论文部分内容阅读
在江苏高考考试说明中,等差数列与等比数列都是C级要求,对它们的考查每年都不会遗漏,一般情况下是一个填空题和一个综合解答题.主要有以下两种题型:
题型一:考查等差、等比数列的基本问题
理解与掌握等差数列和等比数列的关键首先是定义,其次是在定义基础上形成的一些基本量(如a1,d,q,an,n,Sn)之间的关系,这些基本量一直是高考考查的重点.
例1 (08江苏)将全体正整数排成一个三角形数阵:按照以上排列的规律,第n行(n≥3)从左向右的第3个数为 .
【解析】本小题考查归纳推理和等差数列求和公式.前n-1行共有正整数1+2+…+(n-1)个,即n2-n2个,因此第n行第3个数是全体正整数中第n2-n2+3个,即为n2-n+62.
例2 (09江苏)设{an}是公比为q的等比数列,|q|>1,令bn=an+1(n=1,2,…),若数列{bn}有连续四项在集合{-53,-23,19,37,82}中,则6q= .
【解析】本小题考查等价转化能力和分析问题的能力.等比数列的通项.因为bn=an+1,且数列{bn}有连续四项在集合{-53,-23,19,37,82}中,故数列{an}有连续四项在集合{-54,-24,18,36,81}中,因为-24,36,-54,81成等比数列,又|q|>1,故q=-32,6q=-9.
例3 (09江苏)设{an}是公差不为零的等差数列,Sn为其前n项和,满足a22+a23=a24+a25,
S7=7.(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn;
【解析】本小题主要考查等差数列的通项公式、等差数列的前n项和公式、等差数列的性质等知识,并考查运算和求解的能力.
解法一:因为{an}是公差不为零的等差数列,故an=a1+(n-1)d
由a22+a23=a24+a25,得(a1+d)2+(a1+2d)2=(a1+3d)2+(a1+4d)2,
化简得:2a1+5d=0①
由S7=7,得7a1+7×62•d=7,化简得:a1+3d=1②
由①②解得:a1=-5,d=2
所以,an=a1+(n-1)d=2n-7,Sn=n(a1+an)2=n2-6n
解法二:由S7=7,得7(a1+a7)2=7,故a4=1
由a22+a23=a24+a25,得(1-2d)2+(1-d)2=12+(1+d)2,解得d=2
所以,an=a4+(n-4)d=2n-7,Sn=n(a1+an)2=n2-6n
解法三:由S7=7,得7(a1+a7)2=7,故a4=1
由a22+a23=a24+a25,得
即(a2-a5)(a2+a5)=(a4-a3)(a4+a3) ,-3d(a2+a5)=d(a4+a3)
因为d≠0且a2+a5=a4+a3,故a2+a5=a4+a3=0
因为a4=1,故a3=-1,所以d=a4-a3=2
所以,an=2n-7,Sn=n2-6n
题型二:考查存在性和探索性问题
2009年江苏卷的第17题数列题的第一小问是基本量的运算,同学们不会有问题,第二小问有一丝数论的味道,题目简洁而又精彩.与以往不同的是,09年的大题顺序有了明显的颠倒,数列难度下降了很多,放在了大题第三题的位置.数列解答题是考查同学们自主探索、自主发现、数学试验、归纳猜想等直觉思维的良好载体,复习中建议你们多猜猜、算算、证证,返璞归真,回归数学的本源.
例4 (08江苏)(Ⅰ)设a1,a2,…,an是各项均不为零的等差数列(n≥4),且公差d≠0,若将此数列删去某一项得到的数列(按原来的顺序)是等比数列:①当n=4时,求a1d的数值;②求n的所有可能值; (Ⅱ)求证:对于一个给定的正整数n(n≥4),存在一个各项及公差都不为零的等差数列b1,b2,…,bn,其中任意三项(按原来顺序)都不能组成等比数列.
【题(Ⅰ)①解析】:
猜猜:题目问得很高,然而台阶铺得很低.从n=4开始,大部分人都应该猜到数列1,2,3,4去掉3就得到了一个等比数列1,2,4;数列4,3,2,1去掉3就得到了一个等比数列4,2,1,于是a1d=1或-4.
算算:上面两种情况是在分别去掉第2项、第3项后成等比数列的,如果去掉第1项、第4项呢?通过试验,确认它们都不能成为等比数列.
证证:当n=4时,设a1,a2,a3,a4是各项均不为零的等差数列
①若删去a1,如果a2,a3,a4成等比数列,解得d=0,矛盾.
②若删去a2,如果a1,a3,a4成等比数列,由(a1+2d)2=a1•(a1+3d),解得a1d=-4,
③若删去a3,如果a1,a2,a4成等比数列,由(a1+d)2=a1•(a1+3d),解得a1d=1,
④若删去a4,如果a1,a2,a3成等比数列,解得d=0,矛盾.
综上:a1d=1或-4
【题(Ⅰ)②解析】:
猜猜:通过题(Ⅰ)①中的证明过程,似乎有这样一个现象:如果等差数列中的连续三项成等比数列,则可推出矛盾d=0.
算算:当n≥6时,不管删去数列中的哪一项,均有原数列中连续三项既成等差数列,又成等比数列,故d=0,与题设矛盾.故n≤5.
证证:设a1,a2,…,an中的连续三项an-2,an-1,an成等比数列,则a2n-1=an-2•an=(an-1-d)(an-1+d),
解得d=0,与题设矛盾.
当n≥6时,不管删去数列中的哪一项,均有原数列中连续三项既成等差数列,又成等比数列,故d=0,与题设矛盾,故n≤5.
当n=5时,只可能在等差数列a1,a2,a3,a4,a5中删去a3,使a1,a2,a4,a5成等比数列,则a1•a5=a2•a4,化简得d=0.
与题设矛盾.
故n=4.
【题(Ⅱ)解析】:
猜猜:对于一个给定的正整数n(n≥4),设b1,b2,…,bn是一个各项及公差都不为零的等差数列,不妨设其中任意三项为b1+m1d,b1+m2d,b1+m3d,0≤m1 猜b1和d的关系,前面的b1d=1或-4显然不行.换成b1d=12,b1d=13行不行?
算算:试试b1=1,d=2的情况,得到数列1,3,5,7,9,……;马上就发现1,3,9形成了等比数列,不符合题意;
试试b1=1,d=3的情况,得到数列bn;马上又发现1,4,16形成了等比数列,不符合题意;
多试几次,似乎当b1=1,d取整数时,都不能满足题设.我们向可能性大的方面去猜,如果d取无理数呢?
试试b1=1,d=2的情况,用反证法可以证明若等差数列中的任意三项1+m12,1+m22,1+m32(0≤m1
题型一:考查等差、等比数列的基本问题
理解与掌握等差数列和等比数列的关键首先是定义,其次是在定义基础上形成的一些基本量(如a1,d,q,an,n,Sn)之间的关系,这些基本量一直是高考考查的重点.
例1 (08江苏)将全体正整数排成一个三角形数阵:按照以上排列的规律,第n行(n≥3)从左向右的第3个数为 .
【解析】本小题考查归纳推理和等差数列求和公式.前n-1行共有正整数1+2+…+(n-1)个,即n2-n2个,因此第n行第3个数是全体正整数中第n2-n2+3个,即为n2-n+62.
例2 (09江苏)设{an}是公比为q的等比数列,|q|>1,令bn=an+1(n=1,2,…),若数列{bn}有连续四项在集合{-53,-23,19,37,82}中,则6q= .
【解析】本小题考查等价转化能力和分析问题的能力.等比数列的通项.因为bn=an+1,且数列{bn}有连续四项在集合{-53,-23,19,37,82}中,故数列{an}有连续四项在集合{-54,-24,18,36,81}中,因为-24,36,-54,81成等比数列,又|q|>1,故q=-32,6q=-9.
例3 (09江苏)设{an}是公差不为零的等差数列,Sn为其前n项和,满足a22+a23=a24+a25,
S7=7.(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn;
【解析】本小题主要考查等差数列的通项公式、等差数列的前n项和公式、等差数列的性质等知识,并考查运算和求解的能力.
解法一:因为{an}是公差不为零的等差数列,故an=a1+(n-1)d
由a22+a23=a24+a25,得(a1+d)2+(a1+2d)2=(a1+3d)2+(a1+4d)2,
化简得:2a1+5d=0①
由S7=7,得7a1+7×62•d=7,化简得:a1+3d=1②
由①②解得:a1=-5,d=2
所以,an=a1+(n-1)d=2n-7,Sn=n(a1+an)2=n2-6n
解法二:由S7=7,得7(a1+a7)2=7,故a4=1
由a22+a23=a24+a25,得(1-2d)2+(1-d)2=12+(1+d)2,解得d=2
所以,an=a4+(n-4)d=2n-7,Sn=n(a1+an)2=n2-6n
解法三:由S7=7,得7(a1+a7)2=7,故a4=1
由a22+a23=a24+a25,得
即(a2-a5)(a2+a5)=(a4-a3)(a4+a3) ,-3d(a2+a5)=d(a4+a3)
因为d≠0且a2+a5=a4+a3,故a2+a5=a4+a3=0
因为a4=1,故a3=-1,所以d=a4-a3=2
所以,an=2n-7,Sn=n2-6n
题型二:考查存在性和探索性问题
2009年江苏卷的第17题数列题的第一小问是基本量的运算,同学们不会有问题,第二小问有一丝数论的味道,题目简洁而又精彩.与以往不同的是,09年的大题顺序有了明显的颠倒,数列难度下降了很多,放在了大题第三题的位置.数列解答题是考查同学们自主探索、自主发现、数学试验、归纳猜想等直觉思维的良好载体,复习中建议你们多猜猜、算算、证证,返璞归真,回归数学的本源.
例4 (08江苏)(Ⅰ)设a1,a2,…,an是各项均不为零的等差数列(n≥4),且公差d≠0,若将此数列删去某一项得到的数列(按原来的顺序)是等比数列:①当n=4时,求a1d的数值;②求n的所有可能值; (Ⅱ)求证:对于一个给定的正整数n(n≥4),存在一个各项及公差都不为零的等差数列b1,b2,…,bn,其中任意三项(按原来顺序)都不能组成等比数列.
【题(Ⅰ)①解析】:
猜猜:题目问得很高,然而台阶铺得很低.从n=4开始,大部分人都应该猜到数列1,2,3,4去掉3就得到了一个等比数列1,2,4;数列4,3,2,1去掉3就得到了一个等比数列4,2,1,于是a1d=1或-4.
算算:上面两种情况是在分别去掉第2项、第3项后成等比数列的,如果去掉第1项、第4项呢?通过试验,确认它们都不能成为等比数列.
证证:当n=4时,设a1,a2,a3,a4是各项均不为零的等差数列
①若删去a1,如果a2,a3,a4成等比数列,解得d=0,矛盾.
②若删去a2,如果a1,a3,a4成等比数列,由(a1+2d)2=a1•(a1+3d),解得a1d=-4,
③若删去a3,如果a1,a2,a4成等比数列,由(a1+d)2=a1•(a1+3d),解得a1d=1,
④若删去a4,如果a1,a2,a3成等比数列,解得d=0,矛盾.
综上:a1d=1或-4
【题(Ⅰ)②解析】:
猜猜:通过题(Ⅰ)①中的证明过程,似乎有这样一个现象:如果等差数列中的连续三项成等比数列,则可推出矛盾d=0.
算算:当n≥6时,不管删去数列中的哪一项,均有原数列中连续三项既成等差数列,又成等比数列,故d=0,与题设矛盾.故n≤5.
证证:设a1,a2,…,an中的连续三项an-2,an-1,an成等比数列,则a2n-1=an-2•an=(an-1-d)(an-1+d),
解得d=0,与题设矛盾.
当n≥6时,不管删去数列中的哪一项,均有原数列中连续三项既成等差数列,又成等比数列,故d=0,与题设矛盾,故n≤5.
当n=5时,只可能在等差数列a1,a2,a3,a4,a5中删去a3,使a1,a2,a4,a5成等比数列,则a1•a5=a2•a4,化简得d=0.
与题设矛盾.
故n=4.
【题(Ⅱ)解析】:
猜猜:对于一个给定的正整数n(n≥4),设b1,b2,…,bn是一个各项及公差都不为零的等差数列,不妨设其中任意三项为b1+m1d,b1+m2d,b1+m3d,0≤m1
算算:试试b1=1,d=2的情况,得到数列1,3,5,7,9,……;马上就发现1,3,9形成了等比数列,不符合题意;
试试b1=1,d=3的情况,得到数列bn;马上又发现1,4,16形成了等比数列,不符合题意;
多试几次,似乎当b1=1,d取整数时,都不能满足题设.我们向可能性大的方面去猜,如果d取无理数呢?
试试b1=1,d=2的情况,用反证法可以证明若等差数列中的任意三项1+m12,1+m22,1+m32(0≤m1