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1、数列考试题型分析及解题方法指导数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础。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。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。一、本章知识结构：二、重点知识回顾1数列的概念与通项公式与递推关系式；等差、等比数列的有关公式和性质.2判断和证明数列是等差
2、（等比）数列常用三种方法：(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，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掌握数列通项an与前n项和Sn 之间的关系；= ， =4.在等差数列中,有关的最值问题常用邻项变号法求解：(1)当0,d0时，满足的项数m使得取最大值.(2)当0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.5根据递推关系，运用化归思想，将其转化为常见数列.6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、分组求和法、累加累乘法、归纳猜想证明法等.7数列的综合应用： 函数与方程思想
3、、转化与化归、分类讨论等思想在解决数列综合问题时常常用到.以等差、等比数列的基本问题为主，突出数列与函数、数列与方程、数列与不等式、数列与几何等的综合应用.三、复习建议1.基础题要确保，难题要有所为有所不为基础题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和等内容，对基本的计算技能要求不是很高，建议要强化方程思想在解题中的作用，巧用性质、减少运算量”，知道前n项和与通项的关系.2.关于递推数列问题能熟练地求一些特殊递推数列的通项和前n项的和, 对于递推数列最关键的是要对递推式进行“恰当的变形”， 这也是递推数列教学的难点。要突破这个难点学生要用到的是 “观察、归纳、类比、猜想、推理、计
4、算、证明等思想方法的组合运用”.3.重视数列的实际应用这里主要是指递推思想方法在解题中的应用。数列是一类特殊的函数，其递推思想是解决问题的一种重要的思想和方法，利用递推思想解题能体现深刻独特、简洁明快的特点，而且许多考题均涉及到这一点。因此，我们在复习过程中要重视这一点，努力培养学生的递推意识.4.数列与其它知识的交汇数列解答题大多以数列为考查平台，综合运用函数、方程、不等式等知识，通过运用递推思想、函数与方程、归纳与猜想、等价转化、分类整合等各种数学思想方法，考查学生灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力.四.方法总结1. 求数列的通项公式通常有三种题型：一是根据所给的一列数，通过归纳与猜
5、想求通项；二是等差、等比数列，三是利用转化思想求通项.2. 数列中的不等式问题是高考的难点热点问题，不等式问题新颖多变，综合性强，时常被设置为压轴题，对不等式的证明有比较法、放缩法，放缩通常有化归等比数列和可裂项的形式；数学归纳法；有的还要用到条件不等式.3. 数列是一类定义在正整数集或它的有限子集上的特殊函数，可见，任何数列问题都蕴含着函数的本质及意义，具有函数的一些固有特征。而函数又是高中数学的一条主线，所以数列这一部分是容易命制多个知识点交融的题，这应是命题的一个方向.五、试题类型类型一：考查等差、等比数列的基本问题等差、等比数列是两类最基本的数列，它们是数列部分的重点，也是高考考查的热
6、点。等差、等比数列的定义、通项公式、前n项的和等基本知识一直是高考考查的重点，这方面考题的解法灵活多样，技巧性强，考查的目的在于测试考生灵活运用知识的能力，这个“灵活”就集中在“转化”的水平上.例1. 在数列中， ，则( )A B C D解：选。 ， 例2.数列为等差数列，为正整数，其前项和为，数列为等比数列，且，数列是公比为64的等比数列，。(1) 求；(2) 求证。解：（1）设的公差为，的公比为，则为正整数，依题意有 由知为正有理数，故为的因子之一，解得，故。(2),。点评：本题考查了等差数列与等比数列的基本知识，第二问，求前n项和的解法，要抓住它的结特征.类型二：考查递推数列的通项公式问
7、题对于由递推式所确定的数列的通项公式问题，通常可对递推式进行变形，从而转化为等差、等比数列问题来解决，这类问题一直是高考经久不衰的题型。例3.设数列的前项和为，已知。第(2)问：求的通项公式。解：当时，由（）知，即；当时，由：，两边同时除以得。可设，是等比数列，公比为，首项为。， 例4图（1）、（2）、（3）、（4）分别包含1个、5个、13个、25个第二十九届北京奥运会吉祥物“福娃迎迎”，按同样的方式构造图形，设第个图形包含个“福娃迎迎”，则f（）=；解：第1个图个数：1第2个图个数：1+3+1第3个图个数：1+3+5+3+1第4个图个数：1+3+5+7+5+3+1第5个图个数：1+3+5+7
8、+9+7+5+3+1=， f(2)-f(1)= ，f()-f()=，f()-f()=，f()-f()=点评：由特殊到一般，考查逻辑归纳能力，分析问题和解决问题的能力，本题的第二问是一个递推关系式，有时候求数列的通项公式，可以转化递推公式来求解，体现了转化与化归的数学思想。类型三：考查数列与不等式的综合问题数列与不等式都是高中数学重要内容，一些常见的解题技巧和思想方法在数列与不等式的综合问题中都得到了比较充分的体现以两者的交汇处为主干，构筑成知识网络型代数推理题，在高考中出现的频率相当高，占据着令人瞩目的地位。例5已知数列的首项，(1) 求的通项公式；(2) 证明：对任意的，；(3) 证明：。解
9、：（1），又，是以为首项，为公比的等比数列，(2) 由（1）知，。(3) 由（2）知，对任意的，有取，则例6在数列，中，a1=2，b1=4，且成等差数列，成等比数列（）（）求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测，的通项公式，并证明你的结论；（）证明：解：（）由条件得,由此可得猜测 用数学归纳法证明：当n=1时，由上可得结论成立假设当n=k时，结论成立，即，那么当n=k+1时，所以当n=k+1时，结论也成立由，可知 对一切正整数都成立（）n2时，由（）知故综上，原不等式成立点评：本小题主要考查等差数列，等比数列，数学归纳法，不等式等基础知识，考查综合运用数学知识进行归纳、总结、推理、论证
10、等能力.类型四：数列与函数的交汇数列与函数的综合也是当今高考命题的重点与热点，因此我们在解决数列问题时，应充分利用函数有关知识，以它的概念、图象、性质为纽带，架起函数与数列间的桥梁，揭示了它们间的内在联系，从而有效地分解数列问题例7. 已知数列的前项和为，对一切正整数，点都在函数的图像上，且过点的切线的斜率为 （1）求数列的通项公式 （2）若，求数列的前项和（3）设，等差数列的任一项，其中是中的最小数，求的通项公式.解：（1）点都在函数的图像上，,当时，当1时，满足上式，所以数列的通项公式为 （2）由求导可得过点的切线的斜率为，.由4，得-得： （3）,.又，其中是中的最小数，.是公差是4的倍
11、数，.又，,解得27.所以，设等差数列的公差为，则，所以的通项公式为 类型五：数列与新增知识的交汇例8、已知函数.（）设an是正数组成的数列，前n项和为Sn，其中a1=3.若点 (nN*)在函数y=f(x)的图象上，求证：点（n,Sn）也在y=f(x)的图象上；（）求函数f(x)在区间（a-1,a）内的极值. ()证明：因为所以f (x)=x2+2x, 由点在函数y=f(x)的图象上, 又0(nN*)所以 所以,又因为f” (n)=n2+2n,所以, 故点也在函数y=f(x)的图象上.()解: f (x)=x2+2x=x(x+2),由f (x)=0,得x=0或x=-2.当x变化时, f (x)
12、f (x)的变化情况如下表:注意到,从而x(-,-2)-2(-2,0)0(0,+)f(x)+0-0+f(x)极大值极小值当,a-1-2a,即-2a-1，f (x)的极大值为此时f (x)无极小值；当a-10a,即0a1，f (x)的极小值f (0)=-2,此时f (x)无极大值；当, f (x)既无极大值又无极小值.点评：本小题主要考查函数极值、等差数列等基本知识，考查分类与整合、转化与化归等数学思想方法，考查分析问题和解决问题的能力.例9、将一骰子连续抛掷三次，它落地时向上的点数依次成等差数列的概率为（） 解：一骰子连续抛掷三次得到的数列共有个，其中为等差数列有三类：（1）公差为0的有6个；
13、（2）公差为1或-1的有8个；（3）公差为2或-2的有4个，共有18个，成等差数列的概率为，选B点评：本题是以数列和概率的背景出现，题型新颖而别开生面，有采取分类讨论，分类时要做到不遗漏，不重复。例10、根据如图所示的程序框图，将输出的x、y值依次分别记为；（1）求数列的通项公式；（2）写出y1，y2，y3，y4，由此猜想出数列yn的一个通项公式yn，并证明你的结论;（3）求解：（1）由框图，知数列 （2）y1=2，y2=8，y3=26，y4=80.由此，猜想证明：由框图，知数列yn中，yn+1=3yn+2 数列yn+1是以3为首项，3为公比的等比数列+1=33n1=3n=3n1（） （3）z
14、n=1（31）+3（321）+（2n1）（3n1）=13+332+（2n1）3n1+3+（2n1）记Sn=13+332+（2n1）3n， 则3Sn=132+333+（2n1）3n+1 ，得2Sn=3+232+233+23n（2n1）3n+1=2（3+32+3n）3（2n1）3n+1=2= 又1+3+（2n1）=n2.点评：程序框图与数列的联系是新课标背景下的新鲜事物，因为程序框图中循环，与数列的各项一一对应，所以，这方面的内容是命题的新方向，应引起重视类型六：数列与解析几何的联系例11 .已知曲线从点向曲线引斜率为的切线，切点为（1）求数列的通项公式；（2）证明：.解：（1）设直线：，联立得，
15、则，（舍去） ，即，（2）证明： 由于，可令函数，则，令，得，给定区间，则有，则函数在上单调递减，即在恒成立，又，则有，即. 类型七：考查存在性和探索性问题这类题突出了对学生的探究、发现和创造能力的考查，有的试题对此考查全面且达到了一定的深度，体现了研究性学习思想。例12、对于数列,若存在常数M0,对任意的，恒有 ,则称数列为数列.（）首项为1，公比为的等比数列是否为B-数列？请说明理由;（）设是数列的前n项和.给出下列两组判断：A组：数列是B-数列, 数列不是B-数列;B组：数列是B-数列, 数列不是B-数列.请以其中一组中的一个论断为条件，另一组中的一个论断为结论组成一个命题.判断所给命题
16、的真假，并证明你的结论；()若数列是B-数列，证明：数列也是B-数列。解: （）设满足题设的等比数列为,则.于是 =所以首项为1，公比为的等比数列是B-数列 .（）命题1：若数列是B-数列，则数列是B-数列.此命题为假命题.事实上设=1，易知数列是B-数列，但=n， .由n的任意性知，数列不是B-数列。命题2：若数列是B-数列，则数列不是B-数列。此命题为真命题。事实上，因为数列是B-数列，所以存在正数M，对任意的，有 , 即.于是,所以数列是B-数列。（ 注：按题中要求组成其它命题解答时，仿上述解法） ()若数列是B-数列，则存在正数M，对任意的有 .因为 .记，则有 .因此.故数列是B-数
17、列.例13、已知数列和满足：,其中为实数，为正整数。(2) 试判断数列是否为等比数列，并证明你的结论；(3) 设,为数列的前项和.是否存在实数，使得对任意正整数，都有?若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由。解：(2)解：因为bn+1=(-1)n+1an+1-3(n-1)+21=(-1)n+1(an-2n+14)=(-1)n（an-3n+21）=bn，又b1x-(+18),所以当18时，bn=0(nN+)，此时bn不是等比数列；当18时，b1=(+18) 0,由上可知bn0，所以(nN+)。故当18时，数列bn是以(18)为首项，为公比的等比数列。(3) 由(2)知，当18，bn=0，Sn=
18、0，不满足题目要求。18，故知bn= -(+18)()n-1，于是可得Sn=- 要使aSnb对任意正整数n成立，即a-(+18)1()nb (nN+) 令，当n为正奇数时，1f(n)f(n)的最大值为f(1)=,f(n)的最小值为f(2)= ,于是，由式得a-(+18),当a3a存在实数，使得对任意正整数n,都有aSnb,且的取值范围是(b-18,-3a-18)。类型五：数列在实际生活的应用数列实际应用题常见的数学模型（1）复利公式按复利计算利息的一种储蓄，本金为a元，每期利率为r，存期为x期，则本利和y =a(1+r)x .（2）产值模型原来产值的基数为N，平均增长率为p，对于时间x的总产值
19、y = N (1 + p)x .（3）单利公式利用按单利计算，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y = a + arx .（4）递推与猜证型递推型有an+1 = f (an)与Sn+1 = f (Sn)或Sn = f (an)类，猜证型主要是写出前若干项，猜测结论，并用数学归纳法加以证明例14 某国采用养老储备金制度，公民在就业的第一年就交纳养老储备金，数目为a1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d (d0)，因此，历年所交纳的储备金数目a1，a2，是一个公差为d的等差数列.与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利.这就是说，如果固定利率为r (r0)，那么，
20、在第n年末，第一年所交纳的储备金就变为a1(1 + r)n 1，第二年所交纳的储备金就变为a2(1 + r) n 2，以Tn表示到第n年末所累计的储备金总额.（1）写出Tn与Tn 1(n2)的递推关系式；（2）求证：Tn = An + Bn，其中An是一个等比数列，Bn是一个等差数列.【解析】（1）依题设有Tn = Tn 1(1 + r) + an(n2).（2）T1 = a1，对n2反复使用上述关系式，得Tn = Tn 1(1 + r) + an = T n 2(1 + r)2 + a n 1(1 + r) + an = a1(1 + r)n 1 + a2(1 + r) n 2 + + a
21、n 1(1 + r) + an. 在式两端同乘以(1 + r)，得(1 + r)Tn = a1(1 + r)n + a2 (1 + r)n 1 + +an 1(1 + r)2 + an (1 + r) . ，得rTn = a1(1 + r)n + d (1 + r)n 1 + (1 + r) n 2 + + (1 + r) an =(1 + r)n 1 r + a1(1 + r) n an，又an = a1 +（n 1）d，则.如果记，则Tn = An + Bn，其中An是以为首项，以1 + r(r0)为公比的等比数列，Bn是以为首项，为公差的等差数列以上是我通过对数列题的分析，在参考了其他老师的意见的基础上，提出的对2数列复习的一些粗浅看法(有的是个人的体会或不成熟的做法)。水平有限，未知所云，不当之处敬请指正16