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        數(shù)列部分典型例題及訓(xùn)練

        2012-12-31 00:00:00劉翔

        數(shù)列是高中數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容,也是中學(xué)數(shù)學(xué)聯(lián)系實(shí)際的主要渠道之一。數(shù)列與數(shù)、式、函數(shù)、方程、不等式、三角函數(shù)、解析幾何的關(guān)系十分密切。數(shù)列中的遞推思想、函數(shù)思想、分類討論思想以及數(shù)列求和、求通項(xiàng)的各種方法和技巧在中學(xué)數(shù)學(xué)中都有著十分重要的地位,因此,圍繞數(shù)列可命制綜合性較強(qiáng)的試題。歷年來,數(shù)列一直是高考的重點(diǎn)和熱點(diǎn),有時(shí)甚至還是難點(diǎn)。

        每年高考與數(shù)列內(nèi)容有關(guān)的試題,既有一條單純關(guān)于數(shù)列內(nèi)容的填空題,又有一條數(shù)列的綜合題與實(shí)際應(yīng)用題。在填空題中,主要考查等差、等比數(shù)列的概念和性質(zhì),重點(diǎn)是通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和的公式的靈活運(yùn)用,突出了“小、巧、活”的特點(diǎn)。解答題屬于中、高難度題,主要考查運(yùn)算能力、邏輯思維能力、分析問題和解決問題的能力、數(shù)學(xué)歸納能力及綜合創(chuàng)新能力。

        類型一 等差數(shù)列前n項(xiàng)和的最值問題,具有豐富的知識(shí)背景和價(jià)值,問題的探索過程中,將涉及到函數(shù)與方程、數(shù)形結(jié)合、分類討論等數(shù)學(xué)思想方法

        【例1】 已知等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)不為零,前n項(xiàng)的和記作Sn,且S9=S23,當(dāng)a1>0時(shí),n= 時(shí),Sn有最 值.

        分析 數(shù)列可以看成是定義域?yàn)檎麛?shù)集或是其子集的一種特殊的函數(shù),因此可將前n項(xiàng)的和Sn的最值問題轉(zhuǎn)化為研究函數(shù)的最值問題,故建立函數(shù)Sn是解決本問題的關(guān)鍵所在。

        解法一 由S9=S23,結(jié)合等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式得9a1+36d=23a1+23×11d,所以2a1+31d=0,因?yàn)閍1>0,故d<0.從基本量入手,以n為未知數(shù),建立二元函數(shù)Sn,并研究其最值:Sn=-312nd+12n(n-1)d=d2(n-16)2-128d,由于d<0,所以Sn有最大值,當(dāng)且僅當(dāng)n=16時(shí)取到最大值.

        點(diǎn)撥 本題的實(shí)質(zhì)是用函數(shù)的觀點(diǎn)分析、解決有關(guān)數(shù)列問題。通過相應(yīng)的函數(shù)及其圖象的特征變動(dòng)地、直觀地認(rèn)識(shí)數(shù)列的性質(zhì)。

        由于等差數(shù)列是單調(diào)數(shù)列,所以其前n項(xiàng)和Sn的最值可以轉(zhuǎn)化為研究項(xiàng)an符號(hào)的變化規(guī)律來求Sn的最大值,即轉(zhuǎn)化為累加{an}中的所有非負(fù)項(xiàng),從下標(biāo)入手,合理搭配。

        解法二 由于S9=S23,利用一般數(shù)列前n項(xiàng)和定義知:

        a1+a2+a3+…+a9=a1+a2+a3+…+a23,得到a10+a11+…+a23=0,故a10+a23=0,又a16+a17=a10+a23,所以a16+a17=0,a16=-a17,而d<0,得到a16>0>a17,故當(dāng)且僅當(dāng)n=16時(shí),Sn有最大值.

        由于非常數(shù)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn是關(guān)于n的二次函數(shù),二次函數(shù)具有良好的對(duì)稱性,所以本題也可以從函數(shù)入手,數(shù)形結(jié)合解決。

        解法三 易知Sn=pn2+(a1-p)n,其中p=d2,因?yàn)閍1≠0,S9=S23,故d≠0.

        考慮函數(shù)f(x)=px2+(a1-p)x是關(guān)于x的二次函數(shù)且其圖象過原點(diǎn).因f(9)=f(23),故其對(duì)稱軸方程為x=16,而a1>0,則d<0,故當(dāng)且僅當(dāng)n=16時(shí),Sn有最大值.

        奇思妙想

        1. 原題中將條件“a1>0”改為“a1<0”,其他條件不變,結(jié)論會(huì)有什么變化?

        解析 a1<0時(shí),d>0,故當(dāng)且僅當(dāng)n=16時(shí),Sn有最小值.

        2. 原題中將條件“S9=S23”改為“S10=S23”,其他條件不變,結(jié)論會(huì)有什么變化?

        解析 a1>0時(shí),由于a17=0,則當(dāng)n=16或17時(shí),Sn有最大值.

        3. 本題是由S9=S23可以推出n=16時(shí),Sn取到最值. 那么逆向探索:由n=16時(shí),Sn取到最值,能否推出S9=S23?

        解析 結(jié)論是不一定.

        4. 問題進(jìn)行一般化:將本題條件中的“S9=S23”改為“Sm=Sk(m≠k)”,你又能得到什么結(jié)論?

        解析 問題變得復(fù)雜后,函數(shù)思想的優(yōu)勢(shì)便顯現(xiàn)出來了.易知二次函數(shù)的對(duì)稱軸方程為x=(m+k)2,

        若a1>0,當(dāng)m+k為偶數(shù)時(shí),則當(dāng)n=(m+k)2時(shí),Sn有最大值;

        若a1>0,當(dāng)m+k為奇數(shù)時(shí),則當(dāng)n=(m+k±1)2時(shí),Sn有最大值.

        5. 由于等差數(shù)列與等比數(shù)列是一對(duì)對(duì)偶的同構(gòu)數(shù)列,它們?cè)诤芏喾矫婢哂袠O其相似的性質(zhì)和結(jié)論,故考慮將原題進(jìn)行類比研究.

        如:已知等比數(shù)列{bn}的公比q>0且q≠1,首項(xiàng)b1>1,其前n項(xiàng)的積記作Tn,且T9=T23,則當(dāng)n= 時(shí),Tn有最 值.

        解析 關(guān)鍵在數(shù)列{bn}中找到以“1”為項(xiàng)或者在“1”附近的項(xiàng).

        易知b1b2b3…b9=b1b2b3…b23,可得b1b32=1,故b16b17=1,又公比q>0且q≠1,首項(xiàng)b1>1知b16>1>b17>0,所以當(dāng)n=16時(shí),Tn有最大值.

        類型二 已知兩個(gè)不同等差數(shù)列前項(xiàng)和的比值,求對(duì)應(yīng)項(xiàng)的比值問題。著重考察等差數(shù)列前項(xiàng)和與通項(xiàng)之間的聯(lián)系

        【例2】 已知數(shù)列{an},{bn}均為等差數(shù)列,它們的前n項(xiàng)的和分別為Sn,Tn,且SnTn=7n+45n+3,求a9b9.

        分析 已知條件中涉及等差數(shù)列的和,而要求解的部分中只與項(xiàng)有關(guān),故需溝通等差數(shù)列的和與項(xiàng)之間的聯(lián)系,因此使用等差數(shù)列求和公式的第一種形式Sn=n(a1+an)2。并且對(duì)照所求結(jié)論,要將兩項(xiàng)之和轉(zhuǎn)化為一項(xiàng)的形式,所以還需使用等差數(shù)列的下標(biāo)和性質(zhì)獲解。

        解法一 a9b9=2a92b9=a1+a17b1+b17=17(a1+a17)217(b1+b17)2

        =S17T17=415.

        (一般地,同理可證明anbn=S2n-1T2n-1.)

        點(diǎn)撥 根據(jù)等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式的結(jié)構(gòu)(這是思考問題、抓住問題本質(zhì)的一個(gè)視角:結(jié)構(gòu)特征),和式是關(guān)于n的常數(shù)項(xiàng)為0的二次函數(shù)。

        解法二 可設(shè)Sn=kn(7n+45),Tn=kn(n+3),其中k為非零常數(shù),

        則a9=S9-S8=164k,b9=20k,故a9b9=415.

        奇思妙想

        1. 考慮原問題的逆命題. “已知數(shù)列{an},{bn}均為等差數(shù)列,它們的前n項(xiàng)的和分別為Sn,Tn,且anbn=7n+45n+3,求S9T9”.

        解析 由于推導(dǎo)anbn=S2n-1T2n-1的過程是可逆的,故可以賦值令n=5即可得S9T9=10.

        2. 原問題中的各條件不變,改為求“則使得anbn為整數(shù)的正整數(shù)n的個(gè)數(shù)有幾個(gè)?”.

        解析 由上例可得anbn=S2n-1T2n-1=7n+19n+1,顯然分子大與分母,析出常數(shù)得anbn=S2n-1T2n-1=7+12n+1.

        故要使得anbn為正整數(shù),只需要分式部分的“n+1”為分子部分“12”的正約數(shù)即可,而12的正約數(shù)有1,2,3,4,6,12,顯然1不合題意,舍去.所以令n+1=2,3,4,6,12,可得n=1,2,3,5,11,即正整數(shù)n的個(gè)數(shù)為5.

        2. 數(shù)列{an}滿足a1=a,a2=-a(a>0),且{an}從第二項(xiàng)起是公差為6的等差數(shù)列,Sn 是{an}的前n項(xiàng)和.

        (1)當(dāng)n≥2時(shí),用a與n表示an與Sn;

        (2)若在S7與S8兩項(xiàng)中至少有一項(xiàng)是Sn的最小值,試求a的取值范圍.

        3. 已知等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=2 011,公比q=-12,數(shù)列{an}前n項(xiàng)和記為Sn,前n項(xiàng)積記為Tn.

        (1) 證明:S2≤Sn≤S1;

        (2) 求n為何值時(shí),Tn取得最大值.

        4. 已知數(shù)列{an}是各項(xiàng)均不為0的等差數(shù)列,公差為d,Sn為其前n項(xiàng)和,且滿足a2n=S2n-1,n∈N*.數(shù)列{bn}滿足bn=1an·an+1,n∈N*,Tn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和.

        (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an和數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn;

        (2)若對(duì)任意的n∈N*,不等式λTn

        5. 數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,存在常數(shù)A,B,C,使得an+Sn=An2+Bn+C對(duì)任意正整數(shù)n都成立.若數(shù)列{an}為等差數(shù)列,

        (1)求證:3A-B+C=0;

        (2)若A=-12,B=-32,C=1,設(shè)bn=an+n,數(shù)列{nbn}的前n項(xiàng)和為Tn,求Tn.

        (作者:劉翔 鎮(zhèn)江中學(xué))

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