1、数列问题的题型与方法一复习目标：1 能灵活地运用等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式解题；2能熟练地求一些特殊数列的通项和前项的和；3使学生系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题；4通过解决探索性问题，进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力5在解综合题的实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提高分析问题和解决问题的能力6培养学生善于分析题意，富于联想，以适应新的背景，新的设问方式，
2、提高学生用函数的思想、方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法二考试要求：1理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项。2理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能运用公式解答简单的问题。3理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并能运用公式解决简单的问题。4数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础，所以在高考中占有重要的地位。高考对本章的考查比较全面，等差数列，等比数列的考查每年都不会遗漏。解答题多为中等以上难度的试题，突出考查考生的思维能力，解决问
3、题的能力，试题大多有较好的区分度。有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起。探索性问题是高考的热点，常在数列解答题中出现。本章中还蕴含着丰富的数学思想，在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法。应用问题考查的重点是现实客观事物的数学化，常需构造数列模型，将现实问题转化为数学问题来解决。三教学过程：（）基础知识详析1可以列表复习等差数列和等比数列的概念、有关公式和性质.2判断和证明数列是等差（等比）数列常有三种方法：(1)定义法
4、：对于n2的任意自然数,验证为同一常数。(2)通项公式法：若=+（n-1）d=+（n-k）d，则为等差数列；若，则为等比数列。(3)中项公式法：验证都成立。3.在等差数列中,有关Sn的最值问题常用邻项变号法求解：(1)当,d0时，满足的项数m使得取最小值。在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用。4.数列求和的常用方法：公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等。5注意事项：证明数列是等差或等比数列常用定义，即通过证明或而得。在解决等差数列或等比数列的相关问题时，“基本量法”是常用的方法，但有时灵活地运用性质，可使运算简便。对于一般数列的问题常转化为等差、等比数列求解。注意一些特殊数
5、列的求和方法。注意与之间关系的转化。如：=，=数列极限的综合题形式多样，解题思路灵活，但万变不离其宗，就是离不开数列极限的概念和性质，离不开数学思想方法，只要能把握这两方面，就会迅速打通解题思路解综合题的成败在于审清题目，弄懂来龙去脉，透过给定信息的表象，抓住问题的本质，揭示问题的内在联系和隐含条件，明确解题方向，形成解题策略通过解题后的反思，找准自己的问题，总结成功的经验，吸取失败的教训，增强解综合题的信心和勇气，提高分析问题和解决问题的能力（）2004年高考数学数列综合题选1（2004年高考数学北京卷，18）函数是定义在0，1上的增函数，满足且，在每个区间（1，2）上，的图象都是斜率为同一
6、常数k的直线的一部分。 （I）求及，的值，并归纳出的表达式;（II）设直线，x轴及的图象围成的矩形的面积为（1，2），记，求的表达式，并写出其定义域和最小值。分析：本小题主要考查函数、数列等基本知识，考查分析问题和解决问题的能力. 解：（I）由，得 由及，得. 同理，. 归纳得. （II）当时, . 所以是首项为，公比为的等比数列, 所以. 的定义域为1，当时取得最小值.2（2004年高考数学北京卷，20）给定有限个正数满足条件T：每个数都不大于50且总和L1275.现将这些数按下列要求进行分组，每组数之和不大于150且分组的步骤是： 首先，从这些数中选择这样一些数构成第一组，使得150与这组
7、数之和的差与所有可能的其他选择相比是最小的，称为第一组余差； 然后，在去掉已选入第一组的数后，对余下的数按第一组的选择方式构成第二组，这时的余差为；如此继续构成第三组（余差为）、第四组（余差为）、，直至第N组（余差为）把这些数全部分完为止. （I）判断的大小关系，并指出除第N组外的每组至少含有几个数; （II）当构成第n（nN）组后，指出余下的每个数与的大小关系，并证明; （III）对任何满足条件T的有限个正数，证明：.分析：本小题主要考查不等式的证明等基本知识，考查逻辑思维能力、分析问题和解决问题的能力. 解：（I）。除第N组外的每组至少含有个数 （II）当第n组形成后，因为，所以还有数没分
8、完，这时余下的每个数必大于余差，余下数之和也大于第n组的余差，即 , 由此可得. 因为，所以. （III）用反证法证明结论，假设，即第11组形成后，还有数没分完，由（I）和（II）可知，余下的每个数都大于第11组的余差，且, 故余下的每个数 . （*） 因为第11组数中至少含有3个数，所以第11组数之和大于. 此时第11组的余差这与（*）式中矛盾，所以.3（2004年高考数学重庆卷，22）设数列满足（1）证明对一切正整数n 成立；（2）令,判断的大小，并说明理由。（I）证法一：当不等式成立.综上由数学归纳法可知，对一切正整数成立.证法二：当n=1时，.结论成立.假设n=k时结论成立，即 当的单
9、增性和归纳假设有所以当n=k+1时，结论成立.因此，对一切正整数n均成立.证法三：由递推公式得 上述各式相加并化简得 （II）解法一： 解法二：I解法三： 故.4（2004年高考数学江苏卷，20）设无穷等差数列an的前n项和为Sn.()若首项，公差，求满足的正整数k；()求所有的无穷等差数列an，使得对于一切正整数k都有成立.分析：本小题主要考查数列的基本知识，以及运用数学知识分析和解决问题的能力.解：（I）当时， 由，即 又.（II）设数列an的公差为d，则在中分别取k=1,2,得（1）（2）由（1）得 当若成立若 故所得数列不符合题意.当若若.综上，共有3个满足条件的无穷等差数列：an :
10、 an=0，即0，0，0，；an : an=1，即1，1，1，；an : an=2n1，即1，3，5，（）范例分析例1已知数列a是公差d0的等差数列，其前n项和为S(2)过点Q(1，a)，Q(2，a)作直线12，设l与l的夹角为，证明：(1)因为等差数列a的公差d0，所以Kpp是常数(k=2，3，n)(2)直线l的方程为y-a=d(x-1)，直线l的斜率为d例2已知数列中，是其前项和，并且，设数列，求证：数列是等比数列；设数列，求证：数列是等差数列；求数列的通项公式及前项和。分析：由于b和c中的项都和a中的项有关，a中又有S=4a+2，可由S-S作切入点探索解题的途径解：(1)由S=4a，S=
11、4a+2，两式相减，得S-S=4(a-a)，即a=4a-4a(根据b的构造，如何把该式表示成b与b的关系是证明的关键，注意加强恒等变形能力的训练)a-2a=2(a-2a)，又b=a-2a，所以b=2b 已知S=4a+2，a=1，a+a=4a+2，解得a=5，b=a-2a=3 由和得，数列b是首项为3，公比为2的等比数列，故b=32当n2时，S=4a+2=2(3n-4)+2；当n=1时，S=a=1也适合上式综上可知，所求的求和公式为S=2(3n-4)+2说明：1本例主要复习用等差、等比数列的定义证明一个数列为等差，等比数列，求数列通项与前项和。解决本题的关键在于由条件得出递推公式。2解综合题要总
12、揽全局，尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件，在后面求解的过程中适时应用例3已知数列a是首项a10，q-1且q0的等比数列，设数列b的通项b=a-ka(nN)，数列a、b的前n项和分别为S，T如果TkS对一切自然数n都成立，求实数k的取值范围分析：由探寻T和S的关系入手谋求解题思路。解：因为a是首项a0，公比q-1且q0的等比数列，故a=aq，a=aq所以 b=a-ka=a(q-kq)T=b+b+b=(a+a+a)(q-kq)=S(q-kq)依题意，由TkS，得S(q-kq)kS， 对一切自然数n都成立当q0时，由a10，知a0，所以S0；当-1q0时，因为a10，1-q0，1-q0
13、，所以S=综合上面两种情况，当q-1且q0时，S0总成立由式可得q-kqk ，例4(2001年全国理)从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业.根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少.本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加。()设n年内(本年度为第一年)总投入为an万元，旅游业总收入为bn万元.写出an，bn的表达式()至少经过几年旅游业的总收入才能超过总投入?解析：第1年投入800万元，第2年投入800（1-）万元，第n年投入800（1）n1万元所以总投入an800800（
14、1）800（1）n140001（）n同理：第1年收入400万元，第2年收入400（1）万元，第n年收入400（1）n1万元bn400400（1）400（1）n11600（）n1(2)bnan0，1600（）n140001（）n0化简得，5（）n2（）n70设x（）n，5x27x20x，x1（舍)即（）n，n5.说明：本题主要考查建立函数关系式，数列求和，不等式等基础知识，考查综合运用数学知识解决实际问题的能力。解数学问题应用题重点在过好三关：（1）事理关：阅读理解，知道命题所表达的内容；（2）文理关：将“问题情景”中的文字语言转化为符号语言，用数学关系式表述事件；（3）数理关：由题意建立相关的
15、数学模型，将实际问题数学化，并解答这一数学模型，得出符合实际意义的解答。例5设实数，数列是首项为，公比为的等比数列，记，求证：当时，对任意自然数都有=解：。记+得说明：本例主要复习利用错位相减解决差比数列的求和问题。关键是先研究通项，确定是等差数列，等比数列。解法一：设等差数列a的首项a=a，公差为d，则其通项为 根据等比数列的定义知S0，由此可得一步加工，有下面的解法)解法二：依题意，得例7设二次方程x-+1x+1=0(nN)有两根和，且满足6-2+6=3(1)试用表示a；例8在直角坐标平面上有一点列，对一切正整数，点位于函数的图象上，且的横坐标构成以为首项，为公差的等差数列。求点的坐标；设
16、抛物线列中的每一条的对称轴都垂直于轴，第条抛物线的顶点为，且过点，记与抛物线相切于的直线的斜率为，求：。设，等差数列的任一项，其中是中的最大数，求的通项公式。解：（1）（2）的对称轴垂直于轴，且顶点为.设的方程为：把代入上式，得，的方程为：。，=（3），T中最大数.设公差为，则，由此得说明：本例为数列与解析几何的综合题，难度较大（1）、（2）两问运用几何知识算出，解决（3）的关键在于算出及求数列的公差。例9数列中，且满足求数列的通项公式；设，求；设=，是否存在最大的整数，使得对任意，均有成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由。解：（1）由题意，为等差数列，设公差为，由题意得，.（2）若，
17、时，故（3）若对任意成立，即对任意成立，的最小值是，的最大整数值是7。即存在最大整数使对任意，均有说明：本例复习数列通项，数列求和以及有关数列与不等式的综合问题。例10如图，在y轴的正半轴上依次有点其中点，且，在射线上依次有点点的坐标为（3，3），且用含的式子表示；用含的式子表示的坐标；求四边形面积的最大值。解：（1），（2）由（1）得的坐标，是以为首项，为公差的等差数列（3）连接，设四边形的面积为，则单调递减.的最大值为.说明：本例为数列与几何的综合题。由题意知为等比，为等差，（3）利用函数单调性求最值。例11设正数数列a为一等比数列，且a=4，a=16说明：这是2000年全国高考上海试题，
18、涉及对数、数列、极限的综合题，主要考查等比数列的定义及通项公式，等差数列前n项和公式，对数计算，求数列极限等基础知识，以及综合运用数学知识的能力例12已知抛物线，过原点作斜率1的直线交抛物线于第一象限内一点，又过点作斜率为的直线交抛物线于点，再过作斜率为的直线交抛物线于点，如此继续，一般地，过点作斜率为的直线交抛物线于点，设点（）令，求证：数列是等比数列（）设数列的前项和为，试比较与的大小解：（1）因为、在抛物线上，故，又因为直线的斜率为，即，代入可得，故是以为公比的等比数列；（2），故只要比较与的大小方法（一），当时，；当时；当时，方法（二）用数学归纳法证明，其中假设时有,则当时,.a)，是
19、公差为-1的等差数列，又2a-a，2a-a，2a-a，(1)求数列a的通项公式；(2)计算(a+a+a)分析：由于题设中的等差数列和等比数列均由数列an的相关项构成，分别求出它们的通项公式构造关于a的方程组解：(1)设b=log(3a-a)，因为bn是等差数列，d=-1b1=log3a-a2 设c=2a-a，c是等比数列，公比为q，|q|1，c=2a-a=例14等比数列a中，已知a10，公比q0，前n项和为S，自然数b，c，d，e满足bcde，且b+e=c+d求证：SSSS分析：凡是有关等比数列前n项Sn的问题，首先考虑q=1的情况，证明条件不等式时，正确适时地应用所给的条件是成败的关键(证明
20、不等式首选方法是差比较法，即作差变形判定符号，变形要有利于判定符号)be-cd=(c+d-e)e-cd=ce+de-e2-cd=(c-e)(e-d)因为ce，de，所以c-e0，e-d0，于是(c-e)(e-d)0又同理(要比较SS与SS的大小，只要比较(1-qb)(1-qe)与(1-qc)(1-qd)的大小，仍然运用差比较法)(1-qb)(1-qe)-(1-qc)(1-qd)=qc+qd-qb-qe=(qc-qb)-(qe-qd)(能否将qc-qb用qe-qd表示是上式化成积的关键，利用给定的c+d=b+e，寻求变形的途径，c=b+e-d，d、e出现了，于是qc-qb=qb+e-d-qb=q
21、b(qe-d-1)=qbq-d(qe-qd)恒等变形只有目标明确，变形才能有方向)上式=qbq-d(qe-qd)-(qe-qd)=(qe-qd)(qbq-d-1)=q-d(qe-qd)(qb-qd)因为q0所以q-d0(运用函数的思想将问题转化为根据指数函数的单调性判别乘积的符号)事实上，由bde，q0，当0q1时，y=qx是减函数，qeqd，qbqd，即qe-qd0，qb-qd0；当q1时，y=qx是增函数，qeqd，qbqd，即qe-qd0，qb-qd0所以无论0q1还是q1，都有qe-qd与qb-qd异号，即(qe-qd)(qb-qd)0综上所述，无论q=1还是q1，都有SSSS说明：复
22、习课的任务在于对知识的深化，对能力的提高、关键在落实根据上面所研究的问题，进一步提高运用函数的思想、方程的思想解决数列问题的能力例15（2003年北京春季高考）如图，在边长为l的等边ABC中，圆O1为ABC的内切圆，圆O2与圆O1外切，且与AB，BC相切，圆On+1与圆On外切，且与AB，BC相切，如此无限继续下去.记圆On的面积为.（）证明是等比数列；（）求的值.（）证明：记rn为圆On的半径，则 所以故成等比数列.（）解：因为所以说明：本小题主要考查数列、数列极限、三角函数等基本知识，考查逻辑思维能力.例16（2004年北京春季高考20）下表给出一个“等差数阵”：47（）（）（）712（）
23、（）（）（）（）（）（）（）（）（）（）（）（）其中每行、每列都是等差数列，表示位于第i行第j列的数。（I）写出的值；（II）写出的计算公式；（III）证明：正整数N在该等差数列阵中的充要条件是2N+1可以分解成两个不是1的正整数之积。分析：本小题主要考查等差数列、充要条件等基本知识，考查逻辑思维能力、分析问题和解决问题的能力。解：（I）（II）该等差数阵的第一行是首项为4，公差为3的等差数列：第二行是首项为7，公差为5的等差数列：第i行是首项为，公差为的等差数列，因此（III）必要性：若N在该等差数阵中，则存在正整数i，j使得从而即正整数2N+1可以分解成两个不是1的正整数之积。充分性：若2
24、N+1可以分解成两个不是1的正整数之积，由于2N+1是奇数，则它必为两个不是1的奇数之积，即存在正整数k，l，使得，从而可见N在该等差数阵中。综上所述，正整数N在该等差数阵中的充要条件是2N+1可以分解成两个不是1的正整数之积。四、强化训练1设S和T分别为两个等差数列的前n项和，若对任意nN， （ ）A43B32C74D78712一个首项为正数的等差数列中，前3项的和等于前11项的和，当这个数列的前n项和最大时，n等于 （ ）A5 B6C7 D83若数列中，且，则数列的通项4设在等比数列中，求及5根据下面各个数列的首项和递推关系，求其通项公式6数列的前项和为不等于0，1的常数)，求其通项公式7
25、某县位于沙漠地带，人与自然长期进行着顽强的斗争，到2001年底全县的绿化率已达30%。从2002年开始，每年将出现这样的局面，即原有沙漠面积的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1，2001年底绿化面积为经过年绿化总面积为求证（2）至少需要多少年（年取整数，）的努力，才能使全县的绿化率达到60%？8（2002年春招试题）已知点的序列（，0），其中=0，A3是线钱A1A2的中点，A4是线段A2A3的中点，An是线段的中点，。（I）写出与、之间的关系式（3）（II）设，计算，由此推测数列的通项公式，并加以证明。9(94年全国理)设an是正数组成的数
26、列，其前n项和为Sn，并且对所有自然数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项.(1)写出数列an的前三项；(2)求数列an的通项公式(写出推证过程)；(3)令bn=(nN)，求：b1+b2+bn-n.五、参考答案1解：设这两个等差数列分别为an和bn故选择A说明：注意巧妙运用等差中项的性质来反映等差数列的通项an与前2n-1项和S2n-1的内在联系2解：依题意知数列单调递减，公差d0因为S3=S11=S3+a4+a5+a10+a11所以 a4+a5+a7+a8+a10+a11=0即 a4+a11=a7+a8=0，故当n=7时，a70，a80选择C解选择题注意发挥合理推理和估值的作用3解：
27、多次运用迭代，可得4解：，又，由以上二式得 或；由此得或.说明：本例主要复习数列的基本运算和方程思想的应用。5解：（1），（2）=又解：由题意，对一切自然数成立，（3）是首项为公比为的等比数列，说明：本例复习求通项公式的几种方法：迭加法、迭乘法、构造法。6解：由可得当时，是公比为的等比数列. 又当时，。说明：本例复习由有关与递推式求，关键是利用与的关系进行转化。7（1）证明：由已知可得确定后，表示如下：=即=80%+16%=+（2）解：由=+可得：=（）=（）2（）=故有=，若则有即两边同时取对数可得故，故使得上式成立的最小为5，故最少需要经过5年的努力，才能使全县的绿化率达到60%.8（I）
28、解：当n3时，（II）解：.由此推测。证法一：因为，且（n2）所以。证法二：（用数学归纳法证明：）（i）当时，公式成立，（ii）假设当时，公式成立，即成立。那么当时，=式仍成立。根据（i）与（ii）可知，对任意，公式成立评注：本小题主要考查中点坐标公式、等比数列等基本知识，考查运算能力和逻辑思维能力。9解：(1)由题意=an0令n=1时，=S1=a1解得a1=2令n=2时有=a1+a2解得a2=6令n=3时有=S3=a1+a2+a3解得a3=10故该数列的前三项为2、6、10.(2)解法一：由(1)猜想数列an有通项公式an=4n-2，下面用数学归纳法证明数列an的通项公式是an=4n-2(n
29、N)1当n=1时，因为41-22，又在(1)中已求得a1=2，所以上述结论正确.2假设n=k时，结论正确，即有ak=4k-2由题意有得ak=4k-2,代入上式得2k=,解得Sk=2k2由题意有=Sk+1=Sk+ak+1得Sk=2k2代入得=2(ak+1+2k2)整理a2k+1-4ak+1+4-16k2=0由于ak+10，解得：ak+1=2+4k所以ak+1=2+4k=4(k+1)-2这就是说n=k+1时，上述结论成立.根据1，2上述结论对所有自然数n成立.解法二：由题意有，=(nN)整理得Sn=(an+2)2由此得Sn+1=(an+1+2)2所以an+1=Sn+1-Sn=（an+1+2)2-(an+2)2整理得(an+1+an)(an+1-an-4)=0由题意知an+1+an0,所以an+1-an=4即数列an为等差数列，其中a1=2,公差d=4，所以an=a1(n-1)d=2+4(n-1)即通项公式an=4n-2.(3)令cn=bn-1,则cn=b1+b2+bn-n=c1+c2+cn=说明：该题的解题思路是从所给条件出发，通过观察、试验、分析、归纳、概括、猜想出一般规律，然后再对归纳、猜想的结论进行证明.对于含自然数n的命题，可以考虑用数学归纳法进行证明，该题着重考查了归纳、概括和数学变换的能力.
