高二数学复习教案 数列的通项公式与求和的常用方法 华师版Word格式文档下载.docx

高二数学复习教案 数列的通项公式与求和的常用方法 华师版Word格式文档下载.docx

《高二数学复习教案 数列的通项公式与求和的常用方法 华师版Word格式文档下载.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高二数学复习教案 数列的通项公式与求和的常用方法 华师版Word格式文档下载.docx（16页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

（－2）n－1

（2）令=dn，则d1+d2+…+dn=an+1,（n∈N*）,

∴dn=an+1－an=2,

∴=2,即cn=2·

bn=8·

（－2）n－1；

∴Sn=［1－（－2）n］

∴

例2设An为数列{an}的前n项和，An=（an－1），数列{bn}的通项公式为bn=4n+3;

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）把数列{an}与{bn}的公共项按从小到大的顺序排成一个新的数列，证明数列{dn}的通项公式为dn=32n+1;

（3）设数列{dn}的第n项是数列{bn}中的第r项，Br为数列{bn}的前r项的和；

Dn为数列{dn}的前n项和，Tn=Br－Dn，求

命题意图本题考查数列的通项公式及前n项和公式及其相互关系；

集合的相关概念，数列极限，以及逻辑推理能力

知识依托利用项与和的关系求an是本题的先决；

（2）问中探寻{an}与{bn}的相通之处，须借助于二项式定理；

而（3）问中利用求和公式求和则是最基本的知识点

错解分析待证通项dn=32n+1与an的共同点易被忽视而寸步难行；

注意不到r与n的关系，使Tn中既含有n，又含有r，会使所求的极限模糊不清

技巧与方法

（1）问中项与和的关系为常规方法，

（2）问中把3拆解为4－1，再利用二项式定理，寻找数列通项在形式上相通之处堪称妙笔；

（3）问中挖掘出n与r的关系，正确表示Br，问题便可迎刃而解

解

（1）由An=（an－1），可知An+1=（an+1－1），

∴an+1－an=（an+1－an），即=3，而a1=A1=（a1－1），得a1=3，所以数列是以3为首项，公比为3的等比数列，数列{an}的通项公式an=3n

（2）∵32n+1=3·

32n=3·

（4－1）2n

=3·

［42n+C·

42n－1（－1）+…+C·

4·

（－1）+（－1）2n］=4n+3，

∴32n+1∈{bn}

而数32n=（4－1）2n

=42n+C·

42n－1·

（－1）+…+C·

（－1）+（－1）2n=（4k+1），

∴32n{bn}，而数列{an}={a2n+1}∪{a2n}，∴dn=32n+1

（3）由32n+1=4·

r+3，可知r=，

∴Br=

，

例3　设{an}是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对于所有的自然数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项

（1）写出数列{an}的前3项

（2）求数列{an}的通项公式（写出推证过程）

（3）令bn=（n∈N*），求（b1+b2+b3+…+bn－n）

解析

（1）由题意，当n=1时，有，S1=a1，

∴，解得a1=2当n=2时，有，S2=a1+a2，将a1=2代入，整理得（a2－2）2=16，由a2＞0，解得a2=6

当n=3时，有，S3=a1+a2+a3，

将a1=2，a2=6代入，整理得（a3－2）2=64，由a3＞0，解得a3=10

故该数列的前3项为2，6，10

（2）解法一由

（1）猜想数列{an}有通项公式an=4n－2

下面用数学归纳法证明{an}的通项公式是an=4n－2，（n∈N*）

①当n=1时，因为4×

1－2=2，，又在

（1）中已求出a1=2，所以上述结论成立

②假设当n=k时，结论成立，即有ak=4k－2，由题意，有，将ak=4k－2代入上式，解得2k=，得Sk=2k2，

由题意，有，Sk+1=Sk+ak+1，

将Sk=2k2代入得（）2=2（ak+1+2k2），

整理得ak+12－4ak+1+4－16k2=0，由ak+1＞0，解得ak+1=2+4k，

所以ak+1=2+4k=4（k+1）－2，

即当n=k+1时，上述结论成立

根据①②，上述结论对所有的自然数n∈N*成立

解法二由题意知，（n∈N*）整理得，Sn=（an+2）2,

由此得Sn+1=（an+1+2）2，∴an+1=Sn+1－Sn=［（an+1+2）2－（an+2）2］

整理得（an+1+an）（an+1－an－4）=0，

由题意知an+1+an≠0，∴an+1－an=4，

即数列{an}为等差数列，其中a1=2，公差d=4

∴an=a1+（n－1）d=2+4（n－1），即通项公式为an=4n－2

解法三由已知得,（n∈N*）　　　　　①，

所以有　　　　　　　　　　　　②，

由②式得，

整理得Sn+1－2·

+2－Sn=0，

解得，

由于数列{an}为正项数列，而

因而，

即{Sn}是以为首项，以为公差的等差数列

所以=+（n－1）=n,Sn=2n2，

故an=即an=4n－2（n∈N*）

（3）令cn=bn－1，则cn=

学生巩固练习

1设zn=（）n，（n∈N*），记Sn=｜z2－z1｜+｜z3－z2｜+…+｜zn+1－zn｜，则Sn=_________

2作边长为a的正三角形的内切圆，在这个圆内作新的内接正三角形，在新的正三角形内再作内切圆，如此继续下去，所有这些圆的周长之和及面积之和分别为_________

3数列{an}满足a1=2，对于任意的n∈N*都有an＞0,且（n+1）an2+an·

an+1－nan+12=0，又知数列{bn}的通项为bn=2n－1+1

（1）求数列{an}的通项an及它的前n项和Sn；

（2）求数列{bn}的前n项和Tn；

（3）猜想Sn与Tn的大小关系，并说明理由

4数列{an}中，a1=8,a4=2且满足an+2=2an+1－an,（n∈N*）

（2）设Sn=｜a1｜+｜a2｜+…+｜an｜,求Sn;

（3）设bn=（n∈N*）,Tn=b1+b2+……+bn（n∈N*）,是否存在最大的整数m，使得对任意n∈N*均有Tn＞成立？

若存在，求出m的值；

若不存在，说明理由

5设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=（m+1）－man对任意正整数n都成立，其中m为常数，且m＜－1

（1）求证{an}是等比数列；

（2）设数列{an}的公比q=f（m），数列{bn}满足b1=a1,bn=f（bn－1）（n≥2,n∈N*）试问当m为何值时，

成立？

6已知数列{bn}是等差数列，b1=1,b1+b2+…+b10=145

（1）求数列{bn}的通项bn；

（2）设数列{an}的通项an=loga（1+）（其中a＞0且a≠1）,记Sn是数列{an}的前n项和，试比较Sn与logabn+1的大小，并证明你的结论

7设数列{an}的首项a1=1，前n项和Sn满足关系式3tSn－（2t+3）Sn－1=3t（t＞0,n=2,3,4…）

（1）求证数列{an}是等比数列；

（2）设数列{an}的公比为f（t），作数列{bn}，使b1=1,bn=f（）（n=2,3,4…），求数列{bn}的通项bn；

（3）求和b1b2－b2b3+b3b4－…+b2n－1b2n－b2nb2n+1

参考答案

答案1+

2解析由题意所有正三角形的边长构成等比数列{an}，可得an=，正三角形的内切圆构成等比数列{rn}，可得rn=a,

∴这些圆的周长之和c=2π（r1+r2+…+rn）=a2，

面积之和S=π（n2+r22+…+rn2）=a2

答案周长之和πa，面积之和a2

3解

（1）可解得，从而an=2n，有Sn=n2+n，

（2）Tn=2n+n－1

（3）Tn－Sn=2n－n2－1，验证可知，n=1时，T1=S1，n=2时T2＜S2；

n=3时，T3＜S3;

n=4时，T4＜S4；

n=5时，T5＞S5；

n=6时T6＞S6

猜想当n≥5时，Tn＞Sn，即2n＞n2+1

可用数学归纳法证明（略）

4解

（1）由an+2=2an+1－anan+2－an+1=an+1－an可知{an}成等差数列，

d==－2,∴an=10－2n

（2）由an=10－2n≥0可得n≤5，当n≤5时，Sn=－n2+9n，

当n＞5时，Sn=n2－9n+40，故Sn=

（3）bn=

；

要使Tn＞总成立，需＜T1=成立，即m＜8且m∈Z，故适合条件的m的最大值为7

5解

（1）由已知Sn+1=（m+1）－man+1　　①，　　Sn=（m+1）－man　　　②,

由①－②，得an+1=man－man+1，即（m+1）an+1=man对任意正整数n都成立

∵m为常数，且m＜－1

∴，即{}为等比数列

（2）当n=1时，a1=m+1－ma1，∴a1=1，从而b1=

由

（1）知q=f（m）=，∴bn=f（bn－1）=（n∈N*,且n≥2）

∴，即，

∴{}为等差数列∴=3+（n－1）=n+2，

（n∈N*）

6解

（1）设数列{bn}的公差为d，由题意得

解得b1=1,d=3,∴bn=3n－2

（2）由bn=3n－2,知Sn=loga（1+1）+loga（1+）+…+loga（1+）

=loga［（1+1）（1+）…（1+）］，logabn+1=loga

因此要比较Sn与logabn+1的大小，

可先比较（1+1）（1+）…（1+）与的大小，

取n=1时，有（1+1）＞

取n=2时，有（1+1）（1+）＞…

由此推测（1+1）（1+）…（1+）＞①

若①式成立，则由对数函数性质可判定

当a＞1时，Sn＞logabn+1，②

当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1，③

下面用数学归纳法证明①式

（ⅰ）当n=1时，已验证①式成立

（ⅱ）假设当n=k时（k≥1），①式成立，即

那么当n=k+1时，

这就是说①式当n=k+1时也成立

由（ⅰ）（ⅱ）可知①式对任何正整数n都成立

由此证得当a＞1时，Sn＞logabn+1；

当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1

7解

（1）由S1=a1=1,S2=1+a2，得3t（1+a2）－（2t+3）=3t

∴a2=

又3tSn－（2t+3）Sn－1=3t，①

3tSn－1－（2t+3）Sn－2=3t②

①－②得3tan－（2t+3）an－1=0

∴,n=2,3,4…,

所以{an}是一个首项为1公比为的等比数列；

（2）由f（t）==,得bn=f（）=+bn－1

可见{bn}是一个首项为1，公差为的等差数列

于是bn=1+（n－1）=;

（3）由bn=,可知

{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和，公差均为的等差数列，

于是b2n=,

∴b1b2－b2b3+b3b4－b4b5+…+b2n－1b2n－b2nb2n+1

=b2（b1－b3）+b4（b3－b5）+…+b2n（b2n－1－b2n+1）

=－（b2+b4+…+b2n）=－·

n（+）=－（2n2+3n）

课前后备注　

2019-2020年高二数学复习教案三角函数式在解三角形中的应用苏教版

（1）运用方程观点结合恒等变形方法巧解三角形；

（2）熟练地进行边角和已知关系式的等价转化；

（3）能熟练运用三角形基础知识，正、余弦定理及面积公式与三角函数公式配合，通过等价转化或构建方程解答三角形的综合问题，注意隐含条件的挖掘

例1在海岛A上有一座海拔1千米的山，山顶设有一个观察站P，上午11时，测得一轮船在岛北30°

东，俯角为30°

的B处，到11时10分又测得该船在岛北60°

西、俯角为60°

的C处。

（1）求船的航行速度是每小时多少千米；

（2）又经过一段时间后，船到达海岛的正西方向的D处，问此时船距岛A有多远？

命题意图本题主要考查三角形基础知识，以及学生的识图能力和综合运用三角知识解决实际问题的能力

知识依托主要利用三角形的三角关系，关键找准方位角，合理利用边角关系

错解分析考生对方位角识别不准，计算易出错

技巧与方法主要依据三角形中的边角关系并且运用正弦定理来解决问题

解

（1）在Rt△PAB中，∠APB=60°

PA=1，∴AB=（千米）

在Rt△PAC中，∠APC=30°

，∴AC=（千米）

在△ACB中，∠CAB=30°

+60°

=90°

（2）∠DAC=90°

－60°

=30°

sinDCA=sin（180°

－∠ACB）=sinACB=

sinCDA=sin（∠ACB－30°

）=sinACB·

cos30°

－cosACB·

sin30°

在△ACD中，据正弦定理得，

答此时船距岛A为千米

例2已知△ABC的三内角A、B、C满足A+C=2B，设x=cos，f（x）=cosB（）

（1）试求函数f（x）的解析式及其定义域；

（2）判断其单调性，并加以证明；

（3）求这个函数的值域

命题意图本题主要考查考生运用三角知识解决综合问题的能力，并且考查考生对基础知识的灵活运用的程度和考生的运算能力

知识依托主要依据三角函数的有关公式和性质以及函数的有关性质去解决问题

错解分析考生对三角函数中有关公式的灵活运用是难点，并且不易想到运用函数的单调性去求函数的值域问题

技巧与方法本题的关键是运用三角函数的有关公式求出f（x）的解析式，公式主要是和差化积和积化和差公式在求定义域时要注意||的范围

解

（1）∵A+C=2B，∴B=60°

，A+C=120°

∵0°

≤||＜60°

，∴x=cos∈（，1

又4x2－3≠0，∴x≠，∴定义域为（，）∪（，1］

（2）设x1＜x2，

∴f（x2）－f（x1）==，

若x1，x2∈（），则4x12－3＜0，4x22－3＜0，4x1x2+3＞0，x1－x2＜0，∴f（x2）－f（x1）＜0

即f（x2）＜f（x1），若x1，x2∈（，1］，则4x12－3＞0

4x22－3＞0，4x1x2+3＞0，x1－x2＜0，∴f（x2）－f（x1）＜0

即f（x2）＜f（x1），∴f（x）在（,）和（，1上都是减函数

（3）由

（2）知，f（x）＜f（）=－或f（x）≥f

（1）=2

故f（x）的值域为（－∞，－）∪［2，+∞

例3已知△ABC的三个内角A、B、C满足A+C=2B

，求cos的值

解法一由题设条件知B=60°

设α=，则A－C=2α，可得A=60°

+α，C=60°

－α，

依题设条件有

整理得4cos2α+2cosα－3=0（M）

（2cosα－）（2cosα+3）=0，∵2cosα+3≠0，

∴2cosα－=0从而得cos

解法二由题设条件知B=60°

①，

把①式化为cosA+cosC=－2cosAcosC　　②，

利用和差化积及积化和差公式，②式可化为

　③，

将cos=cos60°

=，cos（A+C）=－代入③式得

　　　④

将cos（A－C）=2cos2（）－1代入④

4cos2（）+2cos－3=0，（*），

学生巩固练习

1给出四个命题

（1）若sin2A=sin2B，则△ABC为等腰三角形；

（2）若sinA=cosB，则△ABC为直角三角形；

（3）若sin2A+sin2B+sin2C＜2，则△ABC为钝角三角形；

（4）若cos（A－B）cos（B－C）cos（C－A）=1，则△ABC为正三角形以上正确命题的个数是（）

A1B2C3D4

2在△ABC中，已知A、B、C成等差数列，则

的值为__________

3在△ABC中，A为最小角，C为最大角，已知cos（2A+C）=－，sinB=，则cos2（B+C）=__________

4已知圆内接四边形ABCD的边长分别为AB=2，BC=6，CD=DA=4，求四边形ABCD的面积

5如右图，在半径为R的圆桌的正中央上空挂一盏电灯，桌子边缘一点处的照度和灯光射到桌子边缘的光线与桌面的夹角θ的正弦成正比，角和这一点到光源的距离r的平方成反比，即I=k·

，其中k是一个和灯光强度有关的常数，那么怎样选择电灯悬挂的高度h，才能使桌子边缘处最亮？

6在△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，

（1）求角A的度数；

（2）若a=，b+c=3，求b和c的值

7在△ABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c，且a、b、3c成等比数列，又∠A－∠C=，试求∠A、∠B、∠C的值

8在正三角形ABC的边AB、AC上分别取D、E两点，使沿线段DE折叠三角形时，顶点A正好落在边BC上，在这种情况下，若要使AD最小，求AD∶AB的值

1解析其中（3）（4）正确

答案B

2解析∵A+B+C=π，A+C=2B，

答案

3解析∵A为最小角∴2A+C=A+A+C＜A+B+C=180°

∵cos（2A+C）=－，∴sin（2A+C）=

∵C为最大角，∴B为锐角，又sinB=故cosB=

即sin（A+C）=，cos（A+C）=－

∵cos（B+C）=－cosA=－cos［（2A+C）－（A+C）］=－，

∴cos2（B+C）=2cos2（B+C）－1=

4解如图连结BD，则有四边形ABCD的面积

S=S△ABD+S△CDB=·

AB·

ADsinA+·

BC·

CD·

sinC

∵A+C=180°

，∴sinA=sinC

故S=（AB·

AD+BC·

CD）sinA=（2×

4+6×

4）sinA=16sinA

由余弦定理，在△ABD中，BD2=AB2+AD2－2AB·

AD·

cosA=20－16cosA

在△CDB中，BD2=CB2+CD2－2CB·

cosC=52－48cosC

∴20－16cosA=52－48cosC，∵cosC=－cosA，

∴64cosA=－32，cosA=－，

又0°

＜A＜180°

，∴A=120°

故S=16sin120°

=8

5解R=rcosθ，由此得，

7解由a、b、3c成等比数列，得b2=3ac

∴sin2B=3sinC·

sinA=3（－）［cos（A+C）－cos（A－C）］

∵B=π－（A+C）∴sin2（A+C）=－［cos（A+C）－cos］

即1－cos2（A+C）=－cos（A+C），解得cos（A+C）=－

∵0＜A+C＜π，∴A+C=π又A－C=∴A=π，B=，C=

8解按题意，设折叠后A点落在边BC上改称P点，显然A、P两点关于折线DE对称，又设∠BAP=θ，∴∠DPA=θ，∠BDP=2θ，

再设AB=a，AD=x，∴DP=x在△ABC中，

∠APB=180°

－∠ABP－∠BAP=120°

－θ，

由正弦定理知∴BP=

在△PBD中，

≤θ≤60°

，∴60°

≤60°

+2θ≤180°

∴当60°

+2θ=90°

，即θ=15°

时，

sin（60°

+2θ）=1，此时x取得最小值a，即AD最小，

∴AD∶DB=2－3

课前后备注