数列与数学归纳法--专题复习设计

《数列与数学归纳法》专题复习设计

一、2000年考试说明对数列的要求： 2000年考试说明对数列的要求： 年考试说明对数列的要求1、理解数列的有关概念。了解递推公式是 、理解数列的有关概念。 给出数列的一种方法， 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。 数列的前几项。 2、理解等差(比)数列的概念，掌握等差 数列的概念， 、理解等差( 数列的通项公式与前n项和公式， (比)数列的通项公式与前n项和公式，并能够 运用这些知识解决一些问题。 运用这些知识解决一些问题。 3、了解数列极限的意义，掌握极限的四则 、了解数列极限的意义， 运算法则，会求公比的绝对值小于1 运算法则，会求公比的绝对值小于1的无穷等 比数列前n项和的极限。 比数列前n项和的极限。 4、了解数学归纳法原理，并能用数学归纳 、了解数学归纳法原理， 法证明一些简单的问题。 法证明一些简单的问题。

二、信息1、考试的重点放在继续高等教育所 、 需要的基础知识。 需要的基础知识。 2、突出综合性和应用性，将出现多 、突出综合性和应用性， 知识点、多层次甚至多学科的综合题型。 知识点、多层次甚至多学科的综合题型。 3、从1999年开始，命题组人员主要 1999年开始， 年开始 由大学老师组成。 由大学老师组成。

三、近6年高考题中出现的题型、题量、分值统计 年高考题中出现的题型、题量、

1994 年 1995 年 1996 年 1997 年 1998 年 1999 年 题 型 题 分 题 分 题 分 题 分 题 分 题 分 量 值 量 值 量 值 量 值 量 值 量 值 1 4 1 5 2 9 1 5 1 5 1 12 1 11 1 12 2 26

选择题 填空题 解答题

四、专题复习的目的与专题内容的确定 目的：深化对基础知识、基本技能、 目的：深化对基础知识、基本技能、基 本方法的理解和掌握， 本方法的理解和掌握，提高解题的灵活 性和综合运用知识的能力并通过适当的 练习，增强应试的能力。 练习，增强应试的能力。 内容： 数列” 内容：“数列”、“数列问题的综合应 数学归纳法” 用”、“数学归纳法”

专题讲练之一： 专题讲练之一：数列复习要点： 复习要点： 一、基础知识的深化1、数列的单调性、有界性和周期性。 2、归纳等差、等比数列的性质1)等差、等比数列通项公式的推广：

an = am + (n m)d , an = am q 2) { a n }是 等 差 数 列 的 充 要 条 件 是a n = an + b或 S n = an2

n m

+ bn

3)若{ an }是等差(比)数列， 且 m + n = p + r ( m 、 n 、 p 、 r ∈ N ), 则有：

am + an = a p + ar (或 am an = a p ar )2

特别： a2k m + am = 2ak (或 a2k m am = ak ) k 4)若{ a n }为等差数列，公差为 d 则 a1 , a 3 ,

a 5 , L 仍是等差数列，公差为 2 d

a1 , a 4 , a 7 , L 仍是等差数列，公差为 3 d依此类推，还可以构成许多等差数列的子数列

5)对于等差数列{ a n }:若项数为 2n ( n ∈ N ), 则 S 偶 S 奇 = nd

若 项 数 为 2n 1 ( n ∈ N ) , 则 S奇 S偶 = an (中间项)

当等差数列的项数为奇数时，中间一项 当等差数列的项数为奇数时， 既等于所有项的算术平均数， 既等于所有项的算术平均数，也等于奇 数项或偶数项的算术平均数。 数项或偶数项的算术平均数。

6)等差(比)数列的等长连续片断的和组成等 差(比)数列

如：若{ a n }为等差(比)数列，则

a1 + a 2 + L + a k , a k +1 + a k + 2 + L + a 2 k , a 2 k +1 + a 2 k + 2 + L + a 3 k , L也是等差(比)数列。

二、基本技能的活用1、注意公式的变形应用如：等差数列的前 n 项和公式：

n( a1 + a n ) n(a 2 + a n 1 ) n(a m + a n m +1 ) Sn = = =L= 2 2 2 n(n 1)d d 2 d S n = na1 + = n + (a1 )n = an 2 + bn 2 2 2等比数列的前n 项和公式：

a1 amqn m+1 a1 (1 qn ) a1 anq a1 an 1q2 Sn = = = = L= (q ≠ 1) 1 q 1 q 1 q 1 q

2、掌握设元的一些技巧如：三个数成等差(比)数列，可设为

a a d , a, a + d (或 , a, aq ); q四个数成等差(比)数列，可设为

a a a 3d , a d , a + d , a + 3d (或 3 , , aq , aq 3 ) q q

3、记住一些小结论 如：在等差数列{ a n }中， 若 a m = n, a n = m ,则 a m +n = 0 ,若 S m = n, S n = m, 则 S n + m = (m + n )

1 又如：1 + 2 +L+ n = n(n +1)(2n +1) 62 2 2

n(n +1) 1 + 2 +L+ n = 2 3 3 3

2

三、基本方法的总结1、数列{ a n }成等差数列

a n +1 a n = d a n 1 + a n +1 = 2a n2、数列{ a n }成等比数列

ak ≥ 0 3、等差数列{ a n }的前 n 项和的最大值为 Sk a < 0 k+1

a n +1 2 = q a n 1 a n +1 = a n ( a n ≠ 0) an

4、设 S n 是数列{ a n }的前 n 项之和，则有: S1 ( n = 1) an = S S ( n ≥ 2) n 1 n

a k ≥ a k 1 1 5、数列{ a n }的最大项为 a k a ≥ a k +1 k6、错位相减法、累加法及倒序相加法

四、重要知识点的再现如果说首次复习的核心是夯实基础，那么本轮复习 的重心将是抓住重点，使学生的数学能力有一个较大的提 高。 数列单元的重点除了两类特殊数列 (等差、 等比数列)

S1 (n = 1) 外，就是利用an 与Sn 的关系：an = S S (n ≥ 2) n n 1研究一般数列的性质。

例题选讲例1、一个等差数列共有2n+1项，其奇数 项的和为512,偶数项之和为480,则中 间一项为( ) A、30 B、31 C、32 D、33解法一： 项数为 2n + 1 ,中间一项为第n +1 项， 设为 an+1 则由已知( 2n + 1 ) an+1 =512+480=99

2,个位数为 2 故排除(A) Q 两个奇数的积仍是奇数，且 2n + 1 是奇数， Q 故排除 B、D 而选(C)

解法二：S 奇=( n +1) an+1 =512 S 偶= n an+1 =480 两式相减得： an+1 =32 故选(C)

例 2:已知等差数列{ an }的公差d ≠ 0 ,且 a1 , a3 , a9 成

a1 + a3 + a9 等比数列，则 = a2 + a4 + a10从而 a1 (a1 + 8d ) = (a1 + 2d ) ∴ d a1d = 0,2 2

———————

解：Q a1 , a3 , a9 成等比数列 ∴ a1a9 = a

2 3

Q d ≠ 0 ∴ a1 = d a1 + a3 + a9 3a1 + 10d 13 ∴ = = a2 + a4 + a10 3a1 + 13d 16本题如果采用特殊值法，选用符合条件的数列1 本题如果采用特殊值法，选用符合条件的数列1, 2,3,…,10,可以通过心算迅速得解。 ,10,可以通过心算迅速得解。

例 3:设{ an }是首项为 50,公差为 2 的等差数列，{bn }是首项 10, 公差为 4 的等差数列，以ak 和bk 为两边的矩形内的最大圆的 面积为 Sk ,如果k ≤ 21,那么 Sk 等于( A、π (k + 24) 2 C、π (2k + 3) 2易知： ak = 2k + 48

)

B、π (k + 12) 2 D、π (2k + 1) 2

, bk = 4k + 6

∴ ak bk = L = 2(21 k ) ≥ 0(Q k ≤ 21) ∴ ak ≥ bk 即bk 为圆的直径

bk 2 这时 S k =π = π (2k + 3) 2 故选(C)

2

bk

ak