2018-2019年度数学新学案同步必修5第二章疑难规律方法.doc

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1、1 数列中的数学思想数学思想在以后的学习中起着重要的作用，若能根据问题的题设特点，灵活地运用相应的数学思想，往往能迅速找到解题思路，从而简便、准确求解.1.方程思想例 1 在等比数列an中，已知 a1a2a37，a1a2a38，求通项 an.分析 欲求通项 an，需求出 a1及 q，为此根据题设构造关于 a1与 q 的方程组即可求解.解 方法一 a1a3a ，a1a2a3a 8，a22.2 23 2从而Error!Error!解得 a11，a34 或 a14，a31.当 a11 时，q2；当 a14 时，q .12故 an2n1或 an23n.方法二 由等比数列的定义知 a2a1q，a3a1q

2、2代入已知，得Error!Error!即Error!Error!即Error!Error!将 a1 代入得 2q25q20，2qq2 或 q ，12由得Error!Error!或Error!Error!an2n1或 an23n.2.分类讨论思想例 2 已知an是各项均为正数的等差数列，且 lg a1，lg a2，lg a4也成等差数列，若 bn，n1,2,3，证明：bn为等比数列.21na证明 由于 lg a1，lg a2，lg a4成等差数列，所以 2lg a2lg a1lg a4，则 a a1a4.2 2设等差数列an的公差为 d，则有(a1d)2a1(a13d)，整理得 d2da1，从而

3、 d(da1)0.(1)当 d0 时，数列an为常数列，又 bn，则bn也是常数列，21na此时bn是首项为正数，公比为 1 的等比数列.1a2(2)当 da10 时，则 a2na1(2n1)dd(2n1)d2nd，所以 bn，21na12d12n1这时bn是首项为 b1，公比为 的等比数列.12d12综上，bn为等比数列.3.特殊化思想例 3 在数列an中，若k(k 为常数)，nN*，则称an为“等差比数列”.an2an1an1an下列是对“等差比数列”的判断：k 不可能为 0；等差数列一定是等差比数列；等比数列一定是等差比数列；等差比数列中可以有无数项为 0.其中正确的判断是( )A. B

4、. C. D.分析 本题为新定义题，且结论具有开放性，解决本题可借助新定义构造特殊数列，排除不正确的判断，从而简捷求解.解析 数列 a，a，a(a0)既是等差数列，又是等比数列，但不满足k，an2an1an1an即不是等差比数列，故、不正确.故选 D.答案 D4.整体思想例 4 在等比数列an中，a9a10a(a0)，a19a20b，则 a99a100_.分析 根据题设条件可知q10 ，a19a20a9a10ba而q90，故可整体代入求解.a99a100a9a10解析 设等比数列an的公比为 q，则q10 ，a19a20a9a10ba又q90(q10)99，a99a100a9a10(ba)故

5、a99a1009(a9a10).(ba)b9a8答案 b9a82 求数列通项的四大法宝1.公式法题设中有 an与 Sn的关系式时，常用公式anError!Error!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 anError!Error!2.累加法若数列an满足 anan1f(n1)(n2)，且 f(1)f(2)f(n1)可求，则可用累加法求通项.例 2 已知数列an满足 a11，an3n1an1(n2)，求其通项公式

6、 an.解 由已知，得 anan13n1(n2)，所以 a2a13，a3a232，a4a333，anan13n1，以上各式左右两边分别相加，得ana1332333n1，所以 an1(n2)，313n1133n12又 n1 时，a11，所以 an(nN*).31123n123.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.anan1例 3 已知数列an中，a13，anan1(an0，n2)，求其通项公式 an.3n43n1解 由 a13，anan1，得，3n43n1anan13n43n1所以 ， ，(n2)，以上各式左右两边分别相a2a125a

7、3a258a4a3811a5a41114anan13n43n1乘，得，ana123n1所以 an(n2)，63n1又 a13，所以 an(nN*).63 1163n14.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，解得 ，从而构造出等比qp1数列an.例 4 数列an满足 a11，an1 an3(nN*)，求其通项公式 an.14解 设 an1t (ant)，则 an1 an t，141434与已知比较，得 t3，所以 t4，34故 an14 (an4)，14又 a141430，故数列an4

8、是首项为3，公比为 的等比数列，因此14an43n1，(14)即 an43n1(nN*).(14)3 如何研究数列的单调性和最大(小)项研究数列的单调性和最大(小)项，首选作差，其次可以考虑借助函数单调性例 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(79)的项数；若无，说明理由.解 an1an(n1)n2nn1n1，当 n3 时，an1an0.综上，可知an在 n1,2,3时，单调递增；在 n4,5,6,7，时，单调递减.所以存在最大项，且第 4 项为最大项.点评 之所以首选作差，是因为研究数列的单调性和研究函数单调性不一样，函数单调性要设任意 x1 1

9、，即 3 时，数列an也是单调递增的.(2)2故 的取值范围为(3，).正解 2 因为数列an是递增数列，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 nN*时，(2n1)的最大值为3(n1 时)，所以 的取值范围是(3，).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)Error!Error!数列an满足 anf(n)，nN*，且数列an是递增数

10、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Error!Error!解得 0 时，a11 时，a8180应该舍掉.正解 凸 n 边形内角和为(n2)180，所以 120n5(n2)180，nn12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，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

11、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SnTn，试求的值.5n32n7a9b9错解 设 Sn(5n3)k，Tn(2n7)k，k0，则 a9S9S8(593)k(583)k5k，b9T9T8(297)k(287)k2k，所以 .a9b952点拨 此解答错在根据条件，SnTn5n32n7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，则a9S9S89

12、(593)k8(583)k88k，b9T9T89(297)k8(287)k41k，所以.a9b98841温馨点评 等差数列的前 n 项和 Sn n2n，当 d0 时，点(n，Sn)在二次函数 f(x)d2(a1d2) x2x 的图象上.当 d0 时，Snna1，但是本题不属于这种情况d2(a1d2).(否则SnTnna1nb1a1b1与SnTn5n32n7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，10 921

13、5 142得 120d200，即 d ，53an20(n1) ，53当 an0 时，20(n1) 0，n0 是不正确的，事实上应解 an0，an10.正解 设等差数列an的公差为d.由 a120，S10S15，得1020d152010 92d，解得公差 d .15 14253S10S15，S15S10a11a12a13a14a150，a11a15a12a142a13，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 S12S131220130.12 112(53)温馨点评 求等差数列前 n 项和最值的关键是分清正负

14、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.a2a1b2错解 1，a1，a2，4 成等差数列，设公差为 d，则 a2a1d (4)(1)1.131，b1，b2，b3，4 成等比数列，b (1)(4)4，b22.2 2当 b22 时， ，a2a1b21212当 b22 时， .a2a1b21212 .a2a1b212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，

15、则 a2a1d (4)(1)1，131，b1，b2，b3，4 成等比数列，b (1)(4)4，2 2b22.若设公比为 q，则 b2(1)q2，b20.b22， .a2a1b21212温馨点评 若设数列1，b1，b2，b3，4 的公比为 q，则 b21q20，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 12222n2n1.12n12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.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 12222n2n11.12n112温馨点评

16、 数列求和时，弄清项数是关键，等比数列前 n 项和 Snq1中的 n 指a11qn1q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Error!Error!解得 q .12所以 ana3qn34n3n5.(12)(12)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，an4.当 q1 时，Error!Error!解得 q ，ana3qn3n5.12(12)故数列通项公式为 an4 或 ann5.(12)温馨点评 利用等比数列前 n 项和公式时，要注意判断公比 q 是否等于 1，防止漏掉 q1这种情况.以上十例论述了数列中常见的一些错误及其原因，当然数列解题中的错误原因还有未尽之处，本文旨在抛砖引玉，使同学们在学习中养成良好的纠错习惯.集“错”成册，常翻常阅，引以为戒，警钟长鸣.