人教版数学高二-备课资料数列探究

高二数学学习数列教案教案是教师为顺利而有效地开展教学活动，根据课程标准，教学大纲和教科书要求及学生的实际情况，以课时或课题为单位，对教学内容、教学步骤、教学方法等进行的具体设计和安排的一种实用性教学文书。

下面就是小编给大家带来的高二数学学习数列教案，希望能帮助到大家!高二《数列》教案一本章是高考命题的主体内容之一，应切实进行全面、深入地复习，并在此基础上，突出解决下述几个问题：(1)等差、等比数列的证明须用定义证明，值得注意的是，若给出一个数列的前项和，则其通项为若满足则通项公式可写成 .(2)数列计算是本章的中心内容，利用等差数列和等比数列的通项公式、前项和公式及其性质熟练地进行计算，是高考命题重点考查的内容.(3)解答有关数列问题时，经常要运用各种数学思想.善于使用各种数学思想解答数列题，是我们复习应达到的目标. ①函数思想：等差等比数列的通项公式求和公式都可以看作是的函数，所以等差等比数列的某些问题可以化为函数问题求解.②分类讨论思想：用等比数列求和公式应分为及 ;已知求时，也要进行分类;③整体思想：在解数列问题时，应注意摆脱呆板使用公式求解的思维定势，运用整体思想求解.(4)在解答有关的数列应用题时，要认真地进行分析，将实际问题抽象化，转化为数学问题，再利用有关数列知识和方法来解决.解答此类应用题是数学能力的综合运用，决不是简单地模仿和套用所能完成的.特别注意与年份有关的等比数列的第几项不要弄错.一、基本概念：1、数列的定义及表示方法：2、数列的项与项数：3、有穷数列与无穷数列：4、递增(减)、摆动、循环数列：5、数列的通项公式an：6、数列的前n项和公式Sn:7、等差数列、公差d、等差数列的结构：8、等比数列、公比q、等比数列的结构：二、基本公式：9、一般数列的通项an与前n项和Sn的关系：an=10、等差数列的通项公式：an=a1+(n-1)d an=ak+(n-k)d (其中a1为首项、ak为已知的第k项) 当d0时，an是关于n的一次式;当d=0时，an是一个常数。

透析数列考点纵观近三年全国高考及自主命题各省市高考，对数列的考查主要有以下特点：(1)数列每年至少考一大一小.分值大约16分左右，在试卷中占的比重约为10%左右，其中主观题几乎年年都有，并且经常放在倒数第二题或压轴题的位置；(2)在内容上考查的重点是数列的概念、数列的通项公式、数列求和及其应用；以及考查函数与方程的思想、化归与转化的思想、分类讨论的思想、递推思想、待定系数法等；数学能力上考查的重点是运算能力、理解思维能力；(3)从题型特点上看，客观题主要考查等差、等比数列的基本概念和性质，通项公式、求和公式.简单递推式求通项.突出了“小、巧、活”的特点，属中档题.主观题以数列为引线，与函数、方程、不等式、几何等知识编织综合性强，内涵丰富的能力型试题，考查综合素质和学习潜力，属中等以上难度的题，有时甚至是压轴题.下面就高考中数列的考点进行透析.考点一：考查等差数列与等比数列的基本概念与基本公式此考点主要考查等差与等比数列的概念、通项公式及前n 项和公式中的a 1、a n 、d 、q 、S n 五个基本量之间关系，一般利用方程的思想，建立关于a 1、a n 、d 、q 、S n 的方程(组))，加以解决.例1(2007全国Ⅱ文科题)设等比数列{a n }的公比q ＜1，前n 项和为S n ．已知a 3＝2，S 4＝5S 2，求数列{a n }的通项公式．分析：在条件中涉及到数列通项与前n 项和，因此只需利用两个基本公式，建立方程组就可以求得最根本的两个量首项a 1与公比q.解：由题设知a 1≠0，则⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q 2＝2①a 1(1－q 4)1－q＝5·a 1(1－q 2)1－q ②， 由②得1－q 4＝5(1－q 2)，(q 2－4)(q 2－1)＝0，(q －2)(q ＋2)(q －1)(q ＋1)＝0，因为q ＜1，解得q ＝－1或q ＝－2．当q ＝－1时，代入①得a 1＝2，通项公式a n ＝2·(－1)n -1，当q ＝－2时，代入①得a 1＝12，通项公式a n ＝12·(－2)n -1． 点评：本题是一道纯等比数列题，因此只需利用等比数列的知识就可以解决.由于等比数列的前n 项和公式要分公比q ＝1与q ≠1两种情况，因此求等比数列的前n 项和时，要注意对公比的讨论.本题由于条件q ＜1，因此不必对公比进行讨论.例2(2007年全国Ⅰ文理科)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1，2S 2，3S 3成等差数列，则{a n }的公比为____________.分析：利用等差数列与等比数列的基本公式，建立方程就可以解决.解：由题意得，4S 2＝S 1＋3S 3，由等差数列的通项公式，得4(a 1＋a 1q)＝a 1＋3(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)，由条件知a 1≠0，因此4(1＋q)＝1＋3(1＋q ＋q 2)，解得q ＝13. 点评：本题一道等差数列与等比数列相结合的小综合题，虽然涉及前n 项和，由于只有三项的和，因此利用通项公式较为简捷.由此启示我们解题时，一定要具体情况具体分析，不要受定势思维的影响.考点二：等差﹑等比数列性质的应用此考点主要考查如何利用等差与等比数列的基本性质.由于等差与等比数列运算的灵活性与技巧性较强，因此要学会借用等差与等比数列的性质解题，以达到避繁就简，合理解题的目的．在高考中主要考查下面两条性质：(1)下标和相等性质：在数列{a n }中，若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则在等差数列{a n }中a m ＋a n ＝a p ＋a q ；在等比数列{a n }中a m a n ＝a p a q .(2)项的片断和性质；若S n 为数列{a n }的前n 项和，则在等差数列{a n }中，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等差数列；在等比数列{a n }中，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列.例3(2007年江西文科)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 12＝21，则a 2＋a 5＋a 8＋a 11＝________．分析：观察数列的下标特点，可以发现2＋11＝5＋8＝13，另外在S 12的表达式中也含有a 1＋a 12项，其下标和也为1＋12＝13，因此利用等差数列的下标和相等性质即可求解.解：由题意得S 12＝12(a 1＋a 12)2＝21，∴a 1＋a 12＝72， 根据等差数列的性质，得a 1＋a 12＝a 2＋a 11＝a 5＋a 8＝72，∴a 2＋a 5＋a 8＋a 11＝2(a 1＋a 12)＝7.点评：要灵活应用等差与等比数列的性质，必须要注意观察数列下标n 的变化规律及特点，因为下标n 就是数列这个特殊函数的“自变量”.例4 (2007年陕西高考理科题)各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2，S 3n ＝14，则S 4n 等于( B )（A ）80 （B ）30 (C)26 (D)16分析：观察数列的下标可知本题涉及数列的前n 项和、前2n 项和、前3n 项和及前4n 项和，因此利用等比数列的项的片断和性质即可解决.解：据题设条件可知S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，S 4n －S 3n 成等比数列，即2，S 2n －2，14－S 2n ，S 4n －14成等比，则⎩⎨⎧ (S 2n －2)2＝2(14－S 2n ) ①(14－S 2n )2＝(S 2n －2)(S 4n －14) ②， 由条件知S n ＞0，∴由①解得S 2n ＝6，代入②可解得S 4n ＝30，故选B.点评：本题所涉及的四个和中，只有两个和是已知的，因此上面解法是通过利用等比数列的片断和性质建立方程组来解决的.注意方程思想在数列中广泛的应用.考点三：等差数列与等比数列的判断与证明此考点主要考查等差与等比数列的定义及基本公式.判断和证明数列是等差(等比)数列常有三种方法：(1)定义法；(2)通项公式法；(3)中项公式法.后面两种判断方法的还是建立在定义法的基础上的.例5(2006年上海理科)已知有穷数列{a n }共有2k 项（整数k ≥2），首项a 1＝2.设该数列的前n 项和为S n ，且a n+1＝(a －1)S n ＋2（n ＝1，2，┅，2k －1），其中常数a ＞1.求证：数列{a n }是等比数列.分析：首先利用S n 与a n 的关系公式化为a n +1与a n 的关系，再利用定义判断.证明：当n ＝1时，a 2＝2a ，则a 2a 1＝a ； 当2≤n ≤2k －1时，a n+1＝(a －1)S n ＋2，a n ＝(a －1)S n －1＋2，a n+1－a n ＝(a －1) a n ，∴a n ＋1a n＝a ，∴数列{a n }是等比数列. 点评：在高考中判断数列类型利用得最多的方法就是定义法，注意定义中的要求“从第二项起”.因此平时要注意通性通法的训练，即基础知识与基本方法的训练.考点四：求非递归数列通项与数列前n 项和此考点主要考查一般数列的通项及前n 项和的求法.求数列的通项及数列求和问题综合性强、复杂多变、解法灵活等特征成为高考考查的重点内容．由于大多数求数列的通项与数列求和问题都不是最基本的等差数列或等比数列，因此要善于灵活将所求数列进行转化.数列的通项公式的求法主要有：观察猜想法、公式法、转化法等.数列前n 项和的求法主要有：公式法、分组求和法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法等.例6(2007年浙江文科)已知数列{a n }中的相邻两项a 2k -1、a 2k 是关于x 的方程x 2－(3k ＋2k )x ＋3·2k ＝0的两个根，且a 2k -1≤a 2k (k ＝1，2，3，…).(Ⅰ)求a 1，a 3，a 5，a 7，及a 2n (n ≥4)(不必证明)；(Ⅱ)求数列{a n }的前2n 项和S 2n ．分析：由于条件中的方程是可解的，根据条件a 2k -1≤a 2k 可解决第(Ⅰ)问；而第(Ⅱ)问根据第(Ⅰ)数列的特点可利用分组求和法解决.解：(Ⅰ)方程x 2－(3k ＋2k )x ＋3·2k ＝0的两个根为x 1＝3k ，x 2＝2k ，．当k ＝1时，x 1＝3，x 2＝2，所以a 1＝2；当k ＝2时，x 1＝6，x 2＝4，所以a 3＝4；当k ＝3时，x 1＝9，x 2＝8，所以a 5＝8；当k ＝4时，x 1＝12，x 2＝16，所以a 7＝12；因为n ≥4时，2n ＞3n ，所以a 2n ＝2n (n ≥4).（Ⅱ）S 2n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(3＋6＋…3n)＋(2＋2＋…＋2n )＝3n 2＋3n 2＋2n+1－2. 点评：本题主要考查等差、等比数列的基本知识，考查运算及推理能力，本是难度不大，只需按题目要求按步解答即可顺利求得结果.注意写出数列前几项，观察规律，这是猜想数列通项常用的方法.分组求和法常常出现在文科试题中.例7（2007年全国Ⅰ文科）设{a n }是等差数列，{b n }是各项都为正数的等比数列，且a 1＝b 1＝1，a 3＋b 5＝21，a 5＋b 3＝13，（Ⅰ）求{a n }，{b n }的通项公式；（Ⅱ）求数列{a n b n}的前n 项和S n ．分析：第(Ⅰ)利用等差数列与等比数列的基本公式建立方程组可求得结果；第(Ⅱ)问在第(Ⅰ)的基础上确定数列{a n b n}的表达式后，可以发现此表达式是由一个等差与等比数列对应项的积构成的，因此利用错位相减法可解决.解：（Ⅰ）设{a n }的公差为k ，{b n }的公比为q ，则依题意有q ＞0，且⎩⎨⎧ 1＋2d ＋q 4＝211＋4d ＋q 2＝13解得d ＝2，q ＝2．所以a n ＝1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝q n -1＝2n -1.（Ⅱ）a n b n ＝2n －12n -1，S n ＝1＋321＋522＋…＋2n －32n -2＋2n －12n -1…①， 2S n ＝2＋3＋52＋…＋2n －32n -3＋2n －12n -2…②， ②－①得S n ＝2＋2＋22＋222＋…＋22n -2－2n －12n -1＝2＋2×(1＋12＋122＋…＋12n -2)－2n －12n -1 ＝2＋2×1－12n -11－12－2n －12n -1＝6－2n ＋32n -1． 点评：建立方程(组)将问题转化求得首项a 1与公差d(或公比q)而求得数列通项，是高考中求数列通项最常见的久考不衰的题型.选用什么方法求数列的前n 项和，要注意分析通项公式的特点，本题就是根据数列通项是由一个等差与等比数列对应项的积的特点而选用错位相减法的.考点五：求递推数列的通项对于递推公式确定的数列的求解，通常可以通过递推公式的变换，转化为等差数列或等比数列问题，有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列，此法称为辅助数列法.常用转化方法：变换法、待定系数法、加减法、取倒数法、累加法、迭代法.例8(2007年全国Ⅰ理科)已知数列{a n }中a 1＝2，a n ＋1＝(2－1)(a n ＋2)，n ＝1，2，3，…，求{a n }的通项公式．分析：本题可通过变换等式a n ＋1＝(2－1)(a n ＋2)，转化为等比数列求解.解：a n+1＝(2－1)(a n ＋2)＝(2－1)(a n －2)＋(2－1)(2＋2)＝(2－1)(a n －2)＋2，∴a n ＋1－2＝(2－1)(a n －2)所以，数列{a n －2}是首项为2－2，公比为2－1的等比数列，∴a n －2＝2(2－1)n ，即即a n 的通项公式为a n ＝2[(2－1)n ＋1]，n ＝1，2，3，…．点评：解答本题的关键就是将题设条件中的递推公式进行变换转化为等比数列.如果变换较为困难，则可以考虑利用待定系数法进行转化.例9(2007年重庆理科)已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和满足S n ＞1，且6S n ＝(a n ＋1)(a n ＋2)，n ∈N *.求{a n }的通项公式.分析：本题所给的递推式由于涉及到S n 与a n ，因此可先利用公式a n ＝⎩⎨⎧ S 1，(n ＝1)S n -S n -1，(n ≥2)转化为a n +1与a n 的关系，再在此基础上将数列转化为等差或等比数列求解.解析：由a 1＝S 1＝16(a 1＋1)(a 1＋2)，解得a 1＝1或a 1＝2， 由假设a 1＝S 1＞1，因此a 1＝2，又a n +1＝S n +1－S n ＝16(a n+1＋1)(a n+1＋2)－16(a n ＋1)(a n ＋2)， 所以，a n +1－a n －3＝0或a n +1＝－a n ，因a n ＞0，故a n +1＝－a n 不成立，舍去，因此a n +1－a n ＝3.从而｛a n ｝是公差为3，首项为2的等差数列，故｛a n ｝的通项为a n ＝3n －2.点评：凡涉及S n 与a n 的关系，一般都要用公式a n ＝⎩⎨⎧ S 1，(n ＝1)S n -S n -1，(n ≥2)进行转化，主要有两个转化方向：一是转化为a n +1与a n 的关系；二是转化为S n+1与S n 的关系，然后再进一步的转化，但要注意起始项.由于受到篇幅及现有所学知识的影响，在高考中，除上面五个方面的基本考点外，还有一些综合性比较的考点，如与数列相关的探索性问题、数列与不等式的综合性问题、应用题及创新题型等.。

高中数学-打印版精心校对 数列中的相等项经常遇到两数列中的相等项的问题，遇到两等差数列，等差与等比数列的相等项，两等比数列的相等项的问题，下面就这样的问题进行简述，供大家参考。

一 两等差数列的相等项的问题例 已知两个等差数列5，8，11，和3，7，11，都是等差数列，且它们都有100项，问它们共有多少个相同项？解：设两个等差数列的共同项组成的数列为{}n c ，则可知{}n c 是首项为11，公差为3412d =⨯=的等差数列，所以1112(1)121n c n n =+-=-，因为数列5，8，11，和3，7，11，的第100项分别为302与399，1121302254n c n n =-≤⇒≤，故所给两数列有25个相同项。

点评：求等差数列的相同项时，两等差数列的公共项仍是等差数列，首先找出其公共首项，公差是两公差的最小公倍，便可以写出其通项公式，求出问题。

二 一等差数列与一等比数列的相等项的问题例2 已知等差数列34n a n =+与等比数列2n n b =各有100项，问它们共有多少相同项？解：设数列34n a n =+的第n 项与数列2n n b =的第m 项相等，即342m n +=，两边同乘以2得1682m n ++=，得13442m n +++=，所以344n ++不是等差数列中的项，两边再同时乘以4得，212162m n ++=即23(44)42m n +++=，所以当2m是数列 中的项时，那么22m +也是数列的项，所以公共项是以等比 数列，再找其首项，首项为16，公比为4，所以公共项组成的数列为111644n n n C -+=•=110014249,431004432513n n n n n ++≤⇒≤≤⨯+⇒≤⨯+⇒≤所以两数列有三项相同。

点评：一等差数列与等比数列的公共项的问题一般是等比数列，首先找出首项，再找出公比来，找公比的时候，就向上面的找法，去找。

求出通项。

数列概念复习点拨一．考纲要求：数列的概念和简单表示法；通过日常生活中的实例，了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图像、通项公式），了解数列是一种特殊函数；二．命题走向数列在历年高考都占有很重要的地位，主要考察数列、等差数列的概念、性质、通项公式等基本知识和基本性质的灵活应用，对基本的计算技能要求比较高。

三．要点精讲1．数列的概念（1）数列定义：按一定次序排列的一列数叫做数列；数列中的每个数都叫这个数列的项。

记作n a ，在数列第一个位置的项叫第1项（或首项），在第二个位置的叫第2项，……，序号为n 的项叫第n 项（也叫通项）记作n a ；数列的一般形式：1a ，2a ，3a ，……，n a ，……，简记作 {}n a 。

（2）通项公式的定义：如果数列}{n a 的第n 项与n 之间的关系可以用一个公式表示，那么这个公式就叫这个数列的通项公式。

例如，数列①的通项公式是n a = n （n ≤7，n N +∈），数列②的通项公式是n a = 1n（n N +∈）。

说明：①{}n a 表示数列，n a 表示数列中的第n 项，n a = ()f n 表示数列的通项公式；② 同一个数列的通项公式的形式不一定唯一。

例如，n a = (1)n -=1,21()1,2n k k Z n k -=-⎧∈⎨+=⎩； ③不是每个数列都有通项公式。

例如，1，1.4，1.41，1.414，……（3）数列的函数特征与图象表示：序号：1 2 3 4 5 6项 ：4 5 6 7 8 9上面每一项序号与这一项的对应关系可看成是一个序号集合到另一个数集的映射。

从函数观点看，数列实质上是定义域为正整数集N +（或它的有限子集）的函数()f n 当自变量n 从1开始依次取值时对应的一系列函数值(1),(2),(3),f f f ……，()f n ，……．通常用n a 来代替()f n ，其图象是一群孤立点。

（4）数列分类：①按数列项数是有限还是无限分：有穷数列和无穷数列；②按数列项与项之间的大小关系分：单调数列（递增数列、递减数列）、常数列和摆动数列。

有关数列复习的考点分析数列是高中数学的重要内容，而且是进行计算、推理等基本训练、综合训练的重要题材，他与高等数学有较为密切的联系，是进一步学习的必备基础知识，因而是高考的一个热点，是每年必考的内容，下面依照07年高考试题，对数列的六个考点作简单的例析：一、等差、等比数列基本概念与基本公式的考查：例1、⑴（07年宁夏文16）已知{}n a 是等差数列，466a a +=，其前5项和510S =，则其公差d = ．解析：设等差数列的首项为1a ，公差为d ，则由题意得：461286a a a d +=+=，51545102S a d ⨯=+=，解得：12d =。

⑵（07年天津文20）在数列{}n a 中，12a =，1431n n a a n +=-+，n ∈*N ．⑴证明数列{}n a n -是等比数列；（Ⅱ）⑵求数列{}n a 的前n 项和n S ；解析：⑴ 证明：由题设1431n n a a n +=-+，得1(1)4()n n a n a n +-+=-，n ∈*N ．又111a -=，所以数列{}n a n -是首项为1，且公比为4的等比数列．⑵ 解：由（Ⅰ）可知14n n a n --=，于是数列{}n a 的通项公式为14n n a n -=+．所以数列{}n a 的前n 项和41(1)32n n n n S -+=+． 点评：本小题以数列的递推关系式为载体，主要考查等比数列的概念、等比数列的通项公式及前n 项和公式、不等式的证明等基础知识，考查运算能力和推理论证能力．二、有关等差、等比数列的性质的考查：例2、⑴（07年江西卷）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1221S =，则25811a a a a +++=． 解析：由题意知：()112121121272122a a S a a +==⇒+= 由等差数列的性质得：()()()258112115811227a a a a a a a a a a +++=+++=+=⑵（07年辽宁文5）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若39S =，636S =，则789a a a ++=（ B ）A ．63B ．45C ．36D ．27解析：由题意得：39S =，636S =，则6327S S -=，且78996a a a S S ++=-由等差数列的性质得：36396,,S S S S S --构成等差数列，所以()6339696245S S S S S S S -=+-⇒-=，即78945a a a ++=。

用“取倒数”法解决数列问题对于一些方式问题，对分式两边同时取倒数可改变这个式子的结构，从中可挖掘出隐含的信息，暴露问题的实质，能使问题的解决找到突破口，可谓“小技巧，办大事”。

下面举例说明“取倒数”在数列问题中的运用。

一、求数列的通项公式例1 已知数列{a n }中，a 1=2,a n =2211+--n n a a (n ≥2)，求通项a n . 解析：由题意知a n ≠0，在a n =2211+--n n a a 两边同时取倒数得，n a 1=1122--+n n a a =11-n a +21,即n a 1-11-n a =21,∴数列{n a 1}是首项为11a ，公差为21的等差数列，∴n a 1=21+(n-1)21=2n , 则a n =n2. 点评:通过对已知式两边同时取倒数，获得了数列{n a 1}成等差数列的信息，这是解决本题的关键所在。

二、证明不等式例2 已知函数f(x)=x 2+x ，数列{a n }满足a 1=12，a n+1=f(a n )，求证：1<111a ++211a ++ (11)a +<2(n ≥3，n ∈N)。

证明：由于a n+1=f(a n )=a 2n +a n =a n (a n +1)两边取倒数得：11n a +=1(1)n n a a +=1n a －11na +，所以11n a +=1n a －11n a +。

记S n =111a ++211a ++…+11n a +=1111()n k i i a a =+-∑=11a －11n a +=2－11n a +. 因为a 1=12，a 2=(12)2+12=34，a 3=(34)2+34=2116>1，又a n+1=a 2n +a n ≥a n ，所以n ≥3时，a n+1>1，0<11n a +<1，1<2－11n a +<2。

故1<S n <2(n ≥3，n ∈N)，原不等式得证。

例析数列中的最值问题数列的最值问题是一类常见的数列问题,也是函数最值问题的一个重要类型.本文笔者归纳了一些解决此类问题的基本思路方法.一.直接法求数列中的项的最值直接求函数)(n f a n =的最大值或最小值,根据)(n f 的类型,并作出相应的变换,运用配方、重要不等式性质或根据)(n f 本身的性质求出)(n f 的最值,也可以考虑求导解决,但必须注意,不能直接对)(n f 求导(因为只有连续函数才可导),而应先对)(n f 所在的函数)0)((>x x f 求导,得到)(x f 的最值,然后再分析)(n f 的最值.例1.已知数列}{n a 中:*)(2,111N k a a a n n n ∈==+，若)4(log 2nn n a b =,求数列}{n b 最小项 的值.解析:易知2)1(11212--=⋅⋅⋅=n n n n n a a a a a a ,85)25(212522--=-=n n n b n ,∴当2=n 或3 时3)(min -=n b .点评:本题的关键就是得到n b 关于n 的函数,同时注意*N n ∈,然后求出数列项的最值. 例2.已知函数c x x g bx x x f +=++=5)(,13)(2是偶函数是奇函数,正数数列}{n a 满足:.1)()(,12111=+-+=++n n n n n a a a g a a f a 若}{),()(21n n n n b a g a f b 求+-=中的项的 最大值和最小值.解析:由条件得,5)(,13)(,02x x g x x f c b =+=∴==由条件得0)(5)(32121=+-+++n n n n n a a a a a,32}{,32,00))(23(031112121是等比数列是公比=∴=∴>=+-⇒=-+⇒+++++q a a a a a a a a a a a a n n n n n n n n n n n n 又,5483)185(6)()(2)(21+-=-==+n n n n n a a g a f a b ϕ ,314)(,1,211850,10,)32(1max 1===∴<<≤<∴=-b b b n a a n n n n n 即最大时当 .243374)278()(,4,278,1624816245162322781858116,8116,278,94,32,1,,5,4,3,2,14min =====∴<<⇒<<∴==ϕb b n a a n n n n 时即当时当 点评:由于n b 是关于n a 的二次函数,所以选择配方法完成,但与普通二次函数不同的是函 数的定义域不是连续的数集,而是由间断的实数构成,这也是数列中才会出现的特点 例3.求数列}{n n n a =的最大项与最小项.解析:考察函数)3()(1≥=x x x f x 的单调性,∵x xx f ln 1)](ln[=,两边对x 求导得:,ln 1)(,ln 1)()(1212x x x x f x x x f x f x -⋅='∴-='⋅∴当3≥x 时,0)('<x f ,)(x f 单调递减, ∴1543543>>>>>n n ,又由33298<⇒<, ∴154321543>>>><< .故}{n a 的最大项为333=a ,最小项为11=a .点评:本题是比较困难的问题,因此采取了构造函数求函数的导数的方法来证明数列的单调 性.本题还可以用数学归纳法证明当3≥n 时,n n n n <++11.二.利用数列前n 项和的单调性求最值考察)(n f 的单调性:)0(0)()1(<>-+或n f n f ,然后根据)(n f 的单调判断)(n f 的最值情况.例4.设数列}{n a 的前n 项和为n S ，已知k k k S S S S S d a 2211221,,,,0,0,0,0 求<><>+ 中的最大值.解析:,000)(0)12(1112112⎩⎨⎧>-><⇒⎩⎨⎧>+=<+=+++++k k k k k k k k a a a a a k S a k S ,0,0,021211 >>>>>>>∴<>++k k k a a a a a d a k k k k k S S S S S S S 故而,,2121 >>><<<∴++为最大值.点评:本题注意是通过考虑数列项的值的情况来确定数列和的最值.例5.设Z n ∈,当n 取何值时,|100||3||2||1|-++-+-+-=n n n n S n 取最小值, 并说明理由.解析:(1)当0≤n 时,;505010021=+++≥ n S（2）当1≥n 时,考察}{n S 的单调性，++-+---++-+=-+ |2||1(||)99||1||(|1n n n n n S S n n |100||)100|--=-n n n ①当}{,0100,1001n n n S S S n >=-≥+时单调递增,;4950,100100=≥≥∴S S n n 时当 ②,1002,10011-=-<≤+n S S n n n 时当;}{,4911单调递减时当n n n S S S n <≤≤∴+ }{,100261n n n S S S n ><≤+时当单调递增；而当504932101474849505051+++++++++++=== S S n 时 .25002515025049=⨯+⨯=综上,当50=n 或51=n 时,.2500)(min =n S 点评:命题中的数列是比较特殊的数列,虽然解题方案上还是通过考察数列的单调性,但具 体过程更灵活.三.利用数列的正负项求数列前n 项和的最值研究数列)(n f a n =的正数与负数项的情况,这是求数列}{n a 的前n 项和n S 的最大值或最小值的一种重要方法.例6.已知数列}{n a 的通项公式)510lg(15n n a -⋅=,问数列}{n a 的前多少项之和最大？并求其最大值.(取3010.02lg =)解析:5lg ]5lg )1(5[)5lg 5()510lg()510lg(1551-=-+--=⋅-⋅=---+n n a a n n n n∴}{n a 是公差05lg <-=d 的等差数列,而051>=a ,∴所有的正数项之和最大， 令15lg 55lg 505lg 505lg )1(5001+≤<⇒⎩⎨⎧<-≥-+⇒⎩⎨⎧<≥+n n n a a n n8153.8153.713010.0153010.015=⇒≤<⇒+-≤<-⇒n n n ,∴数列}{n a 的前8项之 和最大,且428.205lg 278858=⨯-⨯=S . 例7.首项为正数的等差数列}{n a ,它的前4项之和与前11项之和相等,问此数列前多少项之 和最大？解法一:记}{n a 的前n 项和为n S ,,114S S =∴,07121011112344111<-=⇒⨯+=⨯+∴a d d a d a )15(14)71(2)1(2111n n a a n n na S n +-=-⨯-+=∴],4225)215([1421+--=n a 最大时或n S n n ,87==∴.解法二:由解法一知}{,0711n a a d ∴<-=是首项为正数的单调递减数列，∴所有的正数项 的和最大,07081165114=⇒=+++⇒=a a a a S S . >>>==>>>∴109887210,0a a a a a a a 而.}{7a ∴中前7项为正数项，从第9项开始各项为负数,而8787,S S S S 或∴=最大. 点评:解法一抓住了)(n f S n =是二次函数的特点,通过配方法直接求出了最大项.而解法二 通过考察}{n a 的单调性与正、负项的情况得到最大项.例8.设等差数列}{n a 的前n 项和为n S ,已知,0,0,1213123>>=S S a(1)求公差d 的取值范围；(2)指出n S S S ,,,21 中哪一个最大？说明理由；(3)指出nn a S a S a S ,,,2211 中哪一个最小？说明理由. 解析:(1)00)(32)(60767612112>+⇒>+=+⇒>a a a a a a S ①， 001307713<⇒<⇒<a a S ②，由①、②得.37240407233-<<-⇒⎩⎨⎧<+>+d d a d a (2)由①、②得}{,0,00776n a d a a a <⎩⎨⎧<>->而为递减数列， .,,,0687662187621最大故而S S S S S S S a a a a a >>><<<∴>>>>>>∴(3),014131287621 >>>>>>>><<<S S S S S S S S12128877,,,,}{a S a S a S a S n n 只有中在∴这六项为负值，而其余各项均为正数， }{nn a S ∴的最小项只可能是这六项中的一项， ⇒⎪⎩⎪⎨⎧>->>->->>>>0111012871287a a a S S S 012128877>->>->-a S a S a S7712128877,}{,0a S a S a S a S a S n n 中故在<<<<⇒ 最小. 点评:通过讨论数列中的正、负项(并结合讨论单调性)是求数列前n 项和的最大、最小值的 重要方法.例9:数列}{n a 中,*)(5431N n n a a n n ∈-=++,设n n n S a n a S 求时当项和的前为,27,}{1-> 的最小值.解析:①当n 为偶数时,)()()(14321n n n a a a a a a S ++++++=-=（3×1－54）+（3×3－54）+…+[3（n －1）－54]=3[1+3+5+…+（n －1）];243)(,18,243)18(432743542min 22-==∴--=-=⨯-n S n n n n n 时当 ②)()(,1321n n n a a a a a S n +++++=- 为奇数时当.243)(18,;243216)(1917,43216)18(4341052743min 1min 1212-==->-==∴+--=++-=n n S n a S n a n a n n 时当综上时或当 点评:本题要特别注意对n 的讨论.四.数列最值的应用利用数列的项的最值或数列前前n 项和的最值来解决一些数列问题.例10.数列}{n a 为正项等比数列,它的前n 项和为80,前n 项中数值最大的项为54,而前n 2 项的和为6560,试求此数列的首项1a 和公比q .解析:812=-=nn n nS S S q （也可由公式得到），n a q ∴>∴,1为最大项， 即.3,280,32,541111=====-q a S q a q a n n 得代入得 例11.已知数列}{n a 中,*)(21,011N n a a a n n ∈-==+,设n n n a b )109(=,证明:对任意的正整数m n ,均有53||<-m n b b . 证明:∵1111121,0111-=---⇒-==++n n n n a a a a a ,∴n a n 11-=. ∵n n n n b )109(1⨯-=.∴9101221⨯-=+n n b b n n ,当19101221>⨯-=+n n b b n n 时,则10>n ,即4≥n ;当19101221<⨯-=+nn b b n n 时,则10<n ,即3≤n . ∴ >>><<<654321b b b b b b .又∵2≥n 时,0>n b ,并且01=b ,∴40b b n ≤≤,对任意的正整数m n ,,均有||m n b b -的最大值为5340000196830)109(43414<=-⨯=-b b .∴对任意的正整数m n ,均有53||<-m n b b . 点评:本题主要利用了数列的通项公式1+n n b b 与1作比较来确定数列的单调性.。

数列应注意的两个问题在数列这一章里，有些公式成立是有条件的，有些变量也有一定的局限性，在解题时若忽视或挖掘不到位就容易把问题解错．现就两类典型错误举例分析，以供读者学习时参考．一、应注意公式an = Sn－S1-n成立的条件数列通项公式an 与其前n项和公式Sn的关系是：当n≥2时才有an= Sn－S1-n ．在解题时若不注意到n≥2这一条件，就会误把a1合并到an中去．例1 设数列{ an}满足a1= 2，a1+n= Sn+ (n + 1)，求{ an}的通项公式．错解一：由a1+n= Sn+ (n + 1)，得an= Sn－S1-n= a1+n－(n + 1)－an+ n，∴a1+n= 2an+ 1，即a1+n+ 1 = 2(an+ 1)．∴{an+ 1}是以a1+ 1 = 3为首项，以2为公比的等比数列．∴an+ 1 = (a1+ 1)21-n= 3·21-n，即a n= 3·21-n－1．错解二：由错解一知，a1+n= 2an+ 1 ①，an= 2a1-n+ 1．②①－②得：a1+n－an= 2(an－a1-n)，又a2= S1+ (1 + 1) = a1+ 2 = 4，即a2－a1= 2．∴数列{ a1+n－an}是以2为公比，以a2－a1= 2为首项的等比数列．∴an－a1-n= (a2－a1)21-n．∴an= (an－a1-n) + (a1-n－a2-n) + (a2-n－a3-n) + …+ (a3－a2) + (a2－a1) +a 1= (21-n+ 22-n+ 23-n+ 22+ 2 ) + 2 =21)21(21---n+ 2 = 2n．∴an= 2n．分析：错解一、错解二犯的都是同一个错误，即忽视了公式an= Sn－S1-n成立的条件是n≥2．在错解一中，只有当n ≥2时，才有a 1+n = 2a n + 1，所以{a n + 1}是以a 2+ 1 = 5为首项，以2为公比的等比数列．∴a n =22,152 1.2n n n -=⎧⎨⋅-≥⎩当时，当时.在错解二中，当n ≥2时，a 1+n = 2a n + 1 ①，而只有当n ≥3时，才有a n = 2a 1-n + 1．②即a 1+n －a n = 2(a n －a 1-n )成立的条件是n ≥3．∴数列{ a 1+n －a n }是以2为公比，以a 3－a 2= 5为首项的等比数列． ∴a n －a 1-n = (a 3－a 2)·23-n = 5·23-n ．∴a n = (a n －a 1-n ) + (a 1-n －a 2-n ) + (a 2-n －a 3-n ) + … + (a 3－a 2) + a 2= 5(23-n + 24-n + … + 22+ 2 + 1) + 2 =5×21212---n + 4 = 5·22-n －1．∴a n = 5·22-n －1 (n ≥2)，a 1= 2． 二、应注意等比数列中的“0”和“1”由等比数列定义知，等比数列各项均不为0，因此，判断一数列是否成等比数列，首先要注意特殊情况“0”．在应用等比数列求和公式时，还要处处注意公比q ≠1和q = 1两种情况．例2 求和S n = (a + b) + (a 2+ ab + b 2) + (a 3+ a 2b + ab 2+ b 3) + … + (a n + a 1-n b + … + ab 1-n + b n ) ( n ∈N +)错解：S n =b a b a --22+b a b a --33 + … +b a b a n n --++11=b a -1[ (a 2+ a 3+ … + a n )－(b 2+ b 3+ … + b n)] =b a -1[a a a n --1)1(2－bb b n --1)1(2]．分析：上述解答是不全面的．因为当a = b 时，在推导过程中，分母出现了“0”，还有，a = 1或b = 1时，上面推导也不成立．所以，上述解答仅适用于a ≠b且a≠1、b≠1时的情况．正确答案为：当a≠b且a≠1、b≠1时，Sn =ba-1[aaa n--1)1(2－bbb n--1)1(2]；当a≠1且b =1时，Sn =11-a[aaa n--1)1(2－n]；当a =1且b≠1时，Sn =b-11[n－bbb n--1)1(2]；当a = b≠1时，Sn =222)1()1()2(2aanana n-+++-+；当a = b = 1时，Sn =2)3(+nn．。

解析数列中的子数列问题子数列就是从已知数列中按一定的规律和原则抽出某些项构成一个新数列，由于子数列具有双重身份，自身构成一个数列，又在原数列中，即子数列的每一项既在原数列中，又在子数列中.因此，在解答子数列问题时，要利用好这一特点，另外，要特别注意子数列在两个数列的项数不能混淆.下面就子数列问题进行分类解析.一、从等差数列中抽取子数列例1 一个公差不为零的等差数列的首项为5，其中第1，4，16项分别为正项等比数列{b n }的第1，3，5项，求数列{a n }的公差和{b n }的公比值.分析：因为题中涉及到等比、等差数列的公比和公差，所以可以利用等比、等差数列的通过公式，建立关于公差d 与公比q 的方程进行处理.解：设{a n }的公差为d(d ≠0)，则a 1=5，a 4=5＋3d ，a 16=5＋15d ，设{b n }的公比为q ，则b 1=5，b 3=5q 2，b 5=5q 4，依题意有⎩⎨⎧ 5q 2=5＋3d (1)5q 4=5＋15d (2)， 由二式得q 4﹣5q 2＋4=0，∴q 2=4，或q 2=1，如果q 2=1，则b 1=b 3=b 5，从而a 1=a 4=a 16， 与已知d ≠0矛盾，故q 2=4，∵b n >0，q=2，代入(1)得d=5.评注：回归到知识的起点，对解决问题往往会收到奇效，本题通过将数列问题化归到首项、公差(公比)，使问题得到了顺利的解决.例2 已知数列{a n }为等差数列，公差d≠0，{a n }中部分项组成的数列a k 1，a k 2，a k 3，…，a k n ，…恰为等比数列，且知k 1=1，k 2=5，k 3=17.（1）求k n ；（2）证明：k 1＋k 2＋……＋k n ＝3n ﹣n ﹣1.分析：因为数列a k 1，a k 2，a k 3，…，a k n ，…恰为等比数列，因此，可利用两个数列的相互依存的关系解决子数列的公比，进而求得a k n 的表达式，即可使问题得到解决.解:依题意: a k 1=a 1，a k 2=a 5=a 1＋4d ，a k 3=a 17=a 1＋16d.而a k 1，a k 2，a k 3为等比数列，所以，(a 1＋4d)2=a 1(a 1＋16d)，从而解得 a 1=2d .因而{a k n }的公比q=a 5a 1=a 1＋4d a 1=a 1＋2 a 1a 1=3. 而a k n 在等差数列{a n }中是第k n 项，∴a k n =a 1＋(k n ﹣1)d ，即a k n =(k n ＋1)d……(1)， 又a k n 在等比数列{a k n }中是第n 项，∴a k n =a 1·qn ﹣1即a k n =2d·3n ﹣1…(2)， 联立(1)(2)解得k n =2·3n ﹣1﹣1.(2)k 1＋k 2＋…＋k n =(2·30﹣1)＋(2·31﹣1)＋…＋(2·3n ﹣1﹣1)=2(30＋31＋…＋3n ﹣1)﹣n=2·3n ﹣13﹣1﹣n=3n ﹣n ﹣1. 评注：解决子数列a k n 的表达式，是解决本题的一个关键，要解决子数列的表达式必须充分利用两个数列的相互间的依存关系.例3 已知无穷等差数列{a n}，首项a1＝3，公差d＝﹣5，依次取出项数被4除余3的项组成数列{b n}.(1)求b1和b2；(2)求{b n}的通项公式；(3){b n}中的第110项是{a n}的第几项？分析：数列{b n}是数列{a n}的一个子数列，其项数构成以3为首项，4为公差的等差数列，由于{a n}是等差数列，则{b n}也是等差数列.解：(1)∵a1=3，d=﹣5，∴a n=3＋(n﹣1)(﹣5)=8﹣5n，数列{a n}中项数被4除余3的项是{a n}的第3项，第7项，第11项，……这些项组成一个新的等差数列(第二问中加以证明)，其首项b1=a3=﹣7，b2=a7=﹣27.(2)设{a n}中的第m项是{b n}的第n项，即b n=a m，则m=3＋4(n﹣1)=4n﹣1，∴b n=a m=a4n﹣1=8﹣5(4n﹣1)=13﹣20n(n∈N*)，∵b n﹣b n﹣1=﹣20(n≥2，n∈N＋)，∴{b n}是等差数列，其通项公式为b n=13﹣20n.(3)b110=13﹣20×110=﹣2187，设它是{a n}中的第m项，则﹣2187=8﹣5m，则m=439.评注：解决本题的关键是找准原数列与子数列的项数之间的关系：m=3＋4(n﹣1)=4n﹣1.二、从等比数列中抽取子数列例4 已知数列{a n}是无穷等比数列，公比为q，在数列{a n}中，每隔10项取出一项，组成一个新的数列，这个数列是等比数列吗？如果是，它的公比是多少？分析：判断数列是否为等比数列，可根据等比数列定义，也就是判断此数列第一项与前一项的比是否为常数，本题关键是首先把新数列找出来，然后再按等比数列的定义进行判定.解：设新数列首项为a m(m为常数，m∈N*)，由题意，新数列为a m，a m＋10，a m＋20，a m＋30，…，a m＋10(n﹣1)，…(n∈N*)，其相邻两项为a m＋10(n﹣2)，a m＋10(n ﹣1)，因数列{a n}是等比数列，故有a n= a1q n﹣1.∴a m＋10(n﹣1)= a1q[m＋10(n﹣1)]﹣1= a1q m＋10n﹣11，a m＋10(n﹣2)= a1q[m＋10(n﹣2)]﹣1= a1q m＋10n﹣21，∴a m＋10(n﹣1)a m＋10(n﹣2)=a1q m＋10n﹣11a1q m＋10n﹣21=q10 (常数)，∴新数列是等比数列，它的公比是q10，评注：公比为q的等比数列，从中取出等距离的项组成一个新的数列，仍是等比数列，其公比为q m(m为等距离的项数之差)，这是等比数列的一条性质，本题正是这一性质的体现.三、两个数列公共项构成的子数列例5已知两个等差数列：5，8，11，……；①3，7，11，……；②它们的项数均为100项，试问他们有多少个彼此具有相同数值的项.分析：由于数列均为等差数列，其公共项构成的数列也是等差数列，或利用两个数列的通项公式，建立一个等式，利用“n∈N*”这一条件寻求新数列的满足的条件，使问题获解.因此，有以下两种解法.解法一：设两数列共同项组成的新数列为{c n}，易知c n＝11，又数列5，8，11，……的通项公式为a n＝3n＋2，公差为3，而数列3，7，11，……的通项公式为b n＝4n﹣1，公差为4，所以数列{c n}仍为等差数列，且公差为d=12，故数列{c n}的通项公式为c n＝11＋(n﹣1)·12＝12n﹣1，又a100＝302，b100＝399，∴c n＝12n﹣1≤302，得n≤25，所以已知两数列有25个共同的项。

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。

构造常数列求解通项的方法`用递推数列关系求通项公式，是高中学生的一个难点，也是高中阶段的一个重点，同时也是高考主要考查的内容，运用转化的思想，把所求数列的递推关系转化成等差数列或等比数列，通过等差数列与等比数列这两个桥梁作用求出通项来；还有一类的问题可以通过累加与累乘求数列的通项的方法，这是较常规的做法，现介绍一种新的方法，构造常数项的方法，举几例供同学参考。

一：对累加的数列例1：在数列{}n a 中，已知12a =，当2n ≥时，121n n a a n -=+-，求数列的通项公式 解：（1）常规方法有已知得()1213212123,5,21n n n n a a n n a a a a a a n ---=-≥∴-=-=-=- ()2211352112,1n n a a n n a a n -=+++-=-=∴=+12a =适合上式∴数列{}n a 的通项公式为21n a n =+（2）新方法：解：由()2211211n n n n a a n a n a n --=+-⇒-=--∴{}2n a n -是常数列 221111n n a n a a n -=-=⇒=+点评：对于()1n n a a f n --=的形式，可以用累加求和，注意检验1a 是否符合形式，构造新数列1n n C C -=，所以{}n C 为常数列，据1C 求出n C 来。

二：累乘数列例2：在数列{}n a 中，已知11a =，当2n ≥时，有()11n n na n a -=+，求数列{}n a 的通项公式解：（1）常规方法，由已知得()324112312340,2,,13451n n n n n a a a a a n n a n a n a a a a n --≠=≥∴====++ 1112342211345111n n a n a a a a n n n ∴=⨯⨯⨯⨯==∴==+++符合要求。

∴数列的通项公式为21n a n =+ （2）新方法：()11n n na n a -=+∴数列(){1}n n a +是常数列。

数列综合问题选讲数列是高中数学的重要内容，是高考的热点，根据对近年的高考试卷的分析，数列是每年必考内容之一，并且常和函数、不等式、方程等相关内容交汇在一起进行综合。

由于新教材又增加了导数、向量等新内容，它们又有加入的趋势，考题将往“桃李嫁接”的方向发展，更注重对能力的考察，选拔综合素质高的人才，是今后高考选拔人才的宗旨。

从数列这部分内容来看，有强大的囊括功能，势必仍会成为今后高考压轴试题产生的首选部分。

笔者为帮助广大考生的复习，把握复习的方向，通过本文直击数列的综合问题，将题目展示给读者.一、数列与方程综合例1.已知等差数列{}n a 的公差0d ≠，对任意*n N ∈，都有0n a ≠.(1) 求证：对任意*n N ∈，所有方程21220n n n a x a x a ++++=均有一个相同的实数根；(2) 若1a d =，方程21220n n n a x a x a ++++=的另一个不同根为1,1n n na b a =+，求数列{}n b 的通项公式.(3) 在(2)的条件下，设12231111n n n S b b b b b b +=+++，求lim n n S →∞.解析：(1)∵{}n a 是等差数列,∴212n n n a a a +++=,即1220n n n a a a ++-+=,*n N ∈,1x =-是所有方程21220n n n a x a x a ++++=的相同的实根.(2) 对任意*n N ∈，由韦达定理得2(2)2(1)1n n n a n d a a nd n++-⋅===+,∴112n n a =-+,即2n nb =-. (3) ∵2n nb =-,∴1122411()()4()1(1)1n n b b n n n n n n +=-⋅-==-+++,∴1111114[(1)()()]4(1)22311n S n n n =-+-++-=-++,∴lim 4n n S →∞=.例2． 已知三个数,,a b c 成等比数列,且(0)a b c m m ++=>,求b 的取值范围.解析：由已知,,a b c 成等比数列, 且(0)a b c m m ++=>,得2a c m bac b +=-⎧⎨=⎩,利用韦达定理,不妨将,a c 看成方程22()0x b m x b +-+=的两根.所以方程必有实数根,则△ =22()4b m b --≥0,解得3mm b -≤≤,但0b ≠. 点评：数列与方程交汇的题目，通常使用一元二次方程，利用方程有实数根时△≥0,同时两个实数根遵守韦达定理，找到解决问题的突破口.二、数列与不等式综合 例3．已知函数f(x)=412-x (x<－2) (1) 求f(x)的反函数f-－1(x)； (2) 设a 1=1,11+n a =－f－-1(a n )(n ∈N *),求a n ;(3)设S n =a 12+a 22+…+a n 2,b n =S n+1－S n 是否存在最小正整数m,使得对任意n ∈N *,有b n <25m成立？若存在，求出m 的值；若不存在，说明理由 思路分析 (2)问由式子41121+=+nn a a 得22111nn a a -+=4,构造等差数列{21na },从而求得a n ,即“借鸡生蛋”是求数列通项的常用技巧；(3)问运用了函数的思想解 (1)设y=412-x ,∵x<－2,∴x=－214y +,即y=f －-1(x)=－214y + (x>0)(2)∵411,14122121=-∴+=++nn nn a a a a ，∴{21na }是公差为4的等差数列，∵a 1=1,21na =211a +4(n －1)=4n －3,∵a n >0,∴a n(3)b n =S n+1－S n =a n+12=141+n ,由b n <25m ,得m>1425+n ,设g(n)= 1425+n ,∵g(n)= 1425+n 在n ∈N *上是减函数，∴g(n)的最大值是g(1)=5,∴m>5,存在最小正整数m=6,使对任意n ∈N *有b n <25m成立 点评 本题融合了反函数，数列递推公式，等差数列基本问题、数列的和、函数单调性等知识于一炉，结构巧妙，形式新颖，是一道精致的综合题 着重考查学生的逻辑分析能力 本题首问考查反函数，反函数的定义域是原函数的值域，这是一个易错点，(2)问以数列{21na }为桥梁求a n ,不易突破三、数列与函数综合例4．已知二次函数()y f x =经过(0,10),导函数()f x '=2x －5,当(],1x n n ∈+( *n N ∈)()f x 是整数的个数记为n a ,求数列{}n a 的通项公式.解析：∵二次函数()y f x =经过(0,10),设2()10f x ax bx =++,∴()f x '=225ax b x +=-, ∴1,5a b ==-, ∴2()510f x x x =-+,当52x ≥时, ()f x 为增函数,∴当n ≥3时1(1)()24n n a a f n f n n +-=+-=-；当1n =时,(]1,2x ∈ ()f x 为减函数, [)[)()(2),(1)4,6f x f f ∈=,包含两个整数, ∴1a =2；当2n =时,(]2,3x ∈,(]() 3.75,4f x ∈, 包含一个整数, ∴2a =1；故数列{}n a 的通项公式为2,(1)1,(2)24,(3)n n a n n n =⎧⎪==⎨⎪-≥⎩.点评：数列就是函数,只是数列的定义域是正整数集合或其子集,表达形式与函数的解析式有所区别,但透过现象看本质,利用函数的性质分析数列的性质,再顺理成章不过,因此,这类题目常考尝新,大有文章可做,应当引起足够的重视.四、数列与导函数综合例5．过点P(1,0)作曲线C ：()()0,,1ky xx k =∈+∞>的切线,切点为1Q ,设点1Q 在x轴上的投影是点1P ；又过1P 作曲线C 的切线,切点为2Q ,设点2Q 在x 轴上的投影是点2P ,…,依次下去,得到一系列点1Q ,2Q ,…,n Q ….设点n Q 的横坐标为n a .(1) 求证：(),*1n n k a n N k =∈-；(2) 求证：11n na k ≥+-；(3) 求证：21ni i i k k a =<-∑. 证明：(1) 设切线过P (1,0)时的切点为111(,)kQ a a ,切线过11(,0)P a 时的切点为222(,)k Q a a ,切线过11(,0)n n P a --时的切点为(,)k n n n Q a a ,此时切线的斜率为1k y k x -'=⋅,切线方程为：1()k k n n n y a k a x a --=⋅-,当1n =时,切线过P (1,0),11k a k =-. 当1n >时,切线过11(,0)n n P a --,即110()k k n n n n a ka a a ---=-,得11n n a k a k -=-,∴数列{}n a 是首项为11k a k =-,公比为1k q k =-的等数列,故(),*1nn k a n N k =∈-. (2)01111()(1)()1111n n nn n n n k a C C C k k k k ==+=+⋅++----011111n n n C C k k ≥+=+--. (3) 1121121nn i in n i n n s a a a a a =--==++++∑①.2311121n n n k n ns k a a a a +--⋅=++++②.两式相减得：1211111(1)n n n k n s k a a a a +--=+++-12111na a a <+++. ∴111()1111n n k k k k s k k k k--⎡⎤-⎢⎥⎣⎦<<---,∴2n s k k <-,即21n i i i k k a =<-∑. 点评：导数是教材新增内容,由于导数的出现,研究函数的性质、求函数的最值带来很大的便利, 导数的几何性质也有着广泛的应用, 导数与数列交汇在一起综合出题,属于新生事物,由“导数的几何性质”开路,找准解决问题的切入点,更突出了“数形结合”的解题思想.五、数列与向量综合例6．在平面直角坐标系中,设向量1234,,,AB a BC a DA a CD a ====,且(,)n n n a x y =,数列{}n x 、{}n y 分别是等差数列和等比数列,求证：四边形ABCD 是平行四边形.解析：由题意知12340a a a a +++=,即1234123400x x x x y y y y +++=⎧⎨+++=⎩.∵{}n x 是等差数列，设公差为d ,∴1111230,x x d x d x d ++++++=∴132x d =-. {}n y 是等比数列,设公比为q ,∵10y ≠,∴2311110y y q y q y q +++=,∴1q =-,∴114133(,),(,)22a d y a d y =-=-,∴AB CD =-,∴四边形ABCD 是平行四边形. 七、数列与立体几何综合例7．空间有n 个平面,其中任何两个平面都不平行,三个平面不共线,且所得的交线中任何2条都不平行,任何3条都不共点,这n 个平面将空间分成多少部分?解析：设这n 个平面把空间分成n a 部分,则1a =2.当平面由n 个增加到n +1个时,新增加的平面与原n 个平面都相交,有n 条交线,这n 条交线将新增加的那个平面分成(1)12n n +⎡⎤+⎢⎥⎣⎦块,其中每一块平面都使空间增加一部分,于是1(1)12n n n n a a ++=++, 故1112(1)()n n k k k a n a a a a -==⎧⎪=⎨+-⎪⎩∑.∴31(56)6n a n n =++,即n 个平面将空间分成31(56)6n n ++部分. 八、数列与解析几何。

数列教案数列的概念及简单表示（1）教学目标1．通过大量实例，理解数列概念，了解数列和函数之间的关系2．了解数列的通项公式，并会用通项公式写出数列的任意一项3．对于比较简单的数列，会根据其前几项写出它的个通项公式4．提高观察、抽象的能力．教学重点：1．理解数列概念；2．用通项公式写出数列的任意一项．教学难点：根据一些数列的前几项抽象、归纳数列的通项公式．教学方法：发现式教学法教学步骤：一．（引言）数产生于人类社会的生产、生活需要，它是描绘静态下物体的量，因此，在人类社会发展的历程中，离不开对数的研究，在这一背景下产生数列。

数列是刻画离散现象的函数，是一种重要的数学模型。

人们往往通过离散现象认识连续现象，因此就有必要研究数列（设置情景）看下列一组实例：（1）课本32页“三角形数问题”（2）见EXCEL（3）某种放射性物质最初的质量为1，每经过一年剩留这种物资的84％，则这种物资各年开始时的剩留量排成一列数：1，84.0，284.0，384.0，……（4）－1的1次幂，2次幂，，……排成一列数：－1，1，－1，1，……（5）无穷多个1排成一列数：1，1，1，1，1，……提出问题：上述各组数据有何共同特征？二．探求与研究.I.基础知识：1.数列：按一定的次序排列的一列数叫数列。

2．项:数列中的每一个数都叫做这个数列的项。

其中第1项也叫做首项3.项数：数列的各项所在的位置序号叫做项数。

4．数列的表示：（1）一般形式：1a，2a，3a，…na，…其中na是数列的第n项。

（2）简单表示：{}na5．通项公式：若数列{}n a的第n项na与它的项数n之间的关系可以用一个公式表示，则这个公式叫做数列的通项公式。

简记为)(nfan=。

说明：（1）通项公式的本质：反映了数列的项与项数之间的对应关系（函数关系）。

（2）依次用1，2，3，…代替公式中的n，就可以求出这个数列的各项。

6．用函数的观点认识数列：项数 1 2 3 4 (64)项 1 22232 (632)实质：数列是一个定义域为正整数集*N（或有限子集{}n,,3,2,1）的函数当自变量从小到大依次取值时对应的一列函数值。

矿产资源开发利用方案编写内容要求及审查大纲
矿产资源开发利用方案编写内容要求及《矿产资源开发利用方案》审查大纲一、概述
㈠矿区位置、隶属关系和企业性质。

如为改扩建矿山, 应说明矿山现状、
特点及存在的主要问题。

㈡编制依据
(1简述项目前期工作进展情况及与有关方面对项目的意向性协议情况。

(2 列出开发利用方案编制所依据的主要基础性资料的名称。

如经储量管理部门认定的矿区地质勘探报告、选矿试验报告、加工利用试验报告、工程地质初评资料、矿区水文资料和供水资料等。

对改、扩建矿山应有生产实际资料, 如矿山总平面现状图、矿床开拓系统图、采场现状图和主要采选设备清单等。

二、矿产品需求现状和预测
㈠该矿产在国内需求情况和市场供应情况
1、矿产品现状及加工利用趋向。

2、国内近、远期的需求量及主要销向预测。

㈡产品价格分析
1、国内矿产品价格现状。

2、矿产品价格稳定性及变化趋势。

三、矿产资源概况
㈠矿区总体概况
1、矿区总体规划情况。

2、矿区矿产资源概况。

3、该设计与矿区总体开发的关系。

㈡该设计项目的资源概况
1、矿床地质及构造特征。

2、矿床开采技术条件及水文地质条件。

矿产资源开发利用方案编写内容要求及审查大纲
矿产资源开发利用方案编写内容要求及《矿产资源开发利用方案》审查大纲一、概述
㈠矿区位置、隶属关系和企业性质。

如为改扩建矿山, 应说明矿山现状、
特点及存在的主要问题。

㈡编制依据
(1简述项目前期工作进展情况及与有关方面对项目的意向性协议情况。

(2 列出开发利用方案编制所依据的主要基础性资料的名称。

如经储量管理部门认定的矿区地质勘探报告、选矿试验报告、加工利用试验报告、工程地质初评资料、矿区水文资料和供水资料等。

对改、扩建矿山应有生产实际资料, 如矿山总平面现状图、矿床开拓系统图、采场现状图和主要采选设备清单等。

二、矿产品需求现状和预测
㈠该矿产在国内需求情况和市场供应情况
1、矿产品现状及加工利用趋向。

2、国内近、远期的需求量及主要销向预测。

㈡产品价格分析
1、国内矿产品价格现状。

2、矿产品价格稳定性及变化趋势。

三、矿产资源概况
㈠矿区总体概况
1、矿区总体规划情况。

2、矿区矿产资源概况。

3、该设计与矿区总体开发的关系。

㈡该设计项目的资源概况
1、矿床地质及构造特征。

2、矿床开采技术条件及水文地质条件。

矿产资源开发利用方案编写内容要求及审查大纲
矿产资源开发利用方案编写内容要求及《矿产资源开发利用方案》审查大纲一、概述
㈠矿区位置、隶属关系和企业性质。

如为改扩建矿山, 应说明矿山现状、
特点及存在的主要问题。

㈡编制依据
(1简述项目前期工作进展情况及与有关方面对项目的意向性协议情况。

(2 列出开发利用方案编制所依据的主要基础性资料的名称。

如经储量管理部门认定的矿区地质勘探报告、选矿试验报告、加工利用试验报告、工程地质初评资料、矿区水文资料和供水资料等。

对改、扩建矿山应有生产实际资料, 如矿山总平面现状图、矿床开拓系统图、采场现状图和主要采选设备清单等。

二、矿产品需求现状和预测
㈠该矿产在国内需求情况和市场供应情况
1、矿产品现状及加工利用趋向。

2、国内近、远期的需求量及主要销向预测。

㈡产品价格分析
1、国内矿产品价格现状。

2、矿产品价格稳定性及变化趋势。

三、矿产资源概况
㈠矿区总体概况
1、矿区总体规划情况。

2、矿区矿产资源概况。

3、该设计与矿区总体开发的关系。

㈡该设计项目的资源概况
1、矿床地质及构造特征。

2、矿床开采技术条件及水文地质条件。