一道高考试题引发的思考——“打包”思想的应用-论文.pdf

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1、第10御高中数学教与学一道高考试题引发的思考——“打包”思想的应用魏莹(陕西省西北工业大学附属中学，710072)一通项公式以正负交替形式出现的数列试、如果通项有正负交替出现时，常采用题，在近年来高考中经常出现，这类问题对于“两项两项打包”高中学生来说，难度较大．这里，由一道高考例2(2004年陕西高考题)已知数列数学题引发思考，归纳总结求解这类问题的{a}的前n项和s满足S=2a+(一1)“，一般方法，希望能给读者一点启示．n≥1．例1(2012年全国高考题)已知数列(1)写出数列{a}的前三项a。，a，a。；{n}满足a+。+(一1)a

2、：2n一1，贝0{o}(2)求数列{a}的通项公式；的前60项和为一(3)证明：对任意的整数m>4，有解由a+l+(一1)a=2n一1，得1117+一一+<’0+l=(一1)～a+2n一1，口4a5am于是a+2：(一1)口+1+2n+1解(1)由a1=Sl=2at一1，得al=1；=(一1)[(一1)“～a+2n一1]+2n+1由a1+a2=S2=2a2+(一1)，得a2：=一a+(一1)(2n一1)+2n+1，0；由a1+a2+a3=S3=2a3+(一1)，得a3即a+2+a=(一1)(2n一1)+2n+1，=2．从而a+3+n+1=一

3、(一1)“(2n+1)+2n+3，(2)当n≥2时，有两式相加，得a=S一Sa+a+I+a+2+a+3=一2(一1)“+4n+4．一l=2(口一a一1)+2X设k为整数，则(一1)，于是n=2a一+2×(一1)a4k+1+a4k+2+a4k+3+a4k+4=2[2a_2+2×(一1)]+2×(一1)=22a=一2+2×(一1)一+2×(一1)_12(一1)“+4(4k+1)+4一=16k+l0．14=2n-Ial+2I1×(一1)+2一×(一1)于是．s60=：(o舭++Ⅱ砒++口+，+口+)^0+⋯+2×(一1)14==2+(一I)[(一

4、2)+(一2)’，(、16k+10)=1830．+⋯+(一2)]评注本题是数列求和中的一类值得探2一‘t，1、2[1—-(—．2)“一]一究的题型，解决本题主要方法是“打包”求和=一(一)的方法．这种方法实质是采用“局部整体求=÷[2+(一1)]．和”的思想，应用广泛，且难度较大．笔者就这类问题中的“打包术”进行了深入探究，现剖经验证o也满足上式，所以a=T[2析如下：·21·高中数学教与学2013盔+(一1)]，rz≥1．=(一12+2—2)+(一4一丁2+52)(3)由通项公式得=2．当／7,≥3，且n为奇数时，+．．，+[一一1)2+

5、(3)]1331去+=寻[【+三七]J+．．．18k一5一(9一k+4一)一—一‘32一J-2一一22一2～一2一一1s，=：s，——z==，一3_．⋯2一—了一=一．_(+)．S⋯=S，一0，当m>4，且m为偶数时，——一+——一111——+——+⋯+一一口40,5口一=一一=击+(1+)+⋯+(去+)一一号了一1，n：3k一2，1<<++吾(I+1+⋯“+)J故S=业6二’，n：3k—l‘，’：。号+丢×}×(It一)Jn(3+4)6，n：3k，137<’m>4日rrt备日寸(7)==．1ll一+——·⋯+——13220,40：5nm1

6、1=++．．·+2L44，有I】17两式相减得+十⋯+<’8405nm63T一1【叭9+．．·+一】二、如果通项正负出现的周期为3时，常采用“三项三项打包”．例3(2009年江西高考题)已知数列n=÷【3+半一】=n(LCOS罕～一SiIrn竿)，其前日Un项和利为刀S4(1)求S；=8一一，(2)f'，求数列{6}的前n项和故=了8一南一．三、如果通项正负出现的周期为4时，常解(1)由于c。s等n=采用“四项四项打包”例4(2008年天津高考题)在数列

7、{。2r~'lTc。s一，它的值按周期为3重复出现，故与{6}中，a，：1，6=4．数歹Ⅱ{n}的前l兀项S3=(nl+n2+n3)+(04+05+n6)和S满足nS一(tl,+3)S=0，2a为6与+⋯+[Ⅱ一2+n3J+口妯]6的等比中项，n∈N．·22·第10朝高中数学教与学(1)求0，62的值；：一2一3+⋯+(一1)(n+1)．(2)求数列{a}与{6}的通项公式；当n=4k，∈N时，(3)没=(一1)b+(一1)b：+⋯+T=一2一3+4+5(一1)b，gl,∈N，证明If<2n(，l1≥3)．～⋯一(4k一2)一(4一1)解(

8、1)由题设有0l+Ⅱ2—4al：0，又十(4)+(4+1)．0。=1，解得n：=3．由题设有4a；=b26，而b注意至0一(4k一2)一(4k一1)+(4)=4，故6，=9。+(