第四讲 数列与探索性新题型的解题技巧

2017年高考数学数列问题的解答技巧数列问题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。

近几年来，高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面；（1）数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式。

（2）数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合。

（3）数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主。

试题的难度有三个层次，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大。

知识整合1、在掌握等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式的基础上，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。

2、在解决综合题和探索性问题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。

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。

3、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。

精心整理，仅供学习参考。

数列与探索性新题型的解题技巧引言数列问题是高中数学中的重要部分，也是考试中经常出现的题型。

解决数列问题需要掌握一定的解题技巧，特别是对于探索性新题型，更需要灵活运用已有的知识来解决。

本文将介绍一些数列问题的常见解题技巧，并提供一些探索性新题型的解题思路。

常见数列问题的解题技巧等差数列问题等差数列是一种最常见的数列形式，其特点是每个项与前一项之间有相同的公差。

解决等差数列问题的关键是找到通项公式。

常见的解题技巧包括：1.求前n项和：设等差数列的首项为a₁，公差为d，前n项和为Sₙ，则有Sₙ = (n/2)(2a₁ + (n-1)d)。

2.求第n项：设等差数列的首项为a₁，公差为d，第n项为aₙ，则有aₙ = a₁ + (n-1)d。

3.求公差：设等差数列的首项为a₁，第n项为aₙ，公差为d，则有d = (aₙ -a₁)/(n-1)。

等比数列问题等比数列是一种常见的数列形式，其特点是每个项与前一项之间有相同的公比。

解决等比数列问题的关键是找到通项公式。

常见的解题技巧包括：1.求前n项和：设等比数列的首项为a₁，公比为q，前n项和为Sₙ，则有Sₙ = a₁(1 - qⁿ)/(1 - q)。

2.求第n项：设等比数列的首项为a₁，公比为q，第n项为aₙ，则有aₙ =a₁qⁿ⁻¹。

3.求公比：设等比数列的首项为a₁，第n项为aₙ，公比为q，则有q = aₙ/a₁。

递推数列问题递推数列是一种通过前几项计算后一项的数列形式，常见的形式有Fibonacci数列和差分数列。

解决递推数列问题的关键是找到递推公式。

常见的解题技巧包括：1.Fibonacci数列：Fibonacci数列的递推公式为Fₙ = Fₙ₋₁ + Fₙ₋₂，其中F₁ = 1，F₂ = 1。

可以通过循环或递归的方式计算Fibonacci数列的第n项。

2.差分数列：差分数列是一种通过前几项的差值计算后一项的数列形式。

可以通过观察前几项的差值规律，推导出递推公式。

浅谈中学数列中的探索性问题摘要：在高中数学学科教学中，对于某个数学疑问如果我们将它看作是结论、前期做题、方法、以及做题依据这四个部分所构成的一个完整体系。

那么这四个部分其中有两个是具有不确定性的数学学科问题，他们被称为探索性问题。

对于探索性问题来说，它的定位不确定、前提不完整是非常显著的特点，当前高中考试中频繁出现关于数列的探索性问题。

本文通过典型问题的分析来对这些探索性问题进行探讨。

关键词：中学教学；数列；探索性引言：探索性问题在高中数学学科学习中分为四种类型，其中第一个就是条件探索性问题，第二个是存在探索性问题，第三个是结论探索性问题，最后一个就是规律探索性问题。

对于这些不同类型的问题，在解题方法上是存在很大的不同的，因此在对这些探索性问题进行解答的过程中，应该首先判断出他们属于具体的哪一类型，然后有针对性的进行解答。

一、条件探索性问题在高中数学学科的学习中，对于一些条件探索性的问题，一般情况下都会提供给同学们一些有关的结论，让同学们通过自己的联想和分析，结合较为严谨的运算以及观察来探索这些结论。

如果要成立需要满足相应的条件，对于这一类具有较为鲜明的开放性特点的探索性条件问题解决的方法，更多时候都是运用分析法，从题目所提供给的多个已知条件，还有结论展开探索分析，也就是所谓的执果索因，去寻找到满足题目条件和结论的相关条件，而在探索解题的过程中，必须要认真推理出整个的满足结论的条件是否是可逆的？一定要能够区分出充分条件以及必要条件，而不要将二者混淆，并且在探索过程中要去验证找到的条件是否存在多余的情况？必须要对所探寻的每个条件，对于题目所给出的结论来说是否具有确定性，要从全方位的角度来对题目所给出结论者成立的充分条件进行探索，从而实现不遗漏、不重复，很多时候对于一些条件是否正确，都会通过构造法来进行验证。

此外，对于这种条件探索性问题，主要需要学生去找到的是问题的充分条件，而不是必须满足充要条件，因此，高中同学在解决这类问题的时候，如果能够拥有较好的逻辑思维能力，较好的洞察力以及较为合理的直觉联想，就能够在解题过程中更为得心应手。

数列与探索性新题型的解题技巧引言数学是一门充满魅力的学科，其中数列是中学数学中的重要内容。

数列不仅有着广泛的应用领域，而且在解题过程中也需要一定的技巧。

同时，随着教育的改革和学生思维的培养，新的探索性问题也逐渐受到重视。

本文将介绍数列与探索性新题型的解题技巧，以帮助学生更好地应对这些问题。

数列的基础知识在开始介绍解题技巧之前，我们先来回顾一下数列的基础知识。

数列是由一系列按照某种规律排列的数所组成的序列。

通常表示为：a1,a2,a3,...,a n其中，a1为首项，a n为第n项，而n为项数。

常见的数列类型包括等差数列，等比数列和斐波那契数列。

等差数列的特点是每一项与前一项之差相等；等比数列的特点是每一项与前一项之比相等；而斐波那契数列的特点是每一项等于前两项的和。

了解这些常见数列类型的特点，对于解题过程的把握有着重要的意义。

解题技巧观察法在面对一道数列问题时，可以尝试通过观察数列中的规律来解答问题。

这种方法常用于发现数列中的特点和性质，并进一步推导解题过程。

举例来说，考虑以下数列：1, 3, 6, 10, 15, … 题目要求找出第10项的值。

通过观察可知，该数列中每一项的差值递增，即差值为2、3、4、5…。

因此，第n项的值为前n-1项的和。

可以通过简单的计算得知第10项的值为55。

代入法对于某些复杂的数列问题，我们可以采用代入法来求解。

这种方法常用于验证推测结果和找出规律性方法。

假设我们需要求解以下数列：1, 4, 9, 16, 25, … 题目要求找出第n项的值。

观察可知，该数列的每一项均为前一项的平方。

我们可以验证这一规律。

当n=1时，a1=1；当n=2时，a2=4；当n=3时，a3=9…依次类推。

通过代入法，我们可以确定数列的规律为a n=n2。

因此，第n项的值为n2。

列表法列表法是一种常用的解决复杂数列问题的方法。

通过列举数列中的前几项，我们可以发现其中的规律，并据此推导出解题思路。

专题五 数列问题六：数列中的探索性问题一、考情分析近几年的高考试卷中经常出现以数列为载体的探索性问题，这类问题不仅考查学生的探索能力，而且给学生提供了创新思维的空间，而这类问题有下列三类题型：规律探索性问题；条件探索性问题；结论探索性问题.二、经验分享(1)对于条件开放的探索性问题，往往采用分析法，从结论和部分已知的条件入手，执果索因，导出所需的条件．另外，需要注意的是，这一类问题所要求的往往是问题的充分条件，而不一定是充要条件，因此，直觉联想、较好的洞察力都将有助于这一类问题的解答．(2)探索结论型问题是指那些题目结论不明确、或者答案不唯一，给同学们留有较大探索余地的试题．一般是由给定的已知条件求相应的结论。

它要求同学们充分利用已知条件进行猜想、透彻分析，发现规律、获取结论，这一类问题立意于对发散思维能力的培养和考察，具有开放性，解法活、形式新，无法套用统一的解题模式，不仅有利于考查和区分同学们的数学素质和创新能力，而且还可以有效地检测和区分考生的学习潜能，因而受到各方面的重视，近年来已成为高考试题的一个新亮点．注意含有两个变量的问题，变量归一是常用的解题思想，一般把其中的一个变量转化为另一个变量，根据题目条件，确定变量的值．数列中大小关系的探索问题可以采用构造函数，根据函数的单调性进行证明，这是解决复杂问题常用的方法．(3)存在型探索性问题通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分的结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．其中反证法在解题中起着重要的作用．(4)处理规律探索性问题，应充分利用已知条件，先求出数列的前几项，根据前几项的特点透彻分析，发现规律、猜想结论．三、题型分析(一) 条件探索性问题【例1】已知数列{}n a 为等差数列，12a =，{}n a 的前n 和为n S ，数列{}n b 为等比数列，且2112233(1)24n n n a b a b a b a b n ++++⋅⋅⋅+=-⋅+对任意的n *∈N 恒成立．（Ⅰ）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；（Ⅱ）是否存在非零整数λ，使不等式1121111(1)(1)(1)cos 21n n n a a a a a πλ+--⋅⋅⋅⋅⋅⋅-<+对一切n *∈N 都成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．（Ⅲ）各项均为正整数的无穷等差数列{}n c ，满足391007c a =，且存在正整数k ，使139,,k c c c 成等比数列，若数列{}n c 的公差为d ，求d 的所有可能取值之和．【分析】（Ⅰ）因为2112233(1)24n n n a b a b a b a b n ++++⋅⋅⋅+=-⋅+对任意的n *∈N 恒成立，所以取1,2,3n =，又知{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列，设出首项，公差，公比解方程组即可；（Ⅱ））由2n a n =，得11coscos(1)(1)2n n a n ππ++=+=-，设121111(1)(1)(1)1n n nb a a a a =--⋅⋅⋅-+，则不等式等价于1(1)n n b λ+-<，问题转化为求n b 的最小值，因0n b >，利用()12112123n n n b b n n ++=>++知n b 单调递增，求n b 的最小值，再根据1(1)n n b λ+-<求解；（Ⅲ）特殊情况0d =时，成立，当d ＞0时，3911382014201438c c d c d =+=⇒=-，39(39)2014(39)k c c k d k d =+-=+-，由等比中项知2391k c c c =，化简得()23953(77)0(39)53(77)k d k d k d k --+-=⇒-=-，整理得：*53383953k N d ⨯=+∈-，由120143838(53)05300c d d d d =-=->⇒->⎧⎨>⎩，所以53530d >->，根据*533853N d⨯∈-，故531,2,19d -=，从而52,51,34d =，所以公差d 的所有可能取值之和为137．【解析】（Ⅰ）法1：设数列{}n a 的公差为d ，数列{}n b 的公比为q ．因为2112233(1)24()n n n a b a b a b a b n n +*+++⋅⋅⋅+=-⋅+∈N令1,2,3n =分别得114a b =，112220a b a b +=，11223368a b a b a b ++=，又12a =所以1122332,21648a b a b a b ==⎧⎪=⎨⎪=⎩即22(2)(2)163440(22)(2)48d q d d d q +=⎧⇒--=⎨+=⎩，得11236d q ⎧=-⎪⎨⎪=⎩或2222d q =⎧⎨=⎩，经检验2,2d q ==符合题意，2,63d q =-=不合题意，舍去． 所以2,2nn n a n b ==．①当n 为奇数时，得min 123()3n b b λ<==； ② 当n 为偶数时，得min 285()15n b b λ-<==，即8515λ>-．[来源:Z,xx,]综上，8523,153λ⎛⎫∈- ⎪ ⎪⎝⎭，由λ是非零整数，可知存在1λ=±满足条件．（Ⅲ）易知d=0，成立．当d ＞0时，3911382014201438c c d c d =+=⇒=-，39(39)2014(39)k c c k d k d =+-=+-，[][]22391(201438)2014(39)2014,38(53)2014(39)20142014,k c c c d k d d k d =⇒-+-=⇒-+-=⨯()()53201439532014d k d ⇒-+-=⨯⎡⎤⎣⎦，()23953(77)0(39)53(77)k d k d k d k ⇒--+-=⇒-=-， 395353107(53)395377kd d k d k d ⇒-=-⨯⇒-=-⨯，*39537739(53)5339537753385338393953535353d d k N d d d d-⨯-+⨯-⨯⨯⨯===-=+∈----，又120143838(53)05300c d d d d =-=->⇒->⎧⎨>⎩Q ，05353d ∴<-<，531,2,19d ∴-=，52,51,34d ∴=，所以公差d 的所有可能取值之和为137．……16分【点评】第一问采取特殊化的思想，转化为联立方程组求首项，公差公比问题，比较容易解决；第二问学会构造数列，将恒成立问题转化为求数列的最小值，选择做商的方法研究数列的单调性，进而求其最值，特别注意最后结果需要对n 分奇偶讨论；第三问通过等比中项，构造公差和项数的方程，利用项数是正整数，分析对公差d 的要求，进而得到d 的可能取值，此类问题虽然比较常见，但是对变形、运算、分析能力要求很高．【小试牛刀】【2017届河北武邑中学高三上学期调研】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且()12n n S n λ=+-⋅,又数列{}n b 满足:n n a b n ⋅=． (Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式；(Ⅱ)当λ为何值时,数列{}n b 是等比数列？并求此时数列{}n b 的前n 项和n T 的取值范围． 【答案】（Ⅰ）()()11,22n n n a n n λ-=⎧⎪=⎨⋅≥⎪⎩；(Ⅱ)[)1,2. 【解析】（Ⅰ）由()12n n S n λ=+-⋅，当1n =时，11a S λ==；当2n ≥时，()()11112222n n n n n n a S S n n n ---=-=-⋅--⋅=⋅， 故数列{}n a 的通项公式为()()11,22n n n a n n λ-=⎧⎪=⎨⋅≥⎪⎩(Ⅱ)由n n a b n ⋅=有()()111,122n n n b n λ-⎧=⎪⎪=⎨⎛⎫⎪≥ ⎪⎪⎝⎭⎩则数列{}n b 为等比数列， 则首项为11b λ=满足2n ≥的情况，故1λ=，则()112111122111212nn n nb q b b q --⎛⎫++===- ⎪-⎝⎭-…+b 而1212n⎛⎫- ⎪⎝⎭是单调递增的，故[)121211,22n n b b ⎛⎫++=-∈ ⎪⎝⎭…+b [来源:](二) 结论探索性问题【例2】已知数列{}n a 中，2a a =（a 为非零常数），其前n 项和n S 满足1()()2n n n a a S n N +-=∈． （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若2a =，且21114m n a S -=，求m n 、的值； （3）是否存在实数a b 、，使得对任意正整数p ，数列{}n a 中满足n a b p +≤的最大项恰为第32p -项？ 若存在，分别求出a 与b 的取值范围；若不存在，请说明理由．【分析】(1)先由()12n n n a a S -=得11111()02a a a S -===g ， 2n n na S =，11(1)2n n n a S +++=两式相减整理得1(1)n n n a na +-=，21(1)n n na n a ++=+， 再相减化为121n n n n a a a a +++-=-，故{}n a 是等差数列，(1)n a n a =-；(2)先求出()()221,1n n a n S n n =-=-代入21114m n a S -=整理得(223)(221)43m n m n +---=，只有22343,m n +-=且2211m n --=，解得12,11m n ==；(3)先排除0a <的情况，再求得0a >时有1p b n a -≤+，再由3231p bp p a--≤<-对任意正数p 成立可得310,a -= 13a =，最后验证2013b b -<≤-得213b <≤．【解析】（1）由已知，得11111()02a a a S -===g ，∴2n n na S =， 则有11(1)2n n n a S +++=，∴112()(1)n n n n S S n a na ++-=+-， 即1(1)n n n a na +-=，21(1)n n na n a ++=+，两式相加，得*122,n n n a a a n N ++=+∈， 即*121,n n n n a a a a n N +++-=-∈，故数列{}n a 是等差数列，又120,a a a ==，∴(1)n a n a =-（3）由n a b p +≤，得(1)a n b p -+≤， 若0a <，则1p bn a -≥+，不合题意，舍去； 若0a >，则1p bn a-≤+． ∵不等式n a b p +≤成立的最大正整数解为32p -， ∴32131p bp p a--≤+<-， 即2(31)3a b a p a b -<-≤-对任意正整数p 都成立，∴310a -=，解得13a =， 此时，2013b b -<≤-，解得213b <≤， 故存在实数a b 、满足条件，a 与b 的取值范围是12,133a b =<≤， 【点评】判定一个数列为等差数列的常见方法是：①验证2n ≥时1n n a a --为同一常数；②验证3n ≥时，112n n n n a a a a ----=-恒成立；③验证n a pn q =+；④验证2n S An Bn =+．本题（1）运用了方法②．【小试牛刀】【2017届河北武邑中学高三理周考】已知数列{}n a 中，11a =，且点()()*1n n P a a n N +∈，在直线10x y -+=上．⑴求数列{}n a 的通项公式； ⑵若函数()123123nnf n n a n a n a n a =++++++++…（n N ∈，且2n ≥），求函数()f n 的最小值； ⑶设1n nb a =，n S 表示数列{}n b 的前n 项和，试问：是否存在关于n 的整式()g n ，使得()()12311n n S S S S S g n -++++=-⋅…对于一切不小于2的自然数n 恒成立？若存在，写出()g n 的解析式，并加以证明；若不存在，试说明理由． 【答案】(1)n a n =；（2）65)2(=f ；(3)n ng =)(，证明见解析. 【解析】⑴Θ点）（1,+n n a a P 在直线01=--y x 上，即11=-+n n a a ，且11=a ，∴数列}{n a 是以1为首项，1为公差的等差数列，)2(1)1(1≥=⋅-+=∴n n n a n ，11=a 也满足，n a n =∴⑵Θn nn n n f 22211)(+++++=Λ， ∴22112213221)1(+++++-+++++=+n n n n n n n n n f Λ， 0)()1(≥-+∴n f n f ，)(n f ∴是单调递增的，故)(n f 的最小值是65)2(=f ． ⑶Θn S n b n n 1312111++++=⇒=Λ，)2(11≥=-∴-n nS S n n ， 即，1,,1)2()1(112221+=-+=---∴---S S S S S n S n n n n Λ，,1-n 1211++++=-∴-n n S S S S nS Λ)2()1(121≥⋅-=-=+++∴-n n S n nS S S S n n n Λ，n n g =∴)(．故存在关于n 的整式n n g =)(，使等式对于一切不小于2的自然数n 恒成立． 法二：先由3,2==n n 的情况，猜想出n n g =)(，再用数学归纳法证明． (三) 存在型探索问题通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分的结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．其中反证法在解题中起着重要的作用． 【例3】【广东省茂名市五大联盟学校2018届高三3月联考】设数列的前n 项和为，且满足（）.（1）求数列的通项公式；（2）是否存在实数,使得数列为等差数列？若存在，求出的值,若不存在,请说明理由. 【答案】(1)；(2)答案见解析.【分析】（1）由题意可得，据此有.且（）.，故，整理可得.数列是以2为首项,2为公比的等比数列，.（2）由（1）知，，，必要条件探路，若为等差数列，则，，成等差数列，据此可得.经检验时，成等差数列，故的值为-2.【解析】（1）由（），可知当时，.又由（）.可得，两式相减，得，即，即.所以数列是以2为首项,2为公比的等比数列故.（2）由（1）知，，所以若为等差数列，则，，成等差数列，即有，即，解得. 经检验时，成等差数列，故的值为-2.【小试牛刀】【2017安徽六安一中上学期周检】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，13n S +是6与2nS 的等差中项()n N *∈.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）是否存在正整数k ，使不等式()()21nn n k a S n N*-<∈恒成立，若存在，求出k 的最大值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)()*131N n a n n ∈=-；(2)存在,11. 【解析】（1）解法一：因为13n S +是6与2n S 的等差中项， 所以()1626n n S S n N *++=∈，即1113n n S S +=+，当2n ≥时有1113n n S S -=+② -①②得()1113n n n n S S S S +--=-，即113n n a a +=对2n ≥都成立又根据①有21113S S =+即121113a a a +=+，所以211133a a ==所以()113n n a n N *-=∈.所以数列{}n a 是首项为1，公比为13的等比数列.解法二：因为13n S +是6与2n S 的等差中项 所以()1626n n S S n N *++=∈，即1113n n S S +=+，()n N *∈ 由此得()1313111312323232n n n n S S S S n N *+⎛⎫⎛⎫-=+-=-=-∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 又11331222S a -=-=-，所以()1312332n n S n N S +*-=∈-， 所以数列32n S ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以为12-首项，13为公比的等比数列. 得1311223n n S -⎛⎫-=-⨯ ⎪⎝⎭，即()1311223n n S n N -*⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭，所以，当2n ≥时，121131131112232233n n n n n n a S S ----⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-=---=⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，又1n =时，11a =也适合上式，所以()113n n a n N *-=∈. （2）根据（1）的结论可知， 数列{}n a 是首项为1，公比为13的等比数列， 所以其前n 项和为()1311223n n S n N -*⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭原问题等价于()()()21111113323n n nk n N --*⎡⎤⎛⎫⎛⎫-<-∈⎢⎥ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦①恒成立. 当n 为奇数时，不等式左边恒为负数，右边恒为正数，所以对任意正整数k 不等式恒成立；当n 为偶数时，①等价于()2111123033n n k --⎛⎫⎛⎫+-< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭恒成立，令113n t -⎛⎫= ⎪⎝⎭，有103t <<，则①等价于2230kt t +-<在103t <<恒成立，因为k 为正整数，二次函数223y kt t =+-的对称轴显然在y 轴左侧，所以当103t <<时，二次函数为增函数，故只须21123033k ⎛⎫+-< ⎪⎝⎭，解得012k <<，k N *∈，所以存在符合要求的正整数k ，且最大值为11.四、迁移运用1．【2017福建厦门一中高二上学期期中】数列{}n a 的前n 项和为n S ，若*3113,21,n n S a S n N +==+∈，则符合5n S a >的最小的n 值为（ ）学！科网A ．8B ．7C ．6D ．5[来源学§科§网Z §X §X §K]【答案】D2．【2017届安徽淮北一中高三上学期四模】已知{}n a 是等比数列, 公比为q , 前n 项和是n S ，若1341,,a a a a - 成等差数列，则（ ）A ．10a >时，1n n S qS +<B ．10a >时，21n n S q S +< C. 10a <时，1n n S qS +< D ．10a <时，21n n S q S +<【答案】B【解析】1341,,a a a a -成等差数列，即314142,2a a a a a q =+-==.()()11122112n n n a S a -==--，()11121n n S a ++=-，()21421n n q S a =-，当10a >时，()()()211111214213120n n n n n S q S a a a ++-=---=-<，所以21n n S q S +<，选B.3．【2017届河北武邑中学高三周考】若数列{}n a 满足112324221n n a a a a n -++++=-…，且数列{}n a 的前n 项和为n S ，若实数λ满足对于任意*n N ∈都有24n S λλ<<，则λ的取值范围是 ． 【答案】143<≤λ 【解析】由,122421321-=++++-n a a a a n n 得2123124221123n n a a a a n n --++++=--=-（）2n ≥（），两式相减得）（2,221≥=-n a n n ，又1=n 时，11=a ，所以,)2(2112⎩⎨⎧≥==-n n a n n ），（所以212210213211211122221------=--+=++++=n n nn S ）（）（Λ，在1≥n 时单调递增，可得31<≤n S ，由题意可得,3412⎩⎨⎧≥<λλ解得143<≤λ.4．【2017届安徽淮北一中高三上学期四模】已知数列{}n a 与{}n b 满足()1122n n n n a b b a n N *+++=+∈，若()19,3n n a b n N *==∈且()33633n n a n λλ>+-+对一切n N *∈恒成立 ，则实数λ的取值范围是_________. 【答案】13,18⎛⎫+∞⎪⎝⎭5．【2017届山西临汾一中等五校高三联考】已知数列{}n a 的通项公式()(),14182,2nn a n a n a n =⎧⎪=⎨+--≥⎪⎩，若对任意1,n n n N a a ++∈<恒成立，则a 的取值范围是_____________ . 【答案】()3,5【解析】∵对任意1,n n n N a a ++∈<恒成立，∴1=n 时，21a a <，可得()a a 288-+<，解得316<a ．2≥n 时，()()()()()a n a n n n2811428141--++<--++，化为：()()01141>+--+n a ，k n 2=时，化为：()014>+--a ，解得3>a ；12+=k n 时，化为：014>+-a ，解得5<a ．综上可得：()3,5．∴a 的取值范围是()3,5．故答案为：()3,5．6．【2017届湖南湘中名校教改联合体高三12月联考】对于数列{}n a ，定义11222n nn a a a H n-+++=L 为{}n a 的“优值”，现在已知某数列{}n a 的“优值”12n n H +=，记数列{}n a kn -的前n 项和为n S ，若5n S S ≤对任意的n 恒成立，则实数k 的最大值为__________． 【答案】712,35⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】由题可知1112222n n na a a n-++++=L ，∴1112222n n n a a a n -++++=⋅L ①，212122(1)2n n n a a a n --+++=-⋅L ②，由①-②得：1122(1)2n n n n a n n -+=⋅--⋅，则22n a n =+，所以(2)2n a kn k n -=-⋅+，令(2)2n b k n =-⋅+，5n S S ≤Q ，560,0b b ∴≥≤，解得：71235k ≤≤，所以k 的取值范围是712[,]35. 7．【2017届江苏如东高级中学等四校高三12月联考】已知数列{}n x 各项为正整数，满足1, 21,nn n nn x x x x x +⎧⎪=⎨⎪+⎩为偶数，为奇数，*n ∈N ．若343x x +=，则1x 所有可能取值的集合为__________． 【答案】{}1,2,3,4,8【解析】由题意得34341,22,1x x x x ====或；当31x =时，22x =，从而114x =或；当32x =时，214x =或，因此当21x =时，12x =；当24x =时，183x =或，综上1x 所有可能取值的集合为{}1,2,3,4,88.设等差数列{}n a 满足公差d N +∈,n a N +∈,且数列{}n a 中任意两项之和也是该数列的一项.若513a =，则d 的所有可能取值之和为_________________.【答案】364【解析】设,n m a a (m n)≠设等差数列{}n a 中的任意两项，由已知得，53(n 1)n a d =+-，53(1)m a m d =+-，则523(2)m n a a m n d +=⨯++-，设m n a a +是数列{}n a 中的第k 项，则有53(1)m n a a k d +=+-，即5523(2)3(1)m n d k d ⨯++-=+-，531d m n k =-+--，故d 的所有可能取值为23451,3,3,3,3,3，其和为61336413-=-． 9．【江苏省扬州市2017-2018学年度第一学期期末调研】已知各项都是正数的数列的前项和为，且，数列满足，.（1）求数列、的通项公式；（2）设数列满足，求和；（3）是否存在正整数，，，使得，，成等差数列？若存在，求出所有满足要求的，，，若不存在，说明理由. 【解析】（1）①，②，②-①得：，即，因为是正数数列，所以，即，所以是等差数列，其中公差为1，在中，令，得，所以，由得，所以数列是等比数列，其中首项为，公比为，所以.（2），裂项得，所以，（3）假设存在正整数，使得成等差数列，则，即，因为，所以数列从第二项起单调递减，当时，，若，则，此时无解；若，则，因为从第二项起递减，故，所以符合要求，若，则，即，不符合要求，此时无解；当时，一定有，否则若，则，即，矛盾，所以，此时，令，则，所以，，综上得：存在或，，满足要求.10．数列{}n x 满足： 11x =， 141n n n x x x ++=+， *n N ∈ (Ⅰ)判断n x 与2的大小关系，并证明你的结论； (Ⅱ)求证： 122222n x x x -+-++-<L . 【解析】Ⅰ) 当n 为奇数时， n x <2；当n 为偶数时， n x >2. 证明如下：()1221n n n x x x +---=+，两边同取倒数得：11131222n n n n x x x x++=-=-----，1111132424n nx x +⎛⎫+=-⨯+ ⎪--⎝⎭，所以数列1124n x ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是以34-为首项， 3-为公比的等比数列，()11133244n n x -+=-⋅--， ()4231n nx -=--，所以当n 为奇数时，()42031n nx -=<--，即n x <2；当n 为偶数时， ()42031n nx -=>--， n x >2.当n 为偶数且4n ≥时， 要证1412312n n n x --=<-， 只需证2231nn⨯<-，即证212133n n⎛⎫⎛⎫⨯+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 令()21233nnf n ⎛⎫⎛⎫=⨯+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则()f n 单调递减， ()()max 41f n f =<，当n 为奇数且3n ≥时，要证1412312n n n x --=<+， 只需证2231nn⨯<+， 只需证223nn⨯<，即证2213n ⎛⎫⨯< ⎪⎝⎭，令()223ng n ⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭，则()g n 单调递减， ()()max 31g n g =<， 所以()1412231n nn x --=<--成立， 所以122222n x x x -+-++-<L 成立.学科-网11．【江苏省盐城中学2018届高三上学期期末】已知数列{}n a 满足11a =， 2142n n n n a a a a λμ+++=+，其中*N n ∈， λ， μ为非零常数.（1）若3λ=，8μ=，求证： {}1n a +为等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n a 是公差不等于零的等差数列. ①求实数λ，μ的值；②数列{}n a 的前n 项和n S 构成数列{}n S ，从{}n S 中取不同的四项按从小到大排列组成四项子数列.试问：是否存在首项为1S 的四项子数列，使得该子数列中的所有项之和恰好为2017？若存在，求出所有满足条件的四项子数列；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）当3λ=， 8μ=时， 213842n n n n a a a a +++=+ ()()3222n n n a a a ++=+ 32na =+， ()1131n n a a +∴+=+.又10n a +≠，不然110a +=，这与112a +=矛盾，{}1n a ∴+为2为首项，3为公比的等比数列，1123n n a -∴+=⋅， 1231n n a -∴=⋅-.经检验，满足题意. 综上，1λ=， 4μ=， 21n a n =-.②由①知()21212n n n S n +-==.设存在这样满足条件的四元子列，观察到2017为奇数，这四项或者三个奇数一个偶数、或者一个奇数三个偶数.1°若三个奇数一个偶数，设1S ， 21x S +， 21y S +， 2z S 是满足条件的四项， 则()2121x +++ ()222142017y z ++=，()2222x x y y z ∴++++ 1007=，这与1007为奇数矛盾，不合题意舍去.2°若一个奇数三个偶数，设1S ， 2x S ， 2y S ， 2z S 是满足条件的四项， 则2214x ++ 22442017y z +=， 222504x y z ∴++=. 由504为偶数知， x ， y ， z 中一个偶数两个奇数或者三个偶数.1）若x ， y ， z 中一个偶数两个奇数，不妨设12x x =， 121y y =+， 121z z =+， 则()222111112x y y z z ++++ 251=，这与251为奇数矛盾.2）若x ， y ， z 均为偶数，不妨设12x x =， 12y y =， 12z z =，则222111126x y z ++=，继续奇偶分析知1x ， 1y ， 1z 中两奇数一个偶数，不妨设122x x =， 1221y y =+， 1221z z =+，则22222x y y +++ 22231z z +=.[来源:Z §xx §]因为()221y y +， ()221z z +均为偶数，所以2x 为奇数，不妨设220y z ≤≤，当21x =时， 222222y y z z +++ 30=， 22214y y +≤，检验得20y =， 25z =， 21x =， 当23x =时， 222222y y z z +++ 22=， 22210y y +≤，检验得21y =， 24z =， 23x =， 当25x =时， 222222y y z z +++ 6=， 2222y y +≤，检验得20y =， 22z =， 25x =，即1S ， 4S ， 8S ， 44S 或者1S ， 12S ， 24S ， 36S 或者1S ， 4S ， 20S ， 40S 满足条件， 综上所述， {}14844,,,S S S S ， {}1122436,,,S S S S ， {}142040,,,S S S S 为全部满足条件的四元子列. 12．【西南名校联盟高三2018年元月考试】已知数列{}n a 为等差数列，公差为d ，其前n 项和为n S ，且1357915a a a a a ++++=， 24681025a a a a a ++++=.（1）求数列{}n a 的通项公式n a 及前n 项和n S ；（2）若数列{}n b 满足14b a =， ()*13n n n b b n N +=+∈，求满足6n n b S n ≤+的所有n 的值. 【解析】学！科网（1）∵1357915a a a a a ++++=， 24681025a a a a a ++++=， ∴5515a =， 6525a =，得53a =， 65a =，∴2d =，∴()55n a a n d =+- ()325n =+- 27n =-，得15a =-，∴()112n n n S na d -=+26n n =-．（2）∵141b a ==， 13nn n b b +-=，∴()()()121122113331n n n n n n n b b b b b b b b -----=-+-+⋅⋅⋅+-+=++⋅⋅⋅++ ()3122n n -=≥，又13112b -==∴()31*2n n b n N -=∈，故由6n n b S n ≤+得2312nn -≤ ∴1n =或2n =．13．【2017届湖南长沙雅礼中学高三月考】已知首项为23的等比数列}{n a 的前n 项和为)(*∈N n S n ，且4324,,2S S S -成等差数列.（1）求数列}{n a 的通项公式；（2）对于数列}{n A ，若存在一个区间M ，均有),3,2,1(,Λ=∈i M A i ，则称M 为数列}{n A 的“容值区间”.设nn n S S b 1+=，试求数列}{n b 的“容值区间”长度的最小值. （注：区间],[),,[],,(),,(b a b a b a b a 的长度均为a b -） 【答案】（1）1)21(23--⋅=n n a ；（2）61． 【解析】（1）设等比数列}{n a 的公比为)0(≠q q ，由题意知342242S S S =+-，则)232323(2)23232323(4)2323(2232q q q q q q ++=+++++-，化简得06332=+q q ， 解得21-=q ，∴1)21(23--⋅=n n a .（2）由（1）可知n n S )21(1--=.当n 为偶数时，n n S )21(1-=，易知n S 随n 增大而增大，∴)1,43[∈n S ，此时]1225,2(1∈+=n n n S S b ； 当n 为奇数时，n n S )21(1+=，易知n S 随n 增大而减小，∴]23,1(∈n S ，此时]613,2(1∈+=n n n S S b . 又1225613>，∴]213,2(∈n b .故数列}{n b 的“容值区间”长度的最小值为61. 14．【2017届河南南阳一中高三上学期月考】已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足11()22n n n S a -++=（*n N ∈），设2n n n c a =.（1）求证：数列{}n c 是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；（2）按以下规律构造数列{}n b ，具体方法如下：11b c =，223b c c =+，34567b c c c c =+++，…，第n 项n b 由相应的{}n c 中12n -项的和组成，求数列{}n b 的通项公式．【答案】（1）2n nn a =；（2）232322n n --⨯-.【解析】（1）在11()22n n n S a -++=，①中，令1n =，得1112S a ++=，∴112a =． 当2n ≥时，2111()22n n n S a ---++=，②①-②得：1112()02n n n a a ----=，（2n ≥），∴1112()2n n n a a ---=，∴11221n n n n a a ---=，又2nn n c a =，∴11(2)n n c c n --=≥，又1121c a ==，所以数列{}n c 是等差数列，∴1(1)1n c n n =+-⨯=，又2nn n c a =，∴2n nn a =． （2）由题意得1111122122212(21)(21)n n n n n n n n b c c c c -----++-=++++=++++-……，而12n -，121n -+，122n -+，…，21n -是首项为12n -，公差为1的等差数列，设数列共有12n -项，所以，11222112322(21)222232222n n n n n n n n n b -------⎡⎤+-⨯+-⎣⎦===⨯-．15．【2017届福建连城县二中高三上学期期中】数列{}n a 的前n 项和为n S ，1a t =，121n n a S +=+（*n N ∈）．（1）t 为何值时，数列{}n a 是等比数列？（2）在（1）的条件下，若等差数列{}n b 的前n 项和n T 有最大值，且315T =，又11a b +，22a b +，33a b +等比数列，求n T ．【答案】（1）1t =；（2）2205n T n n =-.【解析】（1）∵121n n a S +=+， ∴当2n ≥时，121n n a S -=+，两式相减得12n n n a a a +-=，即13n n a a +=， ∴当2n ≥时，数列{}n a 是等比数列， 要使数列{}n a 是等比数列， 当且仅当213a a =，即213t t+=，从而1t =．16．【2017届江西鹰潭一中高三上学期月考】设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，()1,1a a =r ，()101,b a =r，若24a b =r rg ，且11143S =，数列{}n b 的前n 项和为n T ，且满足()1121n a n T a λ-=--（*n N ∈）．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式及数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和；（Ⅱ）是否存在非零实数λ，使得数列为等比数列？并说明理由．【答案】（Ⅰ）21n a n =+，96+=n nM n ；（Ⅱ）不存在非零实数，使数列为等比数列，理由见解析．【解析】（Ⅰ）设数列{}n a 的公差为d ，由()1,1a a =r ，()101,b a =r，24a b =r r g ，得11024a a +=又11143S =解得13a =，2d =，因此数列的通项公式是21n a n =+（*n N ∈），所以1111122123n n a a n n +⎛⎫=- ⎪++⎝⎭， 所以111111123557212369n nM n n n ⎛⎫=-+-++-= ⎪+++⎝⎭L（Ⅱ）因为()1121n a n T a λ-=--（*n N ∈）且13a =可得124n n T λλ=+，当1n =时，16b λ=；当2n ≥时，1134n n n n b T T λ--=-=，此时有14n n b b -=，若是{}n b 等比数列，则有214bb =，而16b λ=，212b λ=，彼此相矛盾，故不存在非零实数，使数列为等比数列．17．【2017届河南中原名校豫南九校高三上学期质检四】设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且55625S a a =+=.（1）求{}n a 的通项公式；[来源学科网ZXXK]（2）若不等式()()282714nn n S n k a ++>-+对所有的正整数n 都成立，求实数k 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）34n a n =-（Ⅱ）2974k -<<18．【2017届江苏南京市盐城高三一模】若存在常数*(,2)k k N k ∈≥、q 、d ，使得无穷数列{}n a 满足1,,,,n n n n a d N ka n qa N k *+*⎧+∉⎪⎪=⎨⎪∈⎪⎩则称数列{}n a 为“段比差数列”，其中常数k 、q 、d 分别叫做段长、段比、段差. 设数列{}n b 为“段比差数列”.（1）若{}n b 的首项、段长、段比、段差分别为1、3、q 、3. ①当0q =时，求2016b ；②当1q =时，设{}n b 的前3n 项和为3n S ，若不等式133n n S λ-≤⋅对n N *∈恒成立，求实数λ的取值范围；（2）设{}n b 为等比数列，且首项为b ，试写出所有满足条件的{}n b ，并说明理由. 【答案】（Ⅰ）①6，②[)14,λ∈+∞（Ⅱ）n b b =或()11n n b b -=-.【解析】（1）①方法一：∵{}n b 的首项、段长、段比、段差分别为1、3、0、3，2014201300b b ∴=⨯=，2015201433b b ∴=+=，2016201536b b ∴=+=.方法二：∵{}n b 的首项、段长、段比、段差分别为1、3、0、3，∴11b =，24b =，37b =，4300b b =⨯=，5433b b =+=，6536b b =+=，7600b b =⨯=， ∴当4n ≥时，{}n b 是周期为3的周期数列. ∴201666b b ==.②方法一：∵{}n b 的首项、段长、段比、段差分别为1、3、1、3，∴()()()32313131331313126n n n n n n n n b b b d b qb d b q b d d b d +-+-----=+-=+-=++-==⎡⎤⎣⎦， ∴{}31n b -是以24b =为首项、6为公差的等差数列，又()()32313313131313n n n n n n n b b b b d b b d b ------++=-+++=Q ，()()()312345632313n n n n S b b b b b b b b b --∴=+++++++++L()()2253113346932n n n b b b n n n --⎡⎤=++=+⨯=+⎢⎥⎣⎦L ，133n n S λ-≤⋅Q ，313n n S λ-∴≤，设313nnn S c -=，则()max n c λ≥， 又()()()2221112322913193333n n n n n n n n n n n c c +-----++++-=-=，当1n =时，23220n n --<，12c c <；当2n ≥时，23220n n -->，1n n c c +<， ∴123c c c <>>⋅⋅⋅，∴()2max 14n c c ==， ∴14λ≥，得[)14,λ∈+∞.方法二：∵{}n b 的首项、段长、段比、段差分别为1、3、1、3，∴313n n b b +=，∴333333126n n n n b b b b d +++-=-==，∴{}3n b 是首项为37b =、公差为6的等差数列，∴()2363176342n n n b b b n n n -+++=+⨯=+L ， 易知{}n b 中删掉{}3n b 的项后按原来的顺序构成一个首项为1公差为3的等差数列，()21245323122121362n n n n b b b b b b n n n ---∴++++++=⨯+⨯=-L ， ()()222334693n S n n n n n n ∴=++-=+，以下同方法一.方法二：设{}n b 的段长、段比、段差分别为k 、q 、d ，①若2k =，则1b b =，2b b d =+，()3b b d q =+，()4b b d q d =++，由2132b b b =，得b d bq +=；由2243b b b =，得()()2b d q b d q d +=++，联立两式，得01d q =⎧⎨=⎩或21d b q =-⎧⎨=-⎩，则n b b =或()11n n b b -=-，经检验均合题意.②若3k ≥，则1b b =，2b b d =+，32b b d =+，由2132b b b =，得()()22b d b b d +=+，得0d =，则n b b =，经检验适合题意.综上①②，满足条件的{}n b 的通项公式为n b b =或()11n n b b -=-.19．【2017届江苏如东高级中学等四校高三12月联考】已知数列{}n a 满足10a =，218a =，且对任意m ，*n ∈N 都有()221211324m n m n a a a m n --+-+=+-． （1）求3a ，5a ；（2）设2121n n n b a a +-=-（*n ∈N ）． ①求数列{}n b 的通项公式； ②设数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ，是否存在正整数p ，q ，且1p q <<，使得1S ，p S ，q S 成等比数列？若存在，求出p ，q 的值，若不存在，请说明理由．【答案】（Ⅰ）31a =，55a =（Ⅱ）①32n b n =-②2p =，16q = 【解析】（1）由题意，令2m =，1n =，则()231232214a a a +=+-，解得31a =． 令3m =，1n =，则()251332314a a a +=+-，解得55a =． （2）①以2n +代替m ，得23212123n n n a a a +-++=+．则()()()21212112113n n n n a a a a +-+++-⎡⎤---=⎣⎦，即13n nb b +-=． 所以数列{}n b 是以3为公差的等差数列．1311b a a =-=，()11332n b n n ∴=+-⨯=-．②因为()()111111323133231n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭． 所以11111111113447323133131n n S n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦L ． 则114S =，31p p S p =+，31q q S q =+．因为1S ，p S ，q S 成等比数列，2131431p q p q ⎛⎫∴= ⎪++⎝⎭g ，即26134p q p q ++=． 所以1p q <<，34433q q q +∴=+>．2613p p+∴>．解得32332333p -+<<． 又1p <，且*p ∈N ，2p ∴=，则16q =．学科-网所以存在正整数2p =，16q =，使得1S ，p S ，q S 成等比数列．。

例谈高中数学数列教课中的研究性问题课改要求高中数学教课要能发挥学生的主体性和积极性，有一个创新思想活动的空间，重点在于教师怎样指引、启迪、点拨，可否真实地把学生引到这一领域。

教师在平常备课中，不只要吃透教材，并且要尽量地收集、制作与教材有关的知识、教具，又要擅长掌握学生的心理，使学生可以与老师产生共识。

数学学科与自然界密切相连，和生活、生产亲密有关，所以，在教课中教师要擅长指引学生从熟习的事物、现象出发，依据学生掌握的状况，创建情境提出问题，激励学生共同参加，发挥想象，踊跃思想来解决高考数学识题。

高考数学试卷中的研究性问题的内容波及面很广，几乎波及高中数学内容的各个方面，但其所采纳的研究性问题的种类比较集中，在解答题中主要有存在型、概括型和比较型三类研究性问题。

下边将例谈数列中的研究性问题：一存在型在存在型问题中，大多研究能否存在某个数值使题设结论建立。

三以讲堂教课为载体，采纳合作学习、研究学习、教师点拨的策略新课程理念下的讲堂教课是以问题为载体，以培育学生创新素质为中心，以学生着手实践、自主研究、合作沟通为主要学习方式，方才在预习指导环节谈的是提出问题，这里笔者要谈的是解决问题，即在自主研究基础上的进一步探究。

详细做法分三步进行：（ 1）组内怀疑。

让学生就近联合几个同学构成学习小组，每个小组的成员中既有优等生又有中等生和学困生。

即由不一样思想层次的学生构成。

先组内进行议论，畅所欲言，共同建立问题的结论。

（2）组间怀疑。

各小组派代表将本组看法进行陈说，各小组之间互相议论，沟通增补，逐渐减小分歧，完成共识。

（ 3）解决遗留问题。

经过组内、组间的沟通议论，由教师帮助学生认识问题的难点所在，一同找到解决问题的打破口，使全体学生完成共识。

即让学生在学习过程中独立自主地发现问题，并经过沟通、议论最后解决问题，经历一系列研究过程获取悉识与能力，掌握解决问题的方法，获取感情体验。

总之，在新课程背景下的高中数学讲堂教课中，每一位教师都有责任调整自己的心理状态，成为适应新时代学生发展的数学教师。

难点专题：破解数列中的4类探索性问题1．条件探索性问题此类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探求，或条件增删需确定，或条件正误需判定，解决此类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件，在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意．[例1] 已知数列{a n}中，a1＝2，a2＝3，其前n项和S n满足S n＋2＋S n＝2S n＋1＋1(n∈N*)；数列{b n}中，b1＝a1，b n＋1＝4b n＋6(n∈N*)．(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)设c n＝b n＋2＋(－1)n－1λ·n a2(λ为非零整数，n∈N*)，试确定λ的值，使得对任意n∈N*，都有c n＋1>c n成立．此类问题的基本特征是：有条件而无结论或结论的正确与否需要确定．解决此类问题的策略是：先探索结论而后去论证结论，在探索过程中常可先从特殊情形入手，通过观察、分析、归纳、判断来作一番猜测，得出结论，再就一般情形去认证结论．[例2] 已知各项均为正数的数列{a n}满足：a2n＋1＝2a2n＋a n a n＋1，且a2＋a4＝2a3＋4，其中n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设数列{b n}满足：b n＝nan2n＋12n，是否存在正整数m，n(1<m<n)，使得b1，b m，b n成等比数列？若存在，求出所有的m，n的值，若不存在，请说明理由；(3)令c n＝1＋nan，记数列{c n}的前n项积为T n，其中n∈N*，试比较T n与9的大小，并加以证明．此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立．解决此类问题的一般方法是：假定题中的数学对象存在或结论成立或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．[例3] 已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －1为等比数列； (2)记S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n，若S n <100，求最大正整数n ；(3)是否存在互不相等的正整数m ，s ，n ，使m ，s ，n 成等差数列，且a m －1，a s －1，a n －1成等比数列？如果存在，请给以证明；如果不存在，请说明理由．这类问题的基本特征是：未给出问题的结论，需要由特殊情况入手，猜想、证明一般结论．解决这类问题的基本策略是：通常需要研究简化形式，但保持本质的特殊情形，从条件出发，通过观察、试验、归纳、类比、猜想来探路，解题过程中创新成分比较高．在数列问题研究中，经常是根据数列的前几项所提供的信息作大胆的猜想，然后用数学归纳法证明．[例4] 设数列{a n }的前n 项和为S n ，对一切n ∈N *，点⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，S n n 都在函数f (x )＝x ＋a n2x的图象上． (1)求a 1，a 2，a 3的值，猜想a n 的表达式，并证明你的猜想；(2)设A n 为数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n －1a n 的前n 项积，是否存在实数a ，使得不等式A na n ＋1<f (a )－a n ＋32a对一切n ∈N *都成立？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由．难点专题：破解数列中的4类探索性问题答案1．条件探索性问题[例1] 已知数列{a n}中，a1＝2，a2＝3，其前n项和S n满足S n＋2＋S n＝2S n＋1＋1(n∈N*)；数列{b n}中，b1＝a1，b n＋1＝4b n＋6(n∈N*)．(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)设c n＝b n＋2＋(－1)n－1λ·n a2(λ为非零整数，n∈N*)，试确定λ的值，使得对任意n∈N*，都有c n＋1>c n成立．[解] (1)由已知得S n＋2－S n＋1－(S n＋1－S n)＝1，所以a n＋2－a n＋1＝1(n≥1)．又a2－a1＝1，所以数列{a n}是以a1＝2为首项，1为公差的等差数列．所以a n＝n＋1.因为b n＋1＝4b n＋6，即b n＋1＋2＝4(b n＋2)，又b1＋2＝a1＋2＝4，所以数列{b2＋2}是以4为公比，4为首项的等比数列．所以b n＝4n－2.(2)因为a n＝n＋1，b n＝4n－2，所以c n＝4n＋(－1)n－1λ·2n＋1.要使c n＋1>c n成立，需c n＋1－c n＝4n＋1－4n＋(－1)nλ·2n＋2－(－1)n－1λ·2n＋1>0恒成立，化简得3·4n－3λ(－1)n－12n＋1>0恒成立，即(－1)n－1λ<2n－1恒成立，①当n为奇数时，即λ<2n－1恒成立，当且仅当n＝1时，2n－1有最小值1，所以λ<1；②当n为偶数时，即λ>－2n－1恒成立，当且仅当n＝2时，－2n－1有最大值－2，所以λ>－2，即－2<λ<1.又λ为非零整数，则λ＝－1.综上所述，存在λ＝－1，使得对任意n∈N*，都有c n＋1>c n成立．[点评] 对于数列问题，一般要先求出数列的通项，不是等差数列和等比数列的要转化为等差数列或等比数列．遇到S n要注意利用S n与a n的关系将其转化为a，再研究其具体性质．遇到(－1)n型的问题要注意分n为奇数与偶数两种情况n进行讨论，本题易忘掉对n 的奇偶性的讨论而致误．2．结论探索性问题[例2] 已知各项均为正数的数列{a n }满足：a 2n ＋1＝2a 2n ＋a n a n ＋1，且a 2＋a 4＝2a 3＋4，其中n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设数列{b n }满足：b n ＝na n 2n ＋12n，是否存在正整数m ，n (1<m <n )，使得b 1，b m ，b n 成等比数列？若存在，求出所有的m ，n 的值，若不存在，请说明理由；(3)令c n ＝1＋na n，记数列{c n }的前n 项积为T n ，其中n ∈N *，试比较T n 与9的大小，并加以证明．[解] (1)因为a 2n ＋1＝2a 2n ＋a n a n ＋1，即(a n ＋a n ＋1)(2a n －a n ＋1)＝0.又a n >0，所以2a n －a n ＋1＝0，即2a n ＝a n ＋1. 所以数列{a n }是公比为2的等比数列．由a 2＋a 4＝2a 3＋4，得2a 1＋8a 1＝8a 1＋4，解得a 1＝2. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n (n ∈N *)． (2)因为b n ＝na n 2n ＋12n＝n 2n ＋1，所以b 1＝13，b m ＝m 2m ＋1，b n ＝n2n ＋1.若b 1，b m ，b n 成等比数列，则⎝⎛⎭⎪⎫m 2m ＋12＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n ＋1， 即m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3. 由m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3，可得3n ＝－2m 2＋4m ＋1m 2，所以－2m 2＋4m ＋1>0，从而1－62<m <1＋62. 又n ∈N *，且m >1，所以m ＝2，此时n ＝12.故当且仅当m ＝2，n ＝12时，b 1，b m ，b n 成等比数列．(3)构造函数f (x )＝ln(1＋x )－x (x ≥0)，则f ′(x )＝11＋x －1＝－x 1＋x. 当x >0时，f ′(x )<0，即f (x )在[0，＋∞)上单调递减， 所以f (x )<f (0)＝0.所以ln(1＋x )－x <0.所以ln c n ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n a n ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n 2n <n 2n .所以ln T n <12＋222＋323＋…＋n2n .记A n ＝12＋222＋323＋…＋n 2n ，则12A n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，所以A n －12A n ＝12＋122＋123＋124＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1<1，即A n <2.所以ln T n <2.所以T n <e 2<9，即T n <9.[点评] 对于结论探索性问题，需要先得出一个结论，再进行证明．注意含有两个变量的问题，变量归一是常用的解题思想，一般把其中的一个变量转化为另一个变量，根据题目条件，确定变量的值．遇到数列中的比较大小问题可以采用构造函数，根据函数的单调性进行证明，这是解决复杂问题常用的方法．3．存在探索性问题[例3] 已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n2a n ＋1，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －1为等比数列； (2)记S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n，若S n <100，求最大正整数n ；(3)是否存在互不相等的正整数m ，s ，n ，使m ，s ，n 成等差数列，且a m －1，a s －1，a n －1成等比数列？如果存在，请给以证明；如果不存在，请说明理由．[解] (1)因为1a n ＋1＝23＋13a n ， 所以1a n ＋1－1＝13a n －13.又因为1a 1－1≠0，所以1a n－1≠0(n ∈N *)．所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －1为等比数列．(2)由(1)可得1a n －1＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，所以1a n ＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n＋1.S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝n ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋132＋ (13)＝n ＋2×13－13n ＋11－13＝n ＋1－13n ，若S n <100，则n ＋1－13n <100，所以最大正整数n 的值为99. (3)假设存在，则m ＋n ＝2s ， (a m －1)(a n －1)＝(a s －1)2， 因为a n ＝3n3n ＋2，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫3n 3n＋2－1⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 3m ＋2－1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3s3s ＋2－12， 化简得3m ＋3n ＝2×3s .因为3m ＋3n ≥2×3m ＋n ＝2×3s ，当且仅当m ＝n 时等号成立，又m ，s ，n 互不相等，所以不存在．[点评] 数列问题是以分式形式给出条件的，一般采用取倒数，再转化为等差数列或等比数列，通过等差数列与等比数列的桥梁作用求出通项．遇到多个变量的存在性问题，一般假设存在，求出满足的关系，再寻找满足的条件，一般可以利用重要不等式、值域或范围等判断是否存在．4．规律探索性问题[例4] 设数列{a n }的前n 项和为S n ，对一切n ∈N *，点⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，S n n 都在函数f (x )＝x ＋a n2x的图象上．(1)求a 1，a 2，a 3的值，猜想a n 的表达式，并证明你的猜想；(2)设A n 为数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n －1a n 的前n 项积，是否存在实数a ，使得不等式A n a n ＋1<f (a )－a n ＋32a对一切n ∈N *都成立？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由． [解] (1)因为点⎝⎛⎭⎪⎫n ，S n n 都在函数f (x )＝x ＋a n 2x 的图象上，故S n n ＝n ＋a n 2n .所以S n ＝n 2＋12a n .令n ＝1，得a 1＝1＋12a 1，所以a 1＝2.令n ＝2，得a 1＋a 2＝4＋12a 2，所以a 2＝4.令n ＝3，得a 1＋a 2＋a 3＝9＋12a 3，所以a 3＝6.由此猜想：a n ＝2n (n ∈N *)．下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，由上面的求解知，猜想成立； ②假设当n ＝k 时猜想成立，即a k ＝2k 成立，那么当n ＝k ＋1时，由条件，知S k ＝k 2＋12a k ，S k ＋1＝(k ＋1)2＋12a k ＋1，两式相减，得a k ＋1＝2k ＋1＋12a k ＋1－12a k ，所以a k ＋1＝4k ＋2－a k ＝4k ＋2－2k ＝2(k ＋1)，即当n ＝k ＋1时，猜想成立． 根据①②，知对一切n ∈N *，a n ＝2n 成立． (2)因为a n －1a n ＝1－1a n， 故A n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 2·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a n ，所以A na n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 2·…·⎝⎛⎭⎪⎫1－1a n ·2n ＋1.又f (a )－a n ＋32a ＝a ＋a n 2a －a n ＋32a ＝a －32a，故A n a n ＋1<f (a )－a n ＋32a对一切n ∈N *都成立，等价于⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 2·…·⎝⎛⎭⎪⎫1－1a n ·2n ＋1<a －32a 对一切n ∈N *都成立．设g (n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 2·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a n ·2n ＋1，则只需g (n )max <a －32a 即可．由于g n ＋1g n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a n ＋1·2n ＋32n ＋1＝2n ＋12n ＋2·2n ＋32n ＋1＝4n 2＋8n ＋34n 2＋8n ＋4<1，所以g (n ＋1)<g (n )，故g (n )是单调递减的，于是g (n )max ＝g (1)＝32. 由32<a －32a，得a －32a ＋3a>0，解得－32<a <0或a > 3. 综上所述，使得不等式对一切n ∈N *都成立的实数a 存在，a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0∪(3，＋∞)． [点评] 处理规律探索性问题，应充分利用已知条件，先求出数列的前几项，根据前几项的特点透彻分析、发现规律、猜想结论，再利用数学归纳法进行证明．对于含有参数的恒成立问题，可通过分离参数求含有变量的式子的最值即可．在求含变量的式子的最值问题时，一般可以利用函数的单调性，通过作差或作商(分式或整式作差，乘积的因式作商)求出最值，便求出参数的范围(注意应用函数与方程思想解决问题)．。

数列解题方法与技巧数列是数学中常见的一种数学对象，它由一系列按照一定规律排列的数字组成。

在数学中，数列被广泛应用于各个领域，如代数、微积分、概率论等。

解决数列问题需要掌握一定的方法与技巧，下面将介绍一些常见的数列解题方法与技巧。

首先，我们来介绍数列的基本概念。

数列由一系列按照一定规律排列的数字组成，其中每个数字称为数列的项。

数列中的规律可以是等差、等比、等差数列、等比数列等。

在解题时，我们需要根据数列的规律来寻找其中的特点，从而采取相应的解题方法。

其次，对于等差数列，我们需要掌握其常见的性质和解题技巧。

等差数列是指数列中相邻两项之差都相等的数列，其通项公式为an=a1+(n-1)d，其中a1为首项，d为公差，n为项数。

在解题时，我们可以利用等差数列的性质来求解未知数，或者利用通项公式来计算数列的和。

此外，我们还可以利用等差数列的性质来推导出一些数学定理，如等差数列的和公式等。

再次，对于等比数列，我们也需要了解其基本性质和解题方法。

等比数列是指数列中相邻两项之比都相等的数列，其通项公式为an=a1r^(n-1)，其中a1为首项，r为公比，n为项数。

在解题时，我们可以利用等比数列的性质来求解未知数，或者利用通项公式来计算数列的和。

此外，我们还可以利用等比数列的性质来推导出一些数学定理，如等比数列的和公式等。

最后，对于其他类型的数列，我们也需要掌握相应的解题方法与技巧。

例如，对于斐波那契数列、调和数列等特殊的数列，我们需要了解其特点和解题方法，从而能够灵活应用于实际问题的解决中。

综上所述，数列是数学中常见的一种数学对象，解决数列问题需要掌握一定的方法与技巧。

通过对等差数列、等比数列等常见数列的性质和解题方法的了解，能够帮助我们更好地解决数列相关的问题。

希望本文所介绍的数列解题方法与技巧能够对大家有所帮助，也希望大家能够在实际问题中灵活运用所学知识，解决各种数列相关的问题。

难点专题：破解数列中的4类探索性问题1．条件探索性问题此类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探求，或条件增删需确定，或条件正误需判定，解决此类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件，在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意．[例1] 已知数列{a n}中，a1＝2，a2＝3，其前n项和S n满足S n＋2＋S n＝2S n ＋1(n∈N*)；数列{b n}中，b1＝a1，b n＋1＝4b n＋6(n∈N*)．＋1(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)设c n＝b n＋2＋(－1)n－1λ·n a2(λ为非零整数，n∈N*)，试确定λ的值，使得对任意n∈N*，都有c n＋1>c n成立．2．结论探索性问题此类问题的基本特征是：有条件而无结论或结论的正确与否需要确定．解决此类问题的策略是：先探索结论而后去论证结论，在探索过程中常可先从特殊情形入手，通过观察、分析、归纳、判断来作一番猜测，得出结论，再就一般情形去认证结论．[例2] 已知各项均为正数的数列{a n}满足：a2n＋1＝2a2n＋a n a n＋1，且a2＋a4＝2a3＋4，其中n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设数列{b n}满足：b n＝na n2n＋12n，是否存在正整数m，n(1<m<n)，使得b1，b m，b n成等比数列？若存在，求出所有的m，n的值，若不存在，请说明理由；(3)令c n＝1＋na n，记数列{c n}的前n项积为T n，其中n∈N*，试比较T n与9的大小，并加以证明．3．存在探索性问题此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立．解决此类问题的一般方法是：假定题中的数学对象存在或结论成立或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．[例3] 已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n2a n ＋1，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1为等比数列；(2)记S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n，若S n <100，求最大正整数n ；(3)是否存在互不相等的正整数m ，s ，n ，使m ，s ，n 成等差数列，且a m－1，a s －1，a n －1成等比数列？如果存在，请给以证明；如果不存在，请说明理由．4．规律探索性问题这类问题的基本特征是：未给出问题的结论，需要由特殊情况入手，猜想、证明一般结论．解决这类问题的基本策略是：通常需要研究简化形式，但保持本质的特殊情形，从条件出发，通过观察、试验、归纳、类比、猜想来探路，解题过程中创新成分比较高．在数列问题研究中，经常是根据数列的前几项所提供的信息作大胆的猜想，然后用数学归纳法证明．[例4] 设数列{a n }的前n 项和为S n ，对一切n ∈N *，点⎝⎛⎭⎪⎫n ，S n n 都在函数f (x )＝x ＋a n2x的图象上．(1)求a 1，a 2，a 3的值，猜想a n 的表达式，并证明你的猜想；(2)设A n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －1a n 的前n 项积，是否存在实数a ，使得不等式A n a n ＋1<f (a )－a n ＋32a对一切n ∈N *都成立？若存在，求出a 的取值围；若不存在，说明理由．难点专题：破解数列中的4类探索性问题答案1．条件探索性问题[例1] 已知数列{a n}中，a1＝2，a2＝3，其前n项和S n满足S n＋2＋S n＝2S n ＋1(n∈N*)；数列{b n}中，b1＝a1，b n＋1＝4b n＋6(n∈N*)．＋1(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)设c n＝b n＋2＋(－1)n－1λ·n a2(λ为非零整数，n∈N*)，试确定λ的值，使得对任意n∈N*，都有c n＋1>c n成立．[解] (1)由已知得S n＋2－S n＋1－(S n＋1－S n)＝1，所以a n＋2－a n＋1＝1(n≥1)．又a2－a1＝1，所以数列{a n}是以a1＝2为首项，1为公差的等差数列．所以a n＝n＋1.因为b n＋1＝4b n＋6，即b n＋1＋2＝4(b n＋2)，又b1＋2＝a1＋2＝4，所以数列{b2＋2}是以4为公比，4为首项的等比数列．所以b n＝4n－2.(2)因为a n＝n＋1，b n＝4n－2，所以c n＝4n＋(－1)n－1λ·2n＋1.要使c n＋1>c n成立，需c n＋1－c n＝4n＋1－4n＋(－1)nλ·2n＋2－(－1)n－1λ·2n＋1>0恒成立，化简得3·4n－3λ(－1)n－12n＋1>0恒成立，即(－1)n－1λ<2n－1恒成立，①当n为奇数时，即λ<2n－1恒成立，当且仅当n＝1时，2n－1有最小值1，所以λ<1；②当n为偶数时，即λ>－2n－1恒成立，当且仅当n＝2时，－2n－1有最大值－2，所以λ>－2，即－2<λ<1.又λ为非零整数，则λ＝－1.综上所述，存在λ＝－1，使得对任意n∈N*，都有c n＋1>c n成立．[点评] 对于数列问题，一般要先求出数列的通项，不是等差数列和等比数列的要转化为等差数列或等比数列．遇到S n要注意利用S n与a n的关系将其转化为a n，再研究其具体性质．遇到(－1)n型的问题要注意分n为奇数与偶数两种情况进行讨论，本题易忘掉对n的奇偶性的讨论而致误．2．结论探索性问题[例2] 已知各项均为正数的数列{a n}满足：a2n＋1＝2a2n＋a n a n＋1，且a2＋a4＝2a3＋4，其中n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设数列{b n }满足：b n ＝na n2n ＋12n，是否存在正整数m ，n (1<m <n )，使得b 1，b m ，b n 成等比数列？若存在，求出所有的m ，n 的值，若不存在，请说明理由；(3)令c n ＝1＋na n，记数列{c n }的前n 项积为T n ，其中n ∈N *，试比较T n 与9的大小，并加以证明．[解] (1)因为a 2n ＋1＝2a 2n ＋a n a n ＋1，即(a n ＋a n ＋1)(2a n －a n ＋1)＝0.又a n >0，所以2a n －a n ＋1＝0，即2a n ＝a n ＋1. 所以数列{a n }是公比为2的等比数列．由a 2＋a 4＝2a 3＋4，得2a 1＋8a 1＝8a 1＋4，解得a 1＝2. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n (n ∈N *)．(2)因为b n ＝na n 2n ＋12n ＝n 2n ＋1，所以b 1＝13，b m ＝m 2m ＋1，b n ＝n2n ＋1.若b 1，b m ，b n 成等比数列，则⎝⎛⎭⎪⎫m 2m ＋12＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n ＋1， 即m 24m 2＋4m ＋1＝n6n ＋3. 由m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3，可得3n ＝－2m 2＋4m ＋1m 2， 所以－2m 2＋4m ＋1>0，从而1－62<m <1＋62.又n ∈N *，且m >1，所以m ＝2，此时n ＝12.故当且仅当m ＝2，n ＝12时，b 1，b m ，b n 成等比数列．(3)构造函数f (x )＝ln(1＋x )－x (x ≥0)，则f ′(x )＝11＋x －1＝－x1＋x.当x >0时，f ′(x )<0，即f (x )在[0，＋∞)上单调递减， 所以f (x )<f (0)＝0.所以ln(1＋x )－x <0. 所以ln ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n a n ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n 2n <n2n .所以ln T n <12＋222＋323＋…＋n2n .记A n ＝12＋222＋323＋…＋n 2n ，则12A n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，所以A n －12A n ＝12＋122＋123＋124＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1<1，即A n <2.所以ln T n <2.所以T n <e 2<9，即T n <9.[点评] 对于结论探索性问题，需要先得出一个结论，再进行证明．注意含有两个变量的问题，变量归一是常用的解题思想，一般把其中的一个变量转化为另一个变量，根据题目条件，确定变量的值．遇到数列中的比较大小问题可以采用构造函数，根据函数的单调性进行证明，这是解决复杂问题常用的方法．3．存在探索性问题[例3] 已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n2a n ＋1，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1为等比数列； (2)记S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n，若S n <100，求最大正整数n ；(3)是否存在互不相等的正整数m ，s ，n ，使m ，s ，n 成等差数列，且a m－1，a s －1，a n －1成等比数列？如果存在，请给以证明；如果不存在，请说明理由．[解] (1)因为1a n ＋1＝23＋13a n ，所以1 a n ＋1－1＝13a n －13.又因为1a 1－1≠0，所以1a n－1≠0(n ∈N *)．所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1为等比数列．(2)由(1)可得1a n －1＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，所以1a n ＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n＋1.S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝n ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋132＋ (13)＝n ＋2×13－13n ＋11－13＝n ＋1－13n ，若S n <100，则n ＋1－13n <100，所以最大正整数n 的值为99. (3)假设存在，则m ＋n ＝2s ， (a m －1)(a n －1)＝(a s －1)2， 因为a n ＝3n3n ＋2，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫3n 3n＋2－1⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 3m ＋2－1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3s 3s ＋2－12， 化简得3m ＋3n ＝2×3s .因为3m ＋3n ≥2×3m ＋n ＝2×3s ，当且仅当m ＝n 时等号成立，又m ，s ，n 互不相等，所以不存在．[点评] 数列问题是以分式形式给出条件的，一般采用取倒数，再转化为等差数列或等比数列，通过等差数列与等比数列的桥梁作用求出通项．遇到多个变量的存在性问题，一般假设存在，求出满足的关系，再寻找满足的条件，一般可以利用重要不等式、值域或围等判断是否存在．4．规律探索性问题[例4] 设数列{a n }的前n 项和为S n ，对一切n ∈N *，点⎝⎛⎭⎪⎫n ，S n n 都在函数f (x )＝x ＋a n2x的图象上．(1)求a 1，a 2，a 3的值，猜想a n 的表达式，并证明你的猜想；(2)设A n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －1a n 的前n 项积，是否存在实数a ，使得不等式A n a n ＋1<f (a )－a n ＋32a 对一切n ∈N *都成立？若存在，求出a 的取值围；若不存在，说明理由．[解] (1)因为点⎝⎛⎭⎪⎫n ，S n n 都在函数f (x )＝x ＋a n 2x 的图象上，故S n n ＝n ＋a n2n .所以S n ＝n 2＋12a n .令n ＝1，得a 1＝1＋12a 1，所以a 1＝2.令n ＝2，得a 1＋a 2＝4＋12a 2，所以a 2＝4.令n ＝3，得a 1＋a 2＋a 3＝9＋12a 3，所以a 3＝6.由此猜想：a n ＝2n (n ∈N *)．下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，由上面的求解知，猜想成立； ②假设当n ＝k 时猜想成立，即a k ＝2k 成立，那么当n ＝k ＋1时，由条件，知S k ＝k 2＋12a k ，S k ＋1＝(k ＋1)2＋12a k ＋1，两式相减，得a k ＋1＝2k ＋1＋12a k ＋1－12a k ，所以a k ＋1＝4k ＋2－a k ＝4k ＋2－2k ＝2(k ＋1)，即当n ＝k ＋1时，猜想成立．根据①②，知对一切n ∈N *，a n ＝2n 成立．(2)因为a n －1a n ＝1－1a n ， 故A n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 2·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a n ， 所以A n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 2·…·⎝⎛⎭⎪⎫1－1a n ·2n ＋1. 又f (a )－a n ＋32a ＝a ＋a n 2a －a n ＋32a ＝a －32a， 故A n a n ＋1<f (a )－a n ＋32a对一切n ∈N *都成立，等价于⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 2·…·⎝⎛⎭⎪⎫1－1a n ·2n ＋1<a －32a 对一切n ∈N *都成立． 设g (n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 2·…·⎝⎛⎭⎪⎫1－1a n ·2n ＋1，则只需g (n )max <a －32a 即可．由于g n ＋1g n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1－1a n ＋1·2n ＋32n ＋1＝2n ＋12n ＋2·2n ＋32n ＋1＝4n 2＋8n ＋34n 2＋8n ＋4<1，所以g (n ＋1)<g (n )，故g (n )是单调递减的，于是g (n )max ＝g (1)＝32. 由32<a －32a ，得a －32a ＋3a >0，解得－32<a <0或a > 3. 综上所述，使得不等式对一切n ∈N *都成立的实数a 存在，a 的取值围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0∪(3，＋∞)．[点评] 处理规律探索性问题，应充分利用已知条件，先求出数列的前几项，根据前几项的特点透彻分析、发现规律、猜想结论，再利用数学归纳法进行证明．对于含有参数的恒成立问题，可通过分离参数求含有变量的式子的最值即可．在求含变量的式子的最值问题时，一般可以利用函数的单调性，通过作差或作商(分式或整式作差，乘积的因式作商)求出最值，便求出参数的围(注意应用函数与方程思想解决问题)．。

数列中探索性问题的研究数列是高中数学的重要内容之一，近年来高考中的数列试题不时给人以耳目一新的感觉，而探索性问题更是考查热点，这类题目无模式，方法可供套用，考查观察、概括、归纳能力，解这类问题要从问题关键入手，抓实质，对信息进行整合，加工，寻找解题途径。

一、开放型探索性问题例1、已知等差数列}{n a 满足)(2121*-∈=+N n n a a n ,设n S 是数列}1{na 的前n 项和，记f （n ）＝n S 2－n S )(*∈N n .（1）求n a ；（2）比较f （n ＋1）与f （n ）)(*∈N n 的大小；（3）如果函数g （x ）＝log ]),[)((122b a x n f x ∈-对一切大于1的正整数n ，其函数值都小于零，那么a 、b 应满足什么条件？解：（1）因为211=+a a ，所以，1a ＝1，因为，431=+a a ，所以，33=a .故 d ＝11313=--a a ，所以，n a ＝1＋（n －1）·1＝n. （2）因为，f （n ＋1）－f （n ）＝22+n S －1-n S －n S 2＋n S ＝（22+n S －n S 2）－（1-n S －n S ）＝0)22)(12(111221121>++=+-+++n n n n n ，即f （n ＋1）>f （n ）. （3）由题意当2≥n 时，g （x ）＝log 0)(122<-n f x 恒成立.又因为，f （n ）递增，所以，只需log 0)2(122<-f x 即可.又因为，f （2）＝4S －2S ＝1274131=-，所以，log 72<x ，即0<x<128. 又因为，],[b a x ∈，所以，0<a<b<128.点评：解题从条件出发，运用特殊到一般的方法，通过分析、归纳并猜想结论加以证明，即分析――归纳――猜想――证明。

第四讲数列与探索性新题型的解题技巧【命题趋向】从20０7年高考题可见数列题命题有如下趋势:１.等差（比)数列的基本知识是必考内容，这类问题既有选择题、填空题,也有解答题；难度易、中、难三类皆有.2．数列中ａn与Sn之间的互化关系也是高考的一个热点.3.函数思想、方程思想、分类讨论思想等数学思想方法在解决问题中常常用到,解答试题时要注意灵活应用．４.解答题的难度有逐年增大的趋势,还有一些新颖题型,如与导数和极限相结合等.因此复习中应注意：1.数列是一种特殊的函数,学习时要善于利用函数的思想来解决.如通项公式、前n项和公式等.2．运用方程的思想解等差(比)数列,是常见题型，解决此类问题需要抓住基本量a1、d（或q）,掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节，常通过“设而不求,整体代入”来简化运算.3.分类讨论的思想在本章尤为突出.学习时考虑问题要全面，如等比数列求和要注意q=1和ｑ≠1两种情况等等.4.等价转化是数学复习中常常运用的,数列也不例外.如an与Sn的转化;将一些数列转化成等差(比)数列来解决等.复习时,要及时总结归纳.5.深刻理解等差（比）数列的定义,能正确使用定义和等差(比）数列的性质是学好本章的关键.6.解题要善于总结基本数学方法.如观察法、类比法、错位相减法、待定系数法、归纳法、数形结合法，养成良好的学习习惯,定能达到事半功倍的效果.７.数列应用题将是命题的热点，这类题关键在于建模及数列的一些相关知识的应用.【考点透视】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。

中考数学探索性问题的解法随着应试教育向素质教育的转轨，加强对学生各方面能力考察的题目成了近年来各省市中考试题中的热门问题，探索性问题便是其中一类应运而生的新题型，这一类问题对培养学生的创造性思维、想象能力和探索能力有很大帮助。

探索性问题又可分为结论探索型和存在探索型两种。

一、结论探索型问题此类题型一般是在给定题设条件下探求结论，它要求学生在对题设条件或图形认真分析的基础上，进行归纳，大胆猜想，然后通过推理、计算获得结论。

例1、长方形的周长为24cm，面积为64cm2，则这样的长方体（）（A）有一个（B）有二个（C）有无数个（D）不存在解：设长方体的长为a，宽为b,则a、b可视为x2－12x+64=0的两个根∵△=(－12)2－4×64=144－256<0∴该方程无实根即a、b不存在,因此选（D）例2、在宽为a的纸带中剪出直径为a的圆5个，直径为的圆10个，排列方法如图1，计算所用纸带长度，请考虑能否再设计一种排列方法，使所用纸带的长度比原排列方法节省原材料？分析:通过图1观察易发现图中虚线部分具有典型性，为计算方便，取具有典型的部分（图2）进行分析，计算出结果。

易知，在等腰三角形ABC中，BC边上的高为AD，∴原排列方法使用纸带长为通过计算启发我们，如果把小圆分别插到大圆中，采用如下的排列方法，（如图3）这时纸带长为可见改进后的排列方法比较合理例3、如图6、有四个动点P、Q、E、F分别从正方形ABCD的顶点A、B、C、D同时出发，沿着AB、BC、CD、DA以同样的速度向点B、C、D、A移动。

（1）证明四边形PQEF是正方形；（2）PE是否总过某一定点，并说明理由；（3）四边形PQEF的顶点位于何处时其面积有最大值、最小值，各是多少？解:（1）证明由已知易得△AFP≌△BPQ≌△CQE≌△DEF，∴FP=PQ=QE=EF；又由∠BPQ=∠AFP，得∠BPQ+∠APF=∠AFP+∠APF=90°，∴∠FPQ=90°，∴四边形PQEF 是正方形。

极限与探索性问题的解题技巧引言在数学学习中，极限是一个非常重要的概念。

它在微积分、数学分析等领域中起着关键作用，并且与许多实际问题的求解密切相关。

而探索性问题则要求我们去挖掘问题背后的本质和规律，寻找问题的更深层的解决思路。

本文将介绍一些解决极限和探索性问题的技巧和方法。

极限问题的解题技巧解决极限问题时，我们常常需要运用一些技巧和方法，以下列举一些常用的技巧：利用基本极限基本极限是指一些最基础的极限结果，如 $\\lim_{x \\to 0} \\frac{\\sin x}{x}= 1$ 和 $\\lim_{x \\to \\infty}(1+\\frac{1}{x})^x = e$ 等。

通过对基本极限的灵活运用，我们可以简化复杂极限的计算过程。

分析极限的性质对于一些复杂的极限表达式，我们可以通过分析其性质来解决问题。

例如，如果一个极限表达式是两个函数相加或相乘，我们可以利用极限的性质，将其分解为两个较为简单的极限，并通过计算这些简单的极限来得到结果。

使用泰勒级数展开泰勒级数展开是一种非常有用的极限计算工具，它可以将一个函数在某一点附近展开为幂级数，并通过计算级数的前几项来近似计算函数在该点的极限。

这个方法在计算某些特殊函数的极限时非常有用，如 $\\lim_{x \\to 0} \\frac{\\sin x}{x}$。

利用夹逼定理夹逼定理是一种常用的计算极限的方法，它通过构造两个函数，并在它们之间夹住待求的极限，从而确定极限的值。

夹逼定理在解决一些复杂的极限问题时非常有用，可以大大简化计算过程。

探索性问题的解题技巧探索性问题要求我们去发现问题的内在规律和解决思路，其中一些技巧如下：从简单情况入手对于一个复杂的问题，我们可以从简单的情况入手，先解决一些特殊情况，并通过观察和分析这些特殊情况的解决思路，逐步推广到一般情况下的解决方法。

通过反证法探索反证法是一种重要的证明方法，在解决探索性问题时同样非常有用。

高三数学极限与探索性问题的解题技巧专题九极限与探索性问题的解题技巧【命题趋向】综观历届全国各套中考数学试题，我们辨认出对音速的考查存有以下一些科学知识类型与特点：1．数学归纳法①客观性试题主要考查学生对数学归纳法的实质的理解，掌握数学归纳法的证题步骤(特别要注意递推步骤中归纳假设的运用和恒等变换的运用)．②答疑题大多以考查数学归纳法内容居多，并牵涉至函数、方程、数列、不等式等综合性的科学知识，在解题过程中通常使用等价转变，分类探讨等数学思想方法，就是属中高档难度的题目③数学归纳法是高考考查的重点内容之一.类比与猜想是应用数学归纳法所体现的比较突出的思想，抽象与概括，从特殊到一般是应用数学归纳法的一种主要思想方法.在由n=k时命题成立，证明n=k+1命题也成立时，要注意设法化去增加的项，通常要用到拆项、组合、添项、减项、分解、化简等技巧，这一点要高度注意．2.数列的极限①客观性试题主要考查音速的四则运算法则、无穷递缩等比数列所有项和等内容，对基本的排序技能建议比较低，轻易运用四则运算法则谋音速．②解答题大多结合数列的计算求极限等，涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.③数列与几何：由同样的方法得到非常有规律的同一类几何图形，通常相关几何量构成等比数列，这是一类新题型．3．函数的极限①此部分为追加内容，本章内容在中考中以填空题庭外和解答题居多．应当着重于在概念的认知，通过考查函数在自变量的某一变化过程中，函数值的变化趋势，讲出函数的音速．②利用音速的运算法则求函数的音速展开直观的运算．③利用两个关键音速求函数的音速．④函数的连续性是新教材新增加的内容之一.它把高中的极限知识与大学知识紧密联在一起.在高考中，必将这一块内容溶入到函数内容中去，因而一定成为高考的又一个热点.4.在一套高考试题中，极限一般分别有1个客观题或1个解答题，分值在5分―12分之间．5.在高考试题中，极限题多以低档或中档题目为主，一般不会出现较难题，更不会出现难题，因而音速题是中考中的罚球点．6.特别注意掌控以下思想方法①极限思想：在变化中求不变，在运动中求静止的思想；②数形融合思想，例如用导数的几何意义及用导数谋单调性、极值等.此类题大多以解答题的形式出现，这类题主要考查学生的综合应用能力，分析问题和学生解决问题的能力，对运算能力要求较高．【考点透视】1．认知数学归纳法的原理，能够用数学归纳法证明一些直观的数学命题．2．介绍数列音速和函数音速的概念．3．掌握极限的四则运算法则；会求某些数列与函数的极限．4．介绍函数已连续的意义，介绍闭区间上连续函数存有最大值和最小值的性质．【例题解析】考点1数列的音速1.数列极限的定义：一般地，如果当项数n无限增大时，无穷数列{an}的项an无限地趋近于某个常数a（即|an－a|无限地接近于0），那么就说数列{an}以a为极限.注意：a不一定是｛an｝中的项.2.几个常用的音速：①limc=c（c为常数）;②lim1=0;③limqn=0（|q|＜1）.n??n??nn??3.数列极限的四则运算法则：设数列｛an｝、｛bn｝，当liman=a,limbn=b时，lim（an±bn）=a±b;n??n??n??基准1.(2021年湖南卷）数列{an}满足用户:a1?1,且对于任一的正整数m,n 都存有am?n?am?an,则3lim(a1?a2an)?()n??a.1b.2c.3d.2232[考查目的]本题考查无穷递缩等比数列求和公式和公式limqn?0(q?1)的应用.n??[答疑过程]由a1?1和am?n?am?an得a2?1,a3?1,?an?1n.3927311(1?n)3?1.?lim(a1?a2an)?lim3x??x??121?3故选a.基准2．（2021年安徽卷）设立常数a?0，?ax2?1?展开式中x3的系数为3，则2xnlima(?a2?a?)_____.n4[考查目的]本题考查利用二项式定理求出关键数,再求极限的能力.r4?r8?2r[答疑过程]tr?1?c4axx1?r22，由x8?rx2?x,3得?r2,由c4ra4?r=3言a=1，所以1?r2211.2lima(?ana?)2?，所以为1n??11?2例3.（2021年福建卷理）把1?(1?x)?(1?x)2(1?x)n展开成关于x的多项式，其各项系数和为an，则lim2an?1等于()an?1（）a．14b．12c．1d．2[考查目的]本题考查无穷递缩等比数列求和公式和公式limqn?0(q?1)的应用.n??[答疑过程]当x?1时,an?1?(1?x)?(1?x)2(1?x)n?1?2?222n?1?2?2n?1,1?22an?12(2n?1)?12n?1?11∴lim?limn?lim?lim(2?n)?2.nn→?a?1n→?(2?1)?1n→?n→?2 2nn故选d基准4.(2021年天津卷理)设立等差数列?an?的公差d就是2，前2an?n2．lim?n??snn项的和为sn，则思路启迪：由等差数列?an?的公差d就是2，先求水盈n项的和为sn和通项an．[答疑过程]an?a?(n?1)2?2n?2?a,sn?na?2n(n?1)?n2?(a?1)n,22a(2??)2?12a?n(2n?2?a)?nnn∴lim?lim?lim?3.2n??n??n??a?1snn?(a?1)n1?n2n222故填3小结:1.运用数列音速的运算法则谋一些数列的音速时必须特别注意以下几点：（1）各数列的极限必须存在；（2）四则运算只局限于非常有限个数列音速的运算.2.熟练掌握如下几个常用音速：（1）limc=c（c为常数）;n??（2）lim（1）p=0（p＞0）;n??nk（3）liman?b=a（k∈n*,a、b、c、d∈r且c≠0）;n??cnk?dc（4）limqn=0（|q|＜1）.n??基准5.(2021年重庆卷理)设立正数a,b满足用户求解（a）0（b）1an?1?abn?1（）则lim(x?ax?b)?4limn?1n?2x?2n??a?2b（c）12（d）1a1∵lim(x2?ax?b)?4,∴4?2a?b?4,∴?.x?2b2则lima?abx??an?1?2bnn?1n?1a1a[()n?1?1]a[()n?1?1]a1b2?lim?lim??.x??x??an?11n?12b4 ()?2b()?2bb2故选b小结:注重在日常自学过程中运用化归思想.考点2函数的音速1.函数音速的概念：（1）如果limf（x）=a且limf（x）=a,那么就说当x趋向于无穷大时，函数f（x）的极xx减半就是a,记作limf（x）=a,也可以记作当x→∞时，f（x）→a.x??（2）一般地，当自变量x无限趋近于常数x0（但x不等于x0）时，如果函数f （x）无限趋近于一个常数a,就说当x趋近于x0时，函数f（x）的极限是a,记作limf （x）=a,也可记作x?x0当x→x0时，f（x）→a.（3）通常地，如果当x从点x=x0左侧（即x＜x0＝无穷收敛于x0时，函数f（x）无穷收敛于常数a,就说道a就是函数f（x）在点x0处的左音速，记作lim?f（x）=a.如果从点x=x0右侧x?x0（即x＞x0）无限趋近于x0时，函数f（x）无限趋近于常数a,就说a是函数f （x）在点x0处的右极限，记作lim?f（x）=a.x?x02.音速的四则运算法则：如果limf（x）=a,limg（x）=b,那么x?x0x?x0x?x0lim[f（x）±g（x）]=a±b;lim[f（x）2g（x）]=a2b;limf(x)=a（b≠0）.x?x0x?x0g(x)b32例6．(2021年江西卷理)limx?x=()x?1x?1a．等同于0b．等同于lc．等同于3在[考查目的]本题主要考查利用同解变形求函数极限的能力.322[答疑过程]limx?x?limx(x?1)?limx2?1.故挑选bx?1d．不存x?1x?1x?1x?1基准7．(2021年四川卷理)lim（a）0x2?1?()n?12x2?x?1（b）1（c）12（d）23[考查目的]本题主要考查利用水解因式同解变形求函数音速的能力.[答疑过程]lim故挑选d例8.若f（x）=x?1?1在点x=0处连续，则f（0）=__________________.3x2?1(x?1)(x?1)x?12limlim.n12x2x1n1(2x1)(x1)n12x13x11思路启迪：利用逆向思维球解.答疑过程：∵f（x）在点x=0处为已连续，∴f（0）=limf（x）,x?0limf（x）=limx?0x?0x?1?1=3limx?03x?1?1(x?1)2?3x?1?1=3.2x?1?1答案:32基准9.设函数f（x）=ax2+bx+c就是一个偶函数,且limf（x）=0,limf（x）=－3,谋这一函x?1x??2数最大值..思路启迪：由函数f（x）=ax2+bx+c就是一个偶函数,利用f（－x）=f（x）结构方程,算出b的值.解答过程：∵f（x）=ax2+bx+c是一偶函数,∴f（－x）=f（x）,即ax2+bx+c=ax2－bx+c.∴b=0.∴f（x）=ax2+c.。

由递推公式求通项的7种方法及破解数列中的4类探索性问题数列是高考数学中非常重要的专题，关于通项公式的求法，最常用的有七种求法，本文讲述了七种最为常见的模型，记住模型，然后通过通性通法就容易破解此类问题但对于探究性问题高考最为常见的是4中典型例题分别为1．条件探索性问题此类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探求，或条件增删需确定，或条件正误需判定，解决此类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件，在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意．2．结论探索性问题此类问题的基本特征是：有条件而无结论或结论的正确与否需要确定．解决此类问题的策略是：先探索结论而后去论证结论，在探索过程中常可先从特殊情形入手，通过观察、分析、归纳、判断来作一番猜测，得出结论，再就一般情形去认证结论．3、存在探索性问题此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立．解决此类问题的一般方法是：假定题中的数学对象存在或结论成立或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．4．规律探索性问题这类问题的基本特征是：未给出问题的结论，需要由特殊情况入手，猜想、证明一般结论．解决这类问题的基本策略是：通常需要研究简化形式，但保持本质的特殊情形，从条件出发，通过观察、试验、归纳、类比、猜想来探路，解题过程中创新成分比较高．在数列问题研究中，经常是根据数列的前几项所提供的信息作大胆的猜想，然后用数学归纳法证明．想获得电子版（pdf）请在评论中打666666，获得word电子版，在评论中写读后感，字数不少于50字。

探索性问题的基本题型及解题方法一、典型例题 1、探究型探究型是依据题目所给予条件或提供的信息，综合所学知识，来探究问题的分析方法和解决方法，常以常规题形式出现，但往往改变设问方式，或得出探究和方向，或给出探究的结论，考查学生的判断能力，创新精神和综合素质，解答此类问题时，需要考生提取题目的有效信息，从有效信息引出思维联想，从而设计解题方法，化归与转化是解决这类问题常用的数学思想．例1、已知数列30321,,,a a a a ，其中10321,,,a a a a 是首项为1，公差为1的等差数列，20121110,,,a a a a 是公差为d 的等差数列，30222120,,,a a a a 是公差为2d 的等差数列)0(≠d（Ⅰ）若4020=a ，求d 的值；（Ⅱ）试写出30a 关于d 的关系式，并求出30a 的取值范围；（Ⅲ）续写已知数列，使40323130,,,a a a a 是公差为3d 的等差数列，…，依次类推，把已知数列推广为无穷数列，提出同（Ⅱ）类似的问题，（（Ⅱ）应当作为特例），并进行研究，你能得到什么样的结论？【解析】（Ⅰ）1010=a ，3,40101020=∴=+=d d a ； （Ⅱ）当),0()0,(+∞-∞∈ d ，）∞+∈5.7[30a ；（Ⅲ）所给数列可推广为无穷数列}{n a ，其中10321,,,a a a a 是首项为1，公差为1的等差数列，当1≥n 时，数列)1(1021011010,,,+++n n n n a a a a 是公差为n d )0(≠d 的等差数列，研究的结论可以是：由)0)(1(10103233040≠+++=+=d d d d d a a ，依次类推可得：⎪⎩⎪⎨⎧=+≠--⨯=++++=++)1)(1(10)1(1110)1(1012)1(10d n d d d d d d a n n n ，当)0(≠d 时，)1(10+n a 的取值范围是：),0(+∞．【题后反思】由题设条件给出问题的组成结构，先通过特例研究问题的结论，然后给出问题的推广，提出探究的方向，让解题者顺着命题者提出的推广方向进行探究，是探究型题的一种常见题型，解答这类问题时一般不改变命题的结构形式，而提出的探究结论也应该是对特例的推广． 2、开放型开放型题是指问题的结论、条件、解题策略是不惟一的或需要探索的一种题型，这类题型结构新颖，解题方法灵活、知识覆盖面宽，问题结构开放，打破了固定的思维模式和解题套路，给解题者很大的思考空间和多种分析思路，有利于培养和考查学生的创新思维能力和探究问题的能力，所以此类问题是当前高考命题的热点之一．例2、设动点P 到定直线4-=x 的距离为d ，已知F （2，0）且2||=-PF d（Ⅰ）求动点P 的轨迹方程；（Ⅱ）过圆锥曲线的焦点F ，任作一条与两坐标轴都不垂直的弦AB ，若点M 在x 轴上，且使得MF 为AMB ∆的一条内角平分线，则称点M 为该圆锥曲线的“特征点”，问该曲线是否存在特征点M ？若存在，求出点M 的坐标，并观察点M 是怎样的点，同时将你的结论推广，若不存在，请说明理由（不用证明推广后的结论）． 【解析】（Ⅰ）设动点P 的坐标为P （x ，y ），且点P 到直线2-=x 的距离为d/， ∵动点P 到定直线4-=x 的距离为d ，F （2，0）且2||=-PF d ，∴动点P 到定直线2-=x 的距离为d/，F （2，0）且||/PF d =，即点P 是以坐标原点为顶点，以F （2，0）为焦点的抛物线， ∴动点P 的轨迹方程是x y 82=．（Ⅱ）假设抛物线存在特征点M ，并设其坐标为M （m ，0）， ∵弦AB 不垂直于x 轴，且抛物线x y 82=的焦点为（2，0），∴设直线AB 的方程为)0(2≠+=k ky x ，代入x y 82=并整理，得：01682=--ky y ，设),(),,(2211y x B y x A ，则16,82121-==+y y k y y ， ∵AMB ∠被x 轴平分，∴0=+BM AM k k ，即02211=-+-mx y m x y ，∴0)()(1221=-+-m x y m x y ，即0)()2()2(211221=+-+++m y y ky y ky y ， ∵0)2)((22121=-+-m y y y ky ，即0)2(832=---m k k ，∵0≠k ，∴2-=m ．故抛物线上存在特征点M ，其坐标为M （-2，0），该点是抛物线的准线与x 轴的交点，猜想：对于抛物线)0(22>=p px y ，其“特征点M ”是抛物线的准线与x 轴的交点． 【题后反思】本题从特例出发，探究一般情况下的结论，解答这类问题时，可以通过特例得到的信息，从命题提出的探究方向思考，归纳问题的结论（有时不止一个，而有些问题的结论并不成立），再给出数学推理证明，本题由于题目的要求没有给出推理证明． 3、定义信息型定义信息型是近几年来高考出现频率较高的新题型之一，其命题特点是：给出一个新的定义、新的关系、新的性质、新的定理等创新情境知识，然后在这个新情境下，综合所学知识并利用新知识作为解题工具使问题得到解决，求解此类问题通常分三个步骤：（1）对新知识进行信息提取，确定化归方向；（2）对新知识中所提取的信息进行加工，探究解题方法；（3）对提取的知识加以转换，进行有效组合，进而求解．例3、根据定义在集合A 上的函数)(x f y =，构造一个数列发生器，其工作原理如下： ①输入数据A x ∈0，计算出)(01x f x =；②若A x ∉1，则数列发生器结束工作，若A x ∈1，则输出x1,并将x1反馈回输入端，再计算出)(12x f x =，并依此规律继续下去，现在有}10|{<<=x x A ，)(1)(*N m xm mxx f ∈-+=，（Ⅰ）求证：对任意A x ∈0，此数列发生器都可以产生一个无穷数列}{n x ； （Ⅱ）若210=x ，记)(1*N n x a nn ∈=，求数列}{n x 的通项公式． 【解析】（Ⅰ）证明：当A x ∈，即0<x<1时，由*N m ∈可知m+1>x>0， ∴01>-+x m mx ，又01)1)(1(11<-+-+=--+xm x m x m mx ，∴11<-+x m mx ，∴1)(0<<x f ，即A x f ∈)(．故对任意A x ∈0有A x f x ∈=)(01；由A x ∈1有A x f x ∈=)(12，由A x ∈2有A x f x ∈=)(23；以此类推，可以一直继续下去，从而可以产生一个无穷数列}{n x ． （Ⅱ）由nn n n x m mx x f x -+==+1)(1，可得m x m m x n n 11111-⋅+=+，∴m a m m a n n 111-⋅+=+，即)1(111-+=-+n n a mm a ， 令1-=n n a b ，则n n b m m b ⋅+=+11，又011)1(11100111≠+=-+=-=-=mm mx x m x a b ， ∴数列}{n b 是以m m 1+为首项，以mm 1+为公比的等差数列， ∴nn n mm m m m m b )1()1(11+=+⋅+=-，于是1)1(-+=n n m m a ． 【题后反思】本题以算法语言为命题情境，构造一个数列发生器，通过定义工作原理，得到一个无穷数列}{n x ，这是命题组成的第一部分，解答时只需依照命题程序完成即可，第（Ⅱ）问其实是一个常规的数学问题，由上可知，创新题型的解答还是需要考生有坚实的数学解题功底．4、类比归纳型类比是将式子结构、运算法则、解题方法、问题结论等式引申或推广，或迁移，由已知探索未知，由旧知识探索新知识的一种研究问题的方法；归纳是从个别特殊事例，若干特殊现象递推出同一类事物的一般性结论，总结出同一种现象的一般规律的一种思考问题的方法，这两种推理方法可有效地锻炼考生的创造性思维能力，培养考生的创新精神和创造力．因为这类创新题的思维含量高、知识覆盖面广、综合性强，所以它们在高考中频繁亮相，已成为高考中的又一个热点．例4、如下图所示，定义在D 上的函数)(x f ，如果满足：对任意D x ∈，存在常数A ，都有A x f ≥)(成立，则称函数)(x f 在D 上有下界，其中A 称为函数的下界（提示：下图①②中的常数A 、B 可以是正数，也可以是负数或零．） （Ⅰ）试判断函数xx x f 48)(3+=在),0(+∞上是否有 下界？并说明理由；（Ⅱ）具有图②所示特征的函数称为在D 上有上界， 请你类比函数有下界的定义，给出函数)(x f 在D 上有上界的定义，并判断（Ⅰ）中的函数在)0,(-∞上是否有上界，并说明理由． 【解析】∵22/483)(xx x f -=，由0)(/=x f ，得164=x ，∵),0(+∞∈x ，∴x=2, ∵当0<x<2时，0)(/<x f ，∴函数)(x f 在（0，2）上是减函数； 当x>2时，0)(/>x f ，∴函数)(x f 在（2，∞+）上是增函数；∴x=2是函数)(x f 在区间（0，∞+）上的最小值点，32)2()(min ==f x f ，于是，对任意),0(+∞∈x ，都有32)(≥x f ，即在区间（0，∞+）是存在常数A=32，使得对任意),0(+∞∈x ，都有A x f ≥)(成立，所以，函数xx x f 48)(3+=在),0(+∞上有下界．（Ⅱ）类比函数有下界的定义，函数有上界可以给出这样的定义：定义在D 上的函数)(x f ，如果满足：对任意D x ∈，存在常B ，都有B x f ≤)(成立，则称函数)(x f 在D 上有上界，其中B 称为函数的上界．设x<0，则-x>0，则（Ⅰ）知，对任意),0(+∞∈x ，都有32)(≥x f ，∴32)(≥-x f ，∵函数xx x f 48)(3+=为奇函数，∴)()(x f x f -=-，∴32)(≥-x f ，即32)(-≤x f ， 即存在常数B=-32，对任意)0,(-∞∈x ，都有B x f ≤)(，所以，函数xx x f 48)(3+=在)0,(-∞上有上界．【题后反思】本题以高等数学中的函数有界性为命题素材，先给出一个定义，研究问题的结x 1 x 2xyOD=[x 1,x 2] y=f(x)x 1 x 2 xyOD=[x 1,x 2] y=B论，然后提出类比的方向，这是一种直接类比的情境题．数学中有许多能够产生类比的知识点，如等差数列与等比数列的内容有着非常和谐的“同构”现象，立体几何中的很多结论和方法都可以从平面几何中产生“灵感”进行迁移，我们复习时要注意研究知识间的纵横联系，把握知识间的内在规律，通过知识间的对比和类比，可以更好地掌握知识，提高解题能力．二、基础训练（1）已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，321-=a 且)2(21≥=++n a S S n nn ，计算4321,,,S S S S ，并猜想n S 的表达式．（2）在平面直角坐标系xOy 中，如图，过定点C （0，p ）作直线与抛物线)0(22>=y py x 相交于A 、B 两点，（Ⅰ）若点N 是点C 关于原点O 的对称点，求ANB ∆面积的最小值；（Ⅱ）是否存在垂直于y 轴的直线l ，使得l 被以AC 为直径的圆截得弦长恒 为定值？若存在，求出l 的方程；若不存在，说明理由．（3）设等差数列}{n a 的前n 项和为n S ，则1216812484,,,S S S S S S S ---成等差数列， 类比以上结论有：设等比数列}{n b 的前n 项和为n T ，则4T ， ， ，1216T T 成等比数列．（4）设D CD B AB EF =⊥=⊥=βαβα,, ，由此能否推出EF BD ⊥？若不能，需如何改变条件？xyA BC NO（5）设函数)22,0)(sin()(πϕπωϕω<<->+=x x f ，给出以下四个论断：①它的图像关于直线2π=x 对称；②它的图像关于点（0,3π）对称；③在区间[0,6π-]上是增函数；④它的周期为π．以其中的两个论断为条件，另两个论数不结论，写出你认为正确的一个命题（填写序号）．基础训练答案：（1）65,54,43,324321-=-=-=-=S S S S ，猜想：*21N n n n S n ∈++=，．（2）（Ⅰ）2min 22)(P S ABN =∆，（Ⅱ）满足条件的直线l 存在，其方程为2p y =．（3）48T T ，812T T ．（4）不能，需加条件EF AC ⊥．（5）②④⇒①③．课后习题答案：（1）S 的元素的个数为3的倍数；（2）（Ⅰ）1222=+y x ；（Ⅱ）当210<≤m 时，mm k 21-±=，即存在这样的直线l ；当121≤≤m 时，k 不存在，即不存在这样的直线l ．（3）（Ⅰ）)0](,0[,31)(>∈++=a a x x x x f ；（Ⅱ）]136,31[；（Ⅲ）91≤≤a ，且N a ∈． （4）（Ⅰ）=t ；（Ⅱ）)2(log )(21t x x g y +==；（Ⅲ）当)1(log )(221x x h -=时，)()()(x h x g x f ++有最小值0，但没有最大值．课后小结：学生收获：特别注意事项：课后作业1.已知元素为实数的集合S 满足下列条件：①S ∉0,1；②若S a ∈，则S a∈-11．若非空集合S 为有限集，则你对集合S 的元素个数有何猜测？并请证明你的猜测．2.已知椭圆)0(12222>>=+b a by a x 的右准线2:1=x l 与x 轴相交于点P ，右焦点F 到上顶点的距离为2，点C(m,0)是线段OF 上的一个动点，（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）是否存在过点F 且与x 轴不垂直的直线l ，其与椭圆交于A 、B 两点，且使得BA CB CA ⊥+)(？亲说明理由．3.设函数1)(+=x x g ，函数31)(+=x x h ，],3(a x -∈，其中a 为常数且0>a ，令函数)(x f 为函数)(x g 和)(x h 的积函数．（Ⅰ）求函数)(x f 的表达式，并求其定义域；（Ⅱ）当41=a 时，求函数)(x f 的值域； （Ⅲ）是否存在自然数a ，使得函数)(x f 的值域恰为]21,31[？若存在，试写出所有满足条件的自然数a 所构成的集合，若不存在，试说明理由．4.已知函数)1(log )(21+=x x f ，当点),(00y x P 在)(x f y =的图像上移动时，点),21(00y t x Q +-)(R t ∈在孙函数)(x g y =的图像上移动． （Ⅰ）若点P 坐标为（1，-1），点Q 也在)(x g y =的图像上，求t 的值；（Ⅱ）求函数)(x g y =的解析式；（Ⅲ）当0>t 时，试探索一个函数)(x h ，使得)()()(x h x g x f ++在限定域内为)1,0[时有最小值而没有最大值．。