20182019数学新学案同步必修5第二章疑难规律方法

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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a1＋a2＋a3＝7，a1a2a3＝8，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∵a13＝a22，∴a123＝a23＝8，∴a2＝2.aaa从而a1＋a3＝5，解得a1＝1，a3＝4或a1＝4，a3＝1.a1a3＝4，1当a1＝1时，q＝2；当a1＝4时，q＝2.故an＝2n

2、－1或an＝23－n.a1＋a1q＋a1q2＝7，2方法二由等比数列的定义知a2＝a1q，a3＝a1q代入已知，得a1·a1q·a1q2＝8，a11＋q＋q2＝7，即a31q3＝8，--a11＋q＋q2＝7，①--即--a1q＝2，②--22将a1＝q代入①得2q－5q＋2＝0，----∴q＝2或q＝12，--a1＝1，a1＝4，由②得或1q＝2q＝2.∴an＝2n－1或an＝23－n.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lga1，lga2，lga4也成等差数列，若bn＝1，a2nn＝1,2,

3、3，⋯，证明：{bn}为等比数列.证明由于lga1，lga2，lga4成等差数列，所以2lga2＝lga1＋lga4，则a22＝a1·a4.设等差数列{an}的公差为d，则有(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，整理得d2＝da1，从而d(d－a1)＝0.(1)当d＝0时，数列{an}为常数列，1又bn＝，则{bn}也是常数列，a2n此时{bn}是首项为正数1，公比为1的等比数列.a2(2)当d＝a1≠0时，则a2n＝a1＋(2n－1)d＝d＋(2n－1)d＝2nd，111所以bn＝a2n＝2d·2n－1，--这时{bn}是

4、首项为1b1＝2d，公比为12的等比数列.--综上，{bn}为等比数列.3.特殊化思想例3在数列{an}中，若an＋2－an＋1＝k(k为常数)，n∈N*，则称{an}为“等差比数列”.下列--an＋1－an--是对“等差比数列”的判断：①k不可能为0；②等差数列一定是等差比数列；③等比数列一--定是等差比数列；④等差比数列中可以有无数项为0.其中正确的判断是()--A.①②B.②③C.③④D.①④--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

5、解.an＋2－an＋1解析数列a，a，⋯，a(a≠0)既是等差数列，又是等比数列，但不满足＝k，即an＋1－an不是等差比数列，故②、③不正确.故选D.答案D--4.整体思想例4在等比数列{an}中，a9＋a10＝a(a≠0)，a19＋a20＝b，则a99＋a100＝________.分析a19＋a2010b根据题设条件可知＝q＝a，a9＋a10a99＋a100而＝q90，故可整体代入求解.a9＋a10解析设等比数列{an}的公比为q，＋a则＝q10＝b，a9＋a10aa1920又＝q90＝(q10)9＝b9，a99＋a10

6、0a9＋a10ab9b9故a99＋a100＝a(a9＋a10)＝a8.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an＝S1，n＝1，来求解.Sn－Sn－1，n≥2例1已知数列{an}的前n项和Sn＝3n－2，求其通项公式an.解当n＝1时，a1＝S1＝31－2＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－2－(3n－1－2)＝3n－3n－1＝2×3n－1，又a1＝1≠2×31－1，1，n＝1，--所以数列{an}的通项公式an＝2×3n－1，n≥2.2.累加法若数列{an}满足an－a

7、n－1＝f(n－1)(n≥2)，且f(1)＋f(2)＋⋯＋f(n－1)可求，则可用累加法求通项.例2已知数列{an}满足a1＝1，an＝3n－1＋an－1(n≥2)，求其通项公式an.--解由已知，得an－an－1＝3n－1(n≥2)，所以a2－a1＝3，a3－a2＝32，a4－a3＝33，⋯，an－an－1＝3n－1，以上各式左右两边分别相加，得an－a1＝3＋32＋33＋⋯＋3n－1，31－3n－13n－1所以an＝＋1＝2(n≥2)，1－331－13n－1又n＝1时，a1＝1＝，所以an＝(n∈N*).223.叠乘法若

8、数列{an}满足an＝f(n－1)(n≥2)，其中f(1)·f(2)·⋯·f(n－1)可求，则可用叠乘法求通项.an－1例3已知数列{an}中，a1＝3，an＝3n－4an－1(an≠0，n≥2)，求其通项公式an.3n－1解由a1＝3，an＝3n－4an－1，得an＝3n－4，3n－1a