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第115－118课时课题：数列问题的题型与方法
课题：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：
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(1)定义法：对于n≥2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： ①若②若
(3)中项公式法：验证
=
+（n-1）d=
+（n-k）d，则?an?为等差数列； ，则?an?为等比数列。
[来源:Z_xx_k.Com]
都成立。
3.在等差数列?an?中,有关Sn的最值问题——常用邻项变号法求解：
(1)当a1?0,d<0时，满足的项数m使得Sm取最大值. (2)当a1?0,d>0时，满足的项数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．注意事项：
⑴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
an?1a?n而得。 anan?1⑵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sn与an之间关系的转化。如：
an= s1,n?1sn?sn?1,n?2，an=a1??(ak?ak?1)．
k?2n⑹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f(x)是定义在［0，1］上的增函数，满足
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x11f(x)?2f()且f(1)?1，在每个区间(i,i?1]（i?1，2??）上，y?f(x)的
222图象都是斜率为同一常数k的直线的一部分。
111 （I）求f(0)及f()，f()的值，并归纳出f(i)(i?1,2,??)的表达式;
24211（II）设直线x?i，x?i?1，x轴及y?f(x)的图象围成的矩形的面积为ai22（i?1，2??），记S(k)?lim(a1?a2???an)，求S(k)的表达式，并写出其定义
n??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f(0)?2f(0)，得f(0)?0
1111由f(1)?2f()及f(1)?1，得f()?f(1)?.
2222111?同理，f()?f()?.
422411 归纳得f(i)?i(i?1,2,??). 221111 （II）当i?x?i?1时, f(x)?i?1?k(x?i?1) 22221111111k? ai?[i?1?i?1?k(i?i?1)](i?1?i)?(1?)2i?1(i?1,2,??).
2242222221k1 所以{an}是首项为(1?)，公比为的等比数列, 2441k(1?)4?2(1?k). 所以S(k)?lim(a1?a2???an)?2n??1341?41 S(k)的定义域为0?k?1，当k?1时取得最小值.
22．（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.
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（I）判断r1,r2,?,rN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（n 150n?L; n?1 （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. 150?3个数 解：（I）r1?r2???rN。除第N组外的每组至少含有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rn?1?必大于余差rn，余下数之和也大于第n组的余差rn，即 L?[(150?r1)?(150?r2)???(150?rn)]?rn, 由此可得r1?r2???rn?1?150n?L. 150n?L. n?1 （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， 因为(n?1)rn?1?r1?r2???rn?1，所以rn?1?由（I）和（II）可知，余下的每个数都大于第11组的余差r11，且r11?r10, 150?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?1125.. 故余下的每个数?r11?r10? 此时第11组的余差r11?150?第11组数之和?150?112.5?37.5 这与（*）式中r11?37.5矛盾，所以N?11. 3．（2004年高考数学重庆卷，22）设数列?an?满足 a1?2,an?1?an?1an,(n?1,2,3.......) （1）证明an?2n?1对一切正整数n 成立； （2）令bn?ann,(n?1,2,3......),判断bn与bn?1的大小，并说明理由。 （I）证法一：当n?1时,a1?2?2?1?1,不等式成立.
