《2011届高考数学第一轮总复习经典实用 3-1数列学案课件》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2011届高考数学第一轮总复习经典实用 3-1数列学案课件（59页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、命题预测：命题预测：1数数列列在在历历年年高高考考中中都都占占有有较较重重要要的的地地位位，一一般般情情况况下下都都是是一一至至两两个个客客观观性性试试题题和和一一个个解解答答题题，分分值值占占整整个个试试卷卷的的15%左左右右，客客观观性性试试题题主主要要考考查查等等差差、等等比比数数列列的的概概念念、性性质质、通通项项公公式式、前前n项项和和公公式式等等基基本本知知识识和和基基本本性性质质的的灵灵活活应应用用，以以及及归归纳纳猜猜想想等等能能力力，理理科科试试卷卷在在极极限限的的有有关关运运算算、无无穷穷递递减减等等比比数数列列所所有有项项和和等等内内容容也也经经常常出出题，对基本的计算技
2、能要求比较高，解答题大多以数列、题，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以数列、数数学学归纳法法内内容容(文文科科考考生生对数数列列极极限限、数数学学归纳法法不不做做要要求求)为工工具具、综合合运运用用函函数数、方方程程、不不等等式式等等知知识，通通过运运用用递推推思思想想、函函数数与与方方程程、归纳与与猜猜想想、等等价价转化化、分分类讨论等等各各种种数数学学思思想想方方法法，考考查学学生生灵灵活活运运用用数数学学知知识分分析析问题和和解解决决问题的的能能力力，属属于于中中、高高档档难度度的的题目目2数数列列是是特特殊殊的的函函数数，而而不不等等式式则是是深深刻刻认识函函数数和和数数列列的的
3、重重要要工工具具，三三者者的的综合合求求解解题是是对基基础和和能能力力的的双双重重检验，在在三三者者交交汇处设计试题，特特别是是数数列列推推理理题是是近近年年来高考命来高考命题的的热点点3数数列列推推理理题是是新新出出现的的命命题热点点数数学学的的抽抽象象推推理理，能能直直接接反反映映考考生生个个性性的的思思维品品质，区区分分思思维的的严谨程程度度、深深刻刻程程度度、灵灵敏敏程程度度、灵灵活活程程度度的的差差异异，从从而而有有效效区区分分考考生生的的潜潜能能逻辑思思维能能力力是是数数学学考考查的的核核心心，高高考考中中对逻辑推推理理能能力力的的考考查在在不不断断加加强强，特特别是是近近几几年年
4、，对推推理理能能力力的的考考查，主主要要放放在在数数列列题中中，几几乎乎每每年年1至至2道道(如：如：2009山山东卷卷20题、江西卷、江西卷22题、安徽卷、安徽卷19题等等)4数数列列与与解解析析几几何何知知识结合合的的题目目及及数数列列的的应用用问题也要引起足也要引起足够的重的重视备考指南：备考指南：1数数列列部部分分的的复复习习要要分分为为三三个个方方面面：(1)重重视视函函数数与与数数列列的的联联系系，重重视视方方程程思思想想在在数数列列中中的的应应用用(2)掌掌握握等等差差数数列列、等等比比数数列列的的基基础础知知识识以以及及可可化化为为等等差差、等等比比数数列列的的简简单单问问题题
5、，同同时时要要重重视视等等差差、等等比比数数列列性性质质的的灵灵活活运运用用(3)要要设设计计一一些些新新颖颖题题目目，尤尤其其是是通通过过探探索索性性题题目目，挖挖掘掘学学生生的的潜潜能能，培培养养学学生生的的创创新新意意识识和和创创新新精精神神，数数列列综综合合能能力力题题涉涉及及的的问问题题背背景景新新颖颖，解解法法灵灵活活解解这这类类题题时时，学生们要全面灵活地运用数学思想方法进行思考解答学生们要全面灵活地运用数学思想方法进行思考解答2数数列列部部分分的的复复习要要加加强强三三种种意意识：(1)对于于客客观题，应注注意意寻求求简捷捷方方法法解解答答历年年有有关关数数列列的的选择题，就就
6、会会发现，除除了了常常规方方法法外外，要要注注意意使使用用更更简捷捷的的方方法法求求解解灵灵活活运运用用等等差差数数列列、等等比比数数列列的的有有关关性性质，可可更更加加准准确确、快快速速地地解解题，这种种思思路路在在解解客客观题时表表现得得更更为突突出出，很很多多数数列列客客观题都都有有灵灵活活、简捷捷的的解解法法如如2009年年福福建建文文科科第第3题常常规方方法法是是运运用用方方程程的的思思想想求求解解a1和和d，若若运运用用性性质 便便可可以以直直接接得得到到S8.两两种种不不同同的的解解法法，差差异异很很大大，体体现不同的方法和不同的能力要求不同的方法和不同的能力要求 (2)对于于填
7、填空空题，则应注注重重归纳猜猜想想、解解方方程程等等方方法法(3)在在数数列列的的学学习中中加加强强能能力力训练和和综合合训练数数列列问题对能能力力要要求求较高高，特特别是是运运算算能能力力、归纳猜猜想想能能力力、转化化能能力力、逻辑推推理理能能力力更更为突突出出一一般般来来说，考考题中中选择题、填填空空题解解法法灵灵活活多多变，而而解解答答题更更是是能能力力与与思思想想的的集集中中体体现，尤尤其其近近几几年年高高考考加加强强了了数数列列推推理理能能力力的的考考查，应引引起起我我们足足够的重的重视.基础知识基础知识一、按一、按 叫数列，数列中的叫数列，数列中的都都叫叫这这个个数数列列的的项项；
8、在在函函数数意意义义下下，数数列列是是定定义义域域为为N*(或或它它的的子子集集)的的函函数数，f(n)是是当当自自变变量量n从从1开开始始依依次次取取自自然然数数时时所所对对应应的的一一列列函函数数值值f(1)、f(2)、f(n).通通常常用用an代替代替f(n)，故数列的一般形式为：，故数列的一般形式为： ，简记为，简记为 ，其中，其中an是数列的第是数列的第n项项一定次序排成的一列数一定次序排成的一列数每一每一个数个数a1，a2，a3，anan二二、如如果果数数列列an的的第第n项项 与与项项数数 之之间间的的关关系系可可以用一个公式以用一个公式anf(n)来表示，那么来表示，那么anf
9、(n)叫做数列的叫做数列的 但但并并非非每每个个数数列列都都有有通通项项公公式式，也也并并非非都都是是唯唯一的一的三、如已知数列三、如已知数列an的第的第 项项(或前或前 项项)，且任一项，且任一项 与与它它的的前前一一项项 (或或 )间间的的关关系系可可以以用用一一个个公公式式表表示示，此此公公式式叫叫数数列列的的递递推推公公式式数数列列常常用用表表示示法法有有三三种：种： 、 、 ann通通项公式项公式1几几anan1前几项前几项解析法解析法(通项公式或递推公式通项公式或递推公式)列表法列表法图象法图象法一、数列与函数的关系失误一、数列与函数的关系失误1数列数列2n229n3中的最大项为中
10、的最大项为_答案：答案：a7108二、知二、知Sn表达式求通项表达式求通项an失误失误2 数数 列列 an的的 前前 n项项 和和 Sn n2 4n， 则则 an_.答案：答案：2n53数数列列an的的前前n项项和和Sn满满足足log2(n2Sn)2，则则an_.答案：答案：三、忽略三、忽略n的条件出现错误的条件出现错误4判断正判断正误，若若在在数数列列an中中a11，an13Sn(n1)，则数数列列an是等比数列是等比数列()答案：答案：回归教材回归教材1下列对数列的理解有四种：下列对数列的理解有四种：数数列列可可以以看看成成一一个个定定义义在在N*(或或它它的的有有限限子子集集1,2,3，
11、n)上的函数；上的函数；数列的项数是有限的；数列的项数是有限的；数列若用图象表示，从图象上看都是一群孤立的点；数列若用图象表示，从图象上看都是一群孤立的点；数列的通项公式是惟一的数列的通项公式是惟一的其中说法正确的序号是其中说法正确的序号是()ABC D解解析析：由由数数列列与与函函数数的的关关系系知知对对，对对，由由数数列列的的分类知分类知不对，数列的通项公式不是惟一的，不对，数列的通项公式不是惟一的，不对不对答案：答案：C2(课本本P142，B组2题改改编)已已知知数数列列的的通通项公公式式ann25n14，bN，则：(1)这个数列的第个数列的第4项是是_；(2)52是是这个数列的第个数列
12、的第_项；(3)这个数列的第个数列的第_项最小；最小；(4)这个数列前个数列前_项的和最小的和最小答案：答案：18112或或36或或73已已知知数数列列an的的前前4项为1,3,7,15，写写出出数数列列an的的一个通一个通项公式公式an_.答案：答案：2n14数数列列 an的的前前n项和和Sn满足足log2(Sn1)n1，则an_.答案：答案：5(2009成都成都3月月诊断，断，5)数列数列an中，若中，若a1 ，an (n2，nN)，则a2007的的值为()A1B.C1D2答案：答案：A解析：解析：数数列列an是是周周期期为为3的的数数列列，a2007a31 1.故选故选A.【例例1】根根
13、据据数数列列的的前前几几项，写写出出下下列列各各数数列列的的一一个通个通项公式：公式：(1)1,4，7,11，(2)0.8,0.88,0.888，(5)0,1,0,1命命题题意意图图先先观观察察各各项项的的特特点点，然然后后归归纳纳出出通通项项公公式式解解析析(1)符符号号问问题题可可通通过过(1)n或或(1)n1表表示示，其其各各项项的的绝绝对对值值的的排排列列规规律律为为：后后面面数数的的绝绝对对值值总总比比前前面面数的绝对值大数的绝对值大3，故通项公式为，故通项公式为an(1)n(3n2)(2)将将数数列列变变形形为为 (10.1)，(10.01)，(10.001)，an (1 )(3)
14、各各项项的的分分母母分分别别为为21,22,23,24，易易看看出出第第2,3,4项项的的分分子分别比分母少子分别比分母少3.因此把第因此把第1项变为项变为 ，至此原数，至此原数列已化为列已化为 ，an(1)n .(4)将将数数列列统统一一为为 ，对对于于分分子子3,5,7,9，是是序序号号的的2倍倍加加1，可可得得分分子子的的通通项项公公式式为为bn2n1，对对于于分分母母2,5,10,17，联联想想到到数数列列1,4,9,16即即数数列列n2，可得分母的通项公式为可得分母的通项公式为cnn21，可得它的一个通项公式为可得它的一个通项公式为an .总总结结评评述述(1)根根据据数数列列的的前
15、前几几项项求求它它的的一一个个通通项项公公式式，要要注注意意观观察察每每一一项项的的特特点点，可可使使用用添添项项、还还原原、分分割等办法，转化成一些常见数列的通项公式来求割等办法，转化成一些常见数列的通项公式来求(2)根根据据数数列列的的前前几几项项写写出出数数列列的的一一个个通通项项公公式式是是不不完完全全归归纳纳法法，它它蕴蕴含含着着“从从特特殊殊到到一一般般”的的思思想想，由由不不完完全全归归纳纳得得出出的的结结果果是是不不可可靠靠的的，要要注注意意代代值值检检验验，对对于于正正负符号变化，可用负符号变化，可用(1)n或或(1)n1来调整来调整(3)观观察察、分分析析问问题题的的特特点
16、点是是最最重重要要的的，观观察察要要有有目目的的，观观察察出出项项与与项项数数之之间间的的关关系系、规规律律，利利用用我我们们熟熟知知的的一一些些基基本本数数列列(如如自自然然数数列列、奇奇偶偶数数列列等等)建建立立合合理理的的联联想想、转换而使问题得到解决转换而使问题得到解决根根据据下下面面各各数数列列的的前前几几项值，写写出出数数列列的的一一个个通通项公公式：式：(1)4， ，2， ，.(2)3,5,9,17,33，.(3)5,55,555,5555，.(4)7,0，7,0,7，.分分析析：本本题题给给出出四四个个数数列列的的前前几几项项，要要求求写写出出数数列列的的一一个个通通项项公公式
17、式，即即寻寻找找一一列列数数的的排排列列规规则则，关关键键在在于于找找出出项与序号间的对应关系项与序号间的对应关系解析：解析：(1)这个数列的前四项可以改写成这个数列的前四项可以改写成，这这四四项项的的分分母母都都与与项项的的序序号号相相同同，分分子子恰恰好好是是序序号号加加3，又又奇奇数数项项为为正正，偶偶数数项项为为负负，从从而而它它的的一一个个通通项项公式为公式为an(1)n1 .(2)若若联想想数数列列2,4,8,16,32，即即数数列列2n，可可知知an2n1；若考若考虑逐差法，有逐差法，有a2a1221，a3a2422，anan12n1，累加得，累加得ana12222n1，即即an
18、32n22n1.(3)所所求求通通项可可转化化为基基本本数数列列9,99,999,9999，的的通通项an10n1.易知易知an (10n1)(nN*)(4)所所求求通通项可可转化化为数数列列1,0，1,0,1，的的通通项，这不不正正是是“五五点点法法”作作图中中的的几几个个值吗？于于是是有有an7sin ，或，或an7cos (nN*)总总结结评评述述：解解这这类类题题需需要要我我们们从从多多角角度度思思考考，全全方方位位观观察察，广广泛泛联联想想，将将原原数数列列作作出出适适当当的的转转化化变变形形后后，作作为为基本数列或特殊数列，方可迅速获解基本数列或特殊数列，方可迅速获解【例【例2】(
19、1)已知已知an中，中，a1 ，an1an ，求，求an.(2)数数列列an中中，a11，对于于n1(nN*)有有an3an12，求，求an.(3)已知数列已知数列an中，中，a1，an1求求an.分分析析(1)对对于于递递推推式式为为an1anf(n)而而且且f(n)可以求和可以求和只只要要和和f(1)f(2)f(n1)f(n)是是可可求求的的，就就可可以以由由an1anf(n)以以“n”1,2，(n1)代代入入，可可得得n1个等式累加而求个等式累加而求an，称为累加法，称为累加法(2)递递推推式式为为an1panq(p，q为为常常数数，且且p0,1，q0)对于于形形如如an1panq的的递
20、推推公公式式求求通通项公公式式常常用用迭迭代法或代法或换元法，其中元法，其中换元法由元法由an1panq(p1)得得(3)对于于递推式推式为an1panqn(p，q为常数常数)对于于递推式推式an1panqn，可两，可两边除以除以qn1，得，得 引引辅助数列助数列bn，bn ，得，得bn1再解再解(4)当当然然，本本例例各各小小题也也可可以以采采取取“猜猜想想归纳法法”，先先写写出出前前几几项，再再找找出出规律律，猜猜测通通项公公式式，最最后后用用数数学学归纳法法证明明解析解析(1)由已知得由已知得an1an令令“n”1,2，(n1)，代代入入后后(n1)个个等等式式累累加加，即即(a2a1)
21、(a3a2)(anan1) (2)解解法法1：由由已已知知递递推推式式得得an13an2，an3an12，两式相减两式相减an1an3(anan1)，(这是手段之一这是手段之一)因因此此数数列列an1an是是公公比比为为3的的等等比比数数列列，其其首首项项为为a2a1(312)14，an1an43n1.an13an2，3an2an43n1，即即an23n11.解解法法2：由由解解法法1得得an1an是是公公比比为为3的的等等比比数数列列，于是有：于是有：a2a14，a3a243，a4a3432，anan143n2，把把n1个等式累加得个等式累加得ana14(13323n2) ，an23n11.
22、解法解法3：设递推式设递推式an3an12，可以化为：可以化为：an1t3(ant)即即an13an2t.22t，t1，于于是是得得an113(an1)，(这是手段之二这是手段之二)数数列列an1是是公公比比为为3的的等等比比数数列列，其其首首项项为为a112，an123n1，即，即an23n11.总总结结评评述述把把一一个个数数列列问问题题转转化化为为基基本本数数列列求求解解，它它的的好好处处是是利利于于应应用用基基本本数数列列的的公公式式及及其其研研究究方方法法本本题题的的解解法法1和和解解法法3，通通过过变变换换得得bnan1，或或bnan1an，将将原原数数列列转转化化为为等等比比数数
23、列列求求解解；本本题题解解法法2，应应用用了了叠叠加法原理加法原理(3)在在an1 的的两两边边乘乘以以2n1得得，2n1an1 (2nan)1，令，令bn2nan.则则bn1 bn1，于是可得于是可得bn1bn (bnbn1)(下面与下面与(2)题解法一样题解法一样)bn32( )n.an已知数列已知数列an满足足a11，an3n1an1(n2)求求an.解析：解析：方法一：由已知方法一：由已知anan13n1(n2)，故故an(anan1)(an1an2)(a2a1)a13n13n231 .n1时，也满足上式，故时，也满足上式，故an .方法二：递推式方法二：递推式an3n1an1，则则a
24、n13n2an2，所以所以an3n1an13n13n2an23n13n232a23n13n2323a13n13n231 ，n1时，也满足时，也满足an .从而从而an 对任意对任意nN*均成立均成立已知已知an中中a11，an12an1求求an解解法法1：(迭迭代代法法)an2an112(2an21)122an221，22(2an31)2123an322212n1a12n22n3212n12n221 2n1.解法解法2：(换元法换元法)an12an1，an112(an1)an1是以是以a11为首项，为首项，2为公比的等比数列，为公比的等比数列，an122n12nan2n1.在在数数列列an中中
25、，a12，an2an12n1(n2，nN*)求求an.解析：解析：an2an12n1 成等差数列，首项为成等差数列，首项为 1，公差为，公差为2， 1(n1)22n1.【例例3】已已知知下下列列各各数数列列an的的前前n项和和Sn的的公公式式，求求an的通的通项公式公式Sn10n1；Snn21；an0，分分析析(1)已已知知数数列列an的的前前n项项和和Sn，求求an时时，要要注意运用注意运用an和和Sn的关系，即的关系，即an(2)对对于于形形如如Snf(an)求求an常常有有两两种种处处理理方方法法：一一、由由Snf(an)得得Sn1f(an1)两两式式做做差差得得anf(an)f(an1
26、)(n2)二二、将将an换换成成SnSn1即即Snf(SnSn1)，先先求求出出Sn，再求出，再求出an.解析解析(1)当当n1时，时，a1S19，当当n2时，时，anSnSn1(10n1)(10n11)10n10n1910n1，当当n1时，时，a19也适合上式，也适合上式，an910n1(nN*)(2)当当n1时，时，a1S12，当当n2时时，anSnSn1(n21)(n1)212n1，而而n1时，时，a12不适合上式，不适合上式，an(3)由由n2时，时，anSnSn18an(anan14)(anan1)(anan1)(anan14)0an0，anan10anan140，即，即anan14
27、数列数列an为等差数列，且公差为等差数列，且公差d4.又又a1S1 ，a12an24(n1)4n2.已知下面数列已知下面数列an的前的前n项和和Sn，求，求an的通的通项公式：公式：(1)Sn2n23n；(2)Sn3nb；(3)an0，Sn解析：解析：(1)a1S1231，当当n2时时，anSnSn1(2n23n)2(n1)23(n1)4n5.由于由于a1也适合此等式也适合此等式an4n5(nN*)(2)a1S13b，当当n2时时，anSnSn1(3nb)(3n1b)23n1.当当b1时，时，a1适合此等式；适合此等式；当当b1时，时，a1不适合此等式，不适合此等式，当当b1时，时，an23n
28、1；当当b1时，时，an(3)由由an与与Sn的的关关系系式式把把已已知知等等式式转转化化为为Sn的的递递推推关关系式系式当当n1时，时，a1S1a10，a11.当当n2时，时，anSnSn1，Sn (SnSn1整理得，整理得，SS1.S是以是以S1为首项，公差为为首项，公差为1的等差数列的等差数列S1(n1)1n.an0，Sn ，又，又S11，当当nN*时，时，当当n2时，时，anSnSn1 1.当当nN*时，时，an总总结结评评述述：已已知知an的的前前n项项和和Sn，求求an时时应应注注意意以以下三点：下三点：应应重重视视分分类类讨讨论论的的应应用用，分分n1和和n2两两种种情情况况讨讨
29、论；特别注意论；特别注意anSnSn1中需中需n2.由由SnSn1an推推得得的的an，当当n1时时，a1也也适适合合“an式式”，则需统一，则需统一(“合写合写”)由由SnSn1an，推推得得的的an，当当n1时时，a1不不适适合合“an式式”，则数列的通项公式应分段表示，则数列的通项公式应分段表示(“分写分写”)即即an把把an用用SnSn1代代换换可可得得到到Sn的的递递推推关关系系式式，若若Snf(an)与与Sn1f(an1)相相减减可可得得an的的递递推推关关系系式式，这这两两种种方法都是求解此类问题的常用方法方法都是求解此类问题的常用方法1求求数数列列通通项项或或指指定定项项通通常
30、常用用观观察察法法(对对于于交交错错数数列列一一般般用用(1)n来来区区分分奇奇偶偶项项的的符符号号)；已已知知数数列列中中的的递递推推关关系系，一一般般只只要要求求写写出出数数列列的的前前几几项项，若若求求通通项项可可用用归归纳、猜想和转化的方法纳、猜想和转化的方法2强调强调an与与Sn的关系：的关系：an3已已知知递推推关关系系求求通通项：这类问题的的要要求求不不高高，但但试题难度度较难把握一般有三种常把握一般有三种常见思路：思路：(1)算出前几算出前几项，再，再归纳、猜想；、猜想；(2)“an1panq”这种种形形式式通通常常转化化为an1p(an)，由待定系数法求出，由待定系数法求出，再化，再化为等比数列；等比数列；(3)逐差累加法、累乘法或构造新数列法逐差累加法、累乘法或构造新数列法 请同学们认真完成课后强化作业
