2013年高三数学二轮复习-专题四第三讲-思想方法与规范解答教案-理.doc

第三讲　思想方法与规范解答（三）
思想方法
1．函数与方程思想
函数与方程思想在数列中的应用主要体现在：
(1)等差、等比数列基本元素的计算，尤其是“知三求二”，注意消元的方法及整体代换的运用；
(2)数列本身是定义域为正整数集或其有限子集的函数，在解决数列问题时，应有函数与方程思想求解的意识．
[例1]　(2012年郑州模拟)已知等差数列{an}满足：a5＝9，a2＋a6＝14.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝an＋qan(q>0)，求数列{bn}的前n项和Sn.
[解析]　(1)设数列{an}的首项为a1，公差为d，
则由a5＝9，a2＋a6＝14，

得
解得
所以{an}的通项an＝2n－1.

(2)由an＝2n－1得bn＝2n－1＋q2n－1.
当q>0且q≠1时，Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(q1＋q3＋q5＋…＋q2n－1)＝n2＋；
当q＝1时，bn＝2n，则Sn＝n(n＋1)．
所以数列{bn}的前n项和
Sn＝

跟踪训练
已知两个等比数列{an}，{bn}满足a1＝a(a>0)，b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3.
(1)若a＝1，求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}唯一，求a的值．
解析：(1)设数列{an}的公比为q，则b1＝1＋a＝2，b2＝2＋aq＝2＋q，b3＝3＋aq2＝3＋q2，
由b1，b2，b3成等比数列得(2＋q)2＝2(3＋q2)，
即q2－4q＋2＝0，解得q1＝2＋，q2＝2－
所以数列{an}的通项公式为an＝(2＋)n－1或an＝(2－)n－1.
(2)设数列{an}的公比为q，则由(2＋aq)2＝(1＋a)(3＋aq2)得aq2－4aq＋3a－1＝0.(*)
由a>0得Δ＝4a2＋4a>0，故方程(*)有两个不同的实根．
由数列{an}唯一，知方程(*)必有一根为0，代入(*)得a＝.
2．分类讨论思想
数列中的讨论问题常见类型
(1)求和分段讨论：知道数列{an}的前n项和Sn，求数列{|an|}的前n项和；
(2)对等比数列的公比讨论：求等比数列前n项和问题中对公比q＝1和q≠1进行讨论；
(3)对项数的奇偶讨论：与数列有关的求通项或求前n项和问题中对项数n的奇偶进行讨论．
[例2]　(2012年高考湖北卷)已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为8.
(1)求等差数列{an}的通项公式；
(2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和．
[解析]　(1)设等差数列{an}的公差为d，则a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d.
由题意得
解得或
所以由等差数列通项公式可得
an＝2－3(n－1)＝－3n＋5，或an＝－4＋3(n－1)＝3n－7.
故an＝－3n＋5，或an＝3n－7.
(2)当an＝－3n＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4，2，不成等比数列；
当an＝3n－7时，a2，a3，a1分别为－1，2，－4，成等比数列，满足条件．
故|an|＝|3n－7|＝
记数列{|an|}的前n项和为Sn.
当n＝1时，S1＝|a1|＝4；当n＝2时，S2＝|a1|＋|a2|＝5；
当n≥3时，Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an|
＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n－7)
＝5＋＝n2－n＋10.
当n＝2时，满足此式．
综上，Sn＝

跟踪训练
在等比数列{an}中，设前n项和为Sn，x＝S＋S，y＝Sn(S2n＋S3n)，试比较x与y的大小．
解析：设等比数列的首项为a1，公比为q，
则当q＝1时，Sn＝na1，
∴x＝(na1)2＋(2na1)2＝5n2a，
y＝na1(2na1＋3na1)＝5n2a，∴x＝y；
当q≠1时，Sn＝，
∴x＝[]2＋[]2
＝()2[(1－qn)2＋(1－q2n)2]
＝()2(q4n－q2n－2qn＋2)，
y＝[＋]
＝()2(q4n－q2n－2qn＋2)，
∴x＝y，综上可知x＝y.

考情展望
高考对本专题的考查各种题型都有，在选择填空中主要考查等差、等比数列的基本问题，在解答题中主要考查，由递推关系求通项及数列求和问题，同时综合考查数列与不等式，函数的综合应用，难度中档偏上．

名师押题
【押题】　已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝，且Sn＝Sn－1＋an－1＋(n∈N*，n≥2)，数列{bn}满足：b1＝－，且3bn－bn－1＝n(n≥2，且n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：数列{bn－an}为等比数列；
(3)求数列{bn}的前n项和的最小值．
【解析】　(1)由Sn＝Sn－1＋an－1＋得Sn－Sn－1＝an－1＋，
即an－an－1＝(n∈N*，n≥2)，
则数列{an}是以为公差的等差数列，
∴an＝a1＋(n－1)×＝n－(n∈N*)．
(2)证明：∵3bn－bn－1＝n(n≥2)，∴bn＝bn－1＋n(n≥2)，
∴bn－an＝bn－1＋n－n＋
＝bn－1－n＋＝(bn－1－n＋)(n≥2)，
bn－1－an－1＝bn－1－(n－1)＋＝bn－1－n＋(n≥2)，
∴bn－an＝(bn－1－an－1)(n≥2)，
∵b1－a1＝－30≠0，∴＝(n≥2)，
∴数列{bn－an}是以－30为首项，为公比的等比数列．
(3)由(2)得bn－an＝－30×()n－1，
∴bn＝an－30×()n－1＝n－－30×()n－1.
∴bn－bn－1＝n－－30×()n－1－(n－1)＋＋30×()n－2＝＋30×()n－2×(1－)
＝＋20×()n－2>0(n≥2)，∴数列{bn}是递增数列．
∵当n＝1时，b1＝－<0；当n＝2时，b2＝－10<0；
当n＝3时，b3＝－<0；当n＝4时，b4＝－>0，
∴数列{bn}从第4项起各项均大于0，故数列{bn}的前3项之和最小，记数列{bn}的前n项和为Tn，则T3＝－＋(－10)＋(－)＝－.

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