2019-2020年高三数学第一轮复习单元讲座 第30讲 数列求和及数列实际问题教案 新人教版.doc

2019-2020年高三数学第一轮复习单元讲座 第30讲 数列求和及数列实际问题教案 新人教版一课标要求：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xx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（ xx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（xx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x>0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x>0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x>0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（xx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x1>0，所以a>b。猜测：当且仅当a>b，且时，每年年初鱼群的总量保持不变。（）若b的值使得xn>0，nN* 由xn+1=xn(3bxn), nN*, 知0<xn<3b, nN*, 特别地，有0<x1<3b. 即0<b<3x1。 而x1(0, 2)，所以。 由此猜测b的最大允许值是1. 下证 当x1(0, 2) ，b=1时，都有xn(0, 2), nN* 当n=1时，结论显然成立。假设当n=k时结论成立，即xk(0, 2)，则当n=k+1时，xk+1=xk(2xk)>0。又因为xk+1=xk(2xk)=(xk1)2+11<2,所以xk+1(0, 2)，故当n=k+1时结论也成立.由、可知，对于任意的nN*，都有xn(0,2)。点评：数学归纳法在猜想证明数列通项和性质上有很大的用处，同时该题又结合了实际应用题解决问题。题型7：课标创新题例13（xx年北京卷）在数列中，若是正整数，且，则称为“绝对差数列”。（）举出一个前五项不为零的“绝对差数列”（只要求写出前十项）；（）证明：任何“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项。解析：（）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）；（）证明：根据定义，数列an必在有限项后出现零项.证明如下：假设an中没有零项，由于an=|an-1-an-2|，所以对于任意的n，都有an1,从而 当an-1 > 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0<cncn-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c1<0这与cn>0（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（xx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 5amn>1+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）。