-an的通项，进而求出an的通项，再根据bn=an-an-1来作；(2)问亦可由bn=an-an-1 迭加得an通项来做。此题设计精巧，方法灵活，应多琢磨领会方法的运用。例3在数列an中，a1=1，当n2时，an,Sn, 成等比数列。 (1)求通项an; (2)求数列an的所有项和解：(1)an,Sn, 成等比数列， (n2)，又 an=Sn-Sn-1, (n2)， (n2)， 是公差为2，首项为1的等差数列， ， , 当n2时，, 又 a1=1不满足， 。(2) 由(1)得：， 。 评述：此题也可用归纳、猜想、证明等方法。此题需关注两处技巧：若由化归为有关an的关系式较难，可由anSn-Sn-1去。式子的特征分析运用；此题易混之处在求Sn时不马上利用(1)问导出Sn的结果，而是又去裂项求和。例4已知，且f-1(x)为f(x)的反函数，又数列an的前n项和Sn满足Sn=f-1(Sn-1), a1=2. (1) 求数列an的前n项和Sn及通项an; (2) 若，试比较b1与c1；b2与c2；b3与c3的大小，猜测bn与cn(nN)的大小关系并加以证明； (3) 求极限的值。 解析：对于数列综合题，一般有从数列引申到其它知识，类型由其它知识引入到数列中来两类，以后者居多，方法是化归（即将综合问题化归到各自的知识领域）。解：由, 可求得 , 由Sn=f-1(Sn-1), , , 为等差数列， Sn=2n2, n2时，an=2(2n-1), 当n=1时， 2(2n-1)=2, an=2(2n-1)(nN).(2) ; , b2c2; , b31时， 当0b1时， 当0b1， 任意存在xn使xnx-xn, f(x)-xf(xn)-xn, 又 f(xn)=n. 而， f(xn)-xn0, f(x)x 成立。 当Ob1时，仿上述证明 （此时f(x)0且a1)(1) 求函数f(x)的值域(2) 若x-2,1时，f(x)的最小值为-7，求a的值及此时f(x)的最大值。解：令t=ax，则t0， f(x)=1-2t-t2=-(t2+2t+1)+2=-(t+1)2+2对称轴t=-10, f(x)1时，ta-2,a当t=a时，f(x)min=-(a+1)2+2=-7,a=2此时f(x)max=-(a-2+1)2+2=.当0a1时，ta, a-2,当t=a-2时，f(x)min=-(a-2+1)2+2=-7,a=,此时f(x)max=-(a+1)2+2=,满足题要求时a=2时，f(x)max=.a=时，f(x)max=.例2：已知：a1，f(x)=ax2-2x+1在1，3上最大值为M(a),最小值为N(a)，令g(a)=M(a)-N(a). 求g(a)的最小值。解：f(x)=a(x2-x+-)+1=a(x-)2+1- a1,13.所以f(x)的图像开口向上，对称轴在1,3之间。x1,3当x=时，f(x)min=N(a)=1-，当12即a1时，f(x)max=f(3)=M(a)=9a-5.当23，即a时，f(x)max=f(1)=M(a)=a-1. g(a)=M(a)-N(a) g(a)=,当a0,可证g(a)在, )是单减函数，g(a)在, )上无最小值,当a1时，g(a)=9a+-66-6当且仅当a=时“=”成立，a=,1 g(a)0,可证g(a)在,1上为单增函数， g(a)min=g()=,当a=时，g(a)min=.注：最好掌握一般的情况f(x)=ax+(a,b0)的图像，因为是奇函数，只画右边部分。（下面的3中涉及到了）因为ax+，在ax=时取等号，即x。草图如下：（可以观察最值和单调性） 2利用平均值不等式求最值例1：从半径为2的圆板上剪下一个以原圆心为圆心的扇形，围成一个圆锥的侧面，如何操作使圆锥体积最大？解：如图，圆锥的母线长为2，设圆锥轴截面的底角为(02.(此时要用到y=x+型函数的单调性) y=t+在1,+)是增函数（自己去证） y=t+在,+) 上也是增函数， y,+) .4利用三角变换求最值。例：求函数y=x+x的最值。解：定义域：-1，1，设x=cos,0,，则=sin, y=cos+sin+cossin令t=sin+cos=sin(+),t-1, y=t+(t2-1)=(t2+2t+1)-1=(t+1)2-1 t-1,. 当t=-1时，即x=-1时，ymin=-1, 当t=时，即x=时，ymax=.注：本题应用定义域-1，1上入手，采用三角换元方法解决，换元后一定要说明新元的范围。例：已知：复数z1,z2,z3的辐角分别为,，模分别为1，k,2-k，且z1+z2+z3=0.求：cos(-) 的最大及最小值及相应的k值。解： k, 2-k是复数的模， 0k2,设z1=cos+isin, z2=k(cos+isin),z3=(2-k)(cos+isin) z1+z2+z3=0, cos+kcos+(2-k)cos+isin+ksin+(2-k)cos=0, . sin2+cos2=1, (k-2)2cos2-2k(k-2)coscos+k2cos2+(k-2)sin2-2k(k-2)sinsin+k2sin2=1,即(k-2)2+k2-1=2k(k-2)coscos+sinsin=2k(k-2)cos(-). 0k2, cos(-)=1+=1+ 当k=1时，cos(-)max=-, cos(-)-1,1, 当k=或时，cos(-)min=-1.注：本题最后求最值时，不仅要考虑k的变化，也要考虑三角函数本身的范围。5利用数形结合求最值。例：求函数y=的最值。解：本题可看作定点P（2，3）与动点Q(cosx,sinx)连线的斜率的范围。而动点Q在圆心在原点的单位圆上移动，当过P点的直线与圆相切时得到最值。设过P的直线y-3=k(x-2)(1+k2)x2-2k(2k-3)x+(4k2-12k+8)=0=4k2(2k-3)2-4(1+k2)(4k2-12k+8)0，3k2-12k+802-k2+, ymax=2+, ymin=2-.例：已知：实数x,y满足x2+y2-4x-6y+12=0,求：x2+y2的范围。解：由x2+y2-4x-6y+12=0，得到(x-2)2+(y-3)2=1x2+y2即为圆上一点到原点距离的平方， (x2+y2)min=(-1)2=14-2,(x2+y2)max=(+1)2=14+2. x2+y214-2,14+2.注：切记x2+y2是指到原点距离的平方。北 京 四 中科 目：数 学 年 级：高 三 撰 稿：李晋渊编 审：安东明 责 编：辛文升 录 入：刘红梅专题二 数形结合思想 通过这21个题目要求:掌握在什么情况下用数形结合的方法，应该怎么用。高中数学中涉及的有关数形结合问题基本都包括了。1方程lgx=sinx的根的个数（）A、1个B、2个C、3个D、4个解：设y1=lgx, y2=sinx, 10, lg()1, 3p10, lg3p0时，如图(1)，a1时有二个交点。(2) 当a0时，如图(2)，a-1时，有二个交点。注：本题还可以用特殊值法：取a0代入，知y0与yx只有一个交点，不合题意，所以答案中不能有0， B错。再分别看a1和a1的情形即可。5不等式|x-4|+|x-3| |x-4|+|x-3|有解，则只要a大于|x-4|+|x-3|的最小值1即可。 所以不等式有解，则a1。 6若z1=-1+2i且|z-2|=1，则|z1-z|的最小值为_。解：|z-2|=1的几何意义是复数z表示的点在以(2,0)为圆心，r=1的圆上，|z1-z|表示的几何意义是点Z1(-1,2)到圆(x-2)2+y2=1上的点的距离。由图形可得，|z1-z|最小值为-1=-1。7关于x的方程x2-x=k在(-1,1)内有1个实根，则k的范围_。解：设y=x2-x=(x-)2-,x(-1,1),y-, ), x=1时，y1=-, y2=k.yk表示的是一条与x轴平行的直线。两曲线只有一个公共点，从图形可得，k=- 或, -k0时，则有 如图(2)或如图(3)，综上-7a2. 9求f(q)=的最小值_，最大值为_。解：设x=cosq, y=sinq, q0, 2p), 则x2+y2=1， f(q)=令 =k. 其几何意义是单位圆上的点M(x, y)与点(-2,-1)连线的斜率，调过(-2,-1)直线系为y+1=k(x+2)，相切时k=, kmin=0. f(q)max=2， f(q)min=0=0.10当x(1,2)时，(x-1)2logax恒成立，求a的取值范围_。解：设y1=(x-1)2, y2=logax(1)当0a1时，要x(1,2)时，y11时，要使x(1,2)时，(x-1)21,解出1a2，参考图2。 11已知关于x的方程x2-4|x|+5=m有四个不相等的实根，则实数m范围_。解：设y1=x2-4|x|+5=(|x|-2)2+1（偶函数，其图像关于y轴对称）当x0时，y1=(x-2)2+1当x0时，y1=(x+2)2+1设y2=m, y1与y2有四个交点，从图象可得1m5。12求函数y=的最小值_。解： y=其几何意义是x轴上的点P(x,0)到A(1,1), B(3,2)距离之和的最小值。求出A(1,1)关于x轴的对称点A(1,-1)，|AB|=为所求。 13已知复数z满足|z|=2，则|z+1-i|的最大值是_。解：|z|=2表示的几何意义是在圆心为 (0,0)，r=2的圆上的点|z-(-1+i)|表示该圆上的点与定点A(-1,1)的距离的最大值为|OA|+2=+2。14复数z满足不等式z+(z-)i0,设u=z+i,求argu的最大值和最小值。解：设Z=x+yi(x, yR)则(x+yi)(x-yi)-2y0 x2+y2-2y0 x2+(y-1)21是以O(0,1)为圆心，r=1的圆面，u=z+i是将该圆再上移1个单位，圆心(0,2)，r=1的圆，argumax=,argumin=.5设复数z满足|z|15，求使arg(z-25i)取得最值时的复数z。解：法(1) |z|15,z为以(0,0)为圆心，r=15的圆面。u=z-25i为以(0,-25)为心，r=15的圆面，图(1)。OAO中，cosq=, sinq=,=20cos(-q)+isin(-q)=-12-16i.同理 =20cos(+q)+isin(+q)=12-16i. z=u+25i, Z=12+9i。法(2)，如图（2），可以自己试着做。16已知点A在C：x2+(y-2)2=上，点B在+y2=1上，求|AB|的最大最小值。解：如图，|AC|+|CB|AB|,当且仅当A，C，B共线时，|AB|取得最大，最小值，设B(x,y),则|BC|2=x2+(y-2)2=4-4y2+(y-2)2=-3(y+)2+ -1y1，由二次函数性质得 所以17如果f(x)=x2+bx+c对任意实数t都有f(2+t)=f(2-t)，则f(1),f(3),f(4)从小到大顺序是_。解：由f(2+t)=f(2-t)得二次函数对称轴为x=2,又二次项系数为正数，图象开口向上，f(1)=f(3)1)，求loga(uv)的最大值和最小值。解：原式整理为 u+v-2logau-2logav-2=0,设logau=x, logav=y, a1, u1, v1, x0, y0,原式为x2+y2-2x-2y-2=0 (x-1)2+(y-1)2=4圆心(1,1), r=2在第一象限上一段弧。loga(uv)=logau+logav=x+y.设x+y=m, y=-x+mm的几何意义是直线系y=-x+m中的纵截距，从图形上得 OA=+2,OB=2+2,当x=0时，y=+1, OD=+1. loga(uv)max=2+2, loga(uv)min=+1.20MON是60角，A、B分别在OM、ON上，|AB|=2，PAB为等边三角形且P、O在AB的两侧，求PAB中心G到O点距离的最小值和最大值。解：复数法，以O为原点，OM为实轴建立复平面，如图，A，B点对应的复数分别为p，q(cos60+isin60) (p,qR)，=x+yi(x,yR)是AB绕A顺时针转30得到 x+yi-p=q(cos60+isin60)-p(cos30-isin30)整理为x+yi=(p+q)(i) |=(p+q)在AOB中由余弦定理得p2+q2-pq=4. (p+q)2=4+3pq4 (p=q=0时，取等号） pq=p2+q2-42pq-4 pq4 (p+q)2=4+3pq16,2p+q4. |OG|max=,|OG|min=.21试讨论关于x的方程=2x-1的解的情况。解：(1): x.(3)(2): -x2+4x+1=ax.(4)原式解的情况设y1=ax, y2=-x2+4x+1(x)=-(x-2)2+5当x=时，y2=, x=2时，y2=5,kOA=, 当a时，无解（无交点），当a时，有解。答案：1.C 2.D 3.A 4.D 5. a1 6. -1 7. k=-或-k; 8. -7a2 9. 0;2 10. 1a2; 11. 1m5 12. 13. 2+ 14. p; 15. 12+9i 16. ;1- 17.f(1)=f(3)时，无解。选择题、填空题的解法（一）命题趋向及复习目标：高考数学试题中选择题占有十分重要的位置,加之它位于卷首，所以解选择题速度的快慢和成功率的高低对整个考试的成败起着举足轻重的作用。近几年高考选择题减少了繁难的运算，着力考查考生的逻辑思维与直接思维能力，以及观察、分析、比较、选择简捷运算方法的能力，突出了对学生数学素质的考查。数学选择题的特点是：考查的知识点覆盖面广，构思巧妙，概念性强，方法灵活多样，稍不注意，极易失误，因此怎样巧解，快解准确地得出结论显得越来越重要。解选择题的基本要求是熟练准确，灵活快速，通常所用的方法有：直接法；数形结合法；特殊化法；筛选法；估算法；推理分析法。复习时要注意：“快速”，避免小题大做；如果一个题目没有想到简单的方法，做出它需要较长的时间，那么即使会做也要暂且放一边，看后面的时间而定，最后确实没有时间了就猜（万不得已的方法，尽量不用）先考虑除直接法以外的其他方法，再考虑用直接法；各种方法并不是孤立地使用，解题时应综合使用各种方法。解选择题的直接法、排除法和图象法直接法就是从题设条件出发，通过运算、推理，得到正确的结果或判断的一种方法。用这种方法时要注意运用直觉思维实现跳跃、简约，也可以灵活运用一些技能技巧来提高解题的速度。对于与题设有矛盾的结论可以利用“筛选法”予以排除，对于题设中有明确的几何意义的选择题可用图象法。典型例题透析：例1 函数y=cos4x+sin4x的最小正周期是（）A、p B、2p C、 D、4p解析：将原函数化简为y=cos4x，再利用T=，得T=。答案：C。注：事实上，对于三角函数中的n次式，降幂后就变成n倍角了。本题的4次方就成了4x角，可以直接得答案C。例2 已知扇形AOB的周长为20cm，扇形的面积S是扇形所在圆的半径r的函数，则该函数的定义域是（）A、r0 B、(0,10) C、(,10) D、R解析：扇形AOB的周长为20cm，则扇形的弧长为20-2r，对r的隐含的限制条件有 r10。答案：C说明：上述两例都是用通性、通法直接求解，当选择题的思路明了、推理较简单时可用此法。用这种方法时，要注意推理的严密性。例3 已知两点M(1,), N(-4,-)，给出下列曲线方程： 4x+2y-1=0 x2+y2=3 +y2=1 -y2=1在曲线上存在点P满足|MP|=|NP|的所有曲线方程是（）A、 B、 C、 D、分析：P满足|MP|=|NP|即P是MN的中垂线上的点，P点存在即中垂线与曲线有交点。解析：MN的中垂线方程为2x+y+3=0，与中垂线有交点的曲线才存在P点满足|MP|=|NP|，直线4x+2y-1=0与2x+y+3=0平行，故排除A、C，又由：=0,有唯一交点P满足|MP|=|NP|，故选D。说明：本题解法称为排除法，即首先对某些选择题举出反例或否定后得到答案的解法，本题题型为“组合选”，是近几年高考命题的一个热点。例4 ax2+2x+1=0至少有一个负的实根的充要条件是（）A、0a1 B、a1 C、a1 D、0a1或a0解析：（直接法）当a=0时，原方程变形为一元一次方程2x+1=0有一负根；当a0时，原方程为一元二次方程，有实根的充要条件是0，即a1。设方程ax2+2x+1=0(a0)的根是x1x2，由可知方程ax2+2x+1=0(a0)有一个负实根的充要条件是方程ax2+2x+1=0(a0)有两个负实根的充要条件是，即03，且sin22x=1时，f(x)取最大值是，当b3时，f(x)取得最大值。 例2已知函数f(x)=ax-1-a的反函数f1(x)的图象经过点(-1,3)，且f1(x)在(-1,+)上恒有f1(x)-10)当x(-1,+)时，f1(x)f1(-1)=log39+1=3.与已知f1(x)-).当x(-1,+)时，f1(x)-)。例3设数列an是首项为1，公比为q（q0）的等比数列，其前n项和为Sn,求。分析与解答 ：影响本题结论的因素有两点，一是公比q在q=1与q1时，对应着不同的求和公式Sn；二是当0q1时，()n=0，对应着不同的极限结果。因此必须对公比q进行分类讨论。（1）当q=1时，Sn=n, Sn+1=n+1, =1。（2）当q1时，Sn=,Sn+1=,(i)若0q1,=q ,综上，=。例4已知a是实数，讨论关于x的方程lg(x-1)+lg(3-x)=lg(a-x)实根的个数。分析与解答 ：对数方程的根，首先要确保各个对数函数有意义。在利用同底法将对数方程化为关于x的二次方程后，则根的情况需由二次方程的判别式及对称轴的位置与定义域决定，这必然涉及到对参数a的分类讨论。为使方程有意义，需有1x3且x1时，原方程化为lg(x-1)(3-x)=lg(a-x)，得x2-5x+(a+3)=0.*令f(x)=x2-5x+(a+3), =25-4(a+3)=13-4a.（1）当a时，0，故方程*无解，即原方程无解。（2）当a=时，=0, 方程*有两个等根x=,即原方程有一个实根。（3）当3a0, 且f(1)0, f(3)0，所以方程*有两个不等根，即原方程有两个实根。（4）当10, 且f(1)0, f(3)0，所以方程*有一个根，即原方程有一个实根。综上，a或a1时，原方程无实根。 a=或1a3时，原方程有一个实根。 3a且k1时，0()2,方程表示以(,0)为中心，焦点在平行于y轴直线上的椭圆。当k=1时，方程化为(x-1)2+y2=1，它表示圆心在(1,0)，半径为1的圆。当k0, 0, b0, 且a1, b1.2. 求函数f(x)=(a0)在0,|a|上的值域。参考答案：1解：由ax-kbx0axkbx (bx0)()xk.(1)当1时，若k0, 则xR,若k0，则x,+).(2)当=1时，若k1, 则xR, 若k1