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1、北京英才苑高三数学第二轮复习教案第 2 讲数列问题的题型与方法（3 课时）一、考试内容数列；等差数列及其通项公式，等差数列前n 项和公式；等比数列及其通项公式，等比数列前 n 项和公式。二、考试要求1理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项。2理解等差数列的概念， 掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式， 并能运用公式解答简单的问题。3理解等比数列的概念， 掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式， 并能运用公式解决简单的问题。三、复习目标能灵活地运用等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n 项和公式解题；2能熟练地求一些特
2、殊数列的通项和前n 项的和；3使学生系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题；4通过解决探索性问题，进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力5在解综合题的实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提高分析问题和解决问题的能力6培养学生善于分析题意，富于联想，以适应新的背景，新的设问方式，提高学生用函数的思想、 方程的思想研究数列问题的自觉性、 培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法四、双基透视1 可以列
3、表复习等差数列和等比数列的概念、有关公式和性质.2判断和证明数列是等差（等比）数列常有三种方法：(1)定义法：对于n2的任意自然数 ,验证 an an 1(an / an1 ) 为同一常数。(2)通项公式法： 若=+（ n-1） d=+（ n-k） d ，则 an为等差数列； 若，则 an 为等比数列。(3)中项公式法：验证都成立。3. 在等差数列an 中 ,有关 Sn 的最值问题常用邻项变号法求解：(1)当0,d0 时，满足的项数 m 使得取最大值 .(2)当0 时，满足的项数 m 使得取最小值。在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用。4.数列求和的常用方法：公式法、裂项相消法、错
4、位相减法、倒序相加法等。五、注意事项1 证明数列an 是等差或等比数列常用定义，即通过证明an 1an an an 1 或an 1ananan 1而得。2在解决等差数列或等比数列的相关问题时， “基本量法” 是常用的方法，但有时灵活地运用性质，可使运算简便。3对于一般数列的问题常转化为等差、等比数列求解。4注意一些特殊数列的求和方法。5注意 sn 与 a n 之间关系的转化。如：s1 ,n1na1(akak 1 )a n =sn sn 1 ,2，nan =k 26数列极限的综合题形式多样，解题思路灵活，但万变不离其宗，就是离不开数列极限的概念和性质，离不开数学思想方法，只要能把握这两方面，就会
5、迅速打通解题思路7解综合题的成败在于审清题目， 弄懂来龙去脉， 透过给定信息的表象， 抓住问题的本质，揭示问题的内在联系和隐含条件，明确解题方向，形成解题策略8通过解题后的反思，找准自己的问题，总结成功的经验，吸取失败的教训，增强解综合题的信心和勇气，提高分析问题和解决问题的能力数列是高中数学的重要内容， 又是学习高等数学的基础， 所以在高考中占有重要的地位。 高考对本章的考查比较全面， 等差数列， 等比数列的考查每年都不会遗漏。 解答题多为中等以上难度的试题， 突出考查考生的思维能力，解决问题的能力， 试题大多有较好的区分度。有关数列的试题经常是综合题， 经常把数列知识和指数函数、 对数函数
6、和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起。探索性问题是高考的热点， 常在数列解答题中出现。 本章中还蕴含着丰富的数学思想， 在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法。 应用问题考查的重点是现实客观事物的数学化，常需构造数列模型，将现实问题转化为数学问题来解决。六、范例分析例 1已知数列 a n 是公差 d 0 的等差数列，其前n 项和为 Sn (2)过点 Q1 (1，a1 )，Q 2 (2，a 2 )作直线 12，设 l 1 与 l 2 的夹角为， 明： (1)因 等差数列a n 的公差
7、 d 0，所以Kp 1 p k 是常数 (k=2， 3， n)(2)直 l 2 的方程 y-a 1 =d(x-1)，直 l 2 的斜率 d例 2已知数列an中， Sn 是其前 n 和，并且 Sn 14an 2( n 1,2, ), a1 1， 数列 bnan 12an (n 1,2,) ，求 ：数列bn 是等比数列；ann 数列 cn2 n , (1,2,) ，求 ：数列cn 是等差数列；求数列 an的通 公式及前n 和。分析：由于 b n 和 c n 中的 都和 a n 中的 有关， a n 中又有 Sn 1 =4a n +2，可由 Sn 2 -Sn 1 作切入点探索解 的途径解： (1)由
8、 Sn 1 =4a n2 ，Sn 2 =4a n 1 +2，两式相减，得 Sn 2 -Sn 1 =4(a n 1 -a n )，即 a n 2 =4a n 1-4a n (根据 b n 的构造，如何把 式表示成b n 1 与 b n 的关系是 明的关 ，注意加 恒等 形能力的 )a n 2 -2a n 1 =2(a n 1 -2a n )，又 b n =a n 1 -2a n ，所以 b n 1 =2b n已知 S2 =4a 1 +2， a 1 =1， a 1 +a 2 =4a 1 +2，解得 a 2 =5， b 1 =a 2 -2a 1 =3由 和 得，数列 b n 是首 3，公比 n 12
9、 的等比数列，故 b n =3 2 n 1当 n2 ， Sn =4a n 1 +2=2 (3n-4)+2；当 n=1 ， S1 =a 1 =1 也适合上式n 1 上可知，所求的求和公式 Sn =2(3n-4)+2 明： 1本例主要复 用等差、等比数列的定 明一个数列 等差，等比数列，求数列通 与前 n 和。解决本 的关 在于由条件Sn 14an2 得出 推公式。2解 合 要 全局，尤其要注意上一 的 可作 下面 的已知条件，在后面求解的 程中适 用例 3已知数列 a n 是首 a1 0，q -1 且 q 0的等比数列， 数列 b n 的通 b n =a n 1 -kan 2 (n N)，数列
10、a n 、 b n 的前 n 和分 Sn ，T n 如果 T n kSn 一切自然数n 都成立，求 数k 的取 范 分析：由探 T n 和 Sn 的关系入手 求解 思路。解：因 a n 是首 a1 0，公比 q -1 且 q 0 的等比数列，故2a n 1 =a n q，a n 2 =a n q 2所以b n =a n 1 -ka n 2 =a n (q -kq )22T n =b 1 +b 2 + +b n =(a 1 +a 2 + +a n )(q -kq )=Sn (q -kq )2 一切自然数 n 都成立依 意，由 T n kSn ，得 S n (q-kq ) kSn ，当 q0 ，由
11、 a1 0，知 a n 0，所以 Sn 0；n当-1 q 0 ，因 a1 0， 1-q 0， 1-q 0，所以 Sn = 合上面两种情况，当q -1 且 q 0 ， Sn 0 成立2由 式可得q-kq k，例 4 (2001 年全国理 )从社会效益和 效益出 ，某地投入 金 行生 境建 ，并以1此 展旅游 . 根据 划，本年度投入800 万元，以后每年投入将比上年减少5 .本年度当地旅游 收入估 400 万元，由于 建 旅游 的促 作用， 今后的旅游 收1入每年会比上年增加4 。 ( )设 n 年内 (本年度 第一年) 投入 an 万元，旅游 收入 bn 万元 . 写出 an， bn 的表达式
12、 ( )至少 几年旅游 的 收入才能超 投入?解析：第1 年投入 800万元，第2 年投入 800（ 1- ）万元 ，第 n 年投入 800（1） n 1 万元所以 投入 an 800 800（ 1） 800（ 1）n1 4000 1（） n同理：第1 年收入 400 万元，第2 年收入 400（ 1）万元， ，第 n 年收入 400（1） n 1 万元bn 400 400 （ 1） 400 （ 1）n 1 1600 （） n 1(2) bnan 0， 1600（） n 1 4000 1（）n 0化 得， 5（ ） n 2（） n 7 0设 x（） n ，5x2 7x 20 x ， x1（舍
13、)即（） n ， n5. 明： 本 主要考 建立函数关系式，数列求和，不等式等基 知 ， 考 合运用数学知 解决 的能力。解数学 用 重点在 好三关：（ 1）事理关： 理解，知道命 所表达的内容； （ 2）文理关：将 “ 情景 ”中的文字 言 化 符号 言，用数学关系式表述事件；（ 3）数理关：由 意建立相关的数学模型，将 数学化，并解答 一数学模型，得出符合 意 的解答。例 5 设 实 数 a0 ， 数 列 an 是 首 项 为 a ， 公 比 为a 的 等 比 数 列 ， 记bnan1g | an | (n N * ), Snb1b2bn ，a lg a求证：当 a1 时，对任意自然数n
14、都有 Sn = (1 a) 2 1 ( 1)n1 (1 n na)an解：an a1 qn 1a( a)n 1( 1) n 1 an。bnan lg | an | ( 1) n 1 a n lg | ( 1)n 1 an | ( 1) n 1 na n lg | a |Sna lg | a | 2a 2 lg | a | 3a3 lg | a |( 1) n 2 (n 1)a n 1 lg | a | ( 1) n 1 na n lg | a | a 2a23a3( 1) n 2 ( n 1)an 1( 1)n 1 na n lg | a |记 S a 2a 23a3( 1) n 2 ( n
15、1) an 1( 1)n 1 na nas a 22a3( 1) n 3 (n 2)a n 1( 1)n 2 (n 1)a n( 1) n 1 na n 1+得 (1 a) s a a2a 3( 1) n 2 a n 1( 1) n 2 a n( 1) n 1 na n 1a1, (1 a) Sa ( 1)n 1an 1( 1)n 1 n an 11(1 a)Sa ( 1) n 1 a n 1(1 a) ( 1)n 1 na n 1(1a) 2Sa(1 nna) (1) n 1 a n1a1(1nna)( 1) n1 a n (1a) 2(1a)2Sna lg | a2| 1(1) n1 (1
16、 nna)a n (1a)说明：本例主要复习利用错位相减解决差比数列的求和问题。关键是先研究通项，确定C nan bn , an 是等差数列， bn 等比数列。解法一：设等差数列a n 的首项 a1 =a，公差为d，则其通项为根据等比数列的定义知S5 0，由此可得一步加工，有下面的解法)解法二：依题意，得例 7设二次方程an2an+1x+1=0(n N)有两根和，且满足 6 -2 +6 =3x -(1)试用 an 表示 a n 1；例 8在直角坐标平面上有一点列P1 ( x1 , y1 ), P2 ( x2 , y2 ) , Pn ( xn , yn )，对一切正整数 n ，y1353x2 为
17、首项， 1为公差的等差点 Pn 位于函数4 的图象上， 且 Pn 的横坐标构成以数列xn 。求点 Pn 的坐标；设抛物线列 c1 , c2 , c3 , cn ,中的每一条的对称轴都垂直于x 轴，第 n 条抛物线 cn 的顶点为 Pn ，且过点D n (0, n 21)，记与抛物线cn 相切于D n 的直线的斜率为kn ，求：111k1 k2 k2 k3kn 1k n 。 设 Sx | x 2xn , n N , n1 , Ty | y 4 yn , n 1 ， 等 差 数 列 an的 任 一 项anST ，其中 a1 是 ST 中的最大数，265a10125 ，求 an的通项公式。xn5(n
18、1)( 1)n322解：（ 1）y3 xn133n5 , P ( n3 , 3n5)n44n24（ 2 ）cn的 对 称 轴 垂 直 于 x 轴 ， 且 顶 点 为 Pn .设 cn 的 方 程 为 ：ya( x2n3) 212n5 ,24把 D n (0, n 21) 代入上式，得 a1 ，cn 的方程为： yx2(2n3) xn21 。k ny|x 02n 3111 (11)，k n 1kn(2n 1)(2n 3)2 2n 1 2n 31111 ( 1 1 ) ( 1 1 )(11)k1 k2k2 k3kn 1k n2 5 77 92n 1 2n 31 ( 11)116= 252n3104
19、n（3） S x | x( 2n 3), nN , n 1 ，T y | y(12n5), nN ,n 1 y | y2( 6n1)3, nN , n1STT , T 中最大数 a117 .设 an 公差为 d ，则 a10179d(265,125) ，由此得248d12, 又anTd12m( mN * ),9d24,an724n(nN * ).说明：本例为数列与解析几何的综合题，难度较大（1）、（ 2）两问运用几何知识算出kn ，解决（ 3）的关键在于算出ST 及求数列 an的公差。例 9数列 an 中， a18, a42 且满足 an 22an 1 an n N *求数列an 的通项公式；
20、设 Sn | a1 | a2 | an |，求 Sn ；1N * ), TnN * ) ，是否存在最大的整数设 bn = n(12an ) (nb1b2bn (nm ，N * ，均有 Tnm使得对任意 n32成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由。解：（ 1）由题意， an 2an 1an1an ， an 为等差数列，设公差为d ，由题意得 283dd2 ，an82(n1) 102n .（2）若 102n 0则 n5， n5时 , Sn| a1 | | a2 | an |a1a2an8 10 2nn 9n n2 ,2n 6 时， Sna1a2a5a6a7anS5(SnS5 ) 2S5
21、Snn 29n 409nn2n5故 Snn 29n40n6bn11111)n(12an )2n( n1)2(n（3）n11 (11 )( 1 1)( 11)(11 )( 11 )nTn.222 33 4n 1 nn n 12(n 1)若 Tnmnm32 对任意 n N * 成立，即n116 对任意 nN * 成立，n( nN * )1m1,m 的最大整数值是 7。n1的最小值是2 ，162即存在最大整数m7, 使对任意 nN * ，均有Tnm .32说明：本例复习数列通项，数列求和以及有关数列与不等式的综合问题。例 10如图，在 y 轴的正半轴上依次有点A1, A2, , An ,其中点 A1
22、 (0,1), A2 (0,10)，且| An 1 An | 3 |An An 1 |( n2,3,4, )， 在 射 线yx( x0) 上 依 次 有 点B1 , B2 , , Bn ,点B1的 坐 标 为 （ 3 ， 3 ）， 且| OBn | | OBn1 | 22 ( n2,3,4, )用含 n 的式子表示 | An An 1 |；用含 n 的式子表示An , Bn 的坐标；求四边形An An 1 Bn 1 Bn 面积的最大值。| An An 1 | 1 ,且 | A1 A2 | 10 1 9解：（1）| An 1 An |3，| An An 1 | | A1 A2 | ( 1)n 1
23、9(1) n 1( 1) n 3333（2）由（ 1）得| A1 A2 | | A2 A3 | An 1 An | 9 3 1(1) n 427 1 ( 1) n 4322 3(0, 271 ( 1) n4 )| OBn | | OBn 1 |2 2且 | OB1 |32点 An 的坐标223，| OBn| 是以 3 2为首项， 22为公差的等差数列| OBn |3 2( n1)22(2n1)2Bn的坐标为 (2n1,2n1)（3）连接 An Bn 1 ，设四边形 An An1 Bn1 Bn 的面积为 Sn ，则SnS An An 1 Bn 1S Bn Bn 1An1 ( 1) n 3 (2n
24、 3)1 2 2 29 27 ( 1) n 1 22322232299n36n23n 1 ,Sn 1Sn3n10, 即 Sn 1Sn , Sn 单调递减 .29 47Sn 的最大值为 S12 9 2 .说明：本例为数列与几何的综合题。由题意知| An An 1 | 为等比， | OBn | 为等差，（ 3）利用函数单调性求最值。例 11设正数数列a n 为一等比数列，且a 2 =4， a 4 =16说明：这是2000 年全国高考上海试题，涉及对数、数列、极限的综合题，主要考查等比数列的定义及通项公式， 等差数列前 n 项和公式， 对数计算， 求数列极限等基础知识， 以及综合运用数学知识的能力例
25、 12已知抛物线 x24 y ，过原点作斜率1 的直线交抛物线于第一象限内一点P1 ，又过点 P 作斜率为1P2 ，再过 P2 作斜率为1P32 的直线交抛物线于点4 的直线交抛物线于点，1Pn 作斜率为1Pn 1 ，设点 Pn ( xn , yn ) 如此继续，一般地，过点2n的直线交抛物线于点（）令 bnx2 n 1 x2n1 ，求证：数列 bn 是等比数列31（）设数列 bn 的前 n 项和为 Sn ，试比较 4 Sn1与 3n10 的大小Pn (xn , yn )Pn 1 ( xn 1, yn 1 )xn224yn 1解：（ 1）因为、在抛物线上，故4yn ,xn 1，又 因 为 直
26、线 Pn Pn 11yn 1yn1的 斜 率 为 2n， 即 xn 1xn2 ， 代 入 可 得1 x2n1x2n1xn 1xn14 xn 1xn2n2n 2bnx2n 1x2 n 1( x2n 1x2 n ) (x2nx2n 1 )111bn11 bn 1，故 bn422n 222n 322n 2是以 4 公比的等比数列；Sn4 (11)3 Sn114n 与 3n10 的大小（2）34n44n，故只要比 4n(13)n1Cn13 Cn2321 3nn(n1)321 3n9 3n 10(n 3)方法（一）2，当 n3 Sn13n13 Sn111 ， 410 ； 当 n2 时 43n 10 ；3
27、11当 n3,nN*Sn3n 10 ， 4方法（二）用数学 法 明，其中假 nk (k3, kN ) 有 4k3k10 , 当 nk1时 , 4k 144k4(3k10)3( k1)10 9k273(k1)10 .a n )，是公差 -1 的等差数列，又2a 2 -a 1 ， 2a 3 -a 2 ， 2a n 1 -a n ，(1)求数列 a n 的通 公式；(2) 算(a 1 +a 2 + +a n )分析：由于 中的等差数列和等比数列均由数列an的相关 构成，分 求出它 的通 公式构造关于a n 的方程 解： (1)设 b n =log 2 (3a n 1 -a n )，因 bn 是等差数列， d=-1 b1=log 2n3a n 1-a n 2设 c n =2 a n 1 -a n ， c n 是等比数列，公比为q， |q| 1，c1 =2a 2 -a 1 =例 14等比数列 a n 中，已知 a1 0，公比 q 0，前 n 项和为 Sn ，自然数 b， c，d， e 满足 bc d e，且 b+e=c+d求证：Sb Se Sc Sd 分析：凡是有关等比数列前 n 项 Sn 的问题，首先考虑确适时地应用所给的条件是成败的关键q=1 的情况，证明条件不等式时，正(证明不等式首选方法是差比较法，即作差变形判定符号，变形要有利于判定符号)be-