创新思维论文-个性非主流签名

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学习等差数列求和公式的四个层次
黑龙江大庆实验中学(163311)毕明黎


等差数列前n项和公 式
S
n

(a
1
a
n
)n
n( n1)
na
1

d
,是数列部分最重要公式之一,学习
22
公式并灵活运用公式可分如下四个层次:

1.直接套用公式
从公式< br>S
n

(a
1
a
n
)n(a
m< br>a
nm1
)n
n(n1)
na
1
d< br>中,我们可以看到公式中出现了五
222
个量,包括
a
1
,d ,a
n
,n,S
n
,
这些量中已知三个就可以求另外两个了.从基本 量的观点认识公式、理解公
式、掌握公式这是最低层次要求.
2
例1 设等差数列

a
n

的公差为d,如果它的前n项和
S
nn
,那么( ).(1992年三南高考试
题)
(A)
a
n
2n1,d2
(B)
a
n
2n1,d2

(C)
a
n
2n1,d2
(D)
a
n
2n1,d2

222
解法1 由于
S
n
n
且
a
n
S
n
S< br>n1
知,
a
n
n(n1)2n1,

da
n
a
n1
2n1[2(n1)1],
d 2,
选(C).
解法2
S
n
na
1

n(n1)
dn
2
,
对照系数易知
d2,
2
2
此时由
na
1
n(n1)n
知
a
1
1,
故
a
n
2n1,
选( C).
例2 设
S
n
是等差数列

a
n

的前n项和,已知
11111
S
3
与
S
4的等比中项为
S
5
,
S
3
与
S
4的等
34534
差中项为1,求等差数列

a
n
的通项
a
n
.(1997年全国高考文科)
解 设

a
n

的通项为
a
n
a
1
(n1 )d,
前n项和为
S
n
na
1

n(n1)< br>d.

2
11

1
2
SS(S)
5

3
3
4
4
5
由题意知

,
11

S
3
S
4
2
4

3
1

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321 43154
2

1
(3ad)(4ad)(5ad)
11

3
1
242252
即


132 143

(3a
1
d)(4a
1
d)2
242

3
12

3a
1
d5d
2
0

d0


d
,
解得< br>
化简可得

或

5
5
2ad2
a1
1
1



a
1
4
2

由此可知
a
n
1
或
a
n
 4(n1)(

123212
)n.

555
3212
n.

55
经检验均适合题意,故所求等 差数列的通项为
a
n
1
或
a
n

2.逆 向活用公式
在公式的学习中,不仅要从正向认识公式,而且要善于从反向分析弄清公式的本来面目.重 视逆向
地认识公式,逆向运用公式,无疑将大大地提高公式的解题功效,体现了思维的灵活性.
例3 设
nN,
求证:
(1985年全国高考文科)
证明

n(n1)n(n3)
1223

n(n1) .

22
n(n1)
123

n,

2
23,
,nn(n1),
又
112,2

n(n1)
1223

n(n1).

2
n(n3)
又

234

(n1),
2
且
122,233,344,
,n(n1)n 1,

1223n(n1)
n(n3)
.

2
(a
1
a
n
)n
,求证:

a
n

是等差数列. (1994年全
2
例4 数列

a
n

对于任意自然数n均满足
S
n

国高考文科)
证明 欲证
a
n1
a
n
为常数,
由
S
n< br>
(a
1
a
n
)n(aa
n1
)(n 1)
及
S
n1

1
可得
22
na< br>n
a
1
(n1)a
n1
推出
(n1)a< br>n1
a
1
na
n2
,

作差可得< br>2na
n1
na
n
na
n2
,
因此
a
n2
a
n1
a
n1
a
n< br>.

由递推性可知:
a
n2
a
n1
a
n1
a
n


a
2
a
1
d(d
为常数),所以命题得证.
这是九四年文科全国高考试题,高考中得分 率极低,我们不得不承认此为公式教学与学习中的一
2

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个失误,倘若能重视逆向地认识公式,理解公式,应用公式,还“和”为“项”,结局还能如此惨重吗?
3.横向联系,巧用公式
在公式的学习过程中,还要从运动、变化的观点来认识公式,从函数 及数列结合的角度分析透彻理
解公式,公式
S
n
na
1

n(n1)
d
表明是关于n的二次函数,且常数项为0,同时也可以看出点列
2
(n,S
n
)
均在同一条抛物线上,且此抛物线过原点,体现了思维的广 阔性,请再看例2.
2
解 设
S
n
anbn
,则可得
11

1
2222
(a3b3)(a4b4)[(a55b)]

345


11

(9a3b)(16a4b)2
4

3
6

a

a0
< br>5
,所以
Sn
或
S
6
n
2

26
n,
解得

或

n
n
26
55
b1


b
5

3212
从而
a
n
1
或
a
n
n.

55
例5 设等差数列

a
n

的前项和为S
n
,已知
a
3
12,S
12
0,S13
0,
指出
S
1
,S
2
,S
3< br>,,S
12
中哪
一个值最大,并说明理由. (1992年全国高考试题)
解 由于
S
n
na
1

n(n1)
d
表明点列
(n,S
n
)

2
y
都在过 原点的抛物线上,再由
S
12
0,S
13
0,

易知此等差数列公差d<0,且
a
1
0,
图象如图所示,
易知其对称轴为
xx
0
,x
0
(6,6.5)
, < br>于是
a
6
0,a
7
0
,故
S
6
最大.
4.恰当变形妙用公式
对公式进行适当变形,然后再运用公式是公式应用的 较高层次,从而丰富了公式本身的内涵,往往
给解题带来捷径,体现了思维的深刻性.
O
x
0
13
12
x
(a
1
a
n
)n
,变形可得
2
(a a
nm1
)n(a
1
a
m
)m(a
m1< br>a
n
)(nm)
S
n

m

,
222
S
n(n1)n1
d
,变形可得
n
a
1
d,
对于公式
S
n
na
1

2n2
S
dd
它表明对于任意
nN
,点列
(n,
n
)
都在同一直线
l:yx(a
1
)
上.
n22
对于公式
S
n

3

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例6 等差数列

a
n
的前m项和为30,前2m项和为100,则它的前3m项和为( )
(A)130 (B)170 (C)210 (D)260(1996年全国高考试题)
解法1
S
3m

又由于
S
2m
(a
1
a
3m
)3m

2
aa
2m
30
m1
m100
, < br>2
m(a
m1
a
2m
)140
,
 m(a
1
a
3m
)m(a
m1
a
2m)140
,
从而
S
3m

1403
210,
选(C).
2
SSS
dd
解法2 由于点
(m,
m
)(2m ,
2m
)(3m,
3m
)
在同一直线
yx(a
1
)
上,因此
m2m3m22
S
3m
S
2m< br>S
2m
S
m

3m2m

2mm
,化简可得:
S3(SS)210
,选(C).
3m2mm
3m2m2mm
在上文我们曾给出97年高考试题两个解法, 这里我们再给出两个解法.
解法3 由于点列
(n,
S
n
S

)
均在同一直线上,说明数列

n

成等 差数列,从而可得
n

n

S
4
24

S
3
S
5

2
S

3< br>
3
5
54
S3

3


S
5
2
8


S
3
S
4

S4
,解得或
()
S

4


4
5
5

S5


34

5

S
3

S
4
2 
S
5
4


4


3
16

a

a
4
1

4< br>5
, 从而可求得

或


a
5
 1

a
5

28
5

3212
故等差数列

a
n

通项为
a
n
1或
a
n
n.

55
S
解法4 由于点列
(n,
n
)
均在同一直线上如图所示,
n
11< br>由
S
3
S
4
2
知A点坐标为(3.5,1).
34
若直线l与x轴无交点,即平行于x轴,则
d=0,
y
P
1
A
P
2
l
B
O
P
3
x
l
S
n
1,nN,
,显然也 满足条件
n
111
S
3
S
4
(S
5< br>)
2
,从而
S
n
n,a
n
1,nN.

345
若直线l与x轴相交,设其交点为B(x,0),
P
1(3,
S
3
S
S
),

P
2
(4,
4
),P
3
(5,
5
),
由
345
4

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SSS
S
11111S
3
S
4
(S
5
)
2
及
S
3
S
4
2
知
3
0,

4
0,
且
5
0.
若不然
3
0,
345343453
S
S
4
111
0,
5
 0.
,由单调性知不可能有
S
3
S
4
(S
5< br>)
2
,因此点B应落在(4,0),(5,0)之间.由
45345
S
3
S
5
111
S
3
S
4
(S
5
)
2
可得
3

5
,

S
5
S
4
345
4
5
3x5x13
即 有
,
解得
x
.
5x4x3
SS
6136 26
由A、B两点坐标可求
(n,
n
)
所在直线方程为
n< br>(n)n,

nn5355
6263212
S
n
n
2
n,a
n
n.

5555
3212
综上所述所求等差数列通项公式为
a
n
1
或
a
n
n.

55
从以上可以看出,对公式的学习不应仅仅停留在公 式的表面.对公式深刻而丰富的内涵忽视或视
而不见,而应充分挖掘出这些隐藏在内部的思想方法为我所 用,提高公式的解题功效,才能达到灵活运
用公式的较高境界.


















5

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含参变量的对数高考高考试题解法综述
黑龙江大庆实验中学(163311)毕明黎
含参变量的对数问题常常在高考试题中出现,本 文对这一类问题的解法作以总结,以揭示这类问
题的一般解题规律.
1.直接转换
直接转换:即把已知条件等价变形,而使问题获解,这里一定要注意等价变形.
例1 已知
a0,a1
,试求使方程
log
a
(xak)log
a
2
(x
2
a
2
)
有解的k的取值范围.(1 989年全
国高考试题)

(xak)
2
x
2
a
2
①

解:原方程等价于

xak0
②


x
2
a
2
0
③

k
2
1
a
④ 由①可得
x
2k
显然④满足不等式③,将④代入②可得
k1
或
0k1
即为所求.
例2 解不等式
log
a
(1
1
)1
.(1996年全国高考试题)
x
解(Ⅰ)当
a1
时原不等式等价不等式组

1

1
x
0
11
1a,
从而
x0.


1
x1a

1a

x
(Ⅱ)当
0a1
时原不等式等价于不等式组

1
① 由①知x1或x0

1
x
0


11

1a
　
②　　 由
②
得0 x
1a

x
1
1x.

1a
1
x0}
, 综上所述,当
a1
时原不等式解 集为

x|
1a
1
}
当
0a1
时 原不等式解集为

x|1x
1a
2.消参策略
根据题目特征,消去参数可大大减少不必要的讨论.
例3 设
0x1
且
a0,a1
,试比较
log
a
(1x)
与
log
a
(1x)
的大小. (1982年全国高考试
题)
6

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解:

0x1,01x1 ,1x1,01x
2
1

1x
于是
log< br>a
(1x)
log
a
(1x)
log
(1x )
(1x)log
(1x)
(1x)log
(1x)
1
log
(1x)
(1x)1

1x
因此
log
a
(1x)
>
log
a
(1x)

3.引参策略
恰当地设立参数,使问题得到简化,计算量减少,这是解题中常用技巧. 4(a1)2a(a1)
2
2xlog
2
log
20
恒成立,求a的取值例4 设对所有实数x,不等式
xlog
2
a a1
4a
2
2
范围. (1987年全国高考试题)

解:令
tlog
a
a1
2
,则原不等式可转化为
(3 t)x2tx2t0
.
2a
要使原不等式恒成立,必须有

3t0


3t0

t0


2t0t

或
< br>2
4t8t(3t)0


2t0

即
log
2
a1
0,
解之
0a1.

2a
适当地引入参数,另辟蹊径解题十分巧妙,请再看例1.
解:原方程等价于xakx
2
a
2
(xa)

xx
2
a
2
a0,k,xa.

a

1
,0)(0,)
,则
kctg

22sin


1cos

当

(, 0)
时
kctg

2sin

2
设
x acsc

,

(
又


2
(

4
,0),k1.

)
时
k< br>1cos


tg
又
(0,),0k1.< br>
2sin

224
综上所述可知k的范围为
k1
或
0k1.

当

(0,

4.分类讨论
分类讨论是解决含参变量问题的重要手段之一,值得注意的是在分类讨论中要准确地确定分类标准逐级分类讨论.
例5 已知自然数n,实数a>1,解关于x的不等式
7

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log
a
x(4)log
a
2
x12log
a
3
x

n(2)试题)

n1
log
a
n
1(2)
n
xlog
a
(x
2
a).
(1991年全国高考
3
1(2)
n
1(2)
n
log
a
x log
a
(x
2
a).
解:原不等式等价于
33
2
(1)n为奇数时
log
a
xlog
a
(xa)< br>即
ax
14a1

2
(2)n为偶数时
lo g
a
xlog
a
(xa)
即
x
例6 设
a0,a1,t0
,比较
题)
解:当t>0时,由均值不等式有
①t=1时
2
14a1

2
1t1
的大小,并证明你的结论. (1988年全国高考试
loga
t
与
log
a
22
t1
t
,当 且仅当t=1时取“=”号,所以
2
1t1

log
a
t
=
log
a
22
1t1
②
t1
时 若
0a1,
则
log
a
t
>
log
a

22
1t1
若
a1
则
log
at
<
log
a

22
分类讨论应注意: ①对于多个参变量应分清主参变量与次参变量, ②按先主后次顺序分层次讨论,③
必须确定讨论的全集 及分类标准,各类必须互不相容,否则产生重复讨论各类子集的并集必须是全集,
否则产生遗漏现象.
5.数形结合
数和形是整个数学发展过程中的两大柱石,数形结合是数学中十分重要的思想方 法,某些问题,不妨可
借助于几何图形来考虑,因为几何图形直观、形象,易于求解,请再看例1. < br>解:原方程等价于
log
a
(xak)log
a
(x2
a
2
)
,
y
转化为考虑曲线
yxak(y0)
与曲线
yx
2
a
2
(y0)
,要使原方程有解,只须
上半直线和上半双曲线有交点,由
yxak

a
平行于双曲线一条渐近线
yx
,如图,
0kaa

或
aka
从而解得
)k1
或
k1
时原 方程有解.
对例5也可有如下解法.
8
0
a
x

百度文库

1(2)
n
1(2)
n
log
a
xlog
a
(x< br>2
a).
, 原不等式等价于
33
在同一坐标系中作出y=x(y> 0),
yxa(y0)
的
图象.由图象知
x
2
y
a
,由
xx
2
a
求得交点P横
坐标为
x
14a114a1
,
x
(舍) 22
a
0
a
x
1(2)
n
0
知
log
a
xlog
a
(x
2
a)
因 当n为奇数时,由
3
象知
ax
a>1由图
14a1
.
2
14a1
1(2)
n
0
知
log
a
xlog
a
(x
2
a)
因a>1,由图象知
x
当n为偶数时,由.
2
3
仿上方法同理可求解例2,这里从略.
步骤:①把原不等式(方程)等 价变形为
f(x)g(x)(f(x)g(x)),
②作出
yf(x)
与
yg(x)
图象,
③由
f(x)g(x)
求交点,④由图象及 函数性质确定范围,从而求解.
6.分离参数(主次转化)
更换问题中的参变量和变量位置,常常得到新颖简洁的解法,请再看例4.
解:将原不等式变 形为
3x(x2x2)log
2
22
22
a1
0 ,

2a
a13x
2
x2x2(x1)10,log
2
,

2
2a
(x1)1
a 1
3x
2
log0,
又对于任意
xR
,

,因此必须且只须
0
2
2a
(x1)
2
1< br>即
a1
1,
解之02a

所求a的取值范围为012
x
3< br>x


(n1)
x
n
x
a
,
其中a是实数,
nN,n2
,如果当
x(,1)
例7 设
f(x)lg
n
时,
f(x)
有意义,求a的取值范围. (1990年全国高考试题)
解:由题设知
x(,1)
时不等式
1 23

(n1)na0
恒成立,
9
xxxx

百度文库

n1
x
)]
恒成立.
n
1
x
2
x
3
x
n1
x
令

(x)[()() ()()]
,
x(,1)
时为增函数.
nnnn
12 n11n
因此x=1时

(x)
max
(
.
)
nnn2
1n
.
a

(x)恒成立,
a
2
即
a[()()()(
xxx
1
n
2
n
3
n
仿上述解法可对例1再给出如下两个 解法:
1k
2
x
x

,
f(x)
在
(ak,)
为增函数,故解法1 以k为主参数考虑由
2kxa(1k)< br>,知
2ka
a
2
1k
2
x
k
, 解之
k1
或
0k1.

f(x)k
即
2k
a
2k
2
x
2kx
解法2 以a为主参数,由
a

0
知k与x同号,代入
xak0知
x
1k
2
1k
2
2k
2
1 0k1
①当x>0时,则k>0,故
2
1k
2k
2
1k1
②当x<0时,则k<0,故
1k
2
综上可知
k(,1)(0,1)
.
分离参数一般步骤为:①将含参数t的关于x的方程或不等式变形为g(t)与

( x)
的等式或不等式,
②根据方程或不等式的解(x)的范围确定函数

(x )
的取值范围D,③由D以及g(t)与

(x)
的相等与不
等关系 确定为g(t)的取值范围,从而求出参数t的范围.
说明:这里①是前提,②是关键
从以 上数例可以看出,只要我们从多角度、多方位、多层次上去挖掘隐含条件,从而获得问题的最佳解
决方法 ,不断提高自己的解题能力.
10