網(wǎng)校完畢數(shù)學(xué)第40、41講

20152015811求數(shù)列{an}的通項(xiàng) 是否存在正整數(shù)m,a1

am≥1?若存在,求出m [解答](1)a2=5,又a2|q-1|=10,所以q=-1或3,所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)為a=5·(-1)n-2或a=5·3n-2 (2)q=-1,a1

+…+

5或0,故不存在這樣的正整數(shù)

91n101-3 若q=3,a1

+…+

1

<

,故不存在這樣的正整數(shù)綜上,不存在實(shí)數(shù)m,a1

+…+

xyy-nx例2設(shè)不等式組

所表示的平面區(qū)域?yàn)镈D (2)設(shè)S{bn項(xiàng)的和,其中b Sn- Sn1-tbn116成立?若存在,求出正整數(shù)n,t; 合求出f(n)的表達(dá)式;(2)先利用b=2f(n)求出數(shù)列的通項(xiàng) 8-t8n- Sn-

8-t8n-

入

n1<16,化簡(jiǎn)得

2,再分t=1以及t>1求出其對(duì)應(yīng)的n

(8n-8-t8n- Sn-

8-t8n- 將Sn代 <1,化簡(jiǎn)得

n8-n nnn8- 若

7 , ,顯然8-t 若t>1,①式化簡(jiǎn)為 8 ,不可能成立綜上,存在正整數(shù)n=1,t=1

1 bn練習(xí)已知數(shù)列{a},滿足a ,a+b=1,b= 求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)設(shè)Sn=a1a2+a2a3+a3a4+…+anan+1,求當(dāng)4aSn<bn恒成立時(shí)實(shí)數(shù)a [解答](1)b(1-an)(1anbn(2-bn)2-bn因?yàn)?因?yàn)閎-1=2-

-

=-1+ 1b-所以數(shù)列 1

=-4-(n-1)=-n- n所以bn=1n3n31 所以Sn=a1a2+a2a3+…+anan+145

-n4=4(n4) n所以4aSbn4n3

當(dāng)a=1時(shí),f(n)=-3n-8<0當(dāng)a>1 a-

3

12 當(dāng)a<1時(shí),對(duì)稱軸為 =- 所以

4,所以a<1時(shí),4aSn<bn綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍為例3一位老師給班上k(k≥3)個(gè)小朋友分糖果.她發(fā)現(xiàn)糖果盒中原1糖果數(shù)為a0,就先從別處抓2塊糖加入盒中,然后把盒內(nèi)糖果的1再從別處抓231在分給一個(gè)小朋友后,就從別處抓2

當(dāng)k=3,a0=12時(shí),分別求a1,a2,a3請(qǐng)用an-1表示an.令bn=(n+1)an,求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)1a1=(a0+2)-21a2=(a1+2)-31a3=(a2+2)-41由題意知an=(an-1+2)

(an-1+2)=

(an-即(n+1)an=n(an-1+2)=nan-1+2n.因?yàn)閎n=(n+1)an,所以所以bn-bn-1=2n,bn-1-bn-2=2n-…b1-

(2疊加得bn- 又b0=a0,所以由bn=n(n+1)+a0,得an=n+n1 2即 =2

當(dāng)a0=0時(shí),an=n,對(duì)任意正整數(shù)k(k≥3),有{an}(n≤k)練習(xí)某企業(yè)在第1年年初 求第n年年初M的價(jià)值ana1a2…設(shè)

,若An大于80萬元,則M繼續(xù)使用,否則需在第nM更新,求證:需在第9年年初對(duì)M[解答](1)n≤6時(shí),數(shù)列{an}是首項(xiàng)為120、公差為-10an=120-10(n-1)=130-3當(dāng)n≥6時(shí),數(shù)列{an}是以a64為等比數(shù)列,又a6=70,34n-an=70· 因此,第n年年初M的價(jià)值ana703

n-

,n4 4na= n(2)設(shè)Sn表示數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,由等差及等比數(shù)列的求和得,當(dāng)1≤n≤6An=120-5(n-1)=125- 3n-6

3 ? 當(dāng)n≥7時(shí),S=S+(a+a+…+a)=570+70××4×4 =780-210×4n-

3n-4 4 因?yàn)閧an}是遞減數(shù)列,所以{An38-又

780-210 4 4839-

=8264

4 49

=7696所以需在第9年年初對(duì)M 已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)為an=2n-1,那么數(shù)據(jù)a1,a2,a3,a4,a5的方差為 1由通 可得d=2,所以s2=5 設(shè)an=nsin25,Sn=a1+a2+…+an,在S1,S2,…,S100中,正數(shù)的個(gè)數(shù)是 已知正項(xiàng)等比數(shù)列{a}滿足:a=a+2a,若存在兩項(xiàng)a,a,使 =4a,則m 的最小值 3

1 46 n=4a1平方得

1,即

1,化簡(jiǎn)得m+n=6,m = 15n4m n

≥

融會(huì)貫通 (2014·蘇州期末)設(shè)數(shù)列{a}滿足a=2a 數(shù)列,并求出數(shù)列{an}的通項(xiàng) 若an是一個(gè)等差數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和,求首項(xiàng)a1的值與數(shù)列{bn}的通項(xiàng) a+a(n+1)2+b(n+1)+c=2(a 即a=2a+an2+(b-2a)n+c-a- ab-2a- c-a-b因?yàn)?/p>

=2a+n4n+1, 所以a+f(n)=a+n2 因?yàn)槭醉?xiàng)a1+1-所以存在f(n)=n2-2n,使得數(shù)列{an+n2-2n}是首項(xiàng)為2、公比為2 8n所以a+n2-2n=2·2n-nn則a=2n-n2+2n.10n (2)因?yàn)閍=2a+n2 即a+(n+1)2-2(n+1)=2(a+n2 所以a+n2-2n=(a1)2n- 即a=(a-1)2n-1- 所以 n- .14 注意等差、等比數(shù)列的判斷方法趁熱打鐵,事半功倍.請(qǐng)老師布置完成《配套檢測(cè)與評(píng)估》中的練習(xí)79~80頁第41( 對(duì)應(yīng)學(xué) 第103~104頁自主學(xué)習(xí) 2 <,…,猜想:若m>0,則的大小關(guān)系

之2 3m…從中歸納出一般結(jié)論 [答案]1+3+5+…+(2n+1)=(n+1)2 推理一般包括合情推理和演繹推理.其中合情推理又包括歸納推理和類比推理“”是演繹推理的一般模式,包括:、、結(jié)論歸納推理是部分到整體,由特殊到一般演繹推理是由一般到特殊綜合法是從已知條件出發(fā),經(jīng)過逐步的推理,達(dá)到待證的結(jié)論等的結(jié)果,從而判定假設(shè)錯(cuò)誤,結(jié)論成立.一般步驟為反設(shè)、歸謬、存真.要點(diǎn)導(dǎo)學(xué)3例1觀察:①sin210°+cos240°+sin10°cos40°=43②sin26°+cos236°+sin6°cos36°=3弦的乘積的和等于;其二,式中兩角的差為3[解答]猜想sin2α+cos2(α+30°)+sin 證明如下:左邊=sin2α+cos(α+30°)[cos(α+30°)+sin 3cos

-2sin2cos2sin=sin2α+ 例2在等差數(shù)列{an}中,若a10=0,則有等式a1+a2+…+an=a1+a2+…+a19- [精要點(diǎn)評(píng)]對(duì)于等差數(shù)列{an},若ak=0,則an+1+a2k-1-n=an+2+a2k-2-n=…=ak+ak=0,所以有a1+a2+…+an=a1+a2+…+an+(an+1+an+2+…+a2k-2-n+a2k-1-n)(n<2k-1,n∈N*),從而對(duì)等比數(shù)列{bn},若bk=1,則有等式b1b2…bn=b1b2…b2k-1-n(n<2k-1,n∈N*練習(xí)已知a>b>0,且ab=1,若0<c<1,p=logc

a22

c,q=logc

,則

a22

>ab=1,所以

a22

1 1aa4c又q=log c

aab2

c

>0,所以

例3在△ABC中,已知

3asinB,且cosA=cosC,求證:△ABC

3asinB3sinπ

3sinAsinBsinA=

或3由cosA=cosCA=C,所以 所以△ABCa2a2

2 -[思維引導(dǎo)]分析法證明的思路是執(zhí)果,即尋找使結(jié)論成立的充分條件,通a2a2

2 -1a2a2

2.因?yàn)?/p>

2 a22 aaa22故只要證 ≥ a2a2

a2a2a2 2即證 1

a+2,從而只要證 a2a a

a21

a221 a2 a2 只要證4 ≥2 ,即證a 例5若x,y都是正實(shí)數(shù),且x+y>2,

1x

<2

1y

<2[思維引導(dǎo)]對(duì)于直接難以證明或含否定詞或含至多至少題的證明,通?？荚O(shè)原命題的結(jié)論不正確即原命題結(jié)論 成立,

1x

1y

≥2為x,y均為正實(shí)數(shù),進(jìn)而可得1+x≥2y,1+y≥2x,再由同向不等式的可加性得到2,這與已 ,進(jìn)而可得假設(shè)不正確,從而肯定原命題的結(jié)論成立

1x

<2

1y

<21則有

1y

≥2因?yàn)閤,y均為正實(shí)數(shù),所以兩式相加,可得2+x+y≥2x+2y即x+y≤2,這與已知條件 1因此假設(shè)不成立,所 <2

1y

<2[精要點(diǎn)評(píng)]反證法其實(shí)是一個(gè)反向思維的過程,可以把反向思維與逆向練習(xí)已知a,b,c都是大于0且小于1的實(shí)數(shù),求證:(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a1少有一個(gè)不大于 [解答]假設(shè)(1-a)b>4,(1-b)c>4,(1-c)a>4(1-

1(1- >2×2(1-

>2×2于是(1-a)+b+(1-b)+c+(1-c)+a=3>1+1+1=3,這與事實(shí),從而假設(shè)不成立,原1所以(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a中至少有一個(gè)不大于…照此規(guī)律,第n個(gè)等式 二中,圓的一維測(cè)度(周長(zhǎng))l=2πr,二維測(cè)度(面積)S=πr2;三中4球的二維測(cè)度(表面積)S=4πr2,三維測(cè)度(體積)V=3πr3.應(yīng)用