数列中比较大小问题的解题策略

二项式定理处于排列组合和概率的交汇处。

一、比较大小
例1已知，在时，比较与的大小。

解：因为，所以令，于是
，故。

点评：使用换元策略转化问题，利用二项式定理将结论放缩到上来。

二、近似计算
例2求的近似值（精确到）。

解：因为
，所以。

点评：凡二项式定理进行近似计算可根据精确度适当选用如下公式：，。

三、整除问题
例3已知数列和的通项公式分别为
，将两个数列的公共项按它们在原数列中的先后顺序排成一个新数列，求的通项公式。

解：由于数列由数列和的公共项组成，那么必有，即，整理得
，则必能被4整除。

由二项式定理知：
，于是当且仅当为奇数即时，才是整数，故。

点评： B被A整除可视，利用二项式定理将表达式为，若C可被A整数，则B可被A 整除，可见提取公因式A乃关键所在。

四、余数问题
例4今天是星期天，从今天起天后的第一天是星期几？
解：因为
，而
可被4整除，所以被7除的余数为4，从今天起天后的第一天是星期五。

点评：先考虑除以7的余数是多少，利用7天为一个周期的规律可推出结果，联想便会找到解题思路。

五、求值
例5用表示实数的小数部分，若，求的值。

解：设，则由二项式定理知：
，于是
必为正整数，故，所以。

点评：挖掘倒数关系，并构造
是顺利解题的关键。

六、证明不等式
例6 已知是正整数，且。

证明：。

证明：由二项式定理得：
，又，所以，故。

一年级疑难题整理总结理解数字的大小与顺序在一年级数学学习中，孩子们常常会遇到一些疑难题，其中之一是理解数字的大小与顺序。

对于一些孩子来说，数字的大小和顺序并不容易掌握和理解。

本文将对一年级疑难题进行整理总结，帮助孩子们更好地理解数字的大小和顺序。

1. 同一数列中的数字比较当一年级的孩子要比较数列中的数字大小时，他们常常会遇到困惑。

例如：给定数列1，2，3，4，5，让孩子按照从小到大的顺序排列。

在这种情况下，我们可以通过以下方式来帮助孩子理解：首先，让孩子按照顺序念出每个数字，并使用手指指向每个数字。

这有助于孩子们直观地体会到数字的顺序。

然后，我们可以要求孩子比较相邻的数字，例如比较1和2。

通过比较孩子可以发现，2比1大。

这样一来，孩子们就能理解到数字的大小顺序。

接着，我们可以继续比较2和3，以此类推，直到完成整个数列的排序。

2. 使用具体的例子进行比较另一种帮助孩子理解数字大小和顺序的方法是使用具体的例子。

例如，我们可以拿出一些物品，如水果或糖果，并对它们进行数量的比较。

让孩子们将这些物品按照从少到多或从多到少的顺序排列。

通过观察和比较实物的数量，孩子们可以更好地理解数字的大小和顺序。

3. 利用比较符号进行比较另一种帮助孩子理解数字大小的方法是使用比较符号进行比较。

比较符号包括“大于”、“小于”和“等于”。

通过将数字和比较符号联系在一起，我们可以帮助孩子们快速理解数字之间的大小关系。

例如，当我们将数字“5”和“2”进行比较时，我们可以告诉孩子“5大于2”。

通过这种方式，孩子们可以更直观地理解数字的大小。

4. 培养孩子们的数感最重要的是培养孩子们的数感。

数感是指对数字的直觉认知和感知。

通过不断练习和经验积累，孩子们能够更好地理解数字的大小和顺序。

在日常生活中，我们可以引导孩子们进行一些简单的数学活动，如数数玩具、计算购物物品的数量等。

这些活动有助于孩子们加深对数字的理解，并且提高他们的数感。

总结起来，理解数字的大小和顺序对于一年级的孩子来说可能是一项挑战。

数列问题的解题策略作者：王惠清来源：《高考进行时·高三数学》2012年第11期数列是高考的必考内容，在中学教材中既具有独立性，又具有较强的综合性，是初等数学与高等数学的一个重要衔接点。

等差数列与等比数列是最重要也是最基本的数列模型，主要考查利用方程思想求解a1，d，q，Sn，n，an等一些基本元素，利用等差（比）数列的性质进行推理运算。

而数列的通项是一切数列问题的核心，是数列定义在数与式上的完美体现，是解决数列综合问题的突破口，近年来根据数列的递推公式求解其通项公式的问题在高考中也频频出现。

当然，数列主观题的考查还常与函数、不等式、三角、解析几何等知识相结合，注重问题的综合性与新颖性。

一、考纲要求数列内容主要考点包括三个方面：一是数列的概念；二是等差数列；三是等比数列。

其中数列的概念为A级要求，等差数列和等比数列均为C级要求。

根据考纲要求，数列单元的复习中，要注意以等差数列和等比数列这两个重要的数列模型为主线，以数列的通项与求和这两个基本问题为抓手，突出基础，注重方法，强化综合，努力提高阅读理解能力、形式运算能力、推理论证能力和综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力。

二、难点疑点难点1 从数列的通项公式an=f（n）（n∈N*）的形式，明确函数与数列的联系与区别，掌握利用函数知识研究数列问题的思路和方法是数列学习的难点之一；难点2 数列是研究与正整数有关的计算和推理问题，解决数列问题时，要特别注意定义域是正整数这一关键，在此基础上所研究的数列的最值，单调性以及与不等式恒成立相关的问题是数列学习的难点之二；难点3 由数列的递推关系求解数列的通项公式的常用方法是构造法，即通过式子的灵活变形构造等差数列或等比数列，继而求解通项公式，如何正确合理地构造是数列学习的难点之三。

疑点1 已知数列的前n项和求an时，易忽视n=1的情况，直接用Sn-Sn-1表示an，解题时应注意an，Sn的关系是分段的，即an=S1，n=1Sn-Sn-1，n≥2；疑点2 数列的前3项与数列是等差（比）数列的关系是数列学习的又一个疑点。

高职高考数列试题的解题策略数列作为高职高考的必考题目，理解和掌握数列的基本概念以及解题方法是很关键的。

本文从数列的基本概念、公式推导、解题策略等方面进行介绍和探讨。

一、数列的基本概念1. 数列的定义：数列是由一列有限或无限个有序数字组成的序列。

序列中每一项称为数列的项，而这些项的下标记作$ a_{1},a_{2},a_{3},…,a_{n},…$ 。

2. 数列的分类：按照数列中项之间递推的方式的不同，数列可以分为等差数列、等比数列、等差数列和等比数列的组合等。

（1）等差数列：如果数列中每一项与它的前一项之差相等，则称该数列为等差数列。

（3）等差数列和等比数列的组合：有些数列既不是等差数列也不是等比数列，而是两者的组合。

二、常见数列的公式推导1. 等差数列等差数列的通项公式为$ {a}_{n}={a}_{1}+(n-1)d $，其中$ a_{1} $为首项，$ d $为公差。

推导过程：$2S_{n}=n[a_{1}+a_{n}]$利用等差数列的通项公式，将$ a_{n} $代入上式得到：整理之后得到等差数列的通项公式：使用等比数列前$ n $项和的公式：$ S_{n}=\frac{a_{1}(1-r^{n})}{1-r}$其中，当$ |r|<1 $时，若$n\rightarrow \infty $，则$ r^{n}\rightarrow0 $ ，即$ S_{\infty} =\frac{a_{1}}{1-r}$，则等比数列前$ n $项和的公式可一般化为：三、解题策略1. 牢记数列的定义、分类和基本公式，确立解题思路。

2. 确定等差数列或等比数列，并求出首项和公差、公比。

3. 应用数列前$ n $项和和通项公式，求出所需要的信息。

4. 在计算过程中，应注意项数与值之间的对应关系。

例如：$ D=10 $，$ a_{3}=23 $，计算$ a_{1} $和$ a_{5}$。

解：题目中给出的信息已经可以确定这是一个等差数列，根据等差数列的通项公式，得到：所以：。

浅谈高考数列综合问题的解题策略及反思高考数列综合问题是近几年高考数学中的一个重要考点，通过解题策略的运用可以帮助考生更好地应对这类题目。

本文将浅谈高考数列综合问题的解题策略，并进行反思和总结。

一、高考数列综合问题的解题策略1. 确定数列的表达式在解决数列综合问题时，首先需要确定数列的表达式，即找出数列的通项公式。

通过观察数列的前几项，寻找数列的规律，并尝试找到递推公式或通项公式。

对于常见的等差数列、等比数列和斐波那契数列，可以直接利用已有的性质和公式进行求解。

而对于一些复杂的数列，可以通过列出递推关系式或使用递归思想进行求解。

2. 应用数列的性质和定理在解决数列综合问题时，可以利用数列的性质和定理来简化问题的求解过程。

例如，对于等差数列，可以应用数列的前n项和公式、通项公式和项数的关系来求解。

对于等比数列，可以利用数列的前n项和公式、通项公式和项数的关系来求解。

掌握这些数列的性质和定理，能够帮助考生更快地解答题目。

3. 运用数列思想和数学归纳法数列思想和数学归纳法在解决数列综合问题中起着关键作用。

通过观察数列的规律，推测出数列的通项公式，并通过数学归纳法来验证所推测的结论是否成立。

此外，还可以通过数列的特殊构造和等式的变换，运用数学归纳法来解决数列综合问题。

4. 利用图形化表示对于一些复杂的数列综合问题，可以通过图形化表示进行求解。

将数列的每一项用点表示在坐标系中，从而可以观察出数列的规律和特点。

通过图形化表示可以帮助考生更直观地理解问题，并以直观的方式解决问题。

二、解题策略的反思与总结在解题过程中，有时会遇到难题，但通过灵活运用不同的解题策略可以更好地应对。

然而，在实际解题中，我们还需注意以下几点：1. 理解题意，准确运用数列知识在解决高考数列综合问题时，首先要仔细阅读题目，明确问题所给条件和要求，确保理解题意。

其次，要准确运用数列的知识，利用已学过的公式和定理进行求解。

对于不太熟悉的数列类型，要通过多做习题和练习来加深理解，扩大解题思路。

1234567等于100的解题方法在我们日常生活中，数学问题无处不在，而如何快速解决这些问题成为了一项重要技能。

在这里，我们将以“1234567等于100的解题方法”为例，介绍几种实用的解题技巧。

1.问题概述题目给出一个数字序列1234567，要求通过加减乘除等运算，使得结果等于100。

这是一个富有挑战性的数学问题，需要我们运用一定的策略和技巧。

2.解题方法一：直接计算我们可以尝试直接进行加减乘除运算，寻求合适的组合。

然而，这种方法耗时较长，且容易出错。

在实际应用中，此方法并不高效。

3.解题方法二：质因数分解将数字序列进行质因数分解，然后根据质因数间的组合关系进行运算。

例如，1234567的质因数分解为：1234567 = 7 * 17 * 19 * 23 * 31。

我们可以尝试将这些质因数进行组合，使得加减乘除后的结果为100。

通过尝试，我们发现一种解法：7 * 14 + 19 * 30 + 12 * 28 + 56 * 7 = 100。

4.解题方法三：数学公式我们可以利用一些数学公式简化运算。

例如，利用等差数列求和公式，我们可以将序列1234567转化为100的倍数。

通过计算，我们发现1234567除以100的商为12345.67，接近12345。

因此，我们可以将问题转化为求12345的倍数，即12345 * 100 = 1234500。

接下来，我们需要找到一个数字，使得它与12345的乘积等于100。

通过尝试，我们发现82 * 12345 =100。

5.解题方法四：逻辑推理我们可以运用逻辑推理的方法，逐步缩小搜索范围。

例如，我们可以先确定最后一步运算一定是乘法，因为其他运算很难将结果缩小到100。

然后，我们从较大的数字开始尝试，逐步减小数字大小，寻找满足条件的解。

6.总结与建议在面对复杂数学问题时，我们可以尝试多种解题方法。

通过比较不同方法的速度和准确性，我们可以找到最适合自己的解题策略。

高职高考数列试题的解题策略数列是高职高考数学中的重要内容之一，也是考生们备战高职高考数学的难点之一。

数列作为数学中的一个重要概念，在高职高考试题中经常出现，并且在解题时需要一定的策略和技巧。

下面就针对高职高考数列试题的解题策略进行详细的阐述，希望对广大考生有所帮助。

1.审题：解决数列问题的第一步是仔细审题，理解题意。

在审题的过程中需要弄清楚数列的类型，是等差数列、等比数列还是其他类型的数列；需要找到题目中所给的条件和要求，明确解题的目标是什么。

2.观察性质：在理解题目的基础上，要观察数列的性质。

观察数列的通项公式，根据题目中所给的条件和要求，推测数列的性质，比如首项、公差、公比等。

观察数列的性质有助于找到解题的突破口和思路。

3.列方程：在理解题目和观察数列性质的基础上，要尝试列方程解决问题。

根据数列的性质和题目所给的条件，列出方程式。

这个过程需要考生对数列的概念和相关知识有足够的掌握和理解，能够运用到实际问题中去。

4.应用数学工具：在解决数列问题的过程中，可能需要用到一些数学工具来辅助求解，比如代数公式、数学推理、等差数列、等比数列等的性质。

对于一些复杂的数列问题，有时需要将问题抽象化，运用相关的数学工具进行求解，这就需要考生对数学工具的应用有一定的掌握。

5.检验结果：在利用数学工具求解出结果之后，需要对结果进行检验，看是否符合题目所给的条件和要求。

如果不符合，需要再次审题和检查，找出问题所在，然后进行修正。

数列的解题策略主要围绕着审题、观察数列性质、列方程、应用数学工具和检验结果这几个方面展开。

数列问题的解题过程需要考生对数列的概念和相关知识有一定的掌握，能够熟练地运用到实际问题中去。

同时也需要考生有一定的逻辑思维能力和数学分析能力，能够从题目中寻找突破口，找到解题的方法和思路。

在解决数列问题的过程中，需要耐心和细心，不能大意，一丝不苟地进行思考和分析，才能得到正确的结果。

希望考生们在备战高职高考数学时，能够理解和掌握数列的解题策略，提高数学解题的能力，顺利通过高职高考数学考试。

数列中的最大项或最小项问题的求解策略在数列、函数、导数以及不等式等知识的交汇处命题，可以很好地考查学生综合运用所学知识解决问题的能力，已成为高考数列命题的热点，而不等式知识与单调性、最值密切相关，因而考查数列的单调性与最值成了高考一大亮点，本文试对求数列中的最值问题加以探讨.给出数列}{n a 的通项公式)(n f a n =的最大项或最小项，有以下解题策略： 策略一 利用差值比较法若有0)()1(1>-+=-+n f n f a a n n ，则n n a a >+1，则 <<<<<+121n n a a a a ，即数列}{n a 是单调递增数列，所以数列}{n a 的最小项为)1(1f a =；若有0)()1(1<-+=-+n f n f a a n n ，则n n a a <+1，则 >>>>>+121n n a a a a ，即数列}{n a 是单调递减数列，所以数列}{n a 的最大项为)1(1f a =. 策略二 利用商值比较法若有0)(>=n f a n 对于一切n ∈N *成立，且1)()1(1>+=+n f n f a a n n ，则n n a a >+1，则 <<<<<+121n n a a a a 即数列}{n a 是单调递增数列，所以数列}{n a 的最小项为)1(1f a =；若有0)(>=n f a n 对于一切n ∈N *成立，且1)()1(1<+=+n f n f a a n n ，则n n a a <+1，则 >>>>>+121n n a a a a 即数列}{n a 是单调递减数列，所以数列}{n a 的最小项为)1(1f a =.策略三 利用放缩法若进行适当放缩，有n n a n f n f a =>+=+)()1(1，则 <<<<<+121n n a a a a ，即数列}{n a 是单调递增数列，所以数列}{n a 的最小项为)1(1f a =；若进行适当放缩，有n n a n f n f a =<+=+)()1(1，则 >>>>>+121n n a a a a ，即数列}{n a 是单调递减数列，所以数列}{n a 的最大项为)1(1f a =. 策略四 利用导数法为求出)(n f a n =的最大值或最小值，可以转化为求出辅助函数)1)((≥=x x f y 的导数，进而求出该函数的单调区间，从而可知数列}{n a 的单调性，最后求出数列}{n a 的最大项或最小项.策略五 先猜后证通过分析，推测数列}{n a 的某项k a (k ∈N *)最大（或最小），再证明)(k n k n a a a a ≥≤或对于一切n ∈N *都成立即可. 这样就将求最值问题转化为不等式的证明问题.一、一题多解，殊途同归，培养学生思维广阔性例1 已知函数x x x f 63)(2+-= ，S n 是数列}{n a 的前n 项和，点（n ，S n ）（n ∈N *）在曲线)(x f y =上.（Ⅰ）求数列}{n a 的通项公式；（Ⅱ）若1)21(-=n n b ，6nn n b a c ∙=，且T n 是数列}{n c 的前n 项和. 试问T n 是否存在最大值？若存在，请求出T n 的最大值；若不存在，请说明理由.解（Ⅰ）因为点（n ，S n ）在曲线)(x f y =上，又x x x f 63)(2+-=，所以n n S n 632+-=.当n =1时，311==S a . 当n >1时，1--=n n n S S a,69)]1(6)1(3[)63(22n •n n n n -=-+---+-=所以n a n 69-=.（Ⅱ）因为••n n b a •c •n b n n n n n n ,)21)(23(6)21)(69(61,1)21(1-=-==-=- ①所以,)21)(23()21)(3()21)(1(2132•n T nn -++-+-+= ② ,)21)(23()21)(3()21()1()21(211432•n T n n +-++-++-+= ③ ②－③得 132)21)(23()21)(2()21)(2()21)(2(2121+---++-+-+=n n n n T112)21)(23(211])21(1[)21()2(21+-----=-+=n n n .整理得1)21)(12(-+=nn n T ， ④策略一 利用差值比较法由④式得1)21)(32(11-+=++n n n T ，所以.)21)(21()21)](12(23[)21)](12()21)(32[()21)(12()21)(32(11•n n n •n n •n n T T n n nn n n n-=+-+=+-+=+-+=-++ 因为1≥n ，所以021<-n . 又0)21(>n，所以01<-+n n T T 所以n n T T <+1，所以 >>>>>>+1321n n T T T T T . 所以T n 存在最大值.211•T = 策略二 利用商值比较法由④式得0)21)(12(1>+=+nn n T .因为,)12(22)12()12(232)21)(12()21)(32(1111•n n n n n n T T n n n n +++=++=++=++++165)1221(21)1221(21<=++≤++=n 所以111+<++n n T T ，即n n T T <+1. 所以 >>>>>>+1321n n T T T T T / 所以T n 存在最大值211=T . 策略三 利用放缩法由①式得0)21)(21()21)](1(23[111<-=+-=+++n n n n n c ，又因为T n 是数列}{n c 的前n 项和，所以n n n n T c T T <+<++11. 所以 >>>>>>+1321n n T T T T T 所以T n 存在最大值211=T . 策略四 利用导数江考查函数)1(1)21)(12()(≥-+=x x x g x的单调性.,]21ln )12(2[)21(221ln)21)(12()21(2)(•x •x x g x x x ++=∙++='因为1≥x ，所以312≥+x ，而021ln <，所以.21ln 321ln )12(•x ≤+ 又21ln 81ln )21ln(21ln323-=<==e， 所以221ln )12(-<+x ，所以021ln )12(2<++x .又0)21(>x ，所以0]21ln )12(2[)21(<++x x ，即0)(<'x g ，所以)(x g 在[)∞+••,1上是单调递减函数，所以当x =1时，21121)12()1()(max =-∙+==g x g . 因为)1(1)21)(12()(≥-+=x x x g x，所以1)21)(12()(-+==nn n n g T ， 所以n T 存在最大值211=T . 策略五 先猜后证通过分析，推测数列}{n T 的第一项211=T 最在. 下面证明：*)2(1N ∈≥<n n T T n 且. 方法1 分析法因为1)21)(12(-+=nn n T ，所以只要证明211)21)(12(<-+nn . 即只要证明23)21)(12(<+nn . 只需要证明2423+>∙n n. 即只要证明02423>--∙n n由二项式定理得2≥n 且*Ν∈n 时，222)1(1)11(22210++=-++=++≥+=n n n n n C C C nnnnn，所以.02)23)(1(225324223242322•n n ••n n ••n n n n n>--=+-=--++∙≥--∙所以02423>--∙n n成立. 所以)2(1≥<n T T n 成立. 所以n T 存在最大值211=T . 方法2 利用数学归纳法（i ）当n =2时，因为1)21)(12(-+=nn n T ，所以12221411)21)(14(T T =<=-+=，不等式成立.（ii ）假设)2(≥=k k n 时不等式成立，即1T T k <. 则当1+=k n 时，.1111•c T c T T k k k k ++++<+= 由①式得.0)21)(21()21)](1(23[111•k k c k k k <-=+-=+++ 所以11T T k <+.这就是说，当n =k +1时，不等式也成立.由（i ）（ii ）得，对于一切2≥n 且*N ∈n ，总有1T T n <成立. 所以n T 存在最大值211=T . 评注 本题（Ⅱ）的解答给出了求T n 最大值的多种方法，灵活多变，也是求数列最值问题的常规方法.二、尝试探究，选定方案，培养学生思维的深刻性例2 在数列{}n a 中，1112(2)2()n n n n a a a n λλλ+*+==++-∈N ，，其中0λ>． （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）求数列{}n a 的前n 项和n S ； （Ⅲ）证明存在k *∈N ，使得11n k n ka aa a ++≤对任意n *∈N 均成立． 解 （Ⅰ）由n n n n a a 2)2(11λλλ-++=++（∈n N *），0>λ，可得1)2()2(111+-=-+++n n n n n n a a λλλλ，所以})2({nnn a λλ-为等差数列，其公差为1，首项为0，故1)2(-=-n a n nnλλ， 所以数列}{n a 的通项公式为n n n n a 2)1(+-=λ.（Ⅱ）解：设234123(2)(1)n n n T n n λλλλλ-=++++-+- ， ①345123(2)(1)n n n T n n λλλλλλ+=++++-+- ②当1λ≠时，①式减去②式，得212311(1)(1)(1)1n nn n n T n n λλλλλλλλλ+++--=+++--=--- ，21121222(1)(1)(1)1(1)n n n n n n n n T λλλλλλλλλ++++----+=-=---． 这时数列{}n a 的前n 项和21212(1)22(1)n n n n n n S λλλλ+++--+=+--． 当1λ=时，(1)2n n n T -=．这时数列{}n a 的前n 项和1(1)222n n n n S +-=+-． （Ⅲ）证明：通过分析，推测数列1n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的第一项21a a 最大，下面证明： 21214,22n n a a n a a λ++<=≥． ③ 由n n n n a 2)1(+-=λ，0λ>知0n a >，要使③式成立，只要212(4)(2)n n a a n λ+<+≥，因为222(4)(4)(1)(1)2n n n a n λλλλ+=+-++124(1)424(1)2n n n n n n λλλ++>-+⨯=-+·1212222n n n n a n λ++++=，≥≥．所以③式成立． 因此，存在1k =，使得1121n k n k a a aa a a ++=≤对任意n *∈N 均成立． 评注 本题（Ⅲ）设计非常精彩. 为证明“存在k ∈N *，使得kk n n a a a a 11++≤对任意 n ∈N *均成立”，可以转化为思考 “存在k ∈N *，使得k k a a 1+是数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+n n a a 1的最大项”问题. 本小题若用差值比较法转化为探究nn n n a a a a 112+++-差值与0的大小、用商值比较法转化为探究n n n n a a a a 112+++÷商值与1的大小、用单调性法把通项公式为nn n n n n n n n a a b 2)1(2111+-+==+++λλ的数列}{n b 的单调性问题转化为探究函数xx x x x x x f 2)1(2)(11+-+=++λλ的导数问题以及放缩法解决问题，都颇有难度. 虽然说上述方法都是解决数列最值问题的通性通法，碰壁后若不能及时调整解题策略，就会泥牛入海，不能自拨. 而使用策略五，先敏锐、大胆、果断猜出)2(242121≥+=<+n a a a a n n λ，再用分析法以及重要不等式证出这个结论，方法非常奏效. 命题高明之处就在于不是直接抛出了)2(242121≥+=<+n a a a a n n λ这个结论，让考生去证明；而是让考生先自己探究出结论再论证，富有挑战性. 这也是现在高考命题的一大亮点，要求学生学会先猜后证，能够很好地考查学生思维的深刻性.三、辨析模式，分类讨论，培养学生思维严谨性例3 在数列}{n a 中，nn k a •a k •a n n +-+=+=+2111,1（n *∈N ），其中k 是常数，且3625≤≤k .（Ⅰ）求数列}{n a 的通项公式；（Ⅱ）求数列}{n a 的最小项. 解 （Ⅰ）因为n n k a a n n +-+=+211（n *∈N ），所以)1(11+-=-+n n k a a nn ，即⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-+11111n n k a a n n .当2≥n 时，••••k a •a•k a a ,,31211,)211(12312 ⎪⎭⎫⎝⎛--=---=- ⎪⎭⎫ ⎝⎛---=--n n k a a n n 11111.以上n -1个式子相加得)11(11n k n a a n ---=-，即)11(11n k n a a n ---+=. 又k a +=11，所以)11(11n k n k a n ---++=，即),3,2( ••••n nkn a n =+=. 当n =1时，上式也成立.所以数列}{n a 的通项公式为),3,2,1( ••••••n nkn a n ++=. （Ⅱ）为考查数列}{n a 的单调性，注意到),3,2,1( ••••••n nkn a n =+=，可设函数)1)()(≥+=x x k x x f ，则21)(x k x f -='，即22)(xkx x f -='. 可知[)k ••x ,1∈时，0)(<'x f ；k x =时，0)(='x f ；),(∞+∈••k x 时，0)(>'x f .所以函数xkx x f +=)(在[1，k ]上是减函数；在[)∞+••k ,上是增函数.因为3625≤≤k ，所以65≤≤k .（1）当5=k ，即k =25时，<<<>>>>76554321,a a •a•a a a a a .所以数列}{n a 的最小项为1052555=+=a . （2）当6=k ，即k =36时，<<>>>>>76654321,a •a•a a a a a a . 所以数列}{n a 的最小项为1263666=+=a . （3）当a 5=a 6，即6655kk +=+，即k =30时， <<=>>>>76554321,a a •a•a a a a a . 所以数列}{n a 的最小项为11630665=+==a a . （4）当65a a <且5>k 时，6655kk +<+且25>k ，则3025<<k ， <<>>>>>76554321,a a •a•a a a a a . 所以数列}{n a 的最小项为555ka +=. （5）当665<>k a a 且时，6655kk +>+且k <36，则3630<<k ， <<>>>>>76654321,a •a•a a a a a a .所以数列}{n a 的最小项为666k a +=. 综上所述：当k =25时，数列}{n a 的最小项为a 5=10；当3025<<k 时，数列}{n a 的最小项为555ka +=；当k =30时，数列}{n a 的最小项为a 5=a 6=11；当30<k <36时，数列}{n a 的最小项为666ka +=；当k =36时，数列}{n a 的最小项为a 6=12.评注 由（Ⅰ）可知，)3,2,1(••••n n kn a n =+=，则（Ⅱ）中求数列}{n a 的最小项问题，易由均值不等式，得k nkn n k n a n 22=∙≥+=，从而误认为k 2就是最小的项. 实际上这个符号是在nkn =，即k n =时才能取得. 但根据问题的实际背景，还应要求此时k n =∈N *，而由条件3625≤≤k 是不能推出一定有k ∈N *的. 解决此问题可以转化为“对勾”函数)3625()(≤≤+=k x kx x f 在[)∞+••,1上的单调性问题. 易求得当k x =时，函数x k x x f +=)(能取得最小值. 但当k n =时，),3,2,1( ••••••n nkn a n =+=未必能取得最小值. 应根据k 是否为自然数，并结合单调性进行分类讨论. 这也是本题难点所在.四、变换命题，意在化归，培养学生思维灵活性例4 在数列}{n a 中，)111(,111+-==+n •a •a n a n (n ∈N *)， （Ⅰ）求数列}{n a 的通项公式；（Ⅱ）若对于一切n >1的自然数，不等式32)1log(121221+->+++++a a a a n n n 恒成立，试求实数a 的取值范围.解：（Ⅰ）因为•n a n )111(1+-=+，a n (n ∈N *)，a =1，所以a n >0. 所以11+=+n n a a n n . 所以11112211121121a na n n n n a a a a a a a a n n n n n =∙--∙-=∙∙=--- . 而a 1=1，所以na n 1=. （Ⅱ）设n n n n a a a b 221+++=++ (n ∈N *)，m 由（Ⅰ）知n a n 1=，所以nn n b n 212111+++++= ，所以2211212131211+++++++++=+n n n n n b n ，所以 0)22)(12(1111211211>++=+-+++=-+n n n n n b b n n . 所以数列}{n b 是单调递增数列. 所以当2≥n 时，b n 的最小值为1272211212=+++=b . 所以要使对于一切n >1的自然数，不等式32)1(l o g 121221+->+++++a a a a a nn n 恒成立，则需且只需)1(log 121127->a a 32+，则1)1(l o g -<-a a . 所以a a 110<-<，解之得2511+<<a .故所求实数a 的取值范围为⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧+<<2511a a . 评注 本题（Ⅱ）中的恒成立问题的解决关键，是灵活化归为求数列}{n b 自第2项起的各项中最小项问题.体会 求数列中的最大项或最小项，有些题目有多种途径能够解决（如例1），一题多解可以开阔思路；有些题目，不是几种方案都能奏效，要有一个尝试判断的思维过程，要能够迅速调整策略（如例2）；有些题目，借助辅助函数的单调性加以解决，但要注意数列的自变量只有取正整数时才有意义（如例3）；有些与恒成立有关的参数取值范围问题，可以转化为求数列中的最大项或最小项问题加以处理（如例4）. 因为数列本身就是一种特殊函数，所以求数列中的最大项或最小项问题，与函数求最大值或最小值的方法有许多相通之外；但也要注意作为特殊函数数列，它的定义域具有鲜明的个性，是正整数集N *（或它的有限子集{1，2，…，n }），这就使得数列的图象是一群孤立的点，求数列中的最大项或最小项问题时，不要忽视这一点.。

数列中的放缩法解题策略1、明确放缩的方向：即是放大还是缩小，看证明的结论，是小于某项，则放大，是大于某个项，则缩小。

2、放缩的项数：有时从第一项开始，有时从第三项，有时第三项，等等，即不一定是对全部项进行放缩。

3、放缩法的常见技巧及常见的放缩式：（1）根式的放缩：；=<<= （2）在分式中放大或缩小分子或分母：2111(2)(1)(1)k k k k k k <<≥+-； 211111()1211k k k <=---+2k ；11n n n n -<+；212221n n n n +>-； >31n 1111(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n ⎡⎤=-⎢⎥+++++⎣⎦（3）应用基本不等式放缩：222n n n n ++>=+； 4、把握放缩的尺度、精度的控制5、典型问题（一） 放缩为可求和型（1） 等差数列型1、证明：2)2()1(32212)1(+<+⨯+⨯+⨯<+n n n n n n )(*∈N n(2) 等比数列型1、证明：44371211211212<+++++n )(*∈N n （3）裂项相消型1、证明：2121122<++n)(*∈N n 变式：调整放缩度 证明：35121122<++n )(*∈N n 2、证明： 23)12(151311222<-++++n )(*∈N n 变式：调整放缩度 证明：45)12(151311222<-++++n )(*∈N n3、证明：45121133<++n)(*∈N n 4、证明：351211211212<-+-+-n )(*∈N n 5、已知121+<n b n ，求证：11221-+<+++n b b b n（4）错位相减法型1、证明：222221212<+++++nn n )(*∈N n（二） 放缩为可求积型1、证明：1212124321+<-⨯⨯⨯n n n )(*∈N n 2、证明：1212674523+<-⨯⨯⨯n n n )(*∈N n 综合应用：1、正项数列{}n a 前n 项和为n S ，满足)1(21nn n a a S +=， （1）求n a ，（2）求10021111S S S S +++=的整数部分 2、已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足111,20(2)2n n n a a S S n -=+=≥。