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数列求和及数列应用 教案

2020-02-06 来源:帮我找美食网
第十二讲 数列求与及数列应用 适用学科 数学 1、 求数列通项公式的方法 适用年级 高三(理) 知识点 2、 求数列前n项与的方法 3。ﻩ数列的综合问题 4、 实际问题与数列 教学目标 1、能利用等差、等比数列前n项与公式及其性质求一些特不数列的与、 2。能在具体的问题情境中,识不数列的等差关系或等比关系,并能用有关知识解决相应的问题 数列求与与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与解决问题的能力,它们都属于中、高档题目。 有关命题趋势: 教学重点 1、数列是一种特不的函数,而不等式则是深刻认识函数与数列的有效工具,三者的综合题是对基础与能力的双重检验,在三者交汇处设计试题,特不是代数推理题是高考的重点; 2。数列推理题是将接着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估计加强,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。 教学难点 数列的综合运用 教学过程

一、知识讲解

考点1、数列前n项与Sn与通项an的关系

讲解内容:数列前n项与Sn与通项an的关系式:an= 、 考点2、求通项常用方法

讲解内容:①构造新数列法、作等差数列与等比数列;

②累差叠加法、最基本的形式是:an=(an-an-1)+(an-1+an—2)+…+(a2-a1)+a1; ③归纳、猜想法( 再用数学归纳法证明)、 考点3数列前n项与

讲解内容:①重要公式:1+2+…+n=n(n+1);

12+22+…+n2=n(n+1)(2n+1); 3

1+23+…+n3=(1+2+…+n)2=n2(n+1)2; ②等差数列中,Sm+n=Sm+Sn+mnd;

③等比数列中,Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn; ④裂项求与

将数列的通项分成两个式子的代数与,即an=f(n+1)-f(n),然后累加抵消掉中间的许多项,这种先裂后消的求与法叫裂项求与法、用裂项法求与,需要掌握一些常见的裂项,如:;=-;n·n!

r-1

=(n+1)!—n!、;Cn-1=Cnr-Cn-1r;=—等、

⑤错位相减法

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项与,常用错项相消法、, 其中是等差数列, 是等比数列,记,则,…

⑥并项求与

把数列的某些项放在一起先求与,然后再求Sn。

注:数列求通项及与的方法多种多样,要视具体情形选用合适方法、

⑦通项分解法:

考点4、递归数列

讲解内容:数列的连续若干项满足的等量关系an+k=f(an+k—1,an+k-2,…,an)称为数列的递归关系。由递归关系及k个初始值能够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讲来有以下几种: (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)构造新数列法、最常见的是作成等差数列或等比数列来解决问题、

二、例题精析

【例题1】

【题干】已知数列为等差数列,且公差不为0,首项也不为0,求与:、 【答案】=、 【解析】因为,则=。 【例题2】 【题干】求11111,(nN*)121231234123n

【答案】见解析 【解析】,

112n11112[121223nn1n1n1

【例题3】

【题干】设a为常数,求数列a,2a,3a,…,nan,…的前n项与

【答案】Sn=、

【解析】①若a=0时,Sn=0;

②若a=1,则Sn=1+2+3+…+n=;

③若a≠1,a≠0时,Sn-aSn=a(1+a+…+an-1-nan), Sn=、 【例题4】

【题干】已知,数列是首项为a,公比也为a的等比数列,令,求数列的前项与

【答案】 【解析】,

①-②得:, ﻬ【例题5】 【题干】求、

【答案】 【解析】、 ① 又、 ② 因此、 【例题6】

【题干】设数列是公差为,且首项为的等差数列,求与:

【答案】 【解析】因为,

【例题7】

【题干】已知函数=x+x2,数列 | xn | (xn 〉 0)的第一项x1=1,以后各项按如下方式取定:

曲线y=在处的切线与经过(0,0)与(xn,f(xn))两点的直线平行 求证:当n时:();(II)

【答案】见解析 【解析】(I)因为

因此曲线在处的切线斜率 因为过与两点的直线斜率是 因此、

()因为函数当时单调递增, 而

因此,即 因此 又因为 令则 因为因此 因此 故 ﻬ【例题8】

【题干】已知,其中,设,、

(I) 写出;(II) 证明:对任意的,恒有、 【答案】(I);()见解析

【解析】(I)由已知推得,从而有;

(II) 证法1:当时,

当x〉0时, ,因此在[0,1]上为增函数。

因函数为偶函数因此在[-1,0]上为减函数, 因此对任意的, 因此结论成立、 证法2:当时,

当x>0时, ,因此在[0,1]上为增函数。

因函数为偶函数因此在[-1,0]上为减函数 因此对任意的 又因

12k1n10因此2[F(1)F(0)](n2)[CnCn...Cn...Cn]2Cn

因此结论成立。

证法3:当时,

当x>0时, ,因此在[0,1]上为增函数、

因为函数为偶函数因此在[-1,0]上为减函数、 因此对任意的 由

对上式两边求导得:

因此结论成立、ﻬ【例题9】

【题干】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? 【答案】甲方案更好

【解析】甲方案是等比数列,乙方案是等差数列,

1.3101①甲方案获利:1(130%)(130%)(130%)42.63(万元),

0.329银行贷款本息:(万元), 故甲方案纯利:(万元),

②乙方案获利:1(10.5)(120.5)(190.5)101(万元); 银行本息与: (万元)

故乙方案纯利:(万元); 综上可知,甲方案更好、

1090.5 2【例题10】

【题干】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,n∈N*,且x1〉0。

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xn成正比,这些比例系数依次为正常数a,b,c、 (Ⅰ)求xn+1与xn的关系式;

(Ⅱ)推测: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)

(Ⅲ)设a=2,b=1,为保证对任意x1∈(0,2),都有xn>0,n∈N,则捕捞强度b的最大允许值是多少?证明您的结论、

【答案】(I)见解析(II)当且仅当a>b,且时,每年年初鱼群的总量保持不变。 (Ⅲ)1 【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

22cxn,因此xn1xnaxnbxncxn,nN*.(*)即xn1xn(ab1cxn),nN*.(**)

(II)若每年年初鱼群总量保持不变,则xn恒等于x1, n∈N*,

从而由(*)式得:

因为x1>0,因此a>b。

推测:当且仅当a>b,且时,每年年初鱼群的总量保持不变、 (Ⅲ)若b的值使得xn>0,n∈N*

由xn+1=xn(3-b—xn), n∈N*, 知0<xn〈3-b, n∈N*, 特不地,有0而x1∈(0, 2),因此。 由此推测b的最大允许值是1、 下证 当x1∈(0, 2) ,b=1时,都有xn∈(0, 2), n∈N* ①当n=1时,结论显然成立。

②假设当n=k时结论成立,即xk∈(0, 2),则当n=k+1时,xk+1=xk(2-xk)〉0。 又因为xk+1=xk(2-xk)=—(xk-1)2+1≤1〈2,

因此xk+1∈(0, 2),故当n=k+1时结论也成立。由①、②可知,关于任意的n∈N*,都有xn∈(0,2)、 ﻬ三、课堂运用 【基础】

1. 求数列1,3+5,7+9+11,13+15+17+19,…前n项与。 【答案】

【解析】本题实质是求一个奇数列的与。

在该数列的前n项中共有个奇数,故

2、 已知{an}是等差数列,其前n项与为Sn,{bn}是等比数列,且a1=b1=2,a4+b4=27,S4-b4=10、

(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;

(2)记Tn=anb1+an-1b2+…+a1bn,n∈N*,证明:Tn+12=-2an+10bn(n∈N*)、 【答案】(1)an=3n—1,bn=2n,n∈N*(2)见解析

【解析】(1)设等差数列的公差为d,等比数列的公比为q,

由a1=b1=2,得a4=2+3d,b4=2q,S4=8+6d,ﻭ由条件a4+b4=27,S4-b4=10,ﻭ得方程组,解得,

nn

故an=3n—1,bn=2,n∈N*、ﻭ(2)由(1)得,Tn=2an+22an—1+23an-2+…+2a1; ①; 2ﻭTn=22an+23an—1+…+2na2+2n+1a1; ②;

3n2+

由②—①得,Tn=—2(3n—1)+3×22+3×2+…+3×2n+2+ 2=+ﻭn2-6n+2 =10×2n-6n—10;

而-2an+10bn—12=-2(3n-1)+10×2n—12=10×2-6n-10;ﻭ故Tn+12=—2an+10bn(n∈N*) 2. ﻬ已知数列{an}的前n项与为Sn=n2+n,数列{bn}满足b1+3b2+32b3+…+3n—1bn=

an,n∈N、ﻭ(1)求数列{an},{bn}的通项公式;ﻭ(2)求数列{bn}的前n项与Tn。 【答案】(1)(2)

【解析】(1)n=1,a1=2,n≥2,an=Sn—Sn—1=2n

∴an=2n (n∈N*)

b1+3b2+32b3+…+3n-1bn=an,n∈N*、ﻭb1+3b2+32b3+…+3n-2bn-1=an-1,n≥2、 两式作差:3n—1bn=an—an-1=2, n〉1 又因为b1=2,因此

(2)数列{bn}是等比数列,故其前n项与:

【巩固】

1. 求数列1,3+,3+,……,3n+的各项的与。 【答案】(3n1-3—n)、

【解析】其与为(1+3+……+3n)+(+……+)==(3n1—3

-n

)、

2. 设数列{an}的前n项与为Sn,对任意的正整数n,都有an=5Sn+1成立,记bn=(n∈N*), 3. (Ⅰ)求数列{an}与数列{bn}的通项公式;ﻭ(Ⅱ)设数列{bn}的前n项与为Rn,是否存在正

整数k,使得Rk≥4k成立?若存在,找出一个正整数k;若不存在,请讲明理由;ﻭ(Ⅲ)记cn=b2n—b2n-1(n∈N*),设数列{cn}的前n项与为Tn,求证:对任意正整数n,都有Tn<、 【答案】(Ⅰ),;(Ⅱ)不存在(Ⅲ)见解析

【解析】(Ⅰ)当n=1时,,∴,ﻭ又∵,ﻭ∴,即,ﻭ∴数列{an}成等比数列,其首项,公比, ∴,;

(Ⅱ)不存在正整数k,使得成立;ﻭ下证:对任意的正整数n,都有成立, 由(Ⅰ)知, ,

∴当n为偶数时,设n=2m(m∈N*),

∴;ﻭ当n为奇数时,设n=2m-1(m∈N*),ﻭ∴

,ﻭ∴关于一切的正整

数n,都有Rn〈4k,

∴不存在正整数k,使得成立、ﻭ(Ⅲ)由得ﻭ, 又, ∴,

当n=1时,;ﻭ当n≥2时, 。

【拔高】

1。 在数列中,若是正整数,且,则称为“绝对差数列\"、

(Ⅰ)举出一个前五项不为零的“绝对差数列”(只要求写出前十项); (Ⅱ)证明:任何“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项。 【答案】见解析

【解析】(Ⅰ)a1=3,a2=1,a3=2,a4=1,a5=1,a6=0,a7=1,a8=1,a9=0,a10=1、

(Ⅱ)证明:依照定义,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|,因此关于任意的n,都有an≥1,从而 当an-1 > an—2时,an = an-1 —an-2 ≤ an-1—1(n≥3); 当an-1 < an-2时,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,……,

则0<cn≤cn-1-1(n=2,3,4……)、

由于c1是确定的正整数,如此减少下去,必定存在某项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(A≠0),则自第n项开始,没三个相邻的项周期地取值O,A,A,即

因此绝对等差数列{an}中有无穷多个为零的项。

课程小结

1、数列求与的常用方法

(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项与公式的推导方法、 (5)分组求与法

(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)倒序相加(等差数列求与公式的推导方法); (4)错位相减(等比数列求与公式的推导方法)、

课后作业

【基础】

1。数列{an}的前n项与为Sn,已知Sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1·n,则S17=( )、

A、8 ﻩﻩB。9 【答案】B

【解析】S17=1-2+3—4+…+(-1)1

7—1

ﻩ C、16 ﻩ D、17

·17=-8+17=9

2、 等比数列{an}的前n项与为Sn,若a1=1,且4a1,2a2,a3成等z以差数列,则S4=( )、

A。7 【答案】C

【解析】设数列{an}的公比为q,则4a2=4a1+a3,

∴4a1q=4a1+a1q2,即q2-4q+4=0,∴q=2。∴S4=\f(1-24,1—2)=15、 【巩固】

1. 已知数列{an}的首项为1,对任意的n∈N*,定义bn=an+1-an,ﻭ(Ⅰ)若bn=n+1,求a4;ﻭ(Ⅱ)

若bn+1bn—1=bn(n≥2),且b1=a,b2=b(ab≠0),ﻭ(ⅰ)当a=1,b=2时,求数列{bn}的前3n项与;

2. (ⅱ)当a=1时,求证:数列{an}中任意一项的值均可不能在该数列中出现无数次、 【答案】(Ⅰ);

(Ⅱ)(ⅰ)当n为偶数时,;当n为奇数时,; (ⅱ)见解析

【解析】(Ⅰ)解:,;ﻭ(Ⅱ)(ⅰ)解:因为,

因此,对任意的n∈N*有,ﻭ即数列{bn}各项的值重复出现,周期为6;

又数列{bn}的前6项分不为,且这六个数的与为7;ﻭ设数列{bn}的前n项与为Sn,则 当时,; 当时,ﻭ;

当n为奇数时,;ﻭ(ⅱ)证明:由(ⅰ)知:对任意的n∈N*有, 又数列{bn}的前6项分不为,且这六个数的与为, 设,(其中i为常数且), 因此

均为以为公差的等差数列; 因为b>0时,,b<0时,,

,ﻭ因此,数列

ﻭ因此,当n为偶数时,;

B、8

C。15 ﻩ

D、16

因此{}为公差不为零的等差数列,其中任何一项的值最多在该数列中出现一次,ﻭ因此数列中任意一项的值最多在此数列中出现6次,ﻭ即任意一项的值可不能在此数列中重复出现无数次。 ﻬ2。

于恒成立,试求实数的取值范围 【答案】(1)见解析(2) (3)

【解析】(1)由得,ﻭ,ﻭ∴ ,ﻭ,ﻭ∴、ﻭ ),2(ﻭ。 (3)ﻭ =, ∴, 令,ﻭ;ﻭ;

;ﻭ∴,ﻭ又,∴,ﻭ

【拔高】

1。 设数列{an}的前n项与为Sn,已知a1=1,a2=6,a3=11,且其中A,B为常数、

(Ⅰ)求A与B的值;

(Ⅱ)证明数列{an}为等差数列;

(Ⅲ)证明不等式对任何正整数m、n都成立 【答案】(Ⅰ)A=-20,B=-8(Ⅱ)见解析(Ⅲ)见解析

【解析】(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

因此 (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 因此 (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。 因为 an+1=Sn+1-Sn 因此 (5n+2)an+3-(10n+4)an+2+(5n+2)an+1=0、 又因为 (5n+2),

ﻩ因此 an+3—2an+2+an+1=0,

ﻩ即 an+3-an+2=an+2-an+1, 、 又 a3-a2=a2-a1=5, ﻩ因此数列为等差数列。 ﻩ方法2。 由已知,S1=a1=1,

、ﻭ);2(ﻭ)1(ﻭ(3)设,若关

ﻩ又(5n-8)Sn+1-(5n+2)Sn=-20n-8,且5n-8, ﻩ因此数列是惟一确定的。

设bn=5n—4,则数列为等差数列,前n项与Tn= 因此 (5n-8)Tn+1-(5n+2)Tn=(5n-8)

由惟一性得bn=a,即数列为等差数列。 (Ⅲ)由(Ⅱ)可知,an=1+5(n—1)=5n-4、 要证

只要证 5amn>1+aman+2

因为ﻩ 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2amanaman5m5n85m5n8(15m15n29) ﻩ=20m+20n—37, 因此命题得证。

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