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(一)考试内容和考试要求
1、考试内容
数列、等差数列及其通项公式,等差数列前n项和公
式,等比数列及其通项公式,等比数列前n项和公式
数列的极限及其四则运算
数学归纳法及其应用
2、考试要求
(1)理解数列的有关概念,了解递推公式是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。
(2)理解等差数列的概念,掌握等差数列的通项公式与前n项和公式,并能够应用这些知识解决一些简单的问题。
(3)理解等比数列的概念,掌握等比数列的通项公式与前n项和公式,并能够应用这些知识解决一些简单的问题。
(4)了解数列极限的意义,掌握数列极限的四则运算法则,会求公比的绝对值小于1的无穷等比数列各项的和
(5)了解数学归纳法的原理,并能用数学归纳法证明一些简单的问题。
(二)知识方法归类
1、按一定顺序排列起来的一列数叫做数列,数列的实质是定义域为自然数集N或其子集的函数,其通项公式an就是函数解析式f(x)。前n项的和Sn=a1+a2+…+an,Sn也可以组成新数列{Sn},研究数列的通项公式an和前n项和Sn是研究数列的两个基本问题,它们之间又有如下的关系式:

等差数列和等比数列是两种最基本,最常见又是我们重点研究的数列。等差数列有两个定义式:
(1)若数列{an}有an+1-an=d(d为常数)n∈N
,
则{an}为等差数列。
(2)若数列{an}有an+1-an=an-an-1对一切自然数
n≥2成立,则{an}为等差数列,其等价式为
(n≥2, n∈N).
公差d不为零的等差数列的本质是:其通项公式是关于n的一次函数:an=a1+(n-1)d=dn+(a1-d);其前n项和是常数项为零的关于n的二次函数:
这两点都是等差数列的特征,应加以注意。从等差数列中抽取下标也成等差数列的项组成的新数列,也是一个等差数列常数数列是公差为零的等差数列。
类似地,等比数列也有两个定义式:
(1)若数列{an}有 (q为常数),n∈N则
{an}为等比数列。
(2)若数列{an}有 对一切自然数n≥2成
立,则{an}是等比数列,其等价式为
=an+1·an-1,an≠0,n≥2
且n∈N
等比数列的本质是:其通项公式是关于自然数n的指数式an=a1qn-1(an≠0),公比不等于1的等比数列前n项和公式:

其形式是Sn=A·qn-A,其中A≠0,q≠0这两点同样是等比数列的特征。从等比数列抽取下标成等差数列的项组成新的数列为等比数列。非零常数数列是公比为1的等比数列。
2、数列极限ε-N定义的本质,是用正数ε的任意性和项数N的存在性,刻划│an-A│可以无限地趋近于零,从而an无限趋近于常数A,注意"无限趋近"不等于"越来越近"
极限运算法则仅对有限个存在极限的数列适用,要掌握常用的恒等变形的方法,创设条件使用极限的运算法则。
要注意区别数列的前n项和与无穷数列各项和这两个概念,对于无穷数列{an},其前n项和Sn,当且仅当数列{Sn}有极限时,数列{an}才有各项和。且各项和 ;对于无穷等比数列{an}。当且仅当公比q
(q≠0)满足│q│<1时,才有各项和
数列的极限体现了以有限认识无限的数学思想方法,对于培养用运动变化的观点察事物,提高辩证逻辑思维起着重要作用。是在高等学校进一步深造的知识基础和思想方法基础。
3、数学归纳法是证明与自然数n有关命题的完全归纳
法,它通过有限的两个步骤去完成对无限个对象进行完全归纳的过程:第一步验证n取得第一个值no时命题成立;第二步假设
n=k(k≥no)时命题成立,利用归纳假设去推证n=k+1时命题也成立,两个步骤缺一不可,运用时要注意各步骤书写格式的规范。
数学归纳法是高等数学中常用的论证方法,因而向来受到高考命题的重视。
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(三)重点讲解
例1 已知等比数列{an}的首项为a1,公比为q ,且有 ,则首项a1的取值范围是(
)
A. 0< a1< 1 且a1≠
B. 0< a1<3 或 a1=-3
C. 0< a1<
D. 0< a1<1 且a1≠
或 a1=3
说明:本题关键在于对公比q进行分类讨论。
解:由 可得
(1)当│q│<1时,
∴q=2a1-1
注意到等比数列的公比q≠0
∴0<│2a1-1│<1 解得 0< a1<1且 a1≠
(2)当│q│>1时,显然 不成立。
(3)当│q│=1时,由 知q≠-1。则当q=1时,所给极限式
可化为 即 解得a1=3
故a1的取值范围是0<a1<1且a1≠
或a1=3,选(D)
说明:本题若对公比的各种可能性的思考欠周密,则极易做错。不难看出它是一道训练思维能力的好题。
例2 已知数列{an}的前n项和Sn,并且有关系Sn+1=4an+2
(n≥1),a1=1
(1)设bn=an+1-2an,求证:{bn}是等比数列
(2)设 ,求证:{Cn}是等差数列
(3)求an,Sn的表达式。
解:(1)∵Sn+1=4an+2 (n≥1)
∴Sn+2=4an+1+2 两式相减得Sn+2-Sn+1=4(an+1-an)
∴an+2=4(an+1-an)
∴an+2-2an+1=2(an+1-2an)
(n≥1)
即 bn+1=2bn
(n≥1)
又S2=4a1+2=6,a2=S2-S1=S2-a1=5
∴b1=a2-2a1=3,b1≠0,又bn+1=2bn
∴数列{bn}是首项b1=3,公比q=2的等比数列,且bn=3·2n-1
(2)
又C1= =
∴数列{Cn}是首项C1= ,公差d= 的等差数列,
(3)an=2n·Cn=2n-2·(3n-1)
∴当n≥2时 Sn= 4an-1+2 = 4·2n-3[3(n-1)-1]+2
= 2n-1(3n-4)+2
又n=1时,S1=a1=1 也满足上式
∴Sn=2n-1(3n-4)+2 (n≥1)
例3 两个等差数列{an},{bn},它们的前n项这和之比为(3n+1):2n,则这两个数列的第7项之比为多少?
解法一:设Sn,Sn'分别为数列{an}和{bn}的前n项之和,由
可设Sn=kn(3n+1),Sn'=k·2n2,其中k 为常数
则a7=S7-S6=154k-114k=40k
b7=S7'-S6'=98k-72k=26k
∴ 
解法二:
说明:解法一中由已知条件设Sn=kn(3n+1),容易误设为
Sn=k(3n+1),因为Sn=an2+bn(a和b为常数)是数列{an}为等差数列的充要条件。
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