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1、a 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 n 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
2、新的背景， 新的设问方式，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
3、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：(I) 基础知识详析1可以列表复习等差数列和等比数列的
4、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：对于n2的任意自然数，验证an an 1 (an / an 1) 为同一常数。(2) 通项公式法： 若二:+ (n-1 ) d= + (n-k ) d,贝U an 为等差 数列；W-jjJfc 若1 八：则an为等比数列。(3) 中项公式法：验证亠-二-都成立。an中，有关Sn的最值问题一一常用邻项变号法求解：彳(1) 当ai 0,d0时，满足 U 的项数m使得Sm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
5、.注意事项：证明数列an是等差或等比数列常用定义，即通过证明 an 1 an an an 1或也 旦而得。an an 1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。注意一些特殊数列的求和方法。注意Sn与an之间关系的转化。如：j _ Si,n 1_n琳=，an = al(ak akJ I Sn Sn 1 , n 2k 2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
6、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.(H) 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f(x)是定义在0 , 1 上的增函数，满足f (x) 2f(|)且f (1)1，在每个区间(i 1 , 2)上, y f(x)的图象都是斜率为同一常数k的直 线的一部分。1 1 1(I) 求f(0)及f(2), f(4)的值，并归纳出f(歹)(i 1,2,)的 表达式
7、;(II)设直线x 21i , x 211 , X轴及y f(x)的图象围成的矩形的面积为ai (i 1 , 2)，记S(k) lim(ai a2nan)，求S(k)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, 问题和解决问题的能力.解：(I)由 f (0) 2f (0),由 f(1) 2f(2)及11 1f( ) f().4 2 24归纳得f)y(i1x22i 1f(1)1,2,21(II)当 2 x 2i 1&2217 右 kG所以an是首项为；(1所以 S(k) nim(aia2S(k)的定义域为0 k考查分析得 f (0) 01 ,得f(1 12f(1)
8、 2同理，).f(x)12ri却.11kX尹)k(1 42丄2i 1，公比为1的等比数列，41(1 kan)1,2 ).1，当k2 . (2004年高考数学北京卷，T:每个数都不大于50且总和求进行分组，每组数之和不大于4J k2(1 $1 13(4).41时取得最小值1 .220 )给定有限个正数满足条件L= 1275.现将这些数按下列要150且分组的步骤是：使得150与这 r1称为第首先，从这些数中选择这样一些数构成第一组， 组数之和的差r1与所有可能的其他选择相比是最小的, 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D ；如此继续构成
9、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12, Jn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关系，并证明rn 1L （1501 r1）由此可得rr因为（nr 1） n 1（502）（150 rn）rn,2 rn 1150n L .A arn 1，所以 r150n Ln 1.11，即第11组形成后，还(HI)用反证法证明结论，假设N有数没分完，由(1)和(II)可知，余下的每个数都大于第11 组的余差11，且1110,(nN )组后，指出余下的每个数与rn的大小150 n L(III )对任何满足条件T的有限
10、个正数，证明：N 11. 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) A a rN。除第N组外的每组至少含有150 3个数50(II)当第n组形成后，因为n N，所以还有数没分完，这时 余下的每个数必大于余差rn，余下数之和也大于第n组的余差 rn，即故余下的每个数rii rio 15 11 1275 37.5 .(*)10因为第11组数中至少含有3个数，所以第11组数之和大于375 3 112.5.此时第11组的余差11 这与(* )3 . ( 2004a12, an 1 an(1)证明an150第11组数之和式中11 37.5矛盾，
11、所以 年高考数学重庆卷，1,(n1,2,3.)an.27对一切正整数n150 112.537.511 .22)设数列4满足成立;(2 )令 bn(I)证法：当n1时,印22 1 1,不等式成立.假设nk 时,ak、2k 1成立.当n k1 时,ak2 1a22 2 2k 3ak1 -2 ak2(k1) 1.n k1 时,ak1.2(k 1) 1时成立.综上由数学归纳法可知，an2n1对一切正整数成立.证法二:当 n=1 时，a12.321 1.结论成立.,(n 1,2,3)，判断bn与bn 1的大小，并说明理由假设n=k时结论成立，即ak2k 1.当n k 1时，由函数f(x) x丄(x 1)
12、的单增性和归纳假设ak 1 ak- 2kak因此只需证：,2k 1而这等价于C.2k1 J.2k 112k 11 )22k 12k3.所以当13-0显然成立.2k 1结论成立.2k因此，证法三：由递推公式得2an 22ana；2(n2n 2 2n 又n 1时,a an-2n 1(n(II)解法2(n1).nn=k+1 时，1对一切正整数n均成立.2an 112a1力口an2n12an 2各1)1(n1a12).2an2a22an2a112an 12n 1明显成立，故1,2,).bn 1:瓦an 1nan n 12.、n(n1)(2n 1)i n 12n 122(12(n1)、na2)n 1(1故bn 1 bn.解法二：bn 1bnan 1(n J寸1n _2annn 1(an十)ann1n(n 1)an(. n 1、n)a：1.n(n 1)an(.n ,n)(2 n 1)(由 ()的结论)1n(n 1)(、n 1. n)an卜 n(.百 d) (2n 1)1n(n 1)(、n 1. n)an.n(n 1) (n 1)1n(.n 1n)an(.nn 1)0.所以bn 1bn.解法三：bi1bn2an 12ann 1n1 “ 21a：1 “1a：(an22)(2n 1ann n1an n112n 11 1 1(2)(-n 12n1nn 12n 1 n0故 b：1b；,因此
