2019-2020年高三數學第一輪復習單元講座 第30講 數列求和及數列實際問題教案 新人教版.doc

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2019-2020年高三數學第一輪復習單元講座 第30講 數列求和及數列實際問題教案 新人教版 一．課標要求： 1．探索并掌握一些基本的數列求前n項和的方法； 2．能在具體的問題情境中，發(fā)現(xiàn)數列的數列的通項和遞推關系，并能用有關等差、等比數列知識解決相應的實際問題。 二．命題走向 數列求和和數列綜合及實際問題在高考中占有重要的地位，一般情況下都是出一道解答題，解答題大多以數列為工具，綜合運用函數、方程、不等式等知識，通過運用逆推思想、函數與方程、歸納與猜想、等價轉化、分類討論等各種數學思想方法，這些題目都考察考生靈活運用數學知識分析問題和解決問題的能力，它們都屬于中、高檔題目。 有關命題趨勢： 1．數列是一種特殊的函數，而不等式則是深刻認識函數和數列的有效工具，三者的綜合題是對基礎和能力的雙重檢驗，在三者交匯處設計試題，特別是代數推理題是高考的重點； 2．數列推理題是將繼續(xù)成為數列命題的一個亮點，這是由于此類題目能突出考察學生的邏輯思維能力，能區(qū)分學生思維的嚴謹性、靈敏程度、靈活程度； 3．數列與新的章節(jié)知識結合的特點有可能加強，如與解析幾何的結合等； 4．有關數列的應用問題也一直備受關注。 預測xx年高考對本將的考察為： 1．可能為一道考察關于數列的推導能力或解決生產、生活中的實際問題的解答題； 2．也可能為一道知識交匯題是數列與函數、不等式、解析幾何、應用問題上等聯(lián)系的綜合題，以及數列、數學歸納法等有機結合。 三．要點精講 1．數列求通項與和 （1）數列前n項和Sn與通項an的關系式：an= 。 （2）求通項常用方法 ①作新數列法。作等差數列與等比數列； ②累差疊加法。最基本的形式是：an=(an－an－1)+(an－1+an－2)+…+(a2－a1)+a1； ③歸納、猜想法。 （3）數列前n項和 ①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； ②等差數列中，Sm+n=Sm+Sn+mnd； ③等比數列中，Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn； ④裂項求和 將數列的通項分成兩個式子的代數和，即an=f(n+1)－f(n)，然后累加抵消掉中間的許多項，這種先裂后消的求和法叫裂項求和法。用裂項法求和，需要掌握一些常見的裂項，如：、=－、nn！=(n+1)!－n!、Cn－1r－1=Cnr－Cn－1r、=－等。 ⑤錯項相消法 對一個由等差數列及等比數列對應項之積組成的數列的前n項和，常用錯項相消法。, 其中是等差數列， 是等比數列，記，則，… ⑥并項求和 把數列的某些項放在一起先求和，然后再求Sn。 數列求通項及和的方法多種多樣，要視具體情形選用合適方法。 ⑦通項分解法： 2．遞歸數列 數列的連續(xù)若干項滿足的等量關系an+k=f(an+k－1,an+k－2,…,an)稱為數列的遞歸關系。由遞歸關系及k個初始值可以確定的一個數列叫做遞歸數列。如由an+1=2an+1，及a1=1，確定的數列即為遞歸數列。 遞歸數列的通項的求法一般說來有以下幾種： （1）歸納、猜想、數學歸納法證明。 （2）迭代法。 （3）代換法。包括代數代換，對數代數，三角代數。 （4）作新數列法。最常見的是作成等差數列或等比數列來解決問題。 四．典例解析 題型1：裂項求和 例1．已知數列為等差數列，且公差不為0，首項也不為0，求和：。 解析：首先考慮，則=。 點評：已知數列為等差數列，且公差不為0，首項也不為0，下列求和也可用裂項求和法。 例2．求。 解析：， 點評：裂項求和的關鍵是先將形式復雜的因式轉化的簡單一些。 題型2：錯位相減法 例3．設a為常數，求數列a，2a2，3a3，…，nan，…的前n項和。 解析：①若a=0時，Sn=0； ②若a=1，則Sn=1+2+3+…+n=； ③若a≠1，a≠0時，Sn-aSn=a（1+a+…+an-1-nan）， Sn=。 例4．已知，數列是首項為a，公比也為a的等比數列，令，求數列的前項和。 解析：， ①-②得：， 點評：設數列的等比數列，數列是等差數列，則數列的前項和求解，均可用錯位相減法。 題型3：倒序相加 例5．求。 解析：。 ① 又。 ② 所以。 點評：Sn表示從第一項依次到第n項的和，然后又將Sn表示成第n項依次反序到第一項的和，將所得兩式相加，由此得到Sn的一種求和方法。 例6．設數列是公差為，且首項為的等差數列， 求和： 解析：因為， ， 。 點評：此類問題還可變換為探索題形：已知數列的前項和，是否存在等差數列使得對一切自然數n都成立。 題型4：其他方法 例7．求數列1，3+5，7+9+11，13+15+17+19，…前n項和。 解析：本題實質是求一個奇數列的和。在該數列的前n項中共有個奇數，故。 例8．求數列1，3＋，32＋，……，3n＋的各項的和。 解析：其和為(1＋3＋……＋3n)＋(＋……＋)==(3n＋1－3-n)。 題型5：數列綜合問題 例9．（ xx年浙江卷）已知函數＝x3+x2，數列 | xn | （xn > 0）的第一項x1＝1，以后各項按如下方式取定：曲線y＝在處的切線與經過（0，0）和（xn，f（xn））兩點的直線平行（如圖）。 求證：當n時：（I）；（II）。 解析：（I）因為 所以曲線在處的切線斜率 因為過和兩點的直線斜率是 所以. （II）因為函數當時單調遞增， 而 所以，即 因此 又因為 令則 因為所以 因此 故 點評：數列與解析幾何問題結合在一塊，數列的通項與線段的長度、點的坐標建立起聯(lián)系。 例10．（xx年遼寧卷）已知,其中,設,。 (I) 寫出；(II) 證明:對任意的,恒有。 解析：(I)由已知推得,從而有； (II) 證法1:當時， 當x>0時, ,所以在[0,1]上為增函數。 因函數為偶函數所以在[－1,0]上為減函數， 所以對任意的， 因此結論成立。 證法2：當時, 當x>0時, ,所以在[0,1]上為增函數。 因函數為偶函數所以在[-1,0]上為減函數 所以對任意的 又因 所以 因此結論成立。 證法3：當時, 當x>0時, ,所以在[0,1]上為增函數。 因為函數為偶函數所以在[－1,0]上為減函數。 所以對任意的 由 對上式兩邊求導得： 因此結論成立。 點評：數列與函數、導數結合在一塊，考察數列是一種特殊的函數的性質，其中還要用到數列的函數性質來解釋問題。 題型6：數列實際應用題 例11．某企業(yè)進行技術改造，有兩種方案，甲方案：一次性貸款10萬元，第一年便可獲利1萬元，以后每年比前一年增加30%的利潤；乙方案：每年貸款1萬元，第一年可獲利1萬元，以后每年比前一年增加5千元；兩種方案的使用期都是10年，到期一次性歸還本息. 若銀行兩種形式的貸款都按年息5%的復利計算，試比較兩種方案中，哪種獲利更多？ （?。? 解析：甲方案是等比數列，乙方案是等差數列， ①甲方案獲利：（萬元）， 銀行貸款本息：（萬元）， 故甲方案純利：（萬元）， ②乙方案獲利： （萬元）； 銀行本息和： （萬元） 故乙方案純利：（萬元）； 綜上可知，甲方案更好。 點評：這是一道比較簡單的數列應用問題，由于本息金與利潤是熟悉的概念，因此只建立通項公式并運用所學過的公式求解。 例12．（xx湖南20）自然狀態(tài)下的魚類是一種可再生資源，為持續(xù)利用這一資源，需從宏觀上考察其再生能力及捕撈強度對魚群總量的影響. 用xn表示某魚群在第n年年初的總量，n∈N*，且x1＞0.不考慮其它因素，設在第n年內魚群的繁殖量及捕撈量都與xn成正比，死亡量與xn2成正比，這些比例系數依次為正常數a，b，c。 （Ⅰ）求xn+1與xn的關系式； （Ⅱ）猜測：當且僅當x1，a，b，c滿足什么條件時，每年年初魚群的總量保持不變？（不要求證明） 　 （Ⅱ）設a＝2，b＝1，為保證對任意x1∈（0,2），都有xn＞0，n∈N*，則捕撈強度b的最大允許值是多少？證明你的結論。 解析：（I）從第n年初到第n+1年初，魚群的繁殖量為axn，被捕撈量為bxn，死亡量為 （II）若每年年初魚群總量保持不變，則xn恒等于x1， n∈N*， 從而由（*）式得： 因為x1>0，所以a>b。 猜測：當且僅當a>b，且時，每年年初魚群的總量保持不變。 （Ⅲ）若b的值使得xn>0，n∈N* 由xn+1=xn(3－b－xn), n∈N*, 知00。 又因為xk+1=xk(2－xk)=－(xk－1)2+1≤1<2, 所以xk+1∈(0, 2)，故當n=k+1時結論也成立. 由①、②可知，對于任意的n∈N*，都有xn∈(0,2)。 點評：數學歸納法在猜想證明數列通項和性質上有很大的用處，同時該題又結合了實際應用題解決問題。 題型7：課標創(chuàng)新題 例13．（xx年北京卷）在數列中，若是正整數，且，則稱為“絕對差數列”。 （Ⅰ）舉出一個前五項不為零的“絕對差數列”（只要求寫出前十項）； （Ⅱ）證明：任何“絕對差數列”中總含有無窮多個為零的項。 解析：（Ⅰ）a1=3，a2=1，a3=2，a4=1，a5=1，a6=0，a7=1，a8=1，a9=0，a10=1.（答案不唯一）； （Ⅱ）證明：根據定義，數列{an}必在有限項后出現(xiàn)零項.證明如下： 假設{an}中沒有零項，由于an=|an-1-an-2|，所以對于任意的n，都有an≥1,從而 當an-1 > an-2時，an = an-1 －an-2 ≤ an-1－1（n≥3）； 當an-1 < an-2時，an = an-2 － an-1 ≤ an-2－1（n≥3）, 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，……， 則00（n=1，2，3……）矛盾.從而{an}必有零項。 若第一次出現(xiàn)的零項為第n項，記an-1=A（A≠0），則自第n項開始，沒三個相鄰的項周期地取值O，A，A，即 所以絕對等差數列{an}中有無窮多個為零的項。 點評：通過設置“等差數列”這一概念加大學生對情景問題的閱讀、分析和解決問題的能力。 例14．（xx江蘇23）設數列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，a2＝6，a3＝11，且其中A,B為常數。 （Ⅰ）求A與B的值； （Ⅱ）證明數列{an}為等差數列； （Ⅲ）證明不等式對任何正整數m、n都成立 分析：本題是一道數列綜合運用題，第一問由a1、a2、a3求出s1、s2、s3代入關系式，即求出A、B；第二問利用公式，推導得證數列{an}為等差數列。 解答：（1）由已知，得S1=a1=1,S2=a1+a2=7,S3=a1+a2+a3=18。 由(5n－8)Sn+1－(5n+2)Sn=An+B知： 。 解得A=－20，B=－8。 （Ⅱ）方法1 由（1）得，（5n-8）Sn+1-(5n+2)Sn=-20n-8, ① 所以 (5n-3)Sn+2-(5n+7)Sn+1=-20n-28, ② ②-①,得, (5n-3)Sn+2-(10n-1)Sn+1+(5n+2)Sn=-20, ③ 所以 (5n+2)Sn+3-(10n+9)Sn+2+(5n+7)Sn+1=-20.④ ④-③,得 (5n+2)Sn+3-(15n+6)Sn+2+(15n+6)Sn+1-(5n+2)Sn=0. 因為 an+1=Sn+1-Sn 所以 (5n+2)an+3-(10n+4)an+2+(5n+2)an+1=0. 又因為 (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, 所以數列為等差數列。 方法2. 由已知，S1=a1=1, 又(5n-8)Sn+1-(5n+2)Sn=-20n-8,且5n-8, 所以數列是惟一確定的。 設bn=5n-4,則數列為等差數列，前n項和Tn= 于是 (5n-8)Tn+1-(5n+2)Tn=(5n-8) 由惟一性得bn=a,即數列為等差數列。 （Ⅲ）由（Ⅱ）可知，an=1+5(n-1)=5n-4. 要證了 只要證 5amn>1+aman+2 因為 amn=5mn-4,aman=(5m-4)(5n-4)=25mn-20(m+n)+16, 故只要證 5（5mn-4）>1+25mn-20(m+n)+16+2 因為 =20m+20n-37, 所以命題得證。 點評：本題主要考查了等差數列的有關知識，不等式的證明方法，考查了分析推理、理性思維能力及相關運算能力等。 五．思維總結 1．數列求和的常用方法 （1）公式法：適用于等差、等比數列或可轉化為等差、等比數列的數列； （2）裂項相消法：適用于其中{ }是各項不為0的等差數列，c為常數；部分無理數列、含階乘的數列等； （3）錯位相減法：適用于其中{ }是等差數列，是各項不為0的等比數列。 （4）倒序相加法：類似于等差數列前n項和公式的推導方法. （5）分組求和法 （6）累加（乘）法等。 2．常用結論 （1） 1+2+3+...+n = （2）1+3+5+...+(2n-1) = （3） （4） （5） （6） 3．數學思想 （1）迭加累加（等差數列的通項公式的推導方法）若，則……； （2）迭乘累乘（等比數列的通項公式的推導方法）若，則……； （3）逆序相加（等差數列求和公式的推導方法）； （4）錯位相減（等比數列求和公式的推導方法）。