理科高三数学教案数列总复习.docx

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理科高三数学教案数列总复习

理科高三数学教案：

数列总复习

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数列总复习，供大家参考!

本文题目：

理科高三数学教案：

数列总复习

第六章数列

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1.数列的概念和简单表示法?

（1）了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图象、通项公式）;?

（2）了解数列是自变量为正整数的一类函数.?

2.等差数列、等比数列?

（1）理解等差数列、等比数列的概念;?

（2）掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式;?

（3）能在具体问题情境中识别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;?

（4）了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.本章重点：

1.等差数列、等比数列的定义、通项公式和前n项和公式及有关性质;

2.注重提炼一些重要的思想和方法，如：

观察法、累加法、累乘法、待定系数法、倒序相加求和法、错位相减求和法、裂项相消求和法、分组求和法、函数与方程思想、数学模型思想以及离散与连续的关系.?

本章难点：

1.数列概念的理解;2.等差等比数列性质的运用;3.数列通项与求和方法的运用.仍然会以客观题考查等差数列与等比数列的通项公式和前n项和公式及性质，在解答题中，会保持以前的风格，注重数列与其他分支的综合能力的考查，在高考中，数列常考常新，其主要原因是它作为一个特殊函数，使它可以与函数、不等式、解析几何、三角函数等综合起来，命出开放性、探索性强的问题，更体现了知识交叉命题原则得以贯彻;又因为数列与生产、生活的联系，使数列应用题也倍受欢迎.

知识网络

6.1数列的概念与简单表示法

典例精析

题型一归纳、猜想法求数列通项

【例1】根据下列数列的前几项，分别写出它们的一个通项公式：

（1）7,77,777,7777，

（2）23，-415，635，-863，

（3）1,3,3,5,5,7,7,9,9，

【解析】

（1）将数列变形为79（10-1），79（102-1），79（103-1），，79（10n-1），

故an=79（10n-1）.

（2）分开观察，正负号由（-1）n+1确定，分子是偶数2n，分母是13,35,57，，（2n-1）（2n+1），故数列的通项公式可写成an=（-1）n+1.

（3）将已知数列变为1+0,2+1,3+0,4+1,5+0,6+1,7+0,8+1,9+0，.

故数列的通项公式为an=n+.

【点拨】联想与转换是由已知认识未知的两种有效的思维方法，观察归纳是由特殊到一般的有效手段，本例的求解关键是通过分析、比较、联想、归纳、转换获得项与项序数的一般规律，从而求得通项.

【变式训练1】如下表定义函数f（x）：

x12345

f（x）54312

对于数列{an}，a1=4，an=f（an-1），n=2,3,4，，则a2008的值是（）

A.1B.2C.3D.4

【解析】a1=4，a2=1，a3=5，a4=2，a5=4，，可得an+4=an.

所以a2008=a4=2，故选B.

题型二应用an=求数列通项

【例2】已知数列{an}的前n项和Sn，分别求其通项公式：

（1）Sn=3n-2;

（2）Sn=18（an+2）2（an0）.

【解析】

（1）当n=1时，a1=S1=31-2=1，

当n2时，an=Sn-Sn-1=（3n-2）-（3n-1-2）=23n-1，

又a1=1不适合上式，

故an=

（2）当n=1时，a1=S1=18（a1+2）2，解得a1=2，

当n2时，an=Sn-Sn-1=18（an+2）2-18（an-1+2）2，

所以（an-2）2-（an-1+2）2=0，所以（an+an-1）（an-an-1-4）=0，

又an0，所以an-an-1=4，

可知{an}为等差数列，公差为4，

所以an=a1+（n-1）d=2+（n-1）4=4n-2，

a1=2也适合上式，故an=4n-2.

【点拨】本例的关键是应用an=求数列的通项，特别要注意验证a1的值是否满足2的一般性通项公式.

【变式训练2】已知a1=1，an=n（an+1-an）（nN*），则数列{an}的通项公式是（）

A.2n-1B.（n+1n）n-1C.n2D.n

【解析】由an=n（an+1-an）an+1an=n+1n.

所以an=anan-1an-1an-2a2a1=nn-1n-1n-23221=n，故选D.

题型三利用递推关系求数列的通项

【例3】已知在数列{an}中a1=1，求满足下列条件的数列的通项公式：

（1）an+1=an1+2an;

（2）an+1=2an+2n+1.

【解析】

（1）因为对于一切nN*，an0，

因此由an+1=an1+2an得1an+1=1an+2，即1an+1-1an=2.

所以{1an}是等差数列，1an=1a1+（n-1）2=2n-1，即an=12n-1.

（2）根据已知条件得an+12n+1=an2n+1，即an+12n+1-an2n=1.

所以数列{an2n}是等差数列，an2n=12+（n-1）=2n-12，即an=（2n-1）2n-1.

【点拨】通项公式及递推关系是给出数列的常用方法，尤其是后者，可以通过进一步的计算，将其进行转化，构造新数列求通项，进而可以求得所求数列的通项公式.

【变式训练3】设{an}是首项为1的正项数列，且（n+1）a2n+1-na2n+an+1an=0（n=1,2,3，），求an.

【解析】因为数列{an}是首项为1的正项数列，

所以anan+10，所以（n+1）an+1an-nanan+1+1=0，

令an+1an=t，所以（n+1）t2+t-n=0，

所以[（n+1）t-n]（t+1）=0，

得t=nn+1或t=-1（舍去），即an+1an=nn+1.

所以a2a1a3a2a4a3a5a4anan-1=12233445n-1n，所以an=1n.

总结提高

1.给出数列的前几项求通项时，常用特征分析法与化归法，所求通项不唯一.

2.由Sn求an时，要分n=1和n2两种情况.

3.给出Sn与an的递推关系，要求an，常用思路是：

一是利用Sn-Sn-1=an（n2）转化为an的递推关系，再求其通项公式;二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.

6.2等差数列

典例精析

题型一等差数列的判定与基本运算

【例1】已知数列{an}前n项和Sn=n2-9n.

（1）求证：

{an}为等差数列;

（2）记数列{|an|}的前n项和为Tn，求Tn的表达式.

【解析】

（1）证明：

n=1时，a1=S1=-8，

当n2时，an=Sn-Sn-1=n2-9n-[（n-1）2-9（n-1）]=2n-10，

当n=1时，也适合该式，所以an=2n-10（nN*）.

当n2时，an-an-1=2，所以{an}为等差数列.

（2）因为n5时，an0，n6时，an0.

所以当n5时，Tn=-Sn=9n-n2，

当n6时，Tn=a1+a2++a5+a6++an

=-a1-a2--a5+a6+a7++an

=Sn-2S5=n2-9n-2（-20）=n2-9n+40，

所以，

【点拨】根据定义法判断数列为等差数列，灵活运用求和公式.

【变式训练1】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S21=42，若记bn=，则数列{bn}（）

A.是等差数列，但不是等比数列B.是等比数列，但不是等差数列

C.既是等差数列，又是等比数列D.既不是等差数列，又不是等比数列

【解析】本题考查了两类常见数列，特别是等差数列的性质.根据条件找出等差数列{an}的首项与公差之间的关系从而确定数列{bn}的通项是解决问题的突破口.{an}是等差数列，则S21=21a1+21202d=42.

所以a1+10d=2，即a11=2.所以bn==22-（2a11）=20=1，即数列{bn}是非0常数列，既是等差数列又是等比数列.答案为C.

题型二公式的应用

【例2】设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3=12，S120，S130.

（1）求公差d的取值范围;

（2）指出S1，S2，，S12中哪一个值最大，并说明理由.

【解析】

（1）依题意，有

S12=12a1+12（12-1）d20，S13=13a1+13（13-1）d20，

即

由a3=12，得a1=12-2d.③

将③分别代入①②式，得

所以-247

（2）方法一：

由d0可知a1a3a13，

因此，若在112中存在自然数n，使得an0，an+10，

则Sn就是S1，S2，，S12中的最大值.

由于S12=6（a6+a7）0，S13=13a70，

即a6+a70，a70，因此a60，a70，

故在S1，S2，，S12中，S6的值最大.

方法二：

由d0可知a1a3a13，

因此，若在112中存在自然数n，使得an0，an+10，

则Sn就是S1，S2，，S12中的最大值.

故在S1，S2，，S12中，S6的值最大.

【变式训练2】在等差数列{an}中，公差d0，a2008，a2009是方程x2-3x-5=0的两个根，Sn是数列{an}的前n项的和，那么满足条件Sn0的最大自然数n=.

【解析】由题意知又因为公差d0，所以a20080，a20090.当

n=4015时，S4015=a1+a401524015=a20084015当n=4016时，S4016=a1+a401624016=a2008+a2009240160.所以满足条件Sn0的最大自然数n=4015.

题型三性质的应用

【例3】某地区2019年9月份曾发生流感，据统计，9月1日该地区流感病毒的新感染者有40人，此后，每天的新感染者人数比前一天增加40人;但从9月11日起，该地区医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，每天的新感染者人数比前一天减少10人.

（1）分别求出该地区在9月10日和9月11日这两天的流感病毒的新感染者人数;

（2）该地区9月份（共30天）该病毒新感染者共有多少人?

【解析】

（1）由题意知，该地区9月份前10天流感病毒的新感染者的人数构成一个首项为40，公差为40的等差数列.

所以9月10日的新感染者人数为40+（10-1）40=400（人）.

所以9月11日的新感染者人数为400-10=390（人）.

（2）9月份前10天的新感染者人数和为S10=10（40+400）2=2200（人），

9月份后20天流感病毒的新感染者的人数，构成一个首项为390，公差为-10的等差数列.

所以后20天新感染者的人数和为T20=20390+20（20-1）2（-10）=5900（人）.

所以该地区9月份流感病毒的新感染者共有2200+5900=8100（人）.

【变式训练3】设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S410，S515，则a4的最大值为

【解析】因为等差数列{an}的前n项和为Sn，且S410，S515，

所以5+3d23+d，即5+3d6+2d，所以d1，

所以a43+1=4，故a4的最大值为4.

总结提高

1.在熟练应用基本公式的同时，还要会用变通的公式，如在等差数列中，am=an+（m-n）d.

2.在五个量a1、d、n、an、Sn中，知其中的三个量可求出其余两个量，要求选用公式要恰当，即善于减少运算量，达到快速、准确的目的.

3.已知三个或四个数成等差数列这类问题，要善于设元，目的仍在于减少运算量，如三个数成等差数列时，除了设a，a+d，a+2d外，还可设a-d，a，a+d;四个数成等差数列时，可设为a-3m，a-m，a+m，a+3m.

4.在求解数列问题时，要注意函数思想、方程思想、消元及整体消元的方法的应用.

6.3等比数列

典例精析

题型一等比数列的基本运算与判定

【例1】数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1=1，an+1=n+2nSn（n=1,2,3，）.求证：

（1）数列{Snn}是等比数列;

（2）Sn+1=4an.

【解析】

（1）因为an+1=Sn+1-Sn，an+1=n+2nSn，

所以（n+2）Sn=n（Sn+1-Sn）.

整理得nSn+1=2（n+1）Sn，所以Sn+1n+1=2Snn，

故{Snn}是以2为公比的等比数列.

（2）由

（1）知Sn+1n+1=4Sn-1n-1=4ann+1（n2），

于是Sn+1=4（n+1）Sn-1n-1=4an（n2）.

又a2=3S1=3，故S2=a1+a2=4.

因此对于任意正整数n1，都有Sn+1=4an.

【点拨】①运用等比数列的基本公式，将已知条件转化为关于等比数列的特征量a1、q的方程是求解等比数列问题的常用方法之一，同时应注意在使用等比数列前n项和公式时，应充分讨论公比q是否等于1;②应用定义判断数列是否是等比数列是最直接，最有依据的方法，也是通法，若判断一个数列是等比数列可用an+1an=q（常数）恒成立，也可用a2n+1=anan+2恒成立，若判定一个数列不是等比数列则只需举出反例即可，也可以用反证法.

【变式训练1】等比数列{an}中，a1=317，q=-12.记f（n）=a1a2an，则当f（n）最大时，n的值为（）

A.7B.8C.9D.10

【解析】an=317（-12）n-1，易知a9=31712561，a100,00，故f（9）=a1a2a9的值最大，此时n=9.故选C.

题型二性质运用

【例2】在等比数列{an}中，a1+a6=33，a3a4=32，anan+1（nN*）.

（1）求an;

（2）若Tn=lga1+lga2++lgan，求Tn.

【解析】

（1）由等比数列的性质可知a1a6=a3a4=32，

又a1+a6=33，a1a6，解得a1=32，a6=1，

所以a6a1=132，即q5=132，所以q=12，

所以an=32（12）n-1=26-n.

（2）由等比数列的性质可知，{lgan}是等差数列，

因为lgan=lg26-n=（6-n）lg2，lga1=5lg2，

所以Tn=（lga1+lgan）n2=n（11-n）2lg2.

【点拨】历年高考对性质考查较多，主要是利用等积性，题目小而巧且背景不断更新，要熟练掌握.

【变式训练2】在等差数列{an}中，若a15=0，则有等式a1+a2++an=a1+a2++a29-n（n29，nN*）成立，类比上述性质，相应地在等比数列{bn}中，若b19=1，能得到什么等式?

【解析】由题设可知，如果am=0，在等差数列中有

a1+a2++an=a1+a2++a2m-1-n（n2m-1，nN*）成立，

我们知道，如果m+n=p+q，则am+an=ap+aq，

而对于等比数列{bn}，则有若m+n=p+q，则aman=apaq，

所以可以得出结论：

若bm=1，则有b1b2bn=b1b2b2m-1-n（n2m-1，nN*）成立.

在本题中则有b1b2bn=b1b2b37-n（n37，nN*）.

题型三综合运用

【例3】设数列{an}的前n项和为Sn，其中an0，a1为常数，且-a1，Sn，an+1成等差数列.

（1）求{an}的通项公式;

（2）设bn=1-Sn，问是否存在a1，使数列{bn}为等比数列?

若存在，则求出a1的值;若不存在，说明理由.

【解析】

（1）由题意可得2Sn=an+1-a1.

所以当n2时，有

两式相减得an+1=3an（n2）.

又a2=2S1+a1=3a1，an0，

所以{an}是以首项为a1，公比为q=3的等比数列.

所以an=a13n-1.

（2）因为Sn=a1（1-qn）1-q=-12a1+12a13n，所以bn=1-Sn=1+12a1-12a13n.

要使{bn}为等比数列，当且仅当1+12a1=0，即a1=-2，此时bn=3n.

所以{bn}是首项为3，公比为q=3的等比数列.

所以{bn}能为等比数列，此时a1=-2.

【变式训练3】已知命题：

若{an}为等差数列，且am=a，an=b（m0，nN*）为等比数列，且bm=a，bn=b（m

【解析】n-mbnam.

总结提高

1.方程思想，即等比数列{an}中五个量a1，n，q，an，Sn，一般可知三求二，通过求和与通项两公式列方程组求解.

2.对于已知数列{an}递推公式an与Sn的混合关系式，利用公式an=Sn-Sn-1（n2），再引入辅助数列，转化为等比数列问题求解.

3.分类讨论思想：

当a10，q1或a10,00,01时，{an}为递减数列;q0时，{an}为摆动数列;q=1时，{an}为常数列.

6.4数列求和

典例精析

题型一错位相减法求和

【例1】求和：

Sn=1a+2a2+3a3++nan.

【解析】

（1）a=1时，Sn=1+2+3++n=n（n+1）2.

（2）a1时，因为a0，

Sn=1a+2a2+3a3++nan，①

1aSn=1a2+2a3++n-1an+nan+1.②

由①-②得（1-1a）Sn=1a+1a2++1an-nan+1=1a（1-1an）1-1a-nan+1，

所以Sn=a（an-1）-n（a-1）an（a-1）2.

综上所述，Sn=

【点拨】

（1）若数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，则求数列{anbn}的前n项和时，可采用错位相减法;

（2）当等比数列公比为字母时，应对字母是否为1进行讨论;

（3）当将Sn与qSn相减合并同类项时，注意错位及未合并项的正负号.

【变式训练1】数列{2n-32n-3}的前n项和为（）

A.4-2n-12n-1B.4+2n-72n-2C.8-2n+12n-3D.6-3n+22n-1

【解析】取n=1，2n-32n-3=-4.故选C.

题型二分组并项求和法

【例2】求和Sn=1+（1+12）+（1+12+14）++（1+12+14++12n-1）.

【解析】和式中第k项为ak=1+12+14++12k-1=1-（12）k1-12=2（1-12k）.

所以Sn=2[（1-12）+（1-122）++（1-12n）]

=-（12+122++12n）]

=2[n-12（1-12n）1-12]=2[n-（1-12n）]=2n-2+12n-1.

【变式训练2】数列1,1+2,1+2+22，1+2+22+23，，1+2+22++2n-1，的前n项和为（）

A.2n-1B.n2n-n

C.2n+1-nD.2n+1-n-2

【解析】an=1+2+22++2n-1=2n-1，

Sn=（21-1）+（22-1）++（2n-1）=2n+1-n-2.故选D.

题型三裂项相消法求和

【例3】数列{an}满足a1=8，a4=2，且an+2-2an+1+an=0（nN*）.

（1）求数列{an}的通项公式;

（2）设bn=1n（14-an）（nN*），Tn=b1+b2++bn（nN*），若对任意非零自然数n，Tnm32恒成立，求m的最大整数值.

【解析】

（1）由an+2-2an+1+an=0，得an+2-an+1=an+1-an，

从而可知数列{an}为等差数列，设其公差为d，则d=a4-a14-1=-2，

所以an=8+（n-1）（-2）=10-2n.

（2）bn=1n（14-an）=12n（n+2）=14（1n-1n+2），

所以Tn=b1+b2++bn=14[（11-13）+（12-14）++（1n-1n+2）]

=14（1+12-1n+1-1n+2）=38-14（n+1）-14（n+2）m32，

上式对一切nN*恒成立.

所以m12-8n+1-8n+2对一切nN*恒成立.

对nN*，（12-8n+1-8n+2）min=12-81+1-81+2=163，

所以m163，故m的最大整数值为5.

【点拨】

（1）若数列{an}的通项能转化为f（n+1）-f（n）的形式，常采用裂项相消法求和.

（2）使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项.

【变式训练3】已知数列{an}，{bn}的前n项和为An，Bn，记cn=anBn+bnAn-anbn（nN*），则数列{cn}的前10项和为（）

A.A10+B10B.A10+B102C.A10B10D.A10B10

【解析】n=1，c1=A1B1;n2，cn=AnBn-An-1Bn-1，即可推出{cn}的前10项和为A10B10，故选C.

总结提高

1.常用的基本求和法均对应数列通项的特殊结构特征，分析数列通项公式的特征联想相应的求和方法既是根本，也是关键.

2.数列求和实质就是求数列{Sn}的通项公式，它几乎涵盖了数列中所有的思想策略、方法和技巧，对学生的知识和思维有很高的要求，应充分重视并系统训练.

6.5数列的综合应用

典例精析

题型一函数与数列的综合问题

【例1】已知f（x）=logax（a0且a1），设f（a1），f（a2），，f（an）（nN*）是首项为4，公差为2的等差数列.

（1）设a是常数，求证：

{an}成等比数列;

（2）若bn=anf（an），{bn}的前n项和是Sn，当a=2时，求Sn.

【解析】

（1）f（an）=4+（n-1）2=2n+2，即logaan=2n+2，所以an=a2n+2，

所以anan-1=a2n+2a2n=a2（n2）为定值，所以{an}为等比数列.

（2）bn=anf（an）=a2n+2logaa2n+2=（2n+2）a2n+2，

当a=2时，bn=（2n+2）

（2）2n+2=（n+1）2n+2，

Sn=223+324+425++（n+1）2n+2，

2Sn=224+325++n2n+2+（n+1）2n+3，

两式相减得

-Sn=223+24+25++2n+2-（n+1）2n+3=16+24（1-2n-1）1-2-（n+1）2n+3，

所以Sn=n2n+3.

【点拨】本例是数列与函数综合的基本题型之一，特征是以函数为载体构建数列的递推关系，通过由函数的解析式获知数列的通项公式，从而问题得到求解.

【变式训练1】设函数f（x）=xm+ax的导函数f（x）=2x+1，则数列{1f（n）}（nN*）的前n项和是（）

A.nn+1B.n+2n+1C.nn+1D.n+1n

【解析】由f（x）=mxm-1+a=2x+1得m=2，a=1.

所以f（x）=x2+x，则1f（n）=1n（n+1）=1n-1n+1.

所以Sn=1-12+12-13+13-14++1n-1n+1=1-1n+1=nn+1.故选C.

题型二数列模型实际应用问题

【例2】某县位于沙漠地带，人与自然长期进行着顽强的斗争，到2009年底全县的绿化率已达30%，从2019年开始，每年将出现这样的局面：

原有沙漠面积的16%将被绿化，与此同时，由于各种原因，原有绿化面积的4%又被沙化.

（1）设全县面积为1,2009年底绿化面积为a1=310，经过n年绿化面积为an+1，求证：

an+1=45an+425;

（2）至少需要多少年（取整数）的努力，才能使全县的绿化率达到60%?

【解析】

（1）证明：

由已知可得an确定后，an+1可表示为an+1=an（1-4%）+（1-an）16%，

即an+1=80%an+16%=45an+425.

（2）由an+1=45an+425有，an+1-45=45（an-45），

又a1-45=