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第5-8课时课题:数列问题的题型与方法


宁乡县第二中学 2004-2005 学年度高三数学教案

任教班级:C146-147

第 5-8 课时课题:数列问题的题型与方法 一.复习目标: 复习目标: 目标 1. 能灵活地运用等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前 n 项和公 式解题; 2.能熟练地求一些特殊数列的通项和前 n 项的和; 3.使学生系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律,深化数学思想方法 在解题实践中的指导作用,灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有 关问题; 4.通过解决探索性问题,进一步培养学生阅读理解和创新能力,综合运用数 学思想方法分析问题与解决问题的能力. 5.在解综合题的实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认 识,沟通各类知识的联系,形成更完整的知识网络,提高分析问题和解决问题的能 力. 6.培养学生善于分析题意,富于联想,以适应新的背景,新的设问方式,提 高学生用函数的思想、方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的精 神和科学理性的思维方法. 考试要求: 二.考试要求: 1.理解数列的概念,了解数列通项公式的意义,了解递推公式是给出数列的 一种方法,并能根据递推公式写出数列的前几项。 2.理解等差数列的概念,掌握等差数列的通项公式与前 n 项和公式,并能运 用公式解答简单的问题。 3.理解等比数列的概念,掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式,并能运 用公式解决简单的问题。 4.数列是高中数学的重要内容,又是学习高等数学的基础,所以在高考中占 有重要的地位。高考对本章的考查比较全面,等差数列,等比数列的考查每年都不 会遗漏。解答题多为中等以上难度的试题,突出考查考生的思维能力,解决问题的 能力,试题大多有较好的区分度。有关数列的试题经常是综合题,经常把数列知识 和指数函数、 对数函数和不等式的知识综合起来, 试题也常把等差数列、 等比数列, 求极限和数学归纳法综合在一起。探索性问题是高考的热点,常在数列解答题中出 现。本章中还蕴含着丰富的数学思想,在主观题中着重考查函数与方程、转化与化 归、分类讨论等重要思想,以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法。应 用问题考查的重点是现实客观事物的数学化,常需构造数列模型,将现实问题转化 为数学问题来解决。 教学过程: 三.教学过程:

(Ⅰ)基础知识详析
1.可以列表复习等差数列和等比数列的概念、有关公式和性质. 2.判断和证明数列是等差(等比)数列常有三种方法: (1)定义法:对于 n≥2 的任意自然数,验证 an ? an ?1 ( an / an ?1 ) 为同一常数。
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(2)通项公式法:
①若 ②若 (3)中项公式法:验证 = +(n-1)d= +(n-k)d,则 {an } 为等差数列; , ,则 {an } 为等比数列。 都成立。

3.在等差数列 {an } 中,有关 Sn 的最值问题——常用邻项变号法求解:

(1)当 a1

> 0 ,d<0 时,满足 < 0 ,d>0 时,满足

的项数 m 使得 S m 取最大值.

(2)当 a1

的项数 m 使得 S m 取最小值。

在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用。 4.数列求和的常用方法:公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等。 5.注意事项:

⑴ 证 明 数 列 {a n } 是 等 差 或 等 比 数 列 常 用 定 义 , 即 通 过 证 明

a n+1 ? a n = a n ? a n ?1 或

a n +1 a = n 而得。 an a n ?1

⑵在解决等差数列或等比数列的相关问题时, “基本量法”是常用的方法,但 有时灵活地运用性质,可使运算简便。 ⑶对于一般数列的问题常转化为等差、等比数列求解。 ⑷注意一些特殊数列的求和方法。 ⑸注意 s n 与 a n 之间关系的转化。如:

an =

n n =1 , a n = a1 + ∑ ( a k ? a k ?1 ) . s n ? s n ?1 , n ≥ 2 k =2

s1 ,

⑹数列极限的综合题形式多样,解题思路灵活,但万变不离其宗,就是离不开 数列极限的概念和性质,离不开数学思想方法,只要能把握这两方面,就会迅速打 通解题思路. ⑺解综合题的成败在于审清题目,弄懂来龙去脉,透过给定信息的表象,抓住 问题的本质,揭示问题的内在联系和隐含条件,明确解题方向,形成解题策略. ⑻通过解题后的反思,找准自己的问题,总结成功的经验,吸取失败的教训, 增强解综合题的信心和勇气,提高分析问题和解决问题的能力.

(Ⅱ)2004 年高考数学数列综合题选
1. . (2004 年高考数学北京卷,18)函数 f ( x ) 是定义在[0,1]上的增函数,满足 ( 年高考数学北京卷, )
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x 1 1 f ( x ) = 2 f ( ) 且 f (1) = 1 ,在每个区间 ( i , i?1 ]( i = 1,2……)上, y = f ( x ) 2 2 2
的图象都是斜率为同一常数 k 的直线的一部分。

1 1 1 )(i = 1,2,LL ) 的表达式; 2 4 2i 1 1 (II)设直线 x = i , x = i ?1 ,x 轴及 y = f ( x ) 的图象围成的矩形的面积 2 2 为 ai ( i = 1,2……) ,记 S ( k ) = lim( a1 + a 2 +L+ a n ) ,求 S ( k ) 的表达式,并写
(I)求 f ( 0) 及 f ( ) , f ( ) 的值,并归纳出 f (
n →∞

出其定义域和最小值。 分析: 分析:本小题主要考查函数、数列等基本知识,考查分析问题和解决问题的能 力. (I)由 f ( 0) = 2 f ( 0) ,得 f ( 0) = 0 解:

1 1 1 1 f (1) = 2 f ( ) 及 f (1) = 1 , 得 f ( ) = f (1) = . 2 2 2 2 1 1 1 1 f( )= f( )= . 4 2 2 4 1 1 归纳得 f ( i ) = i (i = 1,2,LL ) . 2 2 1 1 1 1 f ( x ) = i ?1 + k ( x ? i ?1 ) (II)当 i < x ≤ i ?1 时, 2 2 2 2


同 理 ,

1 1 1 1 1 1 1 k 1 ai = [ i ?1 + i ?1 + k ( i ? i ?1 )]( i ?1 ? i ) = (1 ? ) 2i ?1 (i = 1,2,LL ) . 2 2 4 2 2 2 2 2 2 k 1 1 所以 {a n } 是首项为 (1 ? ) ,公比为 的等比数列, 2 4 4 1 k (1 ? ) 4 = 2 (1 ? k ) . 所以 S ( k ) = lim( a1 + a 2 +L+ a n ) = 2 n →∞ 1 3 4 1? 4 1 S ( k ) 的定义域为 0 < k ≤ 1,当 k = 1 时取得最小值 . 2
2. (2004 年高考数学北京卷,20)给定有限个正数满足条件 T:每个数都不大于 50 年高考数学北京卷, ) . ( 且总和 L=1275.现将这些数按下列要求进行分组, 每组数之和不大于 150 且分组的 步骤是: 首先,从这些数中选择这样一些数构成第一组,使得 150 与这组数之和的差 r1
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与所有可能的其他选择相比是最小的, r1 称为第一组余差; 然后,在去掉已选入第一组的数后,对余下的数按第一组的选择方式构成第二 组, 这时的余差为 r2 ; 如此继续构成第三组 (余差为 r3 ) 第四组 、 (余差为 r4 ) ……, 、 直至第 N 组(余差为 rN )把这些数全部分完为止. (I)判断 r1 , r2 ,L , rN 的大小关系,并指出除第 N 组外的每组至少含有几个数; (II)当构成第 n(n<N)组后,指出余下的每个数与 rn 的大小关系,并证明

rn?1 >

(III)对任何满足条件 T 的有限个正数,证明: N ≤ 11 . 分析: 分析:本小题主要考查不等式的证明等基本知识,考查逻辑思维能力、分析问 题和解决问题的能力. (I) r1 ≤ r2 ≤L ≤ rN 。除第 N 组外的每组至少含有 解:

150n ? L ; n ?1

L ? [(150 ? r1 ) + (150 ? r2 ) +L+ (150 ? rn )] > rn , 由此可得 r1 + r2 +L+ rn ?1 > 150n ? L . 150n ? L 因为 ( n ? 1) rn ?1 ≥ r1 + r2 +L+ rn ?1 ,所以 rn ?1 > . n ?1 (III)用反证法证明结论,假设 N > 11 ,即第 11 组形成后,还有数没分完, 由(I)和(II)可知,余下的每个数都大于第 11 组的余差 r11 ,且 r11 ≥ r10 , 150 × 11 ? 1275 故余下的每个数 > r11 ≥ r10 > = 37.5 . (*) 10 因为第 11 组数中至少含有 3 个数,所以第 11 组数之和大于 37.5 × 3 = 112.5 . 此时第 11 组的余差 r11 = 150 ? 第11组数之和 < 150 ? 112.5 = 37.5 这与(*)式中 r11 > 37.5 矛盾,所以 N ≤ 11 .
3 . ( 2004 年 高 考 数 学 重 庆 卷 , 22 ) 设 数 列

(II)当第 n 组形成后,因为 n < N ,所以还有数没分完,这时余下的每个数 必大于余差 rn ,余下数之和也大于第 n 组的余差 rn ,即

150 = 3 个数 50

{an }

满 足

a1 = 2, an +1 = an +
(1)证明 an > (2)令 bn =

1 , (n = 1, 2,3.......) an

2n + 1 对一切正整数 n 成立;
n , (n = 1, 2, 3......) ,判断 bn与bn +1 的大小,并说明理由。
2 × 1 + 1, 不等式成立.
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an

(I)证法一 证法一:当 n = 1时, a1 = 2 > 证法一

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假设n = k时, ak > 2k + 1成立. 当n = k + 1时, ak2+1 = ak2 + 1 1 + 2 > 2k + 3 + 2 > 2(k + 1) + 1. 2 ak ak

∴ n = k + 1时, ak +1 > 2(k + 1) + 1时成立.
综上由数学归纳法可知, a n > 证法二: 证法二:当 n=1 时, a1 = 2 > 假设 n=k 时结论成立,即 a k >

2n + 1 对一切正整数成立.
3 = 2 × 1 + 1 .结论成立.

2k + 1. 1 当 n = k + 1时,由函数f ( x ) = x + ( x > 1) 的单增性和归纳假设有 x 1 1 > 2k + 1 + . a k +1 = a k + ak 2k + 1 1 因此只需证 : 2k + 1 + ≥ 2 k + 3. 2k + 1 1 1 而这等价于( 2k + 1 + ) 2 ≥ 2k + 3 ? ≥ 0显然成立. 2k + 1 2k + 1 2n + 1 对一切正整数 n 均成立. 1 2 2 证法三: 证法三:由递推公式得 a n = a n ?1 + 2 + 2 , a n ?1 1 1 2 2 2 a n?1 = a n ? 2 + 2 + 2 , L a 2 = a12 + 2 + 2 a n?2 a1
述 各 式 相 加 并 化 简 得

所以当 n=k+1 时,结论成立. 因此, a n >



2 a n = a12 + 2(n ? 1) +

1 1 + L + 2 > 2 2 + 2(n ? 1) 2 a1 a n ?1 = 2n + 2 > 2n + 1(n ≥ 2).

又n = 1时, a n > 2n + 1明显成立, 故 a n > 2n + 1(n = 1,2, L).
(II)解法一: )解法一:

bn +1 a n 1 n 1 n = n +1 = (1 + 2 ) < (1 + ) bn 2n + 1 n + 1 an an n + 1 n +1

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=

2(n + 1) n (2n + 1) n + 1

=

2 n(n + 1) = 2n + 1

1 1 (n + ) 2 ? 2 4 < 1. 1 n+ 2

故bn +1 < bn .
解法二: 解法二: bn +1 ? bn =

a n +1 n +1

?

an n

=

1 n +1

(a n +

a 1 )? n an n

= ≤ = = =

1 2 [ n ? ( n + 1 ? n ) an ] n(n + 1)an 1 [ n ? ( n + 1 ? n )(2n + 1)](由( n(n + 1)an
I

)的结论)

1 [ n ( n + 1 + n ) ? (2n + 1)] n(n + 1)( n + 1 + n )an 1 [ n(n + 1) ? (n + 1)] n(n + 1)( n + 1 + n )an 1 ( n ? n + 1) < 0. n ( n + 1 + n )an

所以bn +1 < bn .
2 2 a n +1 a n 解法三: ? 解法三: b ? b = n +1 n a2 1 1 1 1 a2 2 = (an + 2 + 2) ? n = (2 + 2 ? n ) n +1 an n n +1 an n 2 n +1 2 n

<

1 1 2n + 1 1 1 1 (2 + ? )= ( ? )<0 n +1 2n + 1 n n + 1 2n + 1 n 2 2 故 bn +1 < bn ,因此bn +1 < bn .

4. . (2004 年高考数学江苏卷,20)设无穷等差数列{an}的前 n 项和为 Sn. 年高考数学江苏卷, ) ( 3 (Ⅰ)若首项 a1 = ,公差 d = 1 ,求满足 S k 2 = ( S k ) 2 的正整数 k; 2 (Ⅱ)求所有的无穷等差数列{an},使得对于一切正整数 k 都有 S k 2 = ( S k ) 2 成立. 分析: 分析:本小题主要考查数列的基本知识,以及运用数学知识分析和解决问题的能力. (I)当 a1 = 解:

3 , d = 1 时, 2
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n(n ? 1) 3 n(n ? 1) 1 2 d = n+ = n +n 2 2 2 2 1 4 1 2 2 由 S k 2 = (S k ) , 得 k + k 2 = ( k + k)2 , 2 2 1 即 k 3 ( k ? 1) = 0 又 k ≠ 0, 所以k = 4 . 4 2 (II)设数列{an}的公差为 d,则在 S n 2 = ( S n ) 中分别取 k=1,2,得 S n = na1 +

?a1 = a12 , (1) ? 即? 4×3 2 ×1 2 d = (2a1 + d ) (2) ?4a1 + ? 2 2 由(1)得 a1 = 0或a1 = 1. 当 a1 = 0时, 代入( 2)得 d = 0或d = 6,
2 ? ? S1 = ( S 1 ) , ? ?S 4 = ( S 2 ) 2 ?

若 a1 = 0, d = 0, 则a n = 0, S n = 0, 从而S k = ( S k ) 成立
2

若 a1 = 0, d = 6, 则a n = 6( n ? 1),由S 3 = 18, ( S 3 ) = 324, S n = 216知
2

s9 ≠ ( S 3 ) 2 , 故所得数列不符合题意.
当 a1 = 1时, 代入( 2)得 若

4 + 6d = (2 + d ) 2 , 解得d = 0或d = 2
2

若 a1 = 1, d = 0, 则a n = 1, S n = n, 从而S k 2 = ( S k ) 成立;

a1 = 1, d = 2, 则a n = 2n ? 1, S n = 1 + 3 + L + (2n ? 1) = n 2 , 从而S = ( S n ) 2 成立
. 综上,共有 3 个满足条件的无穷等差数列: ①{an} : an=0,即 0,0,0,…; ②{an} : an=1,即 1,1,1,…; ③{an} : an=2n-1,即 1,3,5,…,

(Ⅲ)范例分析
例 1.已知数列{a n }是公差 d≠0 的等差数列,其前 n 项和为 S n . .

(2) 过 点 Q 1 (1 , a 1 ) , Q

2

(2 , a

2

) 作 直 线 12 , 设 l 1 与 l

2

的夹角为θ,

证明: 证明:(1)因为等差数列{a n }的公差 d≠0,所以
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Kp 1 p k 是常数(k=2,3,…,n).

(2)直线 l 2 的方程为 y-a 1 =d(x-1),直线 l 2 的斜率为 d.

例 2.已知数列 {a n } 中,S n 是其前 n 项和,并且 S n +1 = 4an + 2( n = 1, 2,L), a1 = 1 , . ⑴设数列 bn = a n +1 ? 2a n ( n = 1,2, LL) ,求证:数列 {bn } 是等比数列; ⑵设数列 c n =

an , (n = 1,2, LL) ,求证:数列 {c n }是等差数列; 2n ⑶求数列 {a n } 的通项公式及前 n 项和。
分析:由于{b n }和{c n }中的项都和{a n }中的项有关,{a n }中又有 S n+1 =4a n +2,可 分析 由 S n+ 2 -S n+1 作切入点探索解题的途径. 解:(1)由 S n+1 =4a n +2 ,S n+ 2 =4a n+1 +2,两式相减,得 S n+ 2 -S n+1 =4(a n+1 -a n ),即 a n+ 2 =4a n+1 -4a n .(根据 b n 的构造,如何把该式表示成 b n+1 与 b n 的关系是证明的关 键,注意加强恒等变形能力的训练) a n+ 2 -2a n+1 =2(a n+1 -2a n ),又 b n =a n+1 -2a n ,所以 b n+1 =2b n ① ②

已知 S 2 =4a 1 +2,a 1 =1,a 1 +a 2 =4a 1 +2,解得 a 2 =5,b 1 =a 2 -2a 1 =3

由①和②得,数列{b n }是首项为 3,公比为 2 的等比数列,故 b n =3·2 n?1 .

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当 n≥2 时,S n =4a n?1 +2=2

n?1

(3n-4)+2;当 n=1 时,S 1 =a 1 =1 也适合上式.

综上可知,所求的求和公式为 S n =2 n?1 (3n-4)+2. 说明: 说明:1.本例主要复习用等差、等比数列的定义证明一个数列为等差,等比数列, 求数列通项与前 n 项和。 解决本题的关键在于由条件 S n +1 = 4a n + 2 得出递推公式。 2.解综合题要总揽全局,尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条 件,在后面求解的过程中适时应用. 例 3.已知数列{a n }是首项 a1>0,q>-1 且 q≠0 的等比数列,设数列{b n }的通项 . b n =a n+1 -ka n+ 2 (n∈N), 数列{a n }、 n }的前 n 项和分别为 S n , n . {b T 如果 T n >kS n 对一切自然数 n 都成立,求实数 k 的取值范围. 分析:由探寻 T n 和 S n 的关系入手谋求解题思路。 分析 解:因为{a n }是首项 a 1 >0,公比 q>-1 且 q≠0 的等比数列,故 a n+1 =a n ·q,a n+ 2 =a n ·q 2 . 所以 b n =a n+1 -ka n+ 2 =a n (q-k·q 2 ). T n =b 1 +b 2 +…+b n =(a 1 +a 2 +…+a n )(q-k·q 2 )=S n (q-kq 2 ). 依题意,由 T n >kS n ,得 S n (q-kq 2 )>kS n , ①对一切自然数 n 都成立. 当 q>0 时,由 a1>0,知 a n >0,所以 S n >0;

当-1<q<0 时,因为 a1>0,1-q>0,1-q n >0,所以 S n = 综合上面两种情况,当 q>-1 且 q≠0 时,S n >0 总成立. 由 ① 式 可 得 q-kq
2



k





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例 4.(2001 年全国理)从社会效益和经济效益出发,某地投入资金进行生态环境建 (2001 年全国理) 设,并以此发展旅游产业.根据规划,本年度投入 800 万元,以后每年投入将比上

1 .本年度当地旅游业收入估计为 400 万元,由于该项建设对旅游业的促进 5 1 作用,预计今后的旅游业收入每年会比上年增加 。(Ⅰ)设 n 年内(本年度为第一 4
年减少 年)总投入为 an 万元,旅游业总收入为 bn 万元.写出 an,bn 的表达式(Ⅱ)至少经过几 年旅游业的总收入才能超过总投入?

解析: 解析:第 1 年投入 800 万元,第 2 年投入 800×(1- )万元……,

第 n 年投入 800×(1- )

n-1

万元

所以总投入 an=800+800(1- )+……+800×(1- )

n-1

=4000[1-(

)]

n

同理:第 1 年收入 400 万元,第 2 年收入 400×(1+

)万元,……,

第 n 年收入 400×(1+



n-1

万元

bn=400+400×(1+

)+……+400×(1+



n-1

=1600×[(

) -1]

n

(2)∴bn-an>0,1600[(

) -1]-4000×[1-(

n

) ]>0

n

化简得,5×(

) +2×(

n

) -7>0 ?

n

设 x=(

) ,5x -7x+2>0 ?∴x<

n

2

,x>1(舍)?即(

)<

n

,n≥5.?

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说明:本题主要考查建立函数关系式,数列求和,不等式等基础知识,考查综合运 用数学知识解决实际问题的能力。解数学问题应用题重点在过好三关:(1)事理 关:阅读理解,知道命题所表达的内容;(2)文理关:将“问题情景”中的文字 语言转化为符号语言,用数学关系式表述事件;(3)数理关:由题意建立相关的 数学模型,将实际问题数学化,并解答这一数学模型,得出符合实际意义的解答。 例 5.设实数 a ≠ 0 ,数列 {a n } 是首项为 a ,公比为 ? a 的等比数列,记 .

bn = a n 1g | a n | (n ∈ N * ), S n = b1 + b2 + L + bn ,
求证:当 a ≠ ?1 时,对任意自然数 n 都有 S n = 解: a n = a1 q
n ?1

a lg a (1 + a ) 2

[1 + (?1)

n +1

(1 + n + na )a n

]

= a (? a ) n?1 = (?1) n ?1 a n 。

∴ bn = a n lg | a n |= (?1) n ?1 a n lg | (?1) n ?1 a n |= (?1) n?1 na n lg | a | ∴ S n = a lg | a | ?2a 2 lg | a | +3a 3 lg | a | + L + (?1) n ? 2 (n ? 1)a n ?1 lg | a | +(?1) n?1 na n lg | a | = [a ? 2a 2 + 3a 3 + L + (?1) n ? 2 (n ? 1)a n ?1 + (?1) n ?1 na n ] lg | a |
记 S = a ? 2a 2 + 3a 3 + L + ( ?1) n ? 2 ( n ? 1) a n ?1 + (?1) n ?1 na n ①

as = a 2 ? 2a 3 + L + (?1) n ?3 (n ? 2)a n ?1 + (?1) n? 2 (n ? 1)a n + (?1) n ?1 na n +1 ②
①+②得 (1 + a ) s = a ? a 2 + a 3 + L + ( ?1) n ? 2 a n ?1 + ( ?1) n ? 2 a n + ( ?1) n ?1 na n +1 ③

Q a ≠ ?1,∴ (1 + a) S =

a + ( ?1)n?1 a n +1 + ( ?1)n?1 n ? a n+1 1 ? (1 ? a) n ?1 n +1 a + (?1) a + (1 + a ) ? (?1) n ?1 ? n ? a n +1 ∴S = (1 + a ) 2
∴S = a + (1 + n + na ) ? (?1) n?1 a n +1 a[1 + (1 + n + na )(?1) n +1 a n ] = (1 + a ) 2 (1 + a ) 2 a lg | a | [1 + (?1) n+1 (1 + n + na )a n ] ∴ Sn = 2 (1 + a )

说明:本例主要复习利用错位相减解决差比数列的求和问题。关键是先研究通项, 说明 确定 C n = a n ? bn , {a n } 是等差数列, {bn } 等比数列。

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解法一:设等差数列{a n }的首项 a 1 =a,公差为 d,则其通项为 解法一

根据等比数列的定义知 S 5 ≠0,由此可得

一步加工,有下面的解法) 解法二: 解法二:

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依题意,得

设二次方程 a n x 2 - a n +1x+1=0(n∈N)有两根α和β, 且满足 6α-2αβ+6β=3. 例 7. . (1)试用 a n 表示 a n+1 ;

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例 8.在直角坐标平面上有一点列 P1 ( x1 , y1 ), P2 ( x 2 , y 2 ) L , Pn ( x n , y n ) L ,对一切 正整数 n , Pn 位于函数 y = 3 x + 点

? 1 为公差的等差数列 {x n } 。
⑴求点 Pn 的坐标;

13 5 的图象上, Pn 的横坐标构成以 ? 为首项, 且 4 2

⑵设抛物线列 c1 , c 2 , c3 ,L , c n , L 中的每一条的对称轴都垂直于 x 轴, n 条抛 第 物线 c n 的顶点为 Pn ,且过点 Dn (0, n + 1) ,记与抛物线 c n 相切于 Dn 的直线的斜
2

率为 k n ,求:

任一项 a n ∈ S ∩ T , 其中 a1 是 S ∩ T 中的最大数,? 265 < a10 < ?125 , {a n } 的 求 通项公式。

1 1 1 + +L+ 。 k1 k 2 k 2 k 3 k n ?1k n ⑶设 S = {x | x = 2 x n , n ∈ N , n ≥ 1}, T = {y | y = 4 y n , n ≥ 1}, 等差数列 {a n } 的

5 3 + (n ? 1) × (?1) = ? n ? 2 2 13 5 3 5 ∴ yn = 3 ? xn + = ?3n ? ,∴ Pn ( ?n ? , ?3n ? ) 4 4 2 4 (2)Q c n 的对称轴垂直于 x 轴,且顶点为 Pn .∴ 设 c n 的方程为: 2n + 3 2 12n + 5 y = a( x + ) ? , 2 4 2 把 Dn (0, n + 1) 代入上式, a = 1 , c n 的方程为:y = x 2 + ( 2n + 3) x + n 2 + 1 。 得 ∴ 1 1 1 1 1 k n = y ' | x = 0 = 2 n + 3 ,∴ = = ( ? ) k n?1 k n (2n + 1)(2n + 3) 2 2n + 1 2n + 3
(1) x n = ? 解:
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1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + +L+ = [( ? ) + ( ? ) + L + ( ? )] k1 k 2 k 2 k 3 k n?1 k n 2 5 7 7 9 2n + 1 2n + 3 1 1 1 1 1 )= ? = ( ? 2 5 2n + 3 10 4n + 6 (3) S = {x | x = ?( 2n + 3), n ∈ N , n ≥ 1} , T = { y | y = ?(12n + 5), n ∈ N , n ≥ 1} = { y | y = ?2(6n + 1) ? 3, n ∈ N , n ≥ 1} ∴ S I T = T , T 中最大数 a1 = ?17 . 设 {a n } 公差为 d ,则 a10 = ?17 + 9d ∈ ( ?265,?125) ,由此得 ∴

248 < d < ?12, 又 Q a n ∈ T ∴ d = ?12m(m ∈ N * ), 9 ∴ d = ?24,∴ a n = 7 ? 24n(n ∈ N * ). ?
、 说明:本例为数列与解析几何的综合题,难度较大(1)(2)两问运用几何知识算 出 k n ,解决(3)的关键在于算出 S I T 及求数列 {an } 的公差。 例 9.数列 {a n } 中, a1 = 8, a 4 = 2 且满足 a n + 2 = 2a n +1 ? a n n ∈ N ⑴求数列 {a n } 的通项公式; ⑵设 S n =| a1 | + | a 2 | + L + | a n | ,求 S n ;
*

1 (n ∈ N * ), Tn = b1 + b2 + L + bn (n ∈ N * ) , 是否存在最大 n(12 ? a n ) m * 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 32
⑶设 bn = 存在,请说明理由。 (1)由题意, a n + 2 ? a n +1 = a n +1 ? a n ,∴{a n } 为等差数列,设公差为 d , 解: 由题意得 2 = 8 + 3d ? d = ?2 ,∴ a n = 8 ? 2( n ? 1) = 10 ? 2n . (2)若 10 ? 2n ≥ 0则n ≤ 5 , n ≤ 5时, S n =| a1 | + | a 2 | + L + | a n |

8 + 10 ? 2n × n = 9n ? n 2 , 2 n ≥ 6 时, S n = a1 + a 2 + L + a5 ? a 6 ? a 7 L ? a n = a1 + a2 + L + an = = S 5 ? ( S n ? S 5 ) = 2 S 5 ? S n = n 2 ? 9n + 40
故 Sn =

9n ? n 2

n≤5

n 2 ? 9n + 40 n ≥ 6
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(3)Q bn =

1 1 1 1 1 = = ( ? ) n(12 ? a n ) 2n(n + 1) 2 n n + 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = [(1 ? ) + ( ? ) + ( ? ) + L + ( ? )+( ? ∴ Tn )] 2 2 2 3 3 4 n ?1 n n n +1 n = . 2(n + 1) m n m * * > 若 Tn > 对任意 n ∈ N 成立,即 对任意 n ∈ N 成立, 32 n + 1 16 n 1 m 1 Q (n ∈ N * ) 的最小值是 ,∴ < , ∴ m 的最大整数值是 7。 n +1 2 16 2 m * 即存在最大整数 m = 7, 使对任意 n ∈ N ,均有 Tn > . 32

说明: 说明:本例复习数列通项,数列求和以及有关数列与不等式的综合问题。 例 10.如图,在 y 轴的正半轴上依次有点 A1 , A2 ,L , An , L 其中点 .

A1 (0,1), A2 (0,10) ,且 | An ?1 An |= 3 | A n An+1 | (n = 2,3,4, L) ,在射 线 y = x ( x ≥ 0) 上依次有点 B1 , B2 , L , Bn , L 点 B1 的坐标为(3,
3) ,且 | OBn |=| OBn ?1 | +2 2 ( n = 2,3,4, L) ⑴用含 n 的式子表示 | An An +1 | ; ⑵用含 n 的式子表示 An , Bn 的坐标; ⑶求四边形 An An +1 Bn +1 Bn 面积的最大值。

| An An +1 | 1 = , 且 | A1 A2 |= 10 ? 1 = 9 , | An ?1 An | 3 1 1 1 ∴| An An +1 |=| A1 A2 | ( ) n ?1 = 9( ) n?1 = ( ) n ?3 3 3 3
(1)Q 解: ( 2 ) 由 ( 1 ) 得

1 27 1 1 n ? 4 | A1 A2 | + | A2 A3 | + L + | An?1 An |= 9 + 3 + 1 + L + ( ) n? 4 = ? ( ) 3 2 2 3 27 1 1 ∴ 点An 的坐标 (0, ? ( ) n ? 4 ) ,Q| OBn | ? | OBn ?1 |= 2 2且 | OB1 |= 3 2 2 2 3 Q {| OBn |} 是以 3 2 为首项, 2 2 为公差的等差数列

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∴| OBn |= 3 2 + (n ? 1)2 2 = (2n + 1) 2 ∴ Bn的坐标为(2n + 1,2n + 1) (3)连接 An Bn +1 ,设四边形 An An +1 Bn +1 Bn 的面积为 S n ,则
1 1 1 29 27 1 2 S n = S ?An An +1Bn +1 + S ?Bn Bn +1 An = [( ) n ?3 ] ? (2n + 3) + ? 2 2 ? [ ? ( ) n?1 ] 2 3 2 2 2 3 2
29 9n 3 ? 6n + n ?1 , ∴ S n +1 ? S n = n?1 < 0, 即S n +1 < S n , ∴{S n } 单调递减. 2 3 3 29 47 ∴ S n 的最大值为 S1 = +9 = . 2 2 说明:本例为数列与几何的综合题。由题意知 {| An An +1 |} 为等比, {| OBn |} 为等 说明 =
差, (3)利用函数单调性求最值。 例 11.设正数数列{a n }为一等比数列,且 a 2 =4,a 4 =16. .

说明: 说明:这是 2000 年全国高考上海试题,涉及对数、数列、极限的综合题,主 要考查等比数列的定义及通项公式,等差数列前 n 项和公式,对数计算,求数列极 限等基础知识,以及综合运用数学知识的能力.
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已知抛物线 x 2 = 4 y , 过原点作斜率 1 的直线交抛物线于第一象限内一点 P , 例 12. . 1 又过点 P 作斜率为 1

1 1 的直线交抛物线于点 P2 ,再过 P2 作斜率为 的直线交抛物线 2 4 1 于点 P3 , L ,如此继续,一般地,过点 Pn 作斜率为 n 的直线交抛物线于点 Pn +1 , 2 设点 Pn ( xn , yn ) .

(Ⅰ)令 bn = x2 n +1 ? x2 n ?1 ,求证:数列 {bn } 是等比数列. (Ⅱ)设数列 {bn } 的前 n 项和为 Sn ,试比较

3 1 Sn + 1 与 的大小. 4 3n + 10 2 2 (1) 因为 Pn ( xn , yn ) 、 Pn +1 ( xn +1 , yn +1 ) 在抛物线上, xn = 4 yn , ① xn +1 = 4 yn +1 ②, 故 解:
又因为直线 P P +1 的斜率为 n n

1 2n

,即

yn +1 ? yn 1 = ,①②代入可得 xn +1 ? xn 2

1 x 2 n +1 ? x 2 n 1 1 = n ? xn +1 + xn = n ? 2 4 xn +1 ? xn 2 2 ∴ bn = x2 n +1 ? x2 n ?1 = ( x2 n +1 + x2 n ) ? ( x2 n + x2 n ?1 ) b 1 1 1 1 1 = 2n?2 ? 2n?3 = ? 2n?2 ,故 n +1 = ? {bn } 是以 为公比的等比数列; bn 4 4 2 2 2 4 1 3 1 n (2) S n = ? (1 ? n ) ? S n + 1 = n ,故只要比较 4 与 3n + 10 的大小. 3 4 4 4
方 法 ( 一 )
1 2 4n = (1+ 3)n = 1+ Cn ? 3 + Cn ? 32 +L> 1+ 3n +

n(n ?1) 2 3 > 1+ 3n + 9 = 3n +10(n ≥ 3) , 2 3 1 3 1 当 n = 1 时, S n + 1 > ; 当 n = 2 时 Sn + 1 = 4 3n + 10 4 3n + 10



3 1 ≥ 3, n ∈ N * 时, S n + 1 < . 4 3n + 10 k 方法(二)用数学归纳法证明,其中假设 n = k ( k ≥ 3, k ∈ N ) 时有 4 > 3k + 10 , 则 当 n = k +1 k +1 k 时, 4 = 4 ? 4 > 4(3k + 10) = [3(k + 1) + 10] + 9k + 27 > 3(k + 1) + 10 .
当n

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a n ),… 是公差为-1 的等差数列,又 2a 2 -a 1 ,2a 3 -a 2 ,…,2a n+1 -a n ,…

(1)求数列{a n }的通项公式; (2)计算 (a 1 +a 2 +…+a n ). 分析: 分析:由于题设中的等差数列和等比数列均由数列{an}的相关项构成,分别求 出它们的通项公式构造关于 a n 的方程组. 解:(1)设 b n =log 2 (3a n+1 -a n ),因为{bn}是等差数列,d=-1.b1=log 2

3a n+1 -a n =2 ? n 设 c n =2a n+1 -a n ,{c n }是等比数列,公比为 q,|q|<1, c 1 =2a 2 -a 1 =



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例 14.等比数列{a n }中,已知 a1≠0,公比 q>0,前 n 项和为 S n ,自然数 b,c, d,e 满足 b<c≤d<e,且 b+e=c+d.求证:S b ·S e <S c ·S d . 分析:凡是有关等比数列前 n 项 Sn 的问题,首先考虑 q=1 的情况,证明条件 分析 不等式时,正确适时地应用所给的条件是成败的关键.

(证明不等式首选方法是差比较法,即作差—变形—判定符号,变形要有利于 判定符号.) be-cd=(c+d-e)e-cd=ce+de-e2-cd=(c-e)(e-d). 因为 c<e,d<e,所以 c-e<0,e-d>0,于是(c-e)(e-d)<0.又

同理

(要比较 S b ·S e 与 S c ·S d 的大小,只要比较(1-qb)(1-qe)与(1-qc)(1-qd)的大小, 仍然运用差比较法.) (1-qb)(1-qe)-(1-qc)(1-qd)=qc+qd-qb-qe=(qc-qb)-(qe-qd). (能否将 qc-qb 用 qe-qd 表示是上式化成积的关键,利用给定的 c+d=b+e,寻求 变形的途径, c=b+e-d, e 出现了, d、 于是 qc-qb=qb+e-d-qb=qb(qe-d-1)=qbq-d(qe-qd). 恒 等变形只有目标明确,变形才能有方向.) 上式=qbq-d(qe-qd)-(qe-qd)=(qe-qd)(qbq-d-1)=q-d(qe-qd)(qb-qd).因为 q>0.所 以 q-d>0. (运用函数的思想将问题转化为根据指数函数的单调性判别乘积的符号)事实 上,由 b<d<e,q>0, ①当 0<q<1 时,y=qx 是减函数,qe<qd,qb>qd,即 qe-qd<0,qb-qd>0; ②当 q>1 时,y=qx 是增函数,qe>qd,qb<qd,即 qe-qd>0,qb-qd<0. 所以无论 0<q<1 还是 q>1,都有 qe-qd 与 qb-qd 异号,即(qe-qd)(qb-qd)<0.

综上所述,无论 q=1 还是 q≠1,都有 S b ·S e <S c ·S d . 说明: 说明:复习课的任务在于对知识的深化,对能力的提高、关键在落实.根据上 面所研究的问题,进一步提高运用函数的思想、方程的思想解决数列问题的能力.
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15.( .(2003 北京春季高考) 例 15.(2003 年北京春季高考)如图,在边长为 l 的等边△ABC 中,圆 O1 为△ABC 的内 切圆,圆 O2 与圆 O1 外切,且与 AB,BC 相切,…,圆 On+1 与圆 On 外切,且与 AB,BC 相切, 如此无限继续下去.记圆 On 的面积为 (Ⅰ)证明 是等比数列; .

(Ⅱ)求

的值.

(Ⅰ)证明:记 rn 为圆 On 的半径, 证明



所以



成等比数列.

(Ⅱ)解:因为

所以

说明: 说明:本小题主要考查数列、数列极限、三角函数等基本知识,考查逻辑思维能力.

(2004 年北京春季高考 20)下表给出一个“等差数阵” : 例 16. . 4 7 () () () …… 7 () () …… 12 () () …… () () () …… () () () …… () () () …… …… …… …… …… …… ……

a1 j a2 j a3 j a4 j
……

…… …… …… …… …… …… ……
49

ai1
……

ai 2
……

ai 3
……

ai 4
……

ai5
……

a ij
……

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其中每行、每列都是等差数列, a ij 表示位于第 i 行第 j 列的数。 (I)写出 a 45 的值; (II)写出 a ij 的计算公式; (III)证明:正整数 N 在该等差数列阵中的充要条件是 2N+1 可以分解成两个不是 1 的正整数之积。 分析: 分析:本小题主要考查等差数列、充要条件等基本知识,考查逻辑思维能力、 分析问题和解决问题的能力。 (I) a 45 = 49 解: (II)该等差数阵的第一行是首项为 4,公差为 3 的等差数列:

a1 j = 4 + 3( j ? 1)

第二行是首项为 7,公差为 5 的等差数列:

a 2 j = 7 + 5( j ? 1)

…… 第 i 行是首项为 4 + 3(i ? 1) ,公差为 2i + 1 的等差数列,因此

aij = 4 + 3(i ? 1) + (2i + 1)( j ? 1)

= 2ij + i + j = i (2 j + 1) + j
(III)必要性:若 N 在该等差数阵中,则存在正整数 i,j 使得 N = i (2 j + 1) + j 从而 2 N + 1 = 2i ( 2 j + 1) + 2 j + 1 = ( 2i + 1)( 2 j + 1) 即正整数 2N+1 可以分解成两个不是 1 的正整数之积。 充分性:若 2N+1 可以分解成两个不是 1 的正整数之积,由于 2N+1 是奇数,则它 必为两个不是 1 的奇数之积,即存在正整数 k,l,使得 2 N + 1 = (2 k + 1)(2l + 1) ,从而 N = k (2l + 1) + l = a kl 可见 N 在该等差数阵中。 综上所述,正整数 N 在该等差数阵中的充要条件是 2N+1 可以分解成两个不是 1 的 正整数之积。

四、强化训练
1.设 S n 和 T n 分别为两个等差数列的前 n 项和,若对任意 n∈N,

( ) A.4∶3B.3∶2C.7∶4D.78∶71 2.一个首项为正数的等差数列中,前 3 项的和等于前 11 项的和,当这个数列的前 . n 项和最大时,n 等于. ( ) A.5 B.6C.7 D.8 3.若数列 {an } 中, a1 = 3 ,且 an +1 = an 2 ( n ∈ N * ) ,则数列的通项 an = . . 4.设在等比数列 {a n } 中, a1 + a n = 66, a 2 ? a n ?1 = 128, S n = 126, 求 n 及 q

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5.根据下面各个数列 {a n } 的首项和递推关系,求其通项公式 ⑴ a1 = 1, a n +1 = a n + 2n(n ∈ N )
*

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n a n (n ∈ N * ) n +1 1 * ⑶ a1 = 1, a n +1 = a n + 1 (n ∈ N ) 2 6.数列 {a n } 的前 n 项和 S n = 1 + ra n ( r 为不等于 0,1 的常数),求其通项公式 a n
⑵ a1 = 1, a n +1 = 7.某县位于沙漠地带,人与自然长期进行着顽强的斗争,到 2001 年底全县的绿化 率已达 30%。从 2002 年开始,每年将出现这样的局面,即原有沙漠面积的 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 1,2001 年底绿化面积为 a1 = 求证 a n +1 =

3 , 经过 n 年绿化总面积为 a n+1 . 10

(2)至少需要多少年(年取整数, lg 2 = 0.3010 )的努力,才能使全县的绿化 率达到 60%?
( 年春招试题 已知点的序列 招试题) 8. 2002 年春招试题) ( , , 0) , 其中 =0, 的中点,…。 ,

4 4 + an . 25 5

A3 是线钱 A1A2 的中点,A4 是线段 A2A3 的中点,…,An 是线段 (I)写出 (II)设 以证明。 与 、 之间的关系式( ≥3) ,计算 , , ,由此推测数列{

}的通项公式,并加

年全国理) 9.(94 年全国理)设{an}是正数组成的数列,其前 n 项和为 Sn,并且对所有自然数 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}的前三项;?(2)求数列{an}的通项公式(写出推证过程);?

(3)令 bn=

(n∈N),求:b1+b2+…+bn-n.

五、参考答案
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1.解:设这两个等差数列分别为{an}和{bn}.

故选择 A. 说明: 说明:注意巧妙运用等差中项的性质来反映等差数列的通项 an 与前 2n-1 项和 S2n-1 的内在联系. 2.解:依题意知.数列单调递减,公差 d<0.因为 . S3=S11=S3+a4+a5+…+a10+a11 所以 a4+a5+…+a7+a8+…+a10+a11=0 即 a4+a11=…=a7+a8=0, 故当 n=7 时,a7>0,a8<0.选择 C. 解选择题注意发挥合理推理和估值的作用. 3. 多次运用迭代, 解: 可得 an = ( an ?1 ) = [( an ? 2 ) ] = ( an ? 2 )
2 2 2 22

= L = (a1 ) 2
1 . 2

n?1

= 32

n?1

4.解:Q a 2 ? a n ?1 = 128,∴ a1 a n = 128 ,又 a1 + a n = 66 ,由以上二式得

a1 = 2, an = 64 或 a1 = 64, an = 2 ;由此得 n = 6, g = 2 或
说明:本例主要复习数列的基本运算和方程思想的应用。 5.解: (1)Q a n +1 = a n + 2n ,∴ a n +1 ? a n = 2n ,

∴ a n = a1 + (a 2 ? a1 ) + (a3 ? a 2 ) + L + (a n ? a n?1 ) = 1 + 2 × 1 + 2 × 2 + L + 2 × (n ? 1) = 1 + n × (n ? 1) = n 2 ? n + 1 a a a a n 1 2 n ?1 1 (2)Q n +1 = ∴ a n = a1 ? 2 ? 3 ? L ? n = 1 ? ? ? L ? = an n +1 a1 a 2 a n ?1 2 3 n n 又 解 : 由 题 意 , ( n + 1) a n +1 = na n 对 一 切 自 然 数 n 成 立 ,

∴ na n = (n ? 1)a n ?1 = L = 1 ? a1 = 1 1 ∴ an = . n 1 1 (3)Q a n +1 = a n + 1∴ a n +1 ? 2 = ( a n ? 2) ∴ {a n ? 2} 是首项为 a1 ? 2 = ?1 2 2 1 1 n ?1 1 n ?1 公比为 的等比数列,∴a n ?2 = ?1 ? ( ) ,∴ a n = 2 ? ( ) . 2 2 2
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说明:本例复习求通项公式的几种方法:迭加法、迭乘法、构造法。 说明 6. : S n = 1 + ra n 可得当 n ≥ 2 时 S n ?1 = 1 + ra n ?1 , S n ? S n ?1 = r (a n ? a n ?1 ) , 解 由 ∴

an r = ,Qr ≠ 0 , a n ?1 r ? 1 r 1 ∴{a n } 是公比为 的等比数列. 又当 n = 1 时, S1 = 1 + ra1 ,∴ a1 = , r ?1 1? r 1 r n ?1 ∴ an = ( ) 。 1? r r ?1 说明: 本例复习由有关 S n 与 a n 递推式求 a n , 关键是利用 S n 与 a n 的关系进行转化。 说明: 7 .( 1 ) 证 明 : 由 已 知 可 得 a n 确 定 后 , a n +1 表 示 如 下 : a n+1 = a n ? (1 ? 4%) + (1 ? a n ) ? 16% 4 4 即 a n +1 =80% a n +16%= a n + 5 25 4 4 4 4 4 4 4 (2)解:由 a n +1 = a n + 可得: a n +1 ? = ( a n ? )=( )2( a n ?1 ? ) 5 25 5 5 5 5 5 4 n 4 =…= ( ) ( a1 ? ) 5 5 1 4 n 4 3 1 4 n 4 3 1 4 n?1 故有 a n +1 = ? ( ) + ,若 a n +1 ≥ . 则有 ? ( ) + ≥ . 即 ≥ ( ) 2 5 5 5 2 5 5 5 2 5 两边同时取对数可得 ? lg 2 ≥ ( n ? 1)( 2 lg 2 ? lg 5) = ( n ? 1)(3 lg 2 ? 1) lg 2 + 1 > 4 ,故使得上式成立的最小 n ∈ N * 为 5, 故n ≥ 1 ? 3 lg 2
∴ a n = ra n ? ra n ?1 , ∴ a n (r ? 1) = ra n ?1 , Q r ≠ 1, ∴
故最少需要经过 5 年的努力,才能使全县的绿化率达到 60%.

8.(I)解:当 n≥3 时, (II)解: II)

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.

由此推测。

证法一:因为 证法一

,且

(n≥2)所以 证法二:(用数学归纳法证明:) 证法二



(i)当时,

,公式成立,

(ii)假设当

时,公式成立,即

成立。

那么当

时,

=

式仍成立。

根据(i)与(ii)可知,对任意

,公式

成立

评注: 评注:本小题主要考查中点坐标公式、等比数列等基本知识,考查运算能力和逻辑思维 能力。
54

宁乡县第二中学 2004-2005 学年度高三数学教案

任教班级:C146-147

9.解:(1)由题意

=

an>0

令 n=1 时,

=

S1=a1 解得 a1=2

令 n=2 时有

=

=a1+a2 ?解得 a2=6

令 n=3 时有

=

S3=a1+a2+a3 解得 a3=10 ?

故该数列的前三项为 2、6、10.? (2)解法一 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数列{an} (2)解法一 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)中已求得 a1=2,所以上述结论正确.? 2°假设 n=k 时,结论正确,即有 ak=4k-2 ?

由题意有

得 ak=4k-2,代入上式得 2k=

,解得 Sk=2k

2

由题意有
2

=
2

Sk+1=Sk+ak+1 得 Sk=2k 代入得

2

=2(ak+1+2k )?

2

整理 a k+1-4ak+1+4-16k =0 ?由于 ak+1>0,解得:ak+1=2+4k ? 所以 ak+1=2+4k=4(k+1)-2 ? 这就是说 n=k+1 时,上述结论成立.? 根据 1°,2°上述结论对所有自然数 n 成立.?

解法二: 解法二:由题意有,

=

(n∈N)?整理得 Sn= (an+2) ?
55

2

宁乡县第二中学 2004-2005 学年度高三数学教案
2 2

任教班级:C146-147
2

由此得 Sn+1= (an+1+2) 所以 an+1=Sn+1-Sn= [(an+1+2) -(an+2) ]? 整理得(an+1+an)(an+1-an-4)=0 由题意知 an+1+an≠0,所以 an+1-an=4 即数列{an}为等差数列,其中 a1=2,公差 d=4, 所以 an=a1+(n-1)d=2+4(n-1)?即通项公式 an=4n-2.? (3)令 cn=bn-1,?

则 c n=

=

=

b1+b2+…+bn-n=c1+c2+…+cn ?

= 说明: 说明:该题的解题思路是从所给条件出发,通过观察、试验、分析、归纳、概括、猜想 出一般规律,然后再对归纳、猜想的结论进行证明.对于含自然数 n 的命题,可以考虑 用数学归纳法进行证明,该题着重考查了归纳、概括和数学变换的能力.

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