2018版高中数学人教B版必修五学案：第二单元 疑难规律方法：第二章 数列 .docx

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1、1函数的视角看数列数列是一种特殊的函数，因此在解决数列问题时，要善于利用函数的知识、函数的观点、函数的思想方法来解题，即用共性来解决特殊问题下面从函数角度对数列有关问题进行分析，体会数列与函数的有机结合一、利用函数单调性求数列的最大项例1已知数列an的通项公式为annn1，则该数列是否有最大项，若有，求出最大项的项数；若无，说明理由分析设anf(n)，可通过函数f(n)的单调性来判断数列的单调性，从而求解解设anf(n)，则f(n)nn1，f(n1)(n1)n2.则f(n1)f(n)(n1)n2nn1n1，当n3时，f(n1)f(n)0.综上可知，an在n1,2,3时，单调递增；在n4,5,6

2、,7，时，单调递减所以存在最大项，且第3项为最大项点评数列可以看作是一个定义在正整数集(或其子集)上的函数，当自变量从小到大依次取值时，对应的一组函数值数列的通项公式体现了数列的项与其序号之间的对应关系二、利用函数思想求数列的通项例2已知数列an的通项公式ann2n，若：(1)数列bn满足bna2n1，求bn的通项公式；(2)数列cn满足cna2n1，求cn的通项公式分析设anf(n)，函数f(n)中的n用某一代数式(n)代替，整理，即可求解解设f(n)n2n，则：(1)bnf(2n1)(2n1)22n14n22n，则bn4n22n.(2)cnf(2n1)(2n1)22n14n2n，则cn4n

3、2n.点评数列是特殊的函数，因此要善于运用函数的观点、知识来解决数列的有关问题，居高临下使问题变得清晰，问题的解决也往往简捷得多三、利用函数周期性求数列的项例3已知数列an中，a11，a26，an2an1an，则a2 013的值为_分析如果直接求a2 013，运算量太大，而求通项an也很难办到，那么数列an的各项之间是否有规律可循？不妨从前几项入手试一试解析由a11，a26，及an2an1an，得a3a2a1615，a4a3a2561，a5a4a3156，a6a5a46(1)5，a71，a86，a95，a101，a116，a125，因此an是以6为周期的数列，所以a2 013a63353a35

4、.答案5点评由数列的递推公式写出数列的前几项，再由前几项归纳、猜想、发现数列的周期性，从而解决问题.2求数列通项的四大法宝一、公式法当题设中有an与Sn的关系式时，常用公式an来求解例1已知数列an的前n项和Sn3n2，求其通项公式an.解当n1时，a1S13121；当n2时，anSnSn13n2(3n12)3n3n123n1，又a112311，所以数列an的通项公式an二、叠加法若数列an满足anan1f(n1)(n2)，且f(1)f(2)f(n1)可求，则可用叠加法求通项公式例2已知数列an满足a11，an3n1an1(n2)，求其通项公式an.解由已知，得anan13n1(n2)，所以a

5、2a13，a3a232，a4a333，anan13n1，以上式子左右两边分别相加，得ana1332333n1，所以an1(n2)，又当n1时，a11，所以an(nN)三、叠乘法若数列an满足f(n1)(n2)，其中f(1)f(2)f(n1)可求，则可用叠乘法求通项公式例3已知在数列an中，a13，anan1(an0，n2)，求其通项公式an.解由a13，anan1，得，所以，(n2)，以上式子左右两边分别相乘，得，所以an(n2)，又a13，所以an(nN)四、构造法当题中出现an1panq(pq0且p1)的形式时，把an1panq变形为an1p(an)，即an1pan(p1)，令(p1)q，

6、解得，从而构造出等比数列an例4数列an满足a11，an1an3(nN)，求其通项公式an.解设an1t(ant)，则an1ant，与已知比较，得t3，所以t4，故an14(an4)又a141430，故数列an4是首项为3，公比为的等比数列，因此an43n1，即an43n1(nN).3函数思想在等差数列中的妙用性质1：在等差数列an中，通项公式ana1(n1)d，变形为andn(a1d)，知点(n，an)均在直线ydx(a1d)上例1在等差数列an中，a1221，a45153，那么225是第几项？解由andna1d，知点(n，an)在直线ydxa1d上，所以d，代入数据得，得n63，即225是

7、这个数列中的第63项性质2：在等差数列an中，其前n项和Snna1d，变形为n，知点均在直线yxa1上例2在等差数列an中，S1020，S50200，则S2 010的值为_解析由SnAn2Bn，知AnB，所以点在直线yAxB上，于是点，三点共线，成立把S1020，S50200代入上式，解得S2 010205 020.答案205 020性质3：在等差数列an中，其前n项和Snna1d，变形为Snn2n，若设A，Ba1，则SnAn2Bn，且点(n，Sn)均在曲线yAx2Bx上例3已知等差数列an中，SmSn (mn)，则Smn_.解析由SnAn2Bn，知点(n，Sn)在抛物线yAx2Bx上又SmS

8、n，所以点P1(m，Sm)与点P2(n，Sn)关于抛物线的对称轴对称，而对称轴方程为x，不妨设A0，S120，S130，S130.a13S13S120，a130，d0，S130，122n013，6n06.5.易知n6对应的A(6，S6)与对称轴的距离比n7对应的B(7，S7)与对称轴的距离更小A点为最高点，S6最大由上述例子可见，解等差数列问题时，若能灵活运用函数的思想与方法，可以简化运算过程，开拓解题思路，收到事半功倍的效果4数列求和的方法和技巧连连看求和是数列的主要问题之一，数列求和方法多，技巧性强，是培养创新能力的好素材，也是高考考查的重要内容现结合例子把数列求和的主要方法列举如下：1应

9、用公式求和方法要领：等差、等比数列的前n项和公式是数列中应用最为广泛、使用频率最高的求和公式在每种数列中均有两个求和公式可供选择尤其是利用等差数列的前n项和公式时，首先要确定公比q是否为1，以确定选用哪一个公式来求和，否则要通过分类讨论进行解答例1求数列1,35,7911,13151719，的前n项和解所求数列的前n项和中共有1234n个连续的奇数，这些奇数组成等差数列，首项为1，公差为2.故该数列的前n项和Sn122.点评本题实际上是求从1开始的连续奇数的和，奇数的个数共有123n.最后一个奇数为12n2n1.因此前n项和也可以这样求得Sn.例2求数列1，aa2，a3a4a5，a6a7a8a

10、9，(a0)的前n项和解所求数列的前n项和可以看成是由等比数列1，a，a2，a3，a4，取出前123n项后再求和得到，且取出的最后一项为a1，故所求数列的前n项和为Sn1aa2a3a1.当a1时，Sn123n；当a1时，Sn.点评题目中所给数列实际上并不是等比数列，求和时需要灵活转化为求一个等比数列的前项的和由于公比为字母a，需要分类讨论2分组转化求和方法要领：分组转化求和是将通项变形拆分为几个数列的和与差，分组进行求和、拆分后的数列多为等差数列或等比数列例3已知数列an的通项公式为anSn为数列an的前n项和，求Sn.解由an可知，数列an的奇数项成等差数列，公差d2，偶数项成等比数列，公比

11、q2.所以当n为偶数时，Sn(a1a3an1)(a2a4an)13(n1)(21222)22；当n为奇数时，SnSn1an22n22.点评通过对通项公式恒等变形化成几个基本数列求和，这是数列求和的一个基本思想3裂项相消求和方法要领：常见的拆项公式有：；.例4等差数列an的各项均为正数，a13，前n项和为Sn，bn为等比数列，b11，且b2S264，b3S3960.(1)求an与bn；(2)求.解(1)设an的公差为d，bn的公比为q，则d为正数，an3(n1)d，bnqn1.依题意有解得或(舍去)故an32(n1)2n1，bn8n1.(2)Sn35(2n1)n(n2)所以(1).点评拆项成差的

12、目的在于大量抵消中间的项，使前n项和Sn的表达式得以简化对于一些拆项的方法不要死记硬背，关键是观察通项an的特征结构进行代数恒等变形4奇偶并项求和方法要领：当通项中含有符号因子(1)n或(1)n1时，数列中相邻两项的符号异号，邻项合并后若规律明显，易于求和，可以考虑相邻两项合并后求和由于并项的需要，常常对n的奇偶性进行分类讨论例5已知函数f(n)且anf(n)f(n1)，求a1a2a3a100.解由题意，得a1a2a3a1001222223232424252992100210021012(12)(32)(99100)(101100)(1299100)(23100101)1101100.例6等比

13、数列an中，a1，a2，a3分别是下表第一，二，三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足：bnan(1)nln an，求数列bn的前n项和Sn.解(1)当a13时，不合题意；当a12时，当且仅当a26，a318时，符合题意；当a110时，不合题意因此a12，a26，a318.所以公比q3.故an23n1 (nN)(2)因为bnan(1)nln an23n1(1)nln(23n1)23n1(1)nln 2(n1)ln 323n1(1)n(ln 2ln 3)(1)n

14、nln 3，所以Sn2(133n1)111(1)n(ln 2ln 3)123(1)nnln 3.所以当n为偶数时，Sn2ln 33nln 31；当n为奇数时，Sn2(ln 2ln 3)ln 33nln 3ln 21.综上所述，Sn点评求数列an的前n项和Sn时，若含有符号因子(1)n，一般要对n按奇数、偶数两种情况讨论5错位相减求和方法要领：一般地，如果数列an是等差数列，bn是等比数列，求数列anbn的前n项和时，可采用错位相减法求和在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便于下一步准确写出“SnqSn”的表达式例7化简：Snn(n1)2(n2)2222n22n1.

15、解Snn(n1)2(n2)2222n22n1两边同时乘以2，得到2Snn2(n1)2232n222n12nSnn(21222n12n)n2n1n2.例8已知cnSnc1c2c3c4cn，求Sn.解当n为奇数时，Sn10213243nn110213243nn1当n为偶数时，Sn23410213243nn110213243nn1令Tn10213243nn1，则Tn11223344nn，得Tn11234n1nnnn3(3n)n，Tn9(93n)n.因此Sn点评利用错位相减法求和时，转化为等比数列求和若公比是个参数(字母)，则应先对参数加以讨论，一般情况下分q1和q1两种情况分别求和5提高运算速度七妙

16、招数列问题的灵活性、技巧性较强，因此，在解数列问题时必须研究技巧与策略，以求做到：选择捷径、合理解题，本文归纳了七种常见策略第一招活用概念数列的概念是求解数列问题的基础，灵活运用数列的概念，往往能出奇制胜例1已知an是公差为2的等差数列，若a1a4a7a97100，那么a2a5a8a98等于()A166 B66 C34 D100解析若先求出a1，再求和，运算较为繁琐注意到两个和式中的项数相等，且均是等差数列由于(a2a5a8a98)(a1a4a7a97)(a2a1)(a5a4)(a8a7)(a98a97)33d66，所以a2a5a8a9810066166，故选A.答案A点评活用等差、等比数列的

17、概念，沟通有关元素间的内在联系，使运算得以简化第二招巧用性质数列的性质是数列的升华，巧妙运用数列的性质，往往可以使问题简单明了，解题更快捷方便例2各项均为正数的等比数列an中，若a7a89，则log3a1log3a2log3a14等于()A12 B14 C10 D10log32解析若设出a1和q，利用基本量法求解，显然运算量较大若利用性质a1a14a2a13a7a89，则a1a2a14(a7a8)797，所以log3a1log3a2log3a14log39714，故选B.答案B点评数列的性质是对数列内涵的揭示与显化，是求解数列问题的有力武器第三招灵用变式在求解数列问题过程中，可以利用等差或等比

18、数列的变形公式来处理有关问题例3已知等差数列an中，a33，a10388，则该数列的通项an_.解析利用等差数列的变形公式求得公差，再结合等差数列的变形公式求得通项设等差数列an的公差为d，则d55，ana3(n3)d3(n3)5555n162.答案55n162点评常规方法是联立方程组，求出首项与公差，再由数列的通项公式求解而利用变形公式可以回避求解数列的首项，直接求解公差，再结合变形公式求得通项第四招整体考虑通过研究问题的整体形式、整体结构，避免局部运算的困扰，达到简捷解决问题的目的例4设Sn表示等差数列an的前n项和，且S918，Sn240，若an430，试求n的值解常规解法是设出基本量a

19、1，d，列方程组求解，但较繁琐若能利用整体思维，则可少走弯路，使计算合理又迅速由S918，即18，则a1a942a5，故a52.又Sn240，所以n15.点评本题解法不在a1，d上做文章，而是将Sn变形整理用a5an4表示，使解题过程大大简化第五招数形结合数列是一类特殊的函数，所以可以借助函数的图象，通过数形结合解数列问题例5在公差d0的等差数列an中，已知S8S18，则此数列的前多少项的和最大？解用数形结合法解等差数列问题应抓住两个方面：通项ax联系一次函数，对于等差数列的有关问题通过构造点共线模型，可简化解题过程；前x项和Sx联系二次函数，利用二次函数的对称性及最值设f(x)Sxxa1dx

20、2(a1)x，则(n，Sn)在二次函数的图象上由于S8S18，d1，即当3时，数列an也是单调递增的故的取值范围为|2|3|3即3为所求的取值范围正解2因为数列an是单调递增数列，所以an1an0 (nN)恒成立又ann2n (nN)，所以(n1)2(n1)(n2n)0恒成立，即2n10，所以(2n1) (nN)恒成立而当nN时，(2n1)的最大值为3(当n1时)，所以3即为所求的取值范围温馨点评利用函数观点研究数列性质时，一定要注意数列定义域是1，2，3，4，n，或其子集这一特殊性，防止因扩大定义域而出错.2忽视数列与函数的区别而致错例2设函数f(x)数列an满足anf(n)，nN，且数列a

21、n是递增数列，则实数a的取值范围是_错解因为数列an是递增数列，且点(n，an)在函数f(x)的图象上，所以分段函数f(x)是递增函数，故实数a满足不等式组解得a0时，a1a2a31时，a8a9a10；为使数列an递增还需a7a8.故实数a满足条件解得2a0，d.点拨忽略了“开始”一词的含义，题目强调了第10项是该等差数列中的第一个正项，应有a90. 正解设an24(n1)d，由解不等式得180应该舍掉正解凸n边形内角和为(n2)180，所以120n5(n2)180，解得n9或n16.当n9时，最大内角为12085160180，舍去所以凸n边形的边数为9.温馨点评凸n边形是一个明确的几何概念，

22、是本题中容易忽略的一个条件.利用数列知识解实际问题时，一定要注意所得结果的实际含义，必要时作出取舍.6忽视等差数列前n项和公式的基本特征而致错例6已知两个等差数列an和bn的前n项和分别为Sn和Tn，且对一切正整数n都有，试求的值错解设Sn(5n3)k，Tn(2n7)k，k0，则a9S9S8(593)k(583)k5k，b9T9T8(297)k(287)k2k，所以.点拨此解答错在根据条件，设Sn(5n3)k，Tn(2n7)k，这是把等差数列前n项和误认为是关于n的一次函数，没有准确把握前n项和公式的特点正解因为an和bn是公差不为0的等差数列，故设Snn(5n3)k，Tnn(2n7)k，k0

23、，则a9S9S89(593)k8(583)k88k，b9T9T89(297)k8(287)k41k，所以.温馨点评等差数列的前n项和Snn2n，当d0时，点(n，Sn)在二次函数f(x)x2x的图象上，当d0时，Snna1，但是本题不属于这种情况(否则与矛盾)7等差数列的特点考虑不周全而致错例7在等差数列an中，已知a120，前n项和为Sn，且S10S15，求当n取何值时，Sn有最大值，并求出它的最大值错解设公差为d，S10S15，1020d1520d，得120d200，即d，an20(n1)，当an0时，即20(n1)0，n0是不正确的，事实上应解an0，an10.正解由a120，S10S1

24、5，解得公差d.S10S15，S15S10a11a12a13a14a150.a11a15a12a142a130，a130.公差d0，a1，a2，a11，a12均为正数，而a14及以后各项均为负数当n12或13时，Sn有最大值为S12S13130.温馨点评求等差数列前n项和最值的关键是分清正负项，找准正负项的分界点，尤其是数列中含有零项时，注意答案的全面性.8忽略题目中的隐含条件而致错例8已知数列1，a1，a2，4成等差数列，1，b1，b2，b3，4成等比数列，求的值错解1，a1，a2，4成等差数列，设公差为d，则a2a1d(4)(1)1.1，b1，b2，b3，4成等比数列b(1)(4)4，b2

25、2.当b22时，当b22时，.点拨注意b2的符号已经确定，且b20，忽视了这一隐含条件，就容易产生上面的错误正解1，a1，a2，4成等差数列，设公差为d，则a2a1d(4)(1)1.1，b1，b2，b3，4成等比数列，b(1)(4)4，b22.若设公比为q，则b2(1)q2，b20.b22，.温馨点评若设数列1，b1，b2，b3，4的公比为q，则b2(1)q20，这是题目中的隐含条件.利用等比中项的概念解题时要注意这一现象.9求和时项数不清而致错例9求12222n的和错解12222n2n1.点拨错因在于没有搞清项数，首项为120，末项为2n，项数应为n1项正解这是一个首项为1，公比为2的等比数列前n1项的和，所以12222n2n11.温馨点评数列求和时，弄清项数是关键，等比数列前n项和Snf(a1(1qn),1q) (q1)中的n指的就是数列的项数.10利用等比数列求和公式忽视q1的情形而致错例10已知等比数列an中，a34，S312，求数列an的通项公式错解设等比数列的公比为q，则解得q.所以ana3qn34n3n5.点拨上述解法中忽视了等比数列前n项和公式中q1这一特殊情况正解当q1时，a34，a1a2a34，S3a1a2a312，所以q1符合题意此时an4.当q1时，解得q，ana3qn3n5.故数列通项公式为an4或ann5.温馨