在制高点上对数列高考题的再思考贺
四重点辅导
四
勿以恶小而为之,勿以善小而不为.
?一福建一贺一平1一谢丽萍2
一一众所周知,
数列题常常在高考中扮演着举足轻重的重要角色.高考目标设定为 一本以上 的高三学子在备考中基本上都把数列题设定为志在必得的囊中之物.因此,在2014年高考即将来临之际,我们有必要在制高点理清高考数列题的脉络与延伸,把握新课程背景下数列题及其解法的新动向,这对2014届高三考生应对高考,实现目标是很有必要的.1一高考数列题型概述
我们依据考试说明,以数列这个知识点为 圆心 ,以近四年高考试题(含考试说明范围内的自主招生和高中联赛一模试题)为 半径 画圆,发现虽然数列题目的背景不尽相同,但可以归纳为3类题目:①与通项a n 有关的问题;②与前n 项和S n 有关的问题;③与等差(比)数列有关的问题.
2一制高点上数列题的统一解法概述上述3类题目中区分度最高的题型是与S n 有关
的问题,如:求S n 二求与S n 有关的最值二证明与S n 有
关的不等式二求解与S n 有关的应用问题等,下面我们以求S n 为例说明.
1)由于前n 项和S n 可视为特殊的a n ,因此,所有求a n 的方法均适用于求S n .如:配合拟合函数图象
画点列的观察法;相邻2或3项的递推数列转化为等差(等比)数列的待定系数法;配合累加(累乘)的一级(二级)阶差法;a n 与S n 的转化法;配合数学归纳法的先猜后证归纳法.这里的制高点是配合数学归纳法的先猜后证归纳法,我们将其称之为 猜归法 .2)求前n 项和S n 所特有的方法,当{a n }
是以下情形时直接求S n (我们称为可求和数列):当{a n }是等差(比)数列时;当a n =b n ?c n ({b n }二{c n }
分别是等差二等比数列);当{a n }是自然数的平方和或立方和时;通过放缩将不可求和数列{a n }转化为可求和数列{b n }的转特法.求S n 特有方法还有高斯加法和二项式定理的逆用.这里的制高点是通过放缩将不可求和数列
{a n }转化为可求和数列{b n }
,我们将其称之为 转特法 .
3)当{a n }
不是以上情形时求S n :我们要考虑先将{a n }的若干项组合视为一项再裂项或直接裂项,裂项的目的是将{a n }
转化为若干个可求和数列,或将{a n }
的n 项和通过合并同类项转化为有限项和.这里的制高点就是将若干项先组合视为一项再裂项,我们将其称之为
组裂法 .3一制高点上数列题型举例
例1一(2013年 卓越联盟 )已知数列{a n }
满足a n +1=a 2
n -na n +a ,
首项a 1=3.(1)若对一切n ?N ?恒满足a n ?2n ,
求a 的取值范围;
(2)若a =-2,
求证:1a 1-2+1a 2-2+ +1a n -2<2.解一(1)由a 2=a 21-a 1+a =9-3+a ?4,得a ?-2;由a 3=a 22-2a 2+a =(
6+a )2
-2(6+a )+a =a 2+11a +24?6,得a ?-2或a ?-9(舍去).
下证:对一切a ?-2,恒有a n ?2n .
当n =1时是显然成立的,而n =2时也是成立的;
设a k ?2k (k ?2),则a k +1=a 2
k -ka k +a =a k (a k -
k )+a ?2k (2k -k )+a =2k 2+a ,故a k +1-2(k +1)?
2k 2+a -2(k +1)=2k (k -1)+a -2?2?2+a -2=
a +2?0(
这里注意到k ?2),即n =k +1时也成立.综上,a 的取值范围为a ?-2.
(2)a n +1-2-2(a n -2)=a 2
n -na n -4-2a n +4=
a n (a n -n -2),显然a n >0,且a =-2时,a n ?2n ?
n +2(n ?2),所以当n ?2时,a n +1-2?2(a n -2).又a 2-2=2,a 1-2=1.故对一切n ?N ?,a n +1-2?2(a n -2)
,所以1
a n +1-2?12四1a n -2
.
故原式?
1a 1-2+12四1a 1-2+122四1
a 1-2+ +12n -1
四1a 1-2=1a 1-2(1+12+122+ +12
n -1)=1+
12+ +12n -1=2-(12)
n -1
<2.(1)本题第一问,问题抽象,容易让中上等水平的考生不知所措.但如果能运用先猜后证
的 猜归法 ,使抽象问题具体化,先得出准确结论再配合数学归纳法给出完整证明,那么问题就解决了.(2)本题第二问如果能运用
转特法 将通项1a n -2
转
化为可求和的等比数列通项12
n -1
四1a 1-2,就能在区分8
1
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熟读唐诗三百首,不会作诗也会吟.
度较高的这道题中胜出.
例2一(2012年广东卷)设数列{a n }的前n 项和为S n ,满足2S n =a n +1-2n +1+1,n ?N ?,且a 1,a 2+5,a 3成等差数列.
(1)求a 1的值;
(2)求数列{a n }的通项公式;(3)证明:
对一切正整数n ,有1a 1+1a 2+1a 3+ +1a n <3
2
.解一(1)a 1=1.
(2)a n =3n -2n .
(3)方法1一因为a n =3n -2n =(3-2)(3n -1+
3n -2?2+3n -3?22+ +2n -1)?3n -1,所以1a n ?1
3
n -1,所以
1a 1+1a 2+1a 3+ +1
a n
?1+13+132+ +13
n -1=1?(1-(13)
n )
1-13
<32.
方法2一因为a n +1=3n +1-2n +1>2?3n -2n +1=
2a n ,所以1
a n +1<12四1a n
.
当n ?2时,1a 3<12四1a 2,1a 4<12四1a 3,1a 5<12四1a 4
,
,1a n <12四1a n -1,累乘,得
1a n <
(12)n -2
四1a 2
,所以
1a 1+1a 2+1a 3+ +1a n ?1+1
5
+12?15+ +(12)n -2?15<7
5<32.由于没有符号二奇偶项问题,本题的核心是运用 转特法 直接将{a n }
放大,转化为特殊数列,即可求和数列(等比数列)即可.本题解法
目的明确,干净利落.
例3一(2009年南大)n 个圆至多将平面分成几
个部分?n 个球至多将空间分成多少个部分?解一设n 个两两相交的圆C 1,C 2, ,C n 把平面
分成了f 1(n )个部分,则第(n +1)个圆C n +1与所有的圆C 1,C 2, ,C n 两两相交,共有n 对交点.这n 对交点把圆C n +1分成2n 个部分,所以圆又从原来的n 个圆所分的平面数f 1(n )
中截成了2n 个部分,即f 1(
n +1)=f 1(n )+2n .又f 1(1)=2,从而可得f 1(n )=n 2-n +2.
再设n 个两两相交的球分空间为f 2(n )个部分,则第(n +1)个球的球面被原来的n 个球所分成的部分等价于n 个圆(两两相交)分的平面数,故
f 2(
n +1)=f 2(n )+n 2-n +2,且f 2(1)=2,解得f 2(n )=
n (n 2-3n +8)3
(n 条直线至多将平面分成n 2
+n +22个部分;n 个平面至多把空
间分成n 2+5n
+66个部分).
平面 空间 n 个
这些学生本来就刻意回避的抽象问题扑面而来,一下子让中上
水平的学生手忙脚乱二不知所措.但如能运用先猜后证的 猜归法 ,使抽象问题具体化,再配合数
学归纳法给出完整证明,那么问题就解决了.
例4一(2011年天津卷)已知数列{a n }与{b n }
满足b n +1a n +b n a n +1=(-2)n
+1,b n =3+(-1)n -1
2
,n ?
N ?,
且a 1=2.(1)求a 2,a 3的值;
(2)设c n =a 2n +1-a 2n -1,n ?N ?,证明{c n }
是等比数列;
(3)设S n 为{a n }
的前n 项和,证明S 1a 1+S 2a 2
+ +S 2n -1a 2n -1+S 2n a 2n ?n -1
3
(n ?N ?).解一(1)(2)略;
(3)证明:a 1=2,
当k ?N ?且k ?2时,a 2k -1=a 1+(a 3-a 1)+(a 5-a 3)+(a 7-a 5)+ +(a 2k -1-a 2k -3)=2+3(2+23+25+ +22k -3)=
2+3?
2(1-4k -1)1-4
=22k -1
.
故对任意k ?N ?,a 2k -1=22k -1.由a 2n -1+2a 2n =-22n -1+1,得22k -1+2a 2k =-22k -1+1,
所以a 2k =12
-22k -1,k ?N ?.所以a 2k -1+a 2k =
12
,因此S 2k =(a 1+a 2)+(a 3+a 4)+ +(a 2k -1+a 2k )=k 2
.于是,S 2k -1=S 2k -a 2k =k -12
+22k -1.
故S 2k -1a 2k -1+S 2k a 2k =k -12+22k -1
22k -1
+k
2
12
-22k -1
=9
1
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书到用时方恨少,事非经过不知难.
k -1+22k 22k
-k 22k -1=1-14k -k
4k (4k -1)
.所以,对任意n ?N ?,S 1a 1+S 2a 2+ +S 2n -1a 2n -1+S 2n a 2n =(S 1a 1+S 2a 2
)
+(S 3a 3+S 4a 4)+ +(S 2n -1a 2n -1+S 2n a 2n )=(1-14-112
)+
(1-142-242-(42-1))+ +(1-14n -n (4n
-1)
)=n -(14+112)-(142+242(42-1)
)- -(14n +n 4n (4n
-1))?n -(14+112)=n
-13.由于{a n }有符号二奇偶项问题,本题的核心是先将{a n }
的二项组合视为一项再裂项,裂项的目的是实现将{a n }
转化为2个可求和数列,这里通过 组裂法
就使区分度很高的问题得以解决,时间成本也得到极大的控制.
例5一(2012年新课标卷)数列{a n }
满足a n +1+(-1)n
a n =2n -1,则{a n }的前60项和为.
解一因为a n +a n +2=(-1)n
(2n -1)+2n +1,
a n +3+a n +1=(-1)(-1)n
(2n +1)+2n +3,所以a n +a n +2+a n +3+a n +1=(-2)(-1)n
+4n +4,
所以a 4k +1+a 4k +2+a 4k +3+a 4k +4=16k +10,
所以S 60=e14
k =0
(16k +10
)=1830.
例6一(2012年福建卷)数列{a n }
的通项公式a n =n cos
n π2
+1,前n 项和为S n ,则S 2012=.
解一因为a 4k +1+a 4k +2+a 4k +3+a 4k +4=6,所以
S 2012=503?6=3018.
和例4相同,上述2题由于通项a n 涉及了符号二奇偶项等问题,我们只要通过 组裂法 先将{a n }
的4项组合成新的一项即可.数学教育家波利亚认为: 一个有责任心的教师与其穷于应付繁琐的数学内容和过量的题目,还不如适当选择某些有意义但又不太复杂的题目去帮助学生发掘题目的各个方面,在指导学生解题的过程中,提高他们的才智与推理能力. 笔者和学生们在高三应考阶段用制高点的思考来解决近年的所有高考数列题,实践证明具有很高的效度,我们师生共同享受解决难题后的喜悦二阳光迎考.希望程序化的制高点的思考能对所有参加2014年高考的考生们有所帮
助,有 吹尽黄沙始见金 的收获.
(作者单位:
1.
福建省厦门英才学校2.
福建省厦门工商旅游学校)?一湖北一向清耀
一一导数中的定义问题,
看起来似乎很简单,但从多年高考结果的反馈来看,考生掌握情况不容乐观!自2004年全国实施各省二市独立自主命题以来,每次在命题者的巧妙 包装 下,特别是有关 瞬时变化率 的问题让考生无所适从,少数考生甚至读不懂题意,原本很基础的题因此演变成高考中的难题.本文就导数定义的有关问题进行归类整理,帮助考生熟练掌握,
减少高考中不必要的丢分
!类型1一考查导数定义的灵活变形
例1一设函数在某点处可导,试求下列极限的值.
(1)lim Δx ?0f (x 0-Δx )-f (x 0)Δx
;(2)lim h ?0f (x 0+h )-f (x 0-h )2h
;(3)f (3)=2,f ?(3)=-2,求lim x ?32x -3f (x )
x -3.分析一在导数的定义中,应熟练掌握其3种不同的表达形式:
①f ?(x 0)=lim
Δx ?0f (x 0+Δx )-f (x 0)Δx
;②f ?(x 0)=lim Δx ?0f (x 0)-f (x 0-Δx )Δx
;③f ?(x 0)=lim x ?x 0f (x )-f (x 0)
x -x 0
.
解一(1)一lim Δx ?0f (x 0-Δx )-f (x 0)
Δx =
-lim Δx ?0f (x 0)-f (x 0-Δx )Δx
=-f ?(x 0).(2)lim h ?0f (x 0+h )-f (x 0-h )2h =lim h ?0f (x 0+h )-f (x 0)+f (x 0)-f (x 0-h )2h
=12lim h ?0f (x 0+h )-f (x 0)+f (x 0)-f (x 0-h )h =12
[f
?(x 0)+f ?(x 0)]=f ?(x 0).(3)
lim x ?32x -3f (x )x -3
=0
2
在制高点上对数列高考题的再思考贺
作者：贺平， 谢丽萍
作者单位：贺平(福建省厦门英才学校)， 谢丽萍(福建省厦门工商旅游学校)
刊名：
高中数理化
英文刊名：GaoZhong ShuLiHua
年，卷(期)：2014(9)
引用本文格式：贺平.谢丽萍在制高点上对数列高考题的再思考贺[期刊论文]-高中数理化 2014(9)