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

一般中学课程标准试验教科书—数学[人教版]高三新数学第一轮复习教案（讲座30）—数列求和及数列实际问题一．课标要求：1．探究并驾驭一些基本的数列求前n项和的方法；2．能在详细的问题情境中，发觉数列的数列的通项和递推关系，并能用有关等差、等比数列学问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，一般状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、不等式等学问，通过运用逆推思想、函数及方程、归纳及猜想、等价转化、分类探讨等各种数学思想方法，这些题目都考察考生敏捷运用数学学问分析问题和解决问题的实力，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，而不等式则是深刻相识函数和数列的有效工具，三者的综合题是对基础和实力的双重检验，在三者交汇处设计试题，特殊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实力，能区分学生思维的严谨性、灵敏程度、敏捷程度；3．数列及新的章节学问结合的特点有可能加强，如及解析几何的结合等；4．有关数列的应用问题也始终备受关注。预料2007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实力或解决生产、生活中的实际问题的解答题；2．也可能为一道学问交汇题是数列及函数、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．数列求通项及和（1）数列前n项和Sn及通项an的关系式：an=。（2）求通项常用方法①作新数列法。作等差数列及等比数列；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。（3）数列前n项和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等差数列中，Sm+n=Sm+Sn+mnd；③等比数列中，Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn；④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很多项，这种先裂后消的求和法叫裂项求和法。用裂项法求和，须要驾驭一些常见的裂项，如：、=－、n·n！=(n+1)!－n!、Cn－1r－1=Cnr－Cn－1r、=－等。⑤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，…⑥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，要视详细情形选用合适方法。⑦通项分解法：2．递归数列数列的连续若干项满意的等量关系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困难的因式转化的简洁一些。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：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：，①-②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：。①又。②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究题形：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(1＋3＋……＋3n)＋(＋……＋)==(3n＋1－3-n)。题型5：数列综合问题例9．（2006年浙江卷）已知函数＝x3+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＝在处的切线及经过（0，0）和（xn，f（xn））两点的直线平行（如图）。求证：当n时：（=1\*ROMANI）；（=2\*ROMANII）。解析：（=1\*ROMANI）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.（=2\*ROMANII）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：数列及解析几何问题结合在一块，数列的通项及线段的长度、点的坐标建立起联系。例10．（2006年辽宁卷）已知,其中,设,。(=1\*ROMANI)写出；(=2\*ROMANII)证明:对随意的,恒有。解析：(=1\*ROMANI)由已知推得,从而有；(=2\*ROMANII)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，所以对随意的，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]上为减函数所以对随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。所以对随意的由对上式两边求导得：因此结论成立。点评：数列及函数、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说明问题。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；两种方案的运用期都是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，①甲方案获利：（万元），银行贷款本息：（万元），故甲方案纯利：（万元），②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：这是一道比较简洁的数列应用问题，由于本息金及利润是熟识的概念，因此只建立通项公式并运用所学过的公式求解。例12．（2005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实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及xn成正比，死亡量及xn2成正比，这些比例系数依次为正常数a，b，c。（Ⅰ）求xn+1及xn的关系式；（Ⅱ）揣测：当且仅当x1，a，b，c满意什么条件时，每年年初鱼群的总量保持不变？（不要求证明）（Ⅱ）设a＝2，b＝1，为保证对随意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，n∈N*，从而由（*）式得：因为x1>0，所以a>b。揣测：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*,特殊地，有0<x1<3－b.即0<b<3－x1。而x1∈(0,2)，所以。由此揣测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，结论明显成立。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,所以xk+1∈(0,2)，故当n=k+1时结论也成立.由①、②可知，对于随意的n∈N*，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．（2006年北京卷）在数列中，若是正整数，且，则称为“肯定差数列”。（Ⅰ）举出一个前五项不为零的“肯定差数列”（只要求写出前十项）；（Ⅱ）证明：任何“肯定差数列”中总含有无穷多个为零的项。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）证明：依据定义，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|，所以对于随意的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，这样削减下去，必定存在某项c1<0这及cn>0（n=1，2，3……）冲突.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项起先，没三个相邻的项周期地取值O，A，A，即所以肯定等差数列{an}中有无穷多个为零的项。点评：通过设置“等差数列”这一概念加高校生对情景问题的阅读、分析和解决问题的实力。例14．（2005江苏23）设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a2＝6，a3＝11，且其中A,B为常数。（Ⅰ）求A及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；其次问利用公式，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(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-28,②②-①,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=-20.④④-③,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。（Ⅲ）由（Ⅱ）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学问，不等式的证明方法，考查了分析推理、理性思维实力及相关运算实力等。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