2022年高三數學二輪復習 專題四第三講 思想方法與規(guī)范解答教案 理

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1、2022年高三數學二輪復習 專題四第三講 思想方法與規(guī)范解答教案 理 思想方法 1．函數與方程思想 函數與方程思想在數列中的應用主要體現在： (1)等差、等比數列基本元素的計算，尤其是“知三求二”，注意消元的方法及整體代換的運用； (2)數列本身是定義域為正整數集或其有限子集的函數，在解決數列問題時，應有函數與方程思想求解的意識． [例1]　(xx年鄭州模擬)已知等差數列{an}滿足：a5＝9，a2＋a6＝14. (1)求{an}的通項公式； (2)若bn＝an＋qan(q>0)，求數列{bn}的前n項和Sn. [解析]　(1)設數列{an}的首項為a1，公差為d， 則由a

2、5＝9，a2＋a6＝14， 得 解得 所以{an}的通項an＝2n－1. (2)由an＝2n－1得bn＝2n－1＋q2n－1. 當q>0且q≠1時，Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(q1＋q3＋q5＋…＋q2n－1)＝n2＋； 當q＝1時，bn＝2n，則Sn＝n(n＋1)． 所以數列{bn}的前n項和 Sn＝ 跟蹤訓練 已知兩個等比數列{an}，{bn}滿足a1＝a(a>0)，b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3. (1)若a＝1，求數列{an}的通項公式； (2)若數列{an}唯一，求a的值． 解析：(1)設數列{an}的公比為q，則b

3、1＝1＋a＝2，b2＝2＋aq＝2＋q，b3＝3＋aq2＝3＋q2， 由b1，b2，b3成等比數列得(2＋q)2＝2(3＋q2)， 即q2－4q＋2＝0，解得q1＝2＋，q2＝2－ 所以數列{an}的通項公式為an＝(2＋)n－1或an＝(2－)n－1. (2)設數列{an}的公比為q，則由(2＋aq)2＝(1＋a)(3＋aq2)得aq2－4aq＋3a－1＝0.(*) 由a>0得Δ＝4a2＋4a>0，故方程(*)有兩個不同的實根． 由數列{an}唯一，知方程(*)必有一根為0，代入(*)得a＝. 2．分類討論思想 數列中的討論問題常見類型 (1)求和分段討論：知道數列{an}

4、的前n項和Sn，求數列{|an|}的前n項和； (2)對等比數列的公比討論：求等比數列前n項和問題中對公比q＝1和q≠1進行討論； (3)對項數的奇偶討論：與數列有關的求通項或求前n項和問題中對項數n的奇偶進行討論． [例2]　(xx年高考湖北卷)已知等差數列{an}前三項的和為－3，前三項的積為8. (1)求等差數列{an}的通項公式； (2)若a2，a3，a1成等比數列，求數列{|an|}的前n項和． [解析]　(1)設等差數列{an}的公差為d，則a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d. 由題意得 解得或 所以由等差數列通項公式可得 an＝2－3(n－1)＝－3n＋5，或a

5、n＝－4＋3(n－1)＝3n－7. 故an＝－3n＋5，或an＝3n－7. (2)當an＝－3n＋5時，a2，a3，a1分別為－1，－4，2，不成等比數列； 當an＝3n－7時，a2，a3，a1分別為－1，2，－4，成等比數列，滿足條件． 故|an|＝|3n－7|＝ 記數列{|an|}的前n項和為Sn. 當n＝1時，S1＝|a1|＝4；當n＝2時，S2＝|a1|＋|a2|＝5； 當n≥3時，Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an| ＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n－7) ＝5＋＝n2－n＋10. 當n＝2時，滿足此式． 綜上，Sn＝ 跟蹤訓練

6、在等比數列{an}中，設前n項和為Sn，x＝S＋S，y＝Sn(S2n＋S3n)，試比較x與y的大?。? 解析：設等比數列的首項為a1，公比為q， 則當q＝1時，Sn＝na1， ∴x＝(na1)2＋(2na1)2＝5n2a， y＝na1(2na1＋3na1)＝5n2a，∴x＝y(tǒng)； 當q≠1時，Sn＝， ∴x＝[]2＋[]2 ＝()2[(1－qn)2＋(1－q2n)2] ＝()2(q4n－q2n－2qn＋2)， y＝[＋] ＝()2(q4n－q2n－2qn＋2)， ∴x＝y(tǒng)，綜上可知x＝y(tǒng). 考情展望 高考對本專題的考查各種題型都有，在選擇填空中主要考查等差、等比數列的

7、基本問題，在解答題中主要考查，由遞推關系求通項及數列求和問題，同時綜合考查數列與不等式，函數的綜合應用，難度中檔偏上． 名師押題 【押題】　已知數列{an}的前n項和為Sn，a1＝，且Sn＝Sn－1＋an－1＋(n∈N*，n≥2)，數列{bn}滿足：b1＝－，且3bn－bn－1＝n(n≥2，且n∈N*)． (1)求數列{an}的通項公式； (2)求證：數列{bn－an}為等比數列； (3)求數列{bn}的前n項和的最小值． 【解析】　(1)由Sn＝Sn－1＋an－1＋得Sn－Sn－1＝an－1＋， 即an－an－1＝(n∈N*，n≥2)， 則數列{an}是以為公差的等差數列

8、， ∴an＝a1＋(n－1)×＝n－(n∈N*)． (2)證明：∵3bn－bn－1＝n(n≥2)，∴bn＝bn－1＋n(n≥2)， ∴bn－an＝bn－1＋n－n＋ ＝bn－1－n＋＝(bn－1－n＋)(n≥2)， bn－1－an－1＝bn－1－(n－1)＋＝bn－1－n＋(n≥2)， ∴bn－an＝(bn－1－an－1)(n≥2)， ∵b1－a1＝－30≠0，∴＝(n≥2)， ∴數列{bn－an}是以－30為首項，為公比的等比數列． (3)由(2)得bn－an＝－30×()n－1， ∴bn＝an－30×()n－1＝n－－30×()n－1. ∴bn－bn－1＝n－－30×()n－1－(n－1)＋＋30×()n－2＝＋30×()n－2×(1－) ＝＋20×()n－2>0(n≥2)，∴數列{bn}是遞增數列． ∵當n＝1時，b1＝－<0；當n＝2時，b2＝－10<0； 當n＝3時，b3＝－<0；當n＝4時，b4＝－>0， ∴數列{bn}從第4項起各項均大于0，故數列{bn}的前3項之和最小，記數列{bn}的前n項和為Tn，則T3＝－＋(－10)＋(－)＝－.