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理科高三数学教案

时间:2022-06-02 09:21:08

理科高三数学教案

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  【摘要】鉴于大家对数学网十分关注,小编在此为大家搜集整理了此文理科高三数学教案:数列总复习,供大家参考!

  考试要求 重难点击 命题展望

  1.数列的概念和简单表示法?

  (1)了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式);? (2)了解数列是自变量为正整数的一类函数.?

  2.等差数列、等比数列?

  (1)理解等差数列、等比数列的概念;?

  (2)掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式;?

  (3)能在具体问题情境中识别数列的等差关系或等比关系,并能用有关知识解决相应的问题;?

  (4)了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系. 本章重点:1.等差数列、等比数列的定义、通项公式和前n项和公式及有关性质;

  2.注重提炼一些重要的思想和方法,如:观察法、累加法、累乘法、待定系数法、倒序相加求和法、错位相减求和法、裂项相消求和法、分组求和法、函数与方程思想、数学模型思想以及离散与连续的关系.?

  本章难点:1.数列概念的理解;2.等差等比数列性质的运用;3.数列通项与求和方法的运用. 仍然会以客观题考查等差数列与等比数列的通项公式和前n项和公式及性质,在解答题中,会保持以前的风格,注重数列与其他分支的综合能力的考查,在高考中,数列常考常新,其主要原因是它作为一 个特殊函数,使它可以与函数、不等式、解析几何、三角函数等综合起来,命出开放性、探索性强的问题,更体现了知识交叉命题原则得以贯彻;又因为数列与生产、生活的联系,使数列应用题也倍受欢迎.

  知识网络

  6.1 数列的概念与简单表示法

  典例精析

  题型一 归纳、猜想法求数列通项

  【例1】根据下列数列的前几项,分别写出它们的一个通项公式:

  (1)7,77,777,7 777,

  (2)23,-415,635,-863,

  (3)1,3,3,5,5,7,7,9,9,

  【解析】(1)将数列变形为79(10-1),79(102-1),79(103-1),,79(10n-1),

  故an=79(10n-1).

  (2)分开观察,正负号由(-1)n+1确定,分子是偶数2n,分母是13,35,57, ,(2n-1)(2n+1),故数列的通项公式可写成an =(-1)n+1 .

  (3)将已知数列变为1+0,2+1,3+0,4+1,5+0,6+1,7+0,8+1,9+0,.

  故数列的通项公式为an=n+ .

  【点拨】联想与转换是由已知认识未知的两种有效的思维方法,观察归纳是由特殊到一般的有效手段,本例的求解关键是通过分析、比较、联想、归纳、转换获得项与项序数的一般规律,从而求得通项.

  【变式训练1】如下表定义函数f(x):

  x 1 2 3 4 5

  f(x) 5 4 3 1 2

  对于数列{an},a1=4,an=f(an-1),n=2,3,4,,则a2 008的值是()

  A.1 B.2 C.3 D.4

  【解析】a1=4,a2=1,a3=5,a4=2,a5=4,,可得an+4=an.

  所以a2 008=a4=2,故选B.

  题型二 应用an= 求数列通项

  【例2】已知数列{an}的前n项和Sn,分别求其通项公式:

  (1)Sn=3n-2;

  (2)Sn=18(an+2)2 (an0).

  【解析】(1)当n=1时,a1=S1=31-2=1,

  当n2时,an=Sn-Sn-1=(3n-2)-(3n-1-2)=23n-1,

  又a1=1不适合上式,

  故an=

  (2)当n=1时,a1=S1=18(a1+2)2,解得a1=2,

  当n2时,an=Sn-Sn-1=18(an+2)2-18(an-1+2)2,

  所以(an-2)2-(an-1+2)2=0,所以(an+an-1)(an-an-1-4)=0,

  又an0,所以an-an-1=4,

  可知{an}为等差数列,公差为4,

  所以an=a1+(n-1)d=2+(n-1)4=4n-2,

  a1=2也适合上式,故an=4n-2.

  【点拨】本例的关键是应用an= 求数列的通项,特别要注意验证a1的值是否满足2的一般性通项公式.

  【变式训练2】已知a1=1,an=n(an+1-an)(nN*),则数列{an}的通项公式是()

  A.2n-1 B.(n+1n)n-1 C.n2 D.n

  【解析】由an=n(an+1-an)an+1an=n+1n.

  所以an=anan-1an-1an-2a2a1=nn-1n-1n-23221=n,故选D.

  题型三 利用递推关系求数列的通项

  【例3】已知在数列{an}中a1=1,求满足下列条件的数列的通项公式:

  (1)an+1=an1+2an;(2)an+1=2an+2n+1.

  【解析】(1)因为对于一切nN*,an0,

  因此由an+1=an1+2an得1an+1=1an+2,即1an+1-1an=2.

  所以{1an}是等差数列,1an=1a1+(n-1)2=2n-1,即an=12n-1.

  (2)根据已知条件得an+12n+1=an2n+1,即an+12n+1-an2n=1.

  所以数列{an2n}是等差数列,an2n=12+(n-1)=2n-12,即an=(2n-1)2n-1.

  【点拨】通项公式及递推关系是给出数列的常用方法,尤其是后者,可以通过进一步的计算,将其进行转化,构造新数列求通项,进而可以求得所求数列的通项公式.

  【变式训练3】设{an}是首项为1的正项数列,且(n+1)a2n+1-na2n+an+1an=0(n=1,2,3,),求an.

  【解析】因为数列{an}是首项为1的正项数列,

  所以anan+10,所以(n+1)an+1an-nanan+1+1=0,

  令an+1an=t,所以(n+1)t2+t-n=0,

  所以[(n+1)t-n](t+1)=0,

  得t=nn+1或t=-1(舍去),即an+1an=nn+1.

  所以a2a1a3a2a4a3a5a4anan-1=12233445n-1n,所以an=1n.

  总结提高

  1.给出数列的前几项求通项时,常用特征分析法与化归法,所求通项不唯一.

  2.由Sn求an时,要分n=1和n2两种情况.

  3.给出Sn与an的递推关系,要求an,常用思路是:一是利用Sn-Sn-1=an(n2)转化为an的递推关系,再求其通项公式;二是转化为Sn的递推关系,先求出Sn与n之间的关系,再求an.

  6.2 等差数列

  典例精析

  题型一 等差数列的判定与基本运算

  【例1】已知数列{an}前n项和Sn=n2-9n.

  (1)求证:{an}为等差数列;(2)记数列{|an|}的前n项和为Tn,求 Tn的表达式.

  【解析】(1)证明:n=1时,a1=S1=-8,

  当n2时,an=Sn-Sn-1=n2-9n-[(n-1)2-9(n-1)]=2n-10,

  当n=1时,也适合该式,所以an=2n-10 (nN*).

  当n2时,an-an-1=2,所以{an}为等差数列.

  (2)因为n5时,an0,n6时,an0.

  所以当n5时,Tn=-Sn=9n-n2,

  当n6时,Tn=a1+a2++a5+a6++an

  =-a1-a2--a5+a6+a7++an

  =Sn-2S5=n2-9n-2(-20)=n2-9n+40,

  所以,

  【点拨】根据定义法判断数列为等差数列,灵活运用求 和公式.

  【变式训练1】已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S21=42,若记bn= ,则数列{bn}()

  A.是等差数列,但不是等比数列 B.是等比数列,但不是等差数列

  C.既是等差数列,又是等比数列 D.既不是等差数列,又不是等比数列

  【解析】本题考查了两类常见数列,特别是等差数列的性质.根据条件找出等差数列{an}的首项与公差之间的关系从而确定数列{bn}的通项是解决问题的突破口.{an}是等差数列,则S21=21a1+21202d=42.

  所以a1+10d=2,即a11=2.所以bn= =22-(2a11)=20=1,即数列{bn}是非0常数列,既是等差数列又是等比数列.答案为C.

  题型二 公式的应用

  【例2】设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a3=12,S120,S130.

  (1)求公差d的取值范围;

  (2)指出S1,S2,,S12中哪一个值最大,并说明理由.

  【解析】(1)依题意,有

  S12=12a1+12(12-1)d20,S13=13a1+13(13-1)d20,

  即

  由a3=12,得a1=12-2d.③

  将③分别代入①②式,得

  所以-247

  (2)方法一:由d0可知a1a3a13,

  因此,若在112中存在自然数n,使得an0,an+10,

  则Sn就是S1,S2,,S12中的最大值.

  由于S12=6(a6+a7)0,S13=13a70,

  即a6+a70,a70,因此a60,a70,

  故在S1,S2,,S12中,S6的值最大.

  方法二:由d0可知a1a3a13,

  因此,若在112中存在自然数n,使得an0,an+10,

  则Sn就是S1,S2,,S12中的最大值.

  故在S1,S2,,S12中,S6的值最大.

  【变式训练2】在等差数列{an}中,公差d0,a2 008,a2 009是方程x2-3x-5=0的两个根,Sn是数列{an}的前n项的和,那么满足条件Sn0的最大自然数n=.

  【解析】由题意知 又因为公差d0,所以a2 0080,a2 0090. 当

  n=4 015时,S4 015=a1+a4 01524 015=a2 0084 015当n=4 016时,S4 016=a1+a4 01624 016=a2 008+a2 00924 0160.所以满足条件Sn0的最大自然数n=4 015.

  题型三 性质的应用

  【例3】某地区2010年9月份曾发生流感,据统计,9月1日该地区流感病毒的新感染者有40人,此后,每天的新感染者人数比前一天增加40人;但从9月11日起,该地区医疗部门采取措施,使该种病毒的传播得到控制,每天的新感染者人数比前一天减少10人.

  (1)分别求出该地区在9月10日和9月11日这两天的流感病毒的新感染者人数;

  (2)该地区9月份(共30天)该病毒新感染者共有多少人?

  【解析】(1)由题意知,该地区9月份前10天流感病毒的新感染者的人数构成一个首项为40,公差为40的等差数列.

  所以9月10日的新感染者人数为40+(10-1)40=400(人).

  所以9月11日的新感染者人数为400-10=390(人).

  (2)9月份前10天的新感染者人数和为S10=10(40+400)2=2 200(人),

  9月份后20天流感病毒的新感染者的人数,构成一个首项为390,公差为-10的等差数列.

  所以后20天新感染者的人数和为T20=20390+20(20-1)2(-10)=5 900(人).

  所以该地区9月份流感病毒的新感染者共有2 200+5 900=8 100(人).

  【变式训练3】设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S410,S515,则a4的最大值为

  .

  【解析】因为等差数列{an}的前n项和为Sn,且S410,S515,

  所以5+3d23+d,即5+3d6+2d,所以d1,

  所以a43+1=4,故a4的最大值为4.

  总结提高

  1.在熟练应用基本公式的同时,还要会用变通的公式,如在等差数列中,am=an+(m-n)d.

  2.在五个量a1、d、n、an、Sn中,知其中的三个量可求出其余两个量,要求选用公式要恰当,即善于减少运算量,达到快速、准确的目的.

  3.已知三个或四个数成等差数列这类问题,要善于设元,目的仍在于减少运算量,如三个数成等差数列时,除了设a,a+d,a+2d外,还可设a-d,a,a +d;四个数成等差数列时,可设为a-3m,a-m,a+m,a+3m.

  4.在求解数列问题时,要注意函数思想、方程思想、消元及整体消元的方法的应用.

  6.3 等比数列

  典例精析

  题型一 等比数列的基本运算与判定

  【例1】数列{an}的前n项和记为Sn,已知a1=1,an+1=n+2nSn(n=1,2,3,).求证:

  (1)数列{Snn}是等比数列;(2)Sn+1=4an.

  【解析】(1)因为an+1=Sn+1-Sn,an+1=n+2nSn,

  所以(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn).

  整理得nSn+1=2(n+1)Sn,所以Sn+1n+1=2Snn,

  故{Snn}是以2为公比的等比数列.

  (2)由(1)知Sn+1n+1=4Sn-1n-1 =4ann+1(n2),

  于是Sn+1=4(n+1)Sn-1n-1=4an(n2).

  又a2=3S1=3,故S2=a1+a2=4.

  因此对于任意正整数n1,都有Sn+1=4an.

  【点拨】①运用等比数列的基本公式,将已知条件转化为关于等比数列的特征量a1、q的方程是求解等比数列问题的常用方法之一,同时应注意在使 用等比数列前n项和公式时,应充分讨论公比q是否等于1;②应用定义判断数列是否是等比数列是最直接,最有依据的方法,也是通法,若判断一个数列是等比数列可用an+1an=q(常数)恒成立,也可用a2n+1 =anan+2 恒成立,若判定一个数列不是等比数列则只需举出反例即可,也可以用反证法.

  【变式训练1】等比数列{an}中,a1=317,q=-12.记f(n)=a1a2an,则当f(n)最大时,n的值为()

  A.7 B.8 C.9 D.10

  【解析】an=317(-12)n-1,易知a9=31712561,a100,00,故f(9)=a1a2a9的值最大,此时n=9.故选C.

  题型二 性质运用

  【例2】在等比数列{an}中,a1+a6=33,a3a4=32,anan+1(nN*).

  (1)求an;

  (2)若Tn=lg a1+lg a2++lg an,求Tn.

  【解析】(1)由等比数列的性质可知a1a6=a3a4=32,

  又a1+a6=33,a1a6,解得a1=32,a6=1,

  所以a6a1=132,即q5=132,所以q=12,

  所以an=32(12)n-1=26-n .

  (2)由等比数列的性质可知,{lg an}是等差数列,

  因为lg an=lg 26-n=(6-n)lg 2,lg a1=5lg 2,

  所以Tn=(lg a1+lg an)n2=n(11-n)2lg 2.

  【点拨】历年高考对性质考查较多,主要是利用等积性,题目小而巧且背景不断更新,要熟练掌握.

  【变式训练2】在等差数列{an}中,若a15=0,则有等式a1+a2++an=a1+a2++a29-n(n29,nN*)成立,类比上述性质,相应地在等比数列{bn}中,若b19=1,能得到什么等式?

  【解析】由题设可知,如果am=0,在等差数列中有

  a1+a2++an=a1+a2++a2m-1-n(n2m-1,nN*)成立,

  我们知道,如果m+n=p+q,则am+an=ap+aq,

  而对于等比数列{bn},则有若m+n=p+q,则aman=apaq,

  所以可以得出结论:

  若bm=1,则有b1b2bn=b1b2b2m-1-n(n2m-1,nN*)成立.

  在本题中则有b1b2bn=b1b2b37-n(n37,nN*).

  题型三 综合运用

  【例3】设数列{an}的前n 项和为Sn,其中an0,a1为常数,且-a1,Sn,an+1成等差数列.

  (1)求{an}的通项公式;

  (2)设bn=1-Sn,问是否存在a1,使数列{bn}为等比数列?若存在,则求出a1的值;若不存在,说明理由.

  【解析】(1)由题意可得2Sn=an+1-a1.

  所以当n2时,有

  两式相减得an+1=3an(n2).

  又a2=2S1+a1=3a1,an0,

  所以{an}是以首项为a1,公比为q=3的等比数列.

  所以an=a13n-1.

  (2)因为Sn=a1(1-qn)1-q=-12a1+12a13n,所以bn=1-Sn=1+12a1-12a13n.

  要使{bn}为等比数列,当且仅当1+12a1=0,即a1=-2,此时bn=3n.

  所以{bn}是首项 为3,公比为q=3的等比数列.

  所以{bn}能为等比数列,此时a1=-2.

  【变式训练3】已知命题:若{an}为等 差数列,且am=a,an=b(m0,nN*)为等比数列,且bm=a,bn=b(m

  【解析】n-mbnam.

  总结提高

  1.方程思想,即等比数列{an}中五个量a1,n,q,an,Sn,一般可知三求二,通过求和与通项两公式列方程组求解.

  2.对于已知数列{an}递推公式an与Sn的混合关系式,利用公式an=Sn-Sn-1(n2),再引入辅助数列,转化为等比数列问题求解.

  3.分类讨论思想:当a10,q1或a10,00,01时,{an}为递减数列;q0时,{an}为摆动数列;q=1时,{an}为常数列.

  6.4 数列求和

  典例精析

  题型一 错位相减法求和

  【例1】求和:Sn=1a+2a2+3a3++nan.

  【解 析】(1)a=1时,Sn=1+2+3++n=n(n+1)2.

  (2)a1时,因为a0,

  Sn=1a+2a2+3a3++nan,①

  1aSn=1a2+2a3++n-1an+nan+1.②

  由①-②得(1-1a)Sn=1a+1a2++1an-nan+1=1a(1-1an)1-1a-nan+1,

  所以Sn=a(an-1)-n(a-1)an(a-1)2.

  综上所述,Sn=

  【点拨】(1)若数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,则求数列{anbn}的前n项和时,可采用错位相减法;

  (2)当等比数列公比为字母时,应对字母是否为1进行讨论;

  (3)当将Sn与qSn相减合并同类项时,注意错位及未合并项的正负号.

  【变式训练1】数列{2n-32n-3}的前n项和为()

  A.4-2n-12n-1 B.4+2n-72n-2 C.8-2n+12n-3 D.6-3n+22n-1

  【解析】取n=1,2n-32n-3=-4.故选C.

  题型二 分组并项求和法

  【例2】求和Sn=1+(1+12)+(1+12+14)++(1+12+14++12n-1).

  【解析】和式中第k项为ak =1+12+14++12k-1=1-(12)k1-12=2(1-12k).

  所以Sn=2[(1-12)+(1-122)++(1-12n)]

  = -(12+122++12n)]

  =2[n-12(1-12n)1-12]=2[n-(1-12n)]=2n-2+12n-1.

  【变式训练2】数列1, 1+2, 1+2+22,1+2+22+23,,1+2+22++2n-1,的前n项和为()

  A.2n-1 B.n2n-n

  C.2n+1-n D.2n+1-n-2

  【解析】an=1+2+22++2n-1=2n-1,

  Sn=(21-1)+(22-1)++(2n-1)=2n+1-n-2.故选D.

  题型三 裂项相消法求和

  【例3】数列{an}满足a1=8,a4=2,且an+2-2an+1+an=0 (nN*).

  (1)求数列{an}的通项公式;

  (2)设bn=1n(14-an)(nN*),Tn=b1+b2++bn(nN*),若对任意非零自然数n,Tnm32恒成立,求m的最大整数值.

  【解析】(1)由an+2-2an+1+an=0,得an+2-an+1=an+1-an,

  从而可知数列{an}为等差数列,设其公差为d,则d=a4-a14-1=-2,

  所以an=8+(n-1)(-2)=10-2n.

  (2)bn=1n(14-an)=12n(n+2)=14(1n-1n+2),

  所以Tn=b1+b2++bn=14[(11-13)+(12-14)++(1n-1n+2)]

  =14(1+12-1n+1-1n+2)=38-14(n+1)-14(n+2)m32 ,

  上式对一切nN*恒成立.

  所以m12-8n+1-8n+2对一切nN*恒成立.

  对nN*,(12-8n+1-8n+2)min=12-81+1-81+2=163,

  所以m163,故m的最大整数值为5.

  【点拨】(1)若数列{an}的通项能转化为f(n+1)-f(n)的形式,常采用裂项相消法求和.

  (2)使用裂项相消法求和时,要注意正负项相消时,消去了哪些项,保留了哪些项.

  【变式训练3】已知数列{an},{bn}的前n项和为An,Bn,记cn=anBn+bnAn-anbn(nN*),则数列{cn}的前10项和为()

  A.A10+B10 B.A10+B102 C.A10B10 D.A10B10

  【解析】n=1,c1=A1B1;n2,cn=AnBn-An-1Bn-1,即可推出{cn}的前10项和为A10B10,故选C.

  总结提高

  1.常用的 基本求和法均对应数列通项的特殊结构特征,分析数列通项公式的特征联想相应的求和方法既是根本,也是关键.

  2.数列求和实质就是求数列{Sn}的通项公式,它几乎涵盖了数列中所有的思想策略、方法和技巧,对学生的知识和思维有很高的要求,应充分重视并系统训练.

  6.5 数列的综合应用

  典例精析

  题型一 函数与数列的综合问题

  【例1】已知f(x)=logax(a0且a1),设f(a1),f(a2),,f(an)(nN*)是首项为4,公差为2的等差数列.

  (1)设a是常数,求证:{an}成等比数列;

  (2)若bn=anf(an),{bn}的前n项和是Sn,当a=2时,求Sn.

  【解析】(1)f(an)=4+(n-1)2=2n+2,即logaan=2n+2,所以an=a2n+2,

  所以anan-1=a2n+2a2n=a2(n2)为定值,所以{an}为等比数列.

  (2)bn=anf(an)=a2n+2logaa2n+2=(2n+2)a2n+2,

  当a=2时,bn=(2n+2) (2)2n+2=(n+1) 2n+2,

  Sn=223+324+425++(n+1 ) 2n+2,

  2Sn=224+325++n2n+2+(n+1)2n+3,

  两式相减得

  -Sn=223+24+25++2n+2-(n+1)2n+3=16+24(1-2n-1)1-2-(n+1)2n+3,

  所以Sn=n2n+3.

  【点拨】本例是数列与函数综合的基本题型之一,特征是以函数为载体构建数列的递推关系,通过由函数的解析式获知数列的通项公式,从而问题得到求解.

  【变式训练1】设函数f(x)=xm+ax的导函数f(x)=2x+1,则数列{1f(n)}(nN*)的前n项和是()

  A.nn+1 B.n+2n+1 C.nn+1 D.n+1n

  【解析】由f(x)=mxm-1+a=2x+1得m=2,a=1.

  所以f(x)=x2+x,则1f(n)=1n(n+1)=1n-1n+1.

  所以Sn=1-12+12-13+13-14++1n-1n+1=1-1n+1=nn+1.故选C.

  题型二 数列模型实际应用问题

  【例2】某县位于沙漠地带,人与自然长期进行着顽强的斗争,到2009年底全县的绿化率已达30%,从2010年开始,每年将出现这样的局面:原有沙漠面积的16%将被绿化,与此同时,由于各种原因,原有绿化面积的4%又被沙化.

  (1)设全县面积为1,2009年底绿化面积为a1=310,经过n年绿化面积为an+1,求证:an+1=45an+425;

  (2)至少需要多少年(取整数)的努力,才能使全县的绿化率达到60%?

  【解析】(1)证明:由已知可得an 确定后,an+1可表示为an+1=an(1-4%)+(1-an)16%,

  即an+1=80%an+16%=45an+425.

  (2)由an+1=45an+425有,an+1-45=45(an-45),

  又a1-45=-120,所以an+1-45=-12(45)n,即an+1=45-12(45)n,

  若an+135,则有45-12(45)n35,即(45)n-112,(n-1)lg 45-lg 2,

  (n-1)(2lg 2-lg 5)-lg 2,即(n-1)(3lg 2-1)-lg 2,

  所以n1+lg 21-3lg 24,nN*,

  所以n取最小整数为5,故至少需要经过5年的努力,才能使全县的绿化率达到60%.

  【点拨】解决此类问题的关键是如何把实际问题转化为数学问题,通过反复读题,列出有关信息,转化为数列的有关问题.

  【变式训练2】规定一机器狗每秒钟只能前进或后退一步,现程序设计师让机器狗以前进3步,然后再后退2步的规律进行移动.如果将此机器狗放在数轴的原点,面向正方向,以1步的距离为1单位长移动,令P(n)表示第n秒时机器狗所在的位置坐标,且P(0)=0,则下列结论中错误的是()

  A.P(2 006)=402 B.P(2 007)= 403

  C.P(2 008)=404 D.P(2 009)=405

  【解析】考查数列的应用.构造数列{Pn},由题知P(0)=0,P(5)=1,P(10)=2,P(15)=3.所以P(2 005)=401,P(2 006)=401+1=402,P(2 007)=401+1+1=403,P(2 008)=401+

  3=404,P(2 009)=404-1=403.故D错.

  题型三 数列中的探索性问题

  【例3】{an},{bn}为两个数列,点M(1,2),An(2,an),Bn(n-1n,2n)为直角坐标平面上的点.

  (1)对nN*,若点M,An,Bn在同一直线上,求数列{an}的通项公式;

  (2)若数列{bn}满足log2Cn=a1b1+a2b2++anbna1+a2++an,其中{Cn}是第三项为8,公比为4的等比数列,求证:点列(1,b1),(2,b2),,(n,bn)在同一直线上,并求此直线方程.

  【解析】(1)由an-22-1=2n-2n-1n-1,得an=2n.

  (2)由已知有Cn=22n-3,由log2Cn的表达式可知:

  2(b1+2b2++nbn)=n(n+1)(2n-3),①

  所以2[b1+2b2++(n-1)bn-1]=(n-1)n(2n-5).②

  ①-②得bn=3n-4,所以{bn}为等差数列.

  故点列(1,b1),(2,b2),,(n,bn)共线,直线方程为y=3x-4.

  【变式训练3】已知等差数列{an}的首项a1及公差d都是整数,前n项和为Sn(nN*).若a11,a43,S39,则通项公式an=.

  【解析】本题考查二元一次不等式的整数解以及等差数列的通项公式.

  由a11,a43,S39得

  令x=a1,y=d得

  在平面直角坐标系中画出可行域如图所示.符合要求的整数点只有(2,1),即a1=2,d=1.所以an=2+n-1=n+1.故答案填n+1.

  总结提高

  1.数列模型应用问题的求解策略

  (1)认真审题,准确理解题意;

  (2)依据问题情境,构造等差、等比数列,然后应用通项公式、前n项和公式以及性质求解,或通过探索、归纳构造递推数列求解;

  (3)验证、反思结果与实际是否相符.

  2.数列综合问题的求解策略

  (1)数列与函数综合问题或应用数学思想解决数列问题,或以函数为载体构造数列,应用数列的知识求解;

  (2)数列的几何型综合问题,探究几何性质和规律特征建立数列的递推关系式,然后求解问题.

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