高考数学一轮复习精品学案:第30讲 数列求和及数列实际问题

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高考数学一轮复习精品学案:第30讲 数列求和及数列实际问题

‎2013年普通高考数学科一轮复习精品学案 第30讲 数列求和及数列实际问题 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2013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 ‎①作新数列法。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。‎ ‎(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:‎ ‎、=-、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,要视具体情形选用合适方法。‎ ‎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: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(1+3+……+3n)+(+……+)==(3n+1-3-n)。‎ 题型5:数列综合问题 例9.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.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,‎ ‎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.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xn2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)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)‎ ‎  (Ⅱ)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。‎ 猜测: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00。‎ 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,对于任意的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.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。‎ 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: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00(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 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.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 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(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)。‎
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