(整理)数列问题的题型与方法

精品文档精品文档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，解决问题的精品文档精品文档能力，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n≥2的任意自然数,验证11(/)nnnnaaaa为同一常数。(2)通项公式法：①若=+（n-1）d=+（n-k）d，则na为等差数列；②若，则na为等比数列。(3)中项公式法：验证都成立。3.在等差数列na中,有关Sn的最值问题——常用邻项变号法求解：(1)当10a,d0时，满足的项数m使得mS取最大值.精品文档精品文档(2)当10a,d0时，满足的项数m使得mS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：⑴证明数列na是等差或等比数列常用定义，即通过证明11nnnnaaaa或11nnnnaaaa而得。⑵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。⑶对于一般数列的问题常转化为等差、等比数列求解。⑷注意一些特殊数列的求和方法。⑸注意ns与na之间关系的转化。如：na=,,11nnsss21nn，na=nkkkaaa211)(．⑹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．⑺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．⑻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．（Ⅱ）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fx()是定义在［0，1］精品文档精品文档上的增函数，满足fxfx()()22且f()11，在每个区间(,]12121ii（i1，2……）上，yfx()的图象都是斜率为同一常数k的直线的一部分。（I）求f()0及f()12，f()14的值，并归纳出fii()(,,)1212的表达式;（II）设直线xi12，xi121，x轴及yfx()的图象围成的矩形的面积为ai（i1，2……），记Skaaann()lim()12，求Sk()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ff()()020，得f()00由ff()()1212及f()11，得ff()()1212112.同理，ff()()1412124.归纳得fiii()(,,)121212.（II）当12121iix时,fxkxii()()121211akiiiiiii121212121212121111[()]()()(,,)1421221kii.所以{}an是首项为1214()k，公比为14的等比数列,所以Skaaakknn()lim()()()1212141142314.精品文档精品文档Sk()的定义域为0k1，当k1时取得最小值12.2．（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L＝1275.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r1与所有可能的其他选择相比是最小的，r1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r2；如此继续构成第三组（余差为r3）、第四组（余差为r4）、……，直至第N组（余差为rN）把这些数全部分完为止.（I）判断rrrN12,,,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rn的大小关系，并证明rnLnn11501;（III）对任何满足条件T的有限个正数，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）rrrN12。除第N组外的每组至少含有150503个数（II）当第n组形成后，因为nN，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Lrrrrnn[()()()]15015015012,由此可得rrrnLn121150.因为()nrrrrnn11121，所以rnLnn11501.精品文档精品文档（III）用反证法证明结论，假设N11，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r11，且rr1110,故余下的每个数rr111015011127510375..（*）因为第11组数中至少含有3个数，所以第11组数之和大于37531125...此时第11组的余差r11150150112537511第组数之和..这与（*）式中r11375.矛盾，所以N11.3．（2004年高考数学重庆卷，22）设数列na满足1112,,(1,2,3.......)nnnaaana（1）证明21nan对一切正整数n成立；（2）令,(1,2,3......)nnabnn,判断1nnbb与的大小，并说明理由。（I）证法一：当,1122,11an时不等式成立.221221,21.111,2232(1)1.1,2(1)1.kkkkkknkaknkaakkaankak假设时成立当时时时成立综上由数学归纳法可知，12nan对一切正整数成立.证法二：当n=1时，112321a.结论成立.假设n=k时结论成立，即.12kak当)1(1)(,1xxxxfkn由函数时的单增性和归纳假设有精品文档精品文档.012132)12112(.3212112:.12112121显然成立而这等价于因此只需证kkkkkkkkkaaakkk所以当n=k+1时，结论成立.因此，12nan对一切正整数n均成立.证法三：由递推公式得,1221212nnnaaa21212222222112,12aaaaaannn上述各式相加并化简得)1(2211)1(222121212naanaann).,2,1(12,12,1).2(1222nnanannnnnn故明显成立时又（II）解法一：1)1211(1)11(1211nnnnnananabbnnnnn..12141)21(12)1(21)12()1(212nnbbnnnnnnnnn故解法二：naaannanabbnnnnnnn)1(11111精品文档精品文档211[(1)](1)1[(1)(21)](())(1)1[(1)(21)](1)(1)1[(1)(1)](1)(1)1(1)0.(1).nnnnnnnnnnnannannnnnnannnnnnnnannnnnnnannnnnabb由的结论所以解法三：nanabbnnnn2212211222221111(2)(2)111121111(2)()0121121nnnnnaaanannannnnnnnn故nnnnbbbb1221,因此.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.(Ⅰ)若首项1a32，公差1d，求满足2)(2kkSS的正整数k；(Ⅱ)求所有的无穷等差数列{an}，使得对于一切正整数k都有2)(2kkSS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1,231da时，nnnnndnnnaSn21212)1(232)1(I精品文档精品文档由22242)21(21,)(2kkkkSSkk得，即0)141(3kk又4,0kk所以.（II）设数列{an}的公差为d，则在2)(2nnSS中分别取k=1,2,得211211224211)2122(2344,,)()(dadaaaSSSS即由（1）得.1011aa或当,60)2(,01dda或得代入时若21)(,0,0,0,0kknnSSSada从而则成立若知由则216,324)(,18),1(6,6,02331nnSSSnada,)(239Ss故所得数列不符合题意.当20,)2(64)2(,121dddda或解得得代入时若;)(,,1,0,1212成立从而则kknnSSnSada若成立从而则221)(,)12(31,12,2,1nnnSSnnSnada.综上，共有3个满足条件的无穷等差数列：①{an}:an=0，即0，0，0，…；②{an}:an=1，即1，1，1，…；③{an}:an=2n－1，即1，3，5，…，（Ⅲ）范例分析例1．已知数列{an}是公差d≠0的等差数列，其前n项和为Sn．(2)过点Q1(1，a1)，Q2(2，a2)作直线12，设l1与l2的夹角为（1）（2）精品文档精品文档θ，证明：(1)因为等差数列{a