最新高考数学专题数列与探索性新题型的解题技巧优秀名师资料.docx
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最新高考数学专题数列与探索性新题型的解题技巧优秀名师资料
高考数学专题：
数列与探索性新题型的解题技巧
数列与探索性新题型的解题技巧
【命题趋向】年高考题可见数列题命题有如下趋势:
从2007年高考题可见数列题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、n项和公式前等.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。
探索性问题是高考的热点，常在数列解答题中出现。
本章中还蕴含着丰富的数学思想，在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法.应用问题考查的重点是现实客观事物的数学化，常需构造数列模型，将现实问题转化为数学问题来解决.【例题解析】考点1正确理解和运用数列的概念与通项公式理解数列的概念,正确应用数列的定义，能够根据数列的前几项写出数列的通项公式.
典型例题例1（（2006年广东卷）在德国不来梅举行的第48届世乒赛期间，某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品，其中第1堆只有1层，就一个球;第2，3，4，…堆最底层（第一层）分别按图4所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第n堆第n层就放一个乒乓球，以f（n）表示第n堆的乒乓球总数，则
f（3）=;f（n）=（答案用n表示）.
…
思路启迪:
从图中观察各堆最低层的兵乓球数分别是12,3,4,…推测出第n层的球数。
解答过程:
显然f（3）=10.第n堆最低层（第一层）的乒乓球数，an=a1+a2+
L+an=n（n+1），第n堆的乒乓球数总数相
2
当于n堆乒乓球的低层数之和，即f（n）=a1+a2+L+an=1（12+22+L
+n2）+1n（n+1）.
222
所以:
f（n）=n（n+1）（n+2）6例2（2007年湖南卷理）将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，得到如图所示的0-1三年湖南卷理）（角数表（从上往下数，第1次全行的数都为1的是第1行，第2次全行的数都为1的是第3行，…，第n次全行的数都为1的是第行;第61行中1的个数是（第1行11第2行101第3行1111第4行10001第5行110011……………………………………………思路启迪:
计算图形中相应1的数量的特征，然后寻找它们之间的规律
103f
。
解:
第1次全行的数都为1的是第21=1行，第2次全行的数都为1的是第221=3行，第3次全行的数都为1的是第231=7行，，第n次全行的数都为1的是第2n1行;第61行中1的个数是251=32（应填2n1，32考点2数列的递推关系式的理解与应用在解答给出的递推关系式的数列问题时，要对其关系式进行适当的变形，转化为常见的类型进行解题。
如“逐差法”若anan1=n,且a1=1;我们可把各个差列出来进行求和，可得到数列{an}的通项.
an=（anan1）+（an1an2）+L+（a2a1）+a1=n+（n1）+L+
2+1=
n（n+1）.2
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再看“逐商法”即an+1=n+1且a1=1，可把各个商列出来求积。
an
an=anan1aL2a1=n（n1）（n2）L21=n!
an1an2a1
另外可以变形转化为等差数列与等比数列，利用等差数列与等比数列的性质解决问题。
例3（（2007年北京理）北京卷理北京数列{an}中，a1=2，an+1=an+cn（c是常数，n=1，3，）2，L，且a1，a2，a3成公比不为1的等比数列（（I）求c的值;（II）求{an}的通项公式（思路启迪:
（1）由a1，a2，a3成公比不为1的等比数列列方程求c;
（2）可根据递推公式写出数列的前几项，然后分析每一项与该项的序号之间的关系，归纳概括出an与n之间的一般规律，从而作出猜想，写出满足前4项的该数列的一个通项公式.解:
（I）a1=2，a2=2+c，a3=2+3c，因为a1，a2，a3成等比数列，所以（2+c）2=2（2+3c），解得c=0或c=2（当c=0时，a1=a2=a3，不符合题意舍去，故c=2（（II）当n?
2时，由于
a2a1=c，a3a2=2c，
LL，anan1=（n1）c，
2
所以ana1=[1+2+L+（n1）]c=n（n1）c（又a1=2，c=2，故an=2+n（n1）=n2n+2（n=2，L）（3，当n=1时，上式也成立，所以an=n2n+2（n=1，L）（2，小结:
从特殊的事例，通过分析、归）
（A）2n+12（B）3n（C）2n（D）3n1命题目的:
本题考查了等比数列的定义和求和公式，着重考查了运算能力。
过程指引因数列{an}为等比，则an=2qn1，因数列{an+1}也是等比数列，则过程指引
（an+1+1）2=（an+1）（an+2+1）an+12+2an+1=anan+2+an+an+2
an+an+2=2an+1an（1+q22q）=0q=1
即an=2，所以Sn=2n，故选择答案C.例6.已知在正项数列{an}中，Sn表示前n项和且2Sn=an+1，求an.思路启迪:
转化为只含an或者只含Sn的递推
关系式.解答过程1:
由已知2Sn=an+1，得当n=1时，a1=1;当n?
2时，an=Sn,Sn,1，代入已知有2Sn=SnSn1+1，Sn1=Sn2Sn+1.
Sn1=
（
Sn1，又an>0,Sn>Sn1，故Sn1=Sn1.
）
2
SnSn1=1，
{S}是以1为首项，1为公差的等差数列，
n
Sn=n故an=2n1.
解答过程2:
由已知2Sn=an+1，得当n=1时，a1=1;当n?
2时
因为Sn=an+1，所以an=an+1an1+1.222
222
224an=an+2anan12an1，a22ana212an1=0nn
（an+an1）（anan12）=0，因为an>0，
所以anan1=2，所以an=2n1.考点4.数列中与n有关的等式的理解与应用对数列中的含n的式子，注意可以把式子中的n换为n1得到另外的式子。
也可以把n取自然数中的具体的数1，2，3…等，得到一些等式归纳证明.（2006年福建卷）已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an+1（n?
N）例7（（
（?
）求数列{an}的通项公式;
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（?
）若数列{bn}满足4b11×4b21×4b31×L×4bn1=（an+1）
bn
（n?
N*）,证明:
{bn}是等差数列;
思路启迪:
本小题主要考查数列基本知识，考查化归的数学思想方法，考查综合解题能力。
把递推关系式变形转化
*解答过程:
（I）解:
Qan+1=2an+1（n?
N）,
?
an+1+1=2（an+1）,
{an+1}是以a1+1=2为首项，2为公比的等比数列。
?
an+1=2n.
即
an=221（n?
N*）.
b
（II）证法一:
4b11×4b21×4b31×L×4bn1=（an+1）n，
?
4（b1+b2+……+bn）n=2nbn.
?
2[（b1+b2+……+bn）n]=nbn,
2[（b1+b2+……+bn+bn+1）（n+1）]=（n+1）bn+1.
?
?
?
?
，得2（bn+11）=（n+1）bn+1nbn,即（n1）bn+1nbn+2=0,
nbn+2（n+1）bn+1+2=0.
?
?
?
?
，得即
nbn+22nbn+1+nbn=0,
bn+22bn+1+bn=0,
?
bn+2bn+1=bn+1bn（n?
N*）,
故{bn}是等差数列.等差、考点5等差、等比数列的概念与性质的理解与应用在等差、等比数列中，已知五个元素a1,an,n,d或q，Sn中的任意三个，运用方程的思想，便可求出其余两个，“知三求二”本着化多为少的原则，即。
解题时需抓住首项a1和公差（或。
另外注意等差、等比数列的性质的运用.例如公比q）
（1）等差数列{an}中，若m+n=p+q，则am+an=ap+aq;等比数列{an}中，若
m+n=p+q，则aman=apaq.
（2）等差数列{an}中，Sn,S2nSn,S3nS2n,LSknSk（n1）,L成等差数列。
其中Sn是等差数列的，前n项和;等比数列{an}中（q?
1）Sn,S2nSn,S3nS2n,L
SknSk（n1）,L成等比数列。
其中
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Sn是等比数列的前n项和;
（3）在等差数列{an}中，项数n成等差的项an也称等差数列.（4）在等差数列{an}中，S2n1=（2n1）an;S2n=n（an+an+1）.在复习时，要注意深刻理解等差数列与等比数列的定义及其等价形式.注意方程思想、整体思想、分类讨论思想、数形结合思想的运?
103f
?
典型例题（2006年江西卷）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若OB,a1OA，a200OC，且A、年江西卷）例8（（（B、C三点共线（该直线不过原点O），则S200,（）A（100B.101C.200D.201命题目的:
考查向量性质、等差数列的性质与前n项和。
过程指引:
依题意，a1，a200,1，故选A过程指引（2007年安徽卷文、理）例9（（某国采用养老储备金制度，公民在就业的第一年就交纳养老储备金，数目为a1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d（d>0）,因此，历年所交纳的储备金数目a1,a2,…是一个公差为d的等差数列.与此同时，国家给予优惠的计息政府，不仅采用固定利率，而且计算复利.这就是说，如果固定年利率为r（r>0）,那么,在第n年末，第一年所交纳的储备,,金就变为a1（1+r）n1，第二年所交纳的储备金就变成a2（1+r）n2，…….以Tn表示到第n年末所累计的储备金总额.（?
）写出Tn与Tn,1（n?
2）的递推关系式;（?
）求证Tn=An+Bn，其中{An}是一个等比数列，{Bn}是一个等差数列.命题目的:
本小题主要考查等差数列、等比数列的基本概念和基本方法，考查学生阅读资料、提取信息、建立数字模型的能力，考查应用所学知识分析和解决实际问题的能力.解:
（I）我们有Tn=Tn1（1+r）+an（n?
2）.（II）T1=a1,对n?
2反复使用上述关系式，得
Tn=Tn1（1+r）+an=Tn2（1+r）2+an1（1+r）+an=L
a1（1+r）n1+a2（1+r）n2+L+an1（1+r）+an,
uuur
uuur
uuur
?
在?
式两端同乘1+r，得
（1+r）Tn=a1（1+r）n+a2（1+r）n1+L+an1（1+r）2+an（1
+r）.
?
?
?
，得
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rTn=a1（1+r）n+d[（1+r）n1+（1+r）n2+L+（1+r）]and[（1
+r）n1r]+a1（1+r）1a2a2na1a2a3a4a2n1a2nQ
?
a2k1+a2k3q2k232k+2，k=1，L，n（2，=4k4=qa2k1a2k2q
2
1113++L+=（1+q2+L+q2n+2）（下同解法1（a1a2a2k2
考点7数列与函数的迭代问题由函数迭代的数列问题是进几年高考综合解答题的热点题目，此类问题将函数与数列知识综合起来，考察函数的性质以及函数问题的研究方法在数列中的应用，涉及的知识点由函数性质、不等式、数列、导数、解析几何的曲线等，另外函数迭代又有极为深刻的理论背景和实际背景，它与当前国际数学主流之一的动力系统（拓扑动力系统、微分动力系统）密切相关，数学家们极为推崇，函数迭代一直出现在各类是数学竞赛试题中，近几年又频频出现在高考数学试题中.（2006年山东卷）已知数列,an,中，a1=1、点（n、an+1an）山东卷）在直线y=x上，其中例12（（（2
2
n=1,2,3….（?
）令bn=an+1an1,求证数列{bn}是等比数列;
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（?
）求数列{an}的通项;（?
）设Sn、Tn分别为数列{an}、bn}的前n项和,是否存在实数λ，使得数列Sn+λTn为等差数{
n
列,若存在，试求出λ.若不存在,则说明理由.思路启迪:
利用等比的定义证明bn是等比数列;对an可由已知用叠加法求出求。
求出
an与bn便可顺利求出第三问.
解答过程:
（I）由已知得
1a1=,2an+1=an+n,2
3313Qa2=,a2a11=1=,4424
又bn=an+1an1,bn+1=an+2an+11,
baa1?
n+1=n+2n+1=bnan+1an1
?
{bn}是以
an+1+（n+1）an+nan+1an1122=2=.an+1an1an+1an12
3为首项，以1为公比的等比数列.42
4222
（II）由（I）知，bn=3×
（1）n1=3×1,n
3131?
an+1an1=×n,?
a2a11=×,22223131a3a21=×2,?
anan11=×n1,2222
将以上各式相加得:
3111?
ana1（n1）=（+2++n1）,2222
11（1n1）3213132?
an=a1+n1×=+（n1）（1n1）=n+n2.1
2222212
?
an=
3+n2.2n
（III）解法一:
存在λ=2，使数列{Sn+λTn}是等差数列.
nQSn=a1+a2++an=3（111+++n）+（1+2++n）2n21222
1122（1n）22+n（n+1）2n=3（11n）+n3n=3+n3n+3.=3×n22221212
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31（1n）42=3（11）=3+3.Tn=b1+b2++bn=122n22n+112
数列{Sn+λTn}是等差数列的充要条件是Sn+λTn=An+B,（A、B是常数）
nn
即Sn+λTn=An2+Bn,
22又Sn+λTn=3+n3n+3+λ（3+3）=n3n+3（1λ）（11）.nnn+1
2
2
2
2
2
2
2
?
当且仅当1λ=0，即λ=2时，数列{Sn+λTn}为等差数列.
2n
解法二:
存在λ=2，使数列{Sn+λTn}是等差数列.
n
由（I）（II）知，an+2bn=n2，?
Sn+2T=n（n+1）2n.、
2
Sn+λTn=nn（n+1）2n2Tn+λTnn3λ22=+Tn.2nn
又T=b+b++b=nn12
31（1n）42=3（11）=3+3.122n22n+112
Sn+λTnn3λ233=+（+n+1）.n2n22
?
当且仅当λ=2时，数列{Sn+λTn}是等差数列.
n
（5）S=2+22+222+L+22L2n132
n
例13（2007年陕西卷理）已知各项全不为零的数列{ak}的前k项和为Sk，Sk=且（?
）求数列{ak}的通项公式;（II）对任意给定的正整数n（n?
2），数列{bk}满足bk+1=kn（k=1,2,L,n1）,
bkak+1
b1=1.求b1+b2+L+bn.
1，akak+1（k?
N*）其中a1=1.2
思路启迪:
注意利用bk=
bkbk1bL2b1解
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