等差与等比数列的应用_等差与等比应用

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等差与等比数列的应用

广东省深圳中学 黄文辉

一、教学内容及解析

结合《考试说明》和近几年的高考数列真题，高考对数列的考查主要是从两个角度：（1）考查等差、等比数列的基本量，基本的求和；（2）利用等差、等比数列来研究一般的数列问题．

等差等比数列既是一个重要的考点，也是研究其它数列问题的一个重要的模型，碰到一般的数列问题，我们的基本策略是转化为等差等比数列问题，利用等差等比数列的模型来处理，这既体现了化归与转化的数学思想方法，也渗透了数学建模的核心素养．

二、教学目标及目标解析 1．教学目标

（1）让学生掌握如何合理的构建函数方程模型；（2）让学生体会数列是特殊的函数；

（3）通过转化问题的过程，培养学生构建模型解决问题的意识． 2．目标解析

（1）理解等差、等比数列的基本特征，并利用其特征来研究对应数列问题；（2）利用等差、等比数列的模型来发现规律并表达规律；

（3）在应用等差、等比模型解决数列问题过程中，渗透了化归与转化的数学方法，并体现了数学建模的核心素养．

基于上述分析，本节课的教学重点定为：利用等差、等比数列解决一般数列问题．

三、教学问题诊断

1．学生对等差、等比的基本特征不清楚，导致解题方向不明确，缺乏化归的目标； 2．学生不能够很好的体会“用等差等比数列模型来发现规律并表达规律”，不能把较为复杂的数列用等差等比数列进行解构．

基于上述分析，本节课的教学难点定为：利用等差、等比数列模型解决一般数列问题．

四、教学支持条件

1．等差、等比的定义，通项公式，求和公式等准备知识； 2．指数型函数与二次函数的图象．

五、教学过程与设计(一)基于等差、等比数列“函数特征”的应用

例1． 等差数列{an}的公差d0，anR，前n项和为Sn，则对正整数m，下列四个结论中正确的是

（1）Sm,S2mSm,S3mS2m成等差数列，也可能成等比数列；（2）Sm,S2mSm,S3mS2m成等差数列，但不可能成等比数列；（3）Sm,S2m,S3m可能成等比数列，但不可能成等差数列；（4）Sm,S2m,S3m不可能成等比数列，也不可能成等差数列．

A．（1）（3）

B．（1）（4）

C．（2）（3）

D．（2）（4）解：法一：（3）若Sm,S2m,S3m成等比数列，则S2mSmS3m，因为S2m2Smmd，S3m3Sm3md，所以原问题转化为：存在d0，使得关于Sm的方程：(2Smmd)Sm(3Sm3md)有解，222因为(2Smmd)Sm(3Sm3md)可转化为：(Sm222222122342md)md0，24因为当d0时，(Sm22122342md)md0恒成立，242故方程(2Smmd)Sm(3Sm3md)无解，所以Sm,S2m,S3m不可能成等比数列； 即关于m的方程：m2d20有解，因为d0，所以此方程无解，故Sm,S2m,S3m不可能成等比数列；

（4）若Sm,S2m,S3m成等差数列，则2S2mSmS3m，因为S2m2Smmd，S3m3Sm3md，所以原问题转化为：存在d0，使得关于m的方程：2(2Smmd)Sm(3Sm3md)2222有解，即关于m的方程：m2d20有解，因为d0，所以此方程无解，故Sm,S2m,S3m不可能成等差数列；

解法二：（3）Sm,S2m,S3m可能成等比数列，则点(m,Sm),(2m,S2m),(3m,S3m)分布在指数型曲线ypqx上，又因为等差数列的前n项和是落在函数yax2bx对应的曲线上，因为，当x0时，两曲线最多只有两个公共点，故Sm,S2m,S3m不可能成等比数列； 同理，Sm,S2m,S3m不可能成等差数列.练习1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm12，Sm0，Sm13，则m A．3

B．4

C．5

D．6

【设计意图】利用等差等比数列的函数特征来研究数列问题，充分体现了数列是特殊的函数．

(二)基于等差、等比“通项公式”的应用

例2．已知数列{an}满足：a11，an12an1，求an． 练习2． 若a1b1，a1b12，an＋1bn1a1，bn＋1n，求an，bn.22【设计意图】把递推公式化归为等差型或等比型数例进行研究，充分体现等差等比数列通项公式的推导方法的应用．

(三)基于等差、等比“求和公式”的应用 例3．已知数列{an}满足a11，an13an1．(I)证明{an}是等比数列，并求{an}的通项公式； 121113．(II)证明a1a2an2解：（Ⅰ）证明：∵an13an1，∴an1113(an)，22123，又a13，即：1122(an)213∴{an}是以为首项，3为公比的等比数列．

22an113n13n1 ∴an3，即an2221213n1(nN*)，（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知an，∴nn1a3132n11()n11111133[1(1)n]3，12n∴1a1a2an33323213故：1113.a1a2an2【设计意图】利用无穷递缩等比数列的求和公式的特点进行替换，充分体现模型的价值．

(四)基于等差等比“模型”的应用

例4．已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N100且该数列的前N项和为2的整数幂．

A．440 B．330

C．220

D．110

解：由题意得，数列如下：

1,1,2,1,2,4,1,2,4,,2k1该数列的前k行的项数之和为12k则该数列的前

k(k1)2k(k1)项和为： 2k(k1)k1k1S1(12)(122)2k2，2上面求和中的第k项为122k112k2k1 12所以可以看成是求数列{2k1}的前k项和，即

k(k1)k1123kS1(12)(122)21212121 2(2222k)k2k1k2

要使k(k1)100，有k14，此时k22k1，所以k2是第k1组等比数列21,2,,2k的部分和，设k2122t12t1，所以k2t314，则t5，此时k25329，所以对应满足条件的最小整数N

练习3．数列{an}满足an1(1)an2n1，则{an}的前60项和为

． 解：由an1(1)an2n1得，nn29305440，故选A.2an2(1)nan12n1(1)n[(1)n1an2n1]2n1an(1)n(2n1)2n1，）2n1，也有an3an1(1)（2n1）2n3，两式相即an2an(1)（2n1n加得anan1an2an32(1)4n4，设k为整数，nn则a4k1a4k2a4k3a4k42(1)于是S604k14(4k1)416k`10，14K0(a144k1a4k2a4k3a4k4)(16k`10)1830

K0 【设计意图】通过等差、等比数列来表达规律，把一般的数列问题转化为一些子数列问题．