高考数学 解题方法攻略 数列 理.doc

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，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：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 : 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=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，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（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，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，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=qb(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（）（）（）（）（）（）（）（）（）（）（）（）（）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2n+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：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）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(nn)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.数列综合问题一、教材分析:、地位与作用数列是高中数学的重要内容，是学习高等数学的基础，在高考中占有重要的地位. 考纲要求:“理解数列的概念, 了解通项公式的意义, 了解递推公式, 掌握等差数列、等比数列的通项公式与前项和公式, 并能解决简单的问题.” 教材中数列编排在函数内容之后, 因为数列是以正整数为自变量的一种特殊函数, 这样安排既有利于认识数列的本质, 也有利于加深和巩固对函数概念的理解. 数列综合问题以数列为引线和依托, 结合函数、方程、不等式、解析几何等知识, 题型新颖, 解法灵活, 能有效地考查学生的思维能力、创新意识和实践能力.、重点、难点与关键根据高考考试说明的要求，结合对历届高考试题的分析, 本节内容的教学重点是: 利用数列的通项公式与前项和等有关知识为主要工具求解数列综合问题. 而与数列交汇的、呈现递推关系的综合性试题, 特别是与不等式的综合是教学的难点. 从教学实践来看, 学生对数列综合题存在畏难情绪, 总觉得难以掌握, 因此教学的关键是运用转化思想将问题转化成简单的、熟悉的问题来求解, 同时注意培养学生的良好的个性品质, 特别是排除万难的精神.二、高考回顾“在知识的交汇点设置能力型问题”是指导高考命题的思想之一. 数列是高中数学知识结构的一个重要的交汇点. 数列综合题在每年高考中都会重点考查. 下面列表对近两年高考试题作分类统计, 统计如下表: 2004年 2005年全国1分奇、偶项的递推数列的通项等比数列的公比与前项和全国2通项与前项和、等比数列的判定等比数列、等差数列的综合全国3数列通项、数列不等式的证明等比数列、等差数列的综合全国4导数、数列求和与数列极限 北京抽象函数、数列通项与极限等比数列的判定、数列极限上海点列、等差数列、探索性问题涉及两个数列的应用性问题天津函数迭代、数列的通项与极限数列的求和、数列的极限重庆数列不等式、数列项大小比较数学归纳法、数列不等式辽宁函数迭代中的数列不等式函数迭代、数列不等式证明山东 同全国卷1导数、等比数列的判定江苏数列前项的和、探索性问题数列不等式的证明浙江点列问题、等比数列的判定点列问题、等差数列的判定福建涉及两个数列的应用性问题递推公式、数列不等式湖北递推数列的极限、数列不等式数列不等式的证明、数列极限湖南解析几何、递推数列的综合应用探索性问题、数列不等式广东三角函数中的等比数列问题 无江西 同全国卷1数列通项、数列不等式的证明从上表可以看出, 2004年的15份理科试题中, 每套试题均有一道解答题. 其中处在压卷题位置的有8道; 2005年的16份理科试题中, 除广东卷外每套试题均有一套解答题, 其中处在压卷题位置的有5道. 由此不难得知, 数列解答题是高考命题必考的难度大的内容, 其命题热点是与不等式交汇的、呈现递推关系的综合性试题, 其中, 以函数迭代、解析几何中曲线上的点列为命题载体, 有着高等数学背景的数列解答题是未来高考命题的一个新的亮点.三、数列综合问题类型及求解策略由于数列综合问题形式多变、思考性强、区分度高, 因此大多数同学解此类问题时思维常常受阻, 甚至无从下手, 下面我结合近几年的高考题, 就数列综合问题类型及解题策略作一点探讨:1、数列各部分知识的综合例1. 已知数列为等差数列(公差), 中的部分项组成的数列为等比数列, 其中, 求的值.解析: 由题意得, 即, . 在等比数列中, 公比又 又是等差数列的第项, = 求解策略 解纯数列综合题, 要充分利用等差数列与等比数列的有关性质求解.本题的关键是注意到的双重身份既是等比数列的第项, 又是等差数列的第项, 先求出通项, 再求出其前项的和.2、数列与函数的综合例2. 已知函数是定义在r上的不恒为零的函数, 且对于任意的, 都满足 若.求证: 数列是等比数列.分析一: 由于已知条件只有抽象函数关系式和的表达式, 要求证数列是等比数列, 最关键是求出, 可以尝试数学归纳法.证法一: 由已知可得: 猜想: 用数学归纳法证明(略).分析二: 将所给函数关系式适当变形, 根据其形式特点构造另一个函数, 设法用此函数求出.证法二: 当时, 由可得: ,令 上式为: 分析三: 设法将转化为熟悉的数列.证法三: 所以, 即是公差为 首项为的等差数列.求解策略 解数列与函数的综合题, 一般要利用函数、数列的性质以及它们之间的相互联系. 本题是一道已知抽象函数关系, 利用函数迭代求证数列是等比数列的问题. 所提供的三种证法中, 证法一思路自然, 但较为繁琐; 证法二技巧性强; 证法三思维跨度大, 但三种证法都体现了一个不变的事实: 充分应用已知条件变形转化, 根据其形式特点构造新的数列, 然后利用数列的性质求解.3、数列与不等式的综合例3. (2004年重庆卷)设数列满足对一切正整数成立； (1) 法一: (数学归纳法) 当时, 不等式成立.假设时, 成立. 当时, 即时, 成立.综上, 可知对一切正整数成立.法二: (数学归纳法) 当时, 不等式成立.假设时, 成立. 当时, 由函数的单调性和归纳假设有.因此只需证: , 即证只需, 显然成立.即时, 结论成立. 因此, 对一切正整数成立.法三: 由递推公式得, , ,将上述各式相加并化简得 ()又时, 显然成立. 所以对一切正整数成立.(2)解法一: 解法二: 又 求解策略 证明数列不等式问题, 一般可采用数学归纳法、分析法、综合法、比较法、放缩法等方法来证明. 有时要综合使用其中的几种方法.(1) 中的证法一、证法二都利用了数学归纳法, 证法一、证法三都将目标定为证明, 去掉了根式, 利用放缩法得证; 证法二, 看到递推关系与函数的关系, 利用函数单调性和分析法得证. 证法三利用迭加法, 变更了递推关系, 这是对递推公式常用的变形方式之一. (2)中利用比较法, 方法一是作商法, 方法二并不是直接作差, 而是利用平方差, 消除了根式, 简化了运算, 在不等式的证明中, 观察式子的结构特征合理地进行放缩, 是成功的关键.4、数列与解析几何的综合例4.(2004浙江)如图, 的三个顶点坐标分别为(0,0)、(1,0)、(0,2),设为线段的中点,为线段的中点,为线段的中点,对于每一个正整数,为线段的中点,令的坐标为,.(1) 求 (2)证明(3)若记 证明是等比数列.解析: (1) 又由题意可知 为常数列. 即(2) 将等式两边除以2, 得 又 (3)又 是公比为的等比数列.求解策略 数列与解析几何的综合题以坐标为载体, 以数列为主体内容将解析几何、平面几何与数列的相关知识联系在一起.该类问题往往以曲线上的点的无限运动为背景, 解决问题的关键是寻求点的坐标间的相互联系, 得到递推关系, 再运用数列知识进行求解.5、数列应用问题(2001年全国卷)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, 预计今后的旅游业每年会比上年增加(1) 设年内(本年度为第一年)总投入为万元, 旅游总收入为万元, 写出的通项公式;(2) 至少经过几年, 旅游业的总收入才能超过总投入?解析: (1)第1年投入800万元, 第2年投入800万元,第年投入万元，所以年内的总投入为 旅游业第1年收入400万元, 第2年收入400(1+)万元,第年收入万元, 所以年内的总收入为 (3) 设至少经过年旅游业的总收入才能超过总投入, 由 即化简得 设代入, 得解得(舍), 即, 即从而至少经过5年旅游业总收入才能超过总投入.求解策略 解数列应用题的关键是将实际问题转化为数列问题(等差、等比数列、递推关系模型), 然后利用相关知识求解. 解题时首先要读懂题目, 理解题意, 对陌生的背景、文字叙述比较长的题目, 要充满信心, 从问题中尽可能多地获取信息, 大胆联想, 合理转化为我们熟悉的问题.总之, 数列综合题常常是数列与函数、不等式、几何等知识点的交汇, 因此要加强数学知识的综合运用, 要有意识的运用函数方程思想、转化思想和分类讨论的思想来探求解题思路，同时要鼓励合理的猜想、要重视数学归纳法的运用.四、教法分析新的课程标准指出, 教学过程也是学生的认识过程, 学生在教学活动中始终处于主体地位, 教师则应成为学习活动的促进者, 而非单纯的知识传授者, 其基本任务也就在于促进和增强学生的数学学习过程. 根据本节内容的特点和学生的认知规律, 我采用: 问题探究式、启发发现式等方法进行教学, 同时采用讨论式组织课堂教学. 在教学中我都是先提出问题, 让学生观察分析、自主探索、归纳总结, 从而真正使学生养成独立思考, 仔细观察, 认真分析, 严谨推理的学习习惯, 并提高他们的自学能力与探索意识.同时鼓励学生相互交流，从而促使学生真正成为自觉投入且积极建构的学习活动中的主体.五、评价分析本节内容的设计从教学内容的引入、展开、揭示等方面出发, 教给学生探求知识的方法, 教会学生应用所学知识解决问题的能力. 本节教学设计以发展学生的思维能力为中心, 以转化为主线, 注重展示学生的思维过程, 注重让学生参与知识的形成过程, 由特殊到一般, 由易到难, 一环扣一环, 从而增强他们学好数学的信心. 同时以问题为载体, 让学生经历主动参与, 积极探求的过程, 让学生观察、归纳、总结、反思,因而有效的实现了教学目标,发展了学生的能力.六、教学过程设计本节内容共分两个课时, 数列各部分知识、数列与函数、数列与不等式的综合为第一课时, 数列与解析几何的综合和数列的应用题为第二课时.第一课时共分五个环节, 具体安排如下:复习回顾 教师开门见山点出主题, 并引导学生回顾数列的有关性质.课前热身 教师给出三个小题, 让学生先练习, 教师进行行间巡视, 个别辅导, 然后请学生回答, 教师再作补充.范例分析 将复习目标题型化, 通过三个典型例题, 让学生在具体问题中理解知识, 掌握方法, 这样能使学生理解更加具体、深刻. 该环节先让学生独立思考、自主练习, 然后教师采用“焦点访谈”式的教学, 在焦点(难点、疑点、迷点、易错点)启发学生寻找突破口, 通过访谈(请同学回答), 集中学生的智慧,让学生的思维在关键处闪光, 能力在要害处增长, 缺点在细微处暴露, 意志在艰难处磨砺. 通过访谈, 实现师生之间、学生之间智慧和能力互补, 并促进心灵和感情的沟通. 归纳总结 提炼本节课的要点, 归纳主要涉及的数学思想方法、技巧、规律. 这一环节先让学生回答, 然后教师适当补充、完善.巩固练习 本节课共布置练习六个, 其中最后两题为选作题(为第二节课作铺垫).以上是我的想法, 不足之处, 敬请各位专家批评指正.七、附：教案 数列综合问题（第一课时）教学目标：1、 知识目标: 进一步巩固数列有关知识, 构建数列、函数、不等式交互知识体系,探索数列综合问题的求解策略.2、 能力目标: 以发展思维能力为核心, 培养学生观察、分析、归纳、概括等能力,培养学生分析、解决问题的能力.3、 情感目标: 激发学生勤于思考、勇于探索的精神, 培养学生战胜难题的信心.重点、难点:重点: 数列知识的综合应用.难点: 以数列为工具解决与函数、不等式的综合问题.教学过程:(一) 课题引入 开门见山提出课题(二) 知识回顾 引导学生复习回顾数列的有关性质(三) 课前热身 (投影)1.(2005年天津卷) 在数列中, ,则s100= .2. (2005年湖南卷)已知数列满足, 则=( )a. 0 b. c. d. 3. 已知数列中,则在前30项中最大项和最小项分别是( )a. b. c. d.由学生练习, 教师请学生分析, 再作补充.(四) 范例分析 (投影)例1. 已知数列为等差数列(公差), 中的部分项组成的数列为等比数列, 其中, 求的值.解析: 由题意得, 即, . 在等比数列中, 公比又 又是等差数列的第项, = 师生共同归纳小结: 例2. 已知函数是定义在r上的不恒为零的函数, 且对于任意的, 都满足 若.求证: 数列是等比数列.分析一: 由于已知条件只有函数关系式和的表达式, 要求证数列是等比数列, 最关键是求出, 可以尝试数学归纳法.证法一: 由已知可得: 猜想: 用数学归纳法证明(略).分析二: 将所给函数关系式适当变形, 根据其形式特点构造另一个函数, 设法用此函数求出.证法二: 当时, 由可得: ,令 上式为: 分析三: 设法将转化为熟悉的数列.证法三: 所以, 即是公差为 首项为的等差数列.师生共同归纳小结:例3. (2004年重庆卷)设数列满足对一切正整数成立； 并说明理由.(2) 法一: (数学归纳法) 当时, 不等式成立.假设时, 成立. 当时, 即时, 成立.综上, 可知对一切正整数成立.法二: (数学归纳法) 当时, 不等式成立.假设时, 成立. 当时, 由函数的单调性和归纳假设有.因此只需证: , 即证只需, 显然成立.即时, 结论成立. 因此, 对一切正整数成立.法三: 由递推公式得, , ,将上述各式相加并化简得 ()又时, 显然成立. 所以对一切正整数成立.(2)解法一: . 由, 故解法二: 又 师生共同归纳小结:(五) 归纳小结: 让学生小结