强高考数学二轮复习专题《数列》.pdf

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1、学习必备欢迎下载20XX 年高考数学二轮复习数列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。探索性问题也是高考的热点，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

2、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。一、教学要求本专题的教学要求有以下几点。1、了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图象、通项公式），了解数列是一种特殊函数，理解数列的通项公式的意义。2、理解等差数列的概念；掌握等差数列的通项公式、前n 项和公式，能运用公式解决一些简单问题。能在具体的问题情境中发现数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题。了解等差数列与一次函数的关系。3、理解等比数列的概念；掌握等比数列的通项公式、前n 项和公式，能运用公式解决一些简单问题。能在具体的问题情境中发现数列的等比关系，并能用有关知

3、识解决相应的问题。了解等比数列与指数函数的关系。探索等差、等比数列的通项公式和前n 项和公式。4、数列教学，要注意的问题：(1) 教学中，应使学生了解数列是一种特殊函数。(2) 会根据简单数列的前几项写出数列的一个通项公式。(3) 教学中，要掌握数列中各量之间的基本关系但训练要控制难度和复杂程度，避免繁琐的计算、人为技巧化的难题。(4) 等差数列和等比数列有着广泛的应用，教学中应重视在具体的问题情境中，发现数列的等差关系或等比关系。这样做，既突出了问题意识，也有助于学生理解数列的本质。二、考纲要求江西省 20XX 年高考仍按教育部考试中心颁布的大纲实施，其中有关数列的部分是这样写的：考试内容：

4、数列等差数列及其通项公式等差数列前n 项和公式等比数列及其通项公式等比数列前n 项和公式考试要求：(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，并能解决简单的实际问题。(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，并能解决简单的实际问题。三、试题特点1、考情统计20XX 年高考各地的16 套试卷中，每套试卷均有1 道数列解答题试题，处于压轴位置的有6 道。数列解答题属于中档题或难题。其中，涉及等差数列和等比数列的试题有11 道，有关递推数

5、列的有8 道，关于不等式证明的有6 道。另外，等比求和的错位相减法，广东卷的概率和数列的交汇，湖北卷的不等式型的递推数列关系都是高考试题中展现的亮点。20XX 年高考各地的18 套试卷中 ,有 18 道数列解答试题。其中与函数综合的有6 道，涉及数列不等式证明的有8道，北京还命制了新颖的“ 绝对差数列 ” 。值得一提的是，其中有8 道属于递推数列问题，这在高考中是一个重点。20XX 年高考各地的各套试卷中都有数列题，有7 套试卷是在压轴题的位置，有9 套是在倒数第二道学习必备欢迎下载的位置，其它的一般在第二、三的位置，几乎每道题涉及到递推数列，有9 道涉及到数列、不等式或函数的综合问题，安徽省

6、还出现了一道数列应用题。20XX 年高考各地的各套试卷中都有数列题，也都是几乎每道题涉及到递推数列，数列、不等式或函数的综合问题。综上可知，数列解答题是高考命题的一个每年必考且难度较大的题型，其命题热点是与不等式交汇、呈现递推关系的综合性试题。其中，以函数迭代、解析几何中曲线上的点列为命题载体，有着高等数学背景的数列解答题仍将是未来高考命题的亮点，而以考查学生归纳、猜想、数学试验等能力研究性试题也将成为高考命题的一个新亮点。2、主要特点数列是高中代数的重要内容之一，也是与大学衔接的内容，由于在测试学生逻辑推理能力和理性思维水平，以及考查学生创新意识和创新能力等方面有不可替代的作用，所以在历年高

7、考中占有重要地位，近几年更是有所加强。数列解答题大多以数列为考查平台，综合运用函数、方程、不等式等知识，通过运用递推思想、函数与方程、归纳与猜想、等价转化、分类整合等各种数学思想方法，考查学生灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力，其难度属于中、高档难度。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一般情况下都是一个客观题和一个综合解答题。数列的综合题难度都很大，甚至很多都是试卷的压轴题，它不仅考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，还涉及了配方法、换元法、待定系数法、放缩法等基本数学方法其中的高考热点 探索性问题也出现在近年高考的数列解答题中。3、考查知识(1)

8、 考查数列、等差数列、等比数列等基本知识、基本技能。(2) 与函数、方程、不等式、解析几何等知识相结合，考查学生在数学学习和研究过程中知识的迁移、组合、融会，进而考查学生的学习潜能和数学素养。(3) 以应用题或探索题的形式出现，为考生展现其创新意识和发挥创造能力提供广阔的空间。四、试题类型下面我以20XX 年高考试题为例，大致概括一下高考数列试题的常见类型。只谈数列本身，不涉及数列与向量、三角或解析几何等知识的交汇。类型一：考查等差、等比数列的基本问题等差、等比数列是两类最基本的数列，它们是数列部分的重点，也是高考考查的热点。等差、等比数列的定义、通项公式、前n 项的和等基本知识一直是高考考查

9、的重点，这方面考题的解法灵活多样，技巧性强，考查的目的在于测试考生灵活运用知识的能力，这个“ 灵活 ” 就集中在 “ 转化 ” 的水平上。江西卷 5 在数列na中，12a，11ln(1)nnaan，则na( ) A2ln nB2(1)lnnnC2lnnnD1lnnn解：选A。211ln(1)1aa，321ln(1)2aa，11ln(1)1nnaan1234ln()()()()2ln1231nnaann江西卷19 数列na为等差数列，na为正整数，其前n项和为nS，数列nb为等比数列，且113,1ab，数列nab是公比为64 的等比数列，2264b S。(1) 求,nnab；(2) 求证1211

10、134nSSS。解： （1）设na的公差为d，nb的公比为q，则d为正整数，3(1)nand，1nnbq，依题意有1363 (1)22642(6)64nnndadndabqqbqS bd q学习必备欢迎下载由(6)64d q知q为 正 有 理 数 ， 故d为6的 因 子1,2,3,6之 一 ， 解 得2,8dq， 故132 (1)21,8nnnannb。(2)35(21)(2)nSnn n,1211111111 32435(2)nSSSn n11111111(1)2324352nn11113(1)22124nn。全国 文 19 在数列na中，11a，122nnnaa。(1) 设12nnnab，

11、证明：数列nb是等差数列；(2) 求数列na的前n项和nS。解：（1）122nnnaa，11122nnnnaa，11nnbb， 则nb为等差数列，11b，nbn，12nnan。(2) 01211222(1)22nnnSnn,12121222(1)22nnnSnn两式相减，得01121222221nnnnnSnn。全国文18 等差数列na中，410a且3610aaa，成等比数列，求数列na前 20 项的和20S。解 ： 设 数 列na的 公 差 为d， 则3410aadd，642102aadd，1046106aadd。由3610aaa，成等比数列得23106a aa，即2(10)(106 )(1

12、02 )ddd，整理得210100dd，解得0d或1d。当0d时，2042 02 0 0Sa；当1d时，143103 17aad，于是2012019202Sad207 190330。类型二：考查递推数列的通项公式问题对于由递推式所确定的数列的通项公式问题，通常可对递推式进行变形，从而转化为等差、等比数列问题来解决，这类问题一直是高考久考不衰的题型。天津卷 20 在数列na中，11a，22a，且11(1)nnnaq aqa（2,0nq） 第 (2)问：求数列na的通项公式。解： 由 （） 得11()nnnnaaq aa， 是首项为 1， 公比为q的等比数列。211aa，32aaq， 21(2)n

13、nnaaqn。将以上各式相加，得211(2)nnaaqqn所以当2n时，111111.nnqqaqnq，上式对1n显然成立四川卷 20 设数列na的前n项和为nS，已知21nnnbabS。第 (2)问：求na的通项公式。解：当2b时，由（） 知，1122nnnan，即1(1 ) 2nnan；当2b时，由：112nnnaba，两边同时除以2n得11122 22nnnnaab。可设11()222nnnnaab1111()22222nnnnaabbb，122nnab是等比数列，公比为2b，首项为11122bbb。学习必备欢迎下载111( )2222nnnabbbb111( )2222nnnabbbb

14、，11112(1)22( )2222nnnnnbbbbabbb。类型三：考查数列与不等式的综合问题数列与不等式都是高中数学重要内容，一些常见的解题技巧和思想方法在数列与不等式的综合问题中都得到了比较充分的体现以两者的交汇处为主干，构筑成知识网络型代数推理题，在高考中出现的频率相当高，占据着令人瞩目的地位。陕西卷 22 已知数列na的首项135a，1321nnnaaa，12n，(1) 求na的通项公式；(2) 证明：对任意的0 x，21121(1)3nnaxxx，12n，；(3) 证明：2121nnaaan。解： （1）1321nnnaaa，112133nnaa，1111113nnaa，又121

15、3na，11na是以23为首项，13为公比的等比数列1121213 33nnna，332nnna(2) 由（ 1）知3032nnna，21121(1)3nxxx2112111(1)3nxxx2111(1)1(1)nxxxa2112(1)1naxx2111nnnaaaxna。(3) 由（ 2）知，对任意的0 x，有122221121121(1)31(1)3naaaxxxxxx21121(1)3nxxx2212221(1)333nnnxxx取22111222113311333313nnnxnnn，则2212111111133nnnnnnaaannn浙江卷 22 已知数列na，0na，01a,22*

16、111()nnnaaanN，记nnaaaS21，学习必备欢迎下载)1 ()1)(1 (1)1)(1 (11121211nnaaaaaaT。求证：(1) 1nnaa；(2) 2nSn；(3) 3nT。解： (1)证明：用数学归纳法证明当1n时，因为2a是方程210 xx的正根，所以12aa。 假 设 当*()nk kN时 ，1kkaa， 因 为221kkaa222211(1)(1)kkkkaaaa2121()(1)kkkkaaaa，所以12kkaa即当1nk时，1nnaa也成立。根据和，可知1nnaa对任何*nN都成立。(2)证明：由22111kkkaaa，121kn， ， ，（2n），得222

17、31()(1)nnaaaana因为10a，所以21nnSna由1nnaa及2211121nnnaaa得1na，所以2nSn。(3)证明：由221112kkkkaaaa，得111(2 313)12kkkaknnaa， ， ，所以23421(3)(1)(1)(1)2nnnaaaaaa，于是2222232211(3)(1)(1)(1)2()22nnnnnnaanaaaaa故当3n时，2111 1322nnT，又因为123TTT，所以3nT。类型四：考查存在性和探索性问题这类题突出了对学生的探究、发现和创造能力的考查，有的试题对此考查全面且达到了一定的深度，体现了研究性学习思想。江苏卷19 (1) 设

18、12,na aa是各项均不为零的等差数列（4n） ，且公差0d，若将此数列删去某一项得到的数列(按原来的顺序)是等比数列。当n = 4 时，求1ad的数值；求n的所有可能值；(2) 求证：对于一个给定的正整数n (n 4) ，存在一个各项及公差都不为零的等差数列12,nb bb，其中任意三项(按原来顺序 )都不能组成等比数列。解： (1) 当 n=4 时, 1234,a aa a中不可能删去首项或末项，否则等差数列中连续三项成等比数列，则推出 d=0。 若删去2a， 则2314aa a， 即2111(2 )(3 )ada ad化简得140ad， 得14ad; 若删去3a，则2214aaa，即2

19、111()(3 )adaad化简得10ad，得11ad. 综上，得14ad或11ad。当n=5 时, 12345,a aa aa中同样不可能删去1245,a a aa，否则出现连续三项。若删去3a，则1524aaaa，即1111(4 )() (3 )a adadad化简得230d，因为0d，所以3a不能删去； 当 n6时，不存在这样的等差数列。事实上，在数列12321,nnna aaaaa中，由于不能删去首项或末项，若删去2a，则必有132nnaaaa，这与0d矛盾；同样若删去1na也有132nnaaaa， 这与0d矛盾；若删去32,naa中任意一个，则必有121nnaaaa，这与0d矛盾。

20、(或者说：当n6 时，无论删去学习必备欢迎下载哪一项，剩余的项中必有连续的三项). 综上所述，4n。(2) 假 设 对 于 某 个 正 整 数n ， 存 在 一 个 公 差 为d 的n项 等 差 数 列nbbb,.,21， 其 中111,xyzbbb(01xyzn) 为 任 意 三 项 成 等 比 数 列 ， 则2111yxzbbb， 即2111()()()by dbx dbz d，化简得221()(2 )yxz dxzy b d（*）由10b d知，2yxz与2xzy同时为 0 或同时不为0。当2yxz与2xzy同时为 0 时，有xyz与题设矛盾。故2yxz与2xzy同时不为0，所以由（*

21、）得212byxzdxzy，因为01xyzn，且 x、y、z 为整数，所以上式右边为有理数，从而1bd为有理数。于是，对于任意的正整数) 4(nn，只要1bd为无理数，相应的数列就是满足题意要求的数列。例如n 项数列1，12，1 2 2，1 (1) 2n满足要求。湖北卷21 已知数列na和nb满足：1a,124,( 1) (321),3nnnnnaanban其中为实数，n为正整数。(2) 试判断数列nb是否为等比数列，并证明你的结论；(3) 设0ab,nS为数列nb的前n项和 .是否存在实数，使得对任意正整数n，都有naSb?若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由。解： (2)解：因为bn+

22、1=(-1)n+1an+1-3(n-1)+21=(-1)n+1(32an-2n+14)=32(-1)n （an-3n+21）=23bn，又b1x-( +18),所以当 18 时， bn=0(n N+)，此时 bn不是等比数列；当 18 时， b1=( +18) 0,由上可知bn0，所以123nnbb(nN+)。故当 18 时，数列 bn是以 ( 18)为首项，32为公比的等比数列。(3) 由(2)知，当 18，bn=0，Sn=0，不满足题目要求。 18，故知 bn= -( +18)(32)n-1，于是可得 Sn=-.321)18(53n）（要使 aSnb 对任意正整数n 成立，即 a-53(

23、+18) 1 (32)nb (nN+) 3(18)2251()1()33nnab令2( )1()3f n，当n 为正奇数时，1f(n), 1)(95;35nfn为正偶数时，当 f(n)的最大值为f(1)=35,f(n)的最小值为f(2)= 95,于是，由式得95a-53( +18),.1831853abb当 a3a 存在实数 ，使得对任意正整数n,都有 aSnb,且 的取值范围是 (b-18,-3a-18)。学习必备欢迎下载五、复习建议在二轮复习中， 如何做到有针对性，高效率， 是每个老师都应认真思考的问题。就数列这一部分而言，我个人有以下几点想法或体会。1、基础题要确保，难题要有所为有所不为

24、基础题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n 项和等内容，对基本的计算技能要求不是很高，建议要强化方程思想在解题中的作用(基本量 )，知道前n 项和与通项的关系。对中等及偏下的学生不必介绍过多解题技巧，对基础较好的学生，可适当介绍。例5.1.1 设数列na是各项均为实数的等比数列，nS为其前n项和，若103 010,70SS，则40S( ) A. 150 B. 200C. 150 或200D. 400 或500方法一：当1q时，显然不合题意，故1q。于是10110201010301(1)10117(2)(3)0(1)701aqqqqqqaqq解得：1012,101aqq。所以，40

25、140(1)1501aqSq，选 A. 方法二：设2040,Sx Sy，易知10201030204030,SSSSSSS成等比数列，所以2230(10)10(70) 150(70)(10)(70)xxxyxxy或20200 xy所以选 C. 两种算法得到不同的结果。那么问题出现在哪里？运用解法二应注意什么？象这些基础性的，在复习时一定要学生弄清楚，不可一知半解。对试卷中放在最后的压轴数列题，重点应放在前一问，基础较好的应冲刺最后一问，不能刻意求全，能做到分步得分就行。同时不能放弃数列常规题的复习教学，这仍是一个重点，这是一项“ 根深叶茂 ” 的基础工程，至关重要。2、关于递推数列问题递推数列求

26、通项确实不属于考试大纲的要求，大纲中的规定是 “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”。但是递推公式只是向学生呈现了一种陌生情境，让学生转换化归为已知数列来解决，也就是让学生运用已有的数列知识去解决新的数列问题，即“能力立意”，递推关系只是能力立意的载体，真正考查的是转换与化归等数学思想方法。从近几年的高考来看，递推之风盛行。不过，江西这边情况稍有不同。最近几年的数列题如下：20XX 年江西卷第 (21)题 已知正项数列na中0111,(4),.2nnnaaaanN（）求证12nnaa； （）求通项.na20XX 年江西卷第 (22)题 已知数列na满足：132a

27、，且113221nnnnaannNan（，）。(1) 求数列na的通项公式；(2) 证明：对于一切正整数n，不等式122 !na aan。20XX年 江 西 卷 第 (22) 题 设 正 整 数 数 列na满 足 ：24a， 且 对 于 任 何*nN， 有学习必备欢迎下载nnnnannaaa1211111211（ 1）求13,a a；（2）求数列na的通项na。20XX年江西卷第 (19)题 数列na为等差数列，na为正整数，其前n项和为nS，数列nb为等比数列，且113,1ab，数列nab是公比为64 的等比数列，2264b S。(1) 求,nnab；(2) 求证1211134nSSS。前三

28、年均为递推数列，但08 年风平浪静， 09 年还会风起云涌么？我觉得，对于09 年的高考数列题我们不必去“预测”，不管形式如何变化，对于递推数列还是要认真复习。但生源好的学校可以适当加强，生源一般的学校无须舍本求末得不偿失。高考以能力立意，这里的能力是指：思维能力，对现实生活的观察分析力，创造性的想像能力，探究性实验动手能力，理解运用实际问题的能力，分析和解决问题的探究创新能力，处理、运用信息的能力，新材料、新情景、新问题应变理解能力。其重点是概念观点形成和规律的认识过程，它往往蕴藏在最简单、最基础的题目之中。如果知识的熟练程度达不到，一味钻研综合题、难题，反而会影响能力的提高。所以无论一轮复

29、习还是二轮复习都应该将重点放在基础知识、基本技能的训练上，对于学生提出的一些基础性的问题要认真对待。例 5.2.1 已知1( )2f xx，数列na满足1112,()nnaaf a，证明：112nnaa。有个同学这样考虑：对于函数1( )2 (12)f xxx， 则/21( )0fxx， 这说明它在区间1,2上是递增的，但要证明的数列却是单调递减的，不是说数列是定义在正整数集上的函数么？很是困惑。对于数列的单调性与函数的单调性的关系问题，必须要提醒学生注意。其一，因为数列在任何一点处都不可导，因此研究其单调性不能直接对( )naf n求导；其二，数列的单调性与对应函数的单调性的关系如何，要看给

30、出的关系式是通项公式还是递推式。如果给出的是通项公式( )naf n，则函数( )f x在1,)上单调递增 (减 )数列na单调递增 (减)；如果给出的是递推式:1()nnaf a，则有函数( )f x单调递增且12aa(12aa)数列na单调递增 (减)；函数( )f x单调递减且12aa数列na是一个摆动数列，不具有单调性，但2na和21na都是单调数列，且单调性相反。我刚才说到，递推数列的复习不可小视。但如何抓住重点，把握难点？谈点个人看法。由于该内容在考试大纲中没有一个明确的说法，所以具体教学时难以把握教学要求，难以控制难度，造成这项内容极易膨胀。有的教师受一些参考资料的影响，对学生进

31、行递推数列的系统教学，讲解由递推关系求通项的各种类型各种方法，包括一阶的，二阶的，整式的、分式的，甚至特征方程也讲。结果呢？时间和精力花了不少，学生解数列题的能力却不见长进，到头来不仅不会做数列题，而且由于增加了学生不少的负担，也把宝贵的复习时间浪费了。我认为，求通项不应是递推数列教学的全部内容，甚至还不是主要内容。能通过直接求出通项而解决的问题往往不会使我们感到为难，大量的、有难度的问题都不是靠求出通项去解决，而是靠弄清数列“项的特征”后而解决的，因为数列“项”的特征清楚了，许多问题也就解决了。所以可以这样认为：递推数列教学的重点不是求通项， 而是通过递推关系式确定数列“项”的特征，其中求通

32、项公式只是确定数列“项”的特征的一种方法，它是解决递推数列基础。为了研究数列“项”的特征，最关键的是要对递推式进行“恰当的变形”。由于对递推式的变形没有学习必备欢迎下载固定的模式，如何变形不仅与条件式的结构有关，还也问题的形式有关，要实现条件与结论的联系需要用到观察、归纳、类比、猜想、推理等思想方法的综合应用，这成了递推数列教学的难点。由于要突破这个难点所要用到的是学生“观察、归纳、类比、猜想、推理、计算、证明等思想方法的组合运用”，这正是学生综合数学素养的体现，也正是学生迁移能力和学习潜能的反应，要使学生在解这类问题时表现出色，必须在平时教学中对所有教学内容都充分挖掘教材的思想性，充分揭示数

33、学的本质，让学生在掌握“陈述性知识”的同时掌握好数学中的“程序性知识”。把握住了递推数列教学的方向，教学时就不会患得患失、无所适从，就不必在求通项方面大做文章大加拓展，只要讲清了数列中应该挖掘的等量与不等量关系下的“累加法、叠乘法、迭代法、恒等变形法”等就可以了。这样，我们的教学就回归到了本位挖掘数学思想，揭示数学本质. 例 5.2.2 (08 浙江卷 22) 已知数列na，0na，01a，)(12121Nnaaannn。记nnaaaS21，)1()1)(1(1)1)(1(11121211nnaaaaaaT。 求 证 ： 当nN时，(1)1nnaa；(2)2nSn；(3) 3nT。首先我们不难

34、发现由递推关系式)(12121Nnaaannn是很难求出通项公式来的，为了探寻an的特征，我们用数学归纳法先证明（1）当nN时，1nnaa，即数列 an是递增数列，由此不难得出an1(nN) ， 又 由22111()nnnaaanN 0 ，0na得512na， 所 以511()2nanN，这就是数列an 的“项”的特征，有了它，后面两个问题就好解了。其中（3）的证法可以是：5111511(),2,2125112nnanNnnNa21515151535153113222222nnnT这样解显得更自然、流畅。3、试卷讲评或习题讲解时要讲到点子上不要用教师过早的“ 引导 ” 限制、代替学生的思维，要

35、重视思维过程的指导，暴露如何想？怎么做？谈来龙去脉，重视通性通法的运用。多让学生感到自然，与你共鸣。少让学生感到突然，强加给学生。努力使学生觉得，你老师想到的，我也差不多能够想到。少让学生感到， 只有你老师自己能够想到，我怎么想也想不到。如果学生总觉得“ 老师你真聪明 ” ，那将不是一件好事。例如，数列和不等式的联系一直是高考的一个热点，所以也是我们高考复习的一个重点。这种递推不等式问题新颖多变，综合性强，时常被设置为压轴题，成为高考的热点和亮点问题。从近年的试题来看，这类问题具有证法多样性、思维灵活性、问题新颖性、联系广泛性、形式多变性、全面综合性，我们在复习中也应该采取进一步的措施，以培养

36、学生的能力。用数学归纳法证明与n有关的递推不等式，归纳过程往往会有一定的困难，或者根本证不出来，此时要强化命题，或增加起点，或两次运用归纳假设才能顺利地完成归纳过渡。在处理问题时，务必要充分暴露思维的过程，并且要调动学生的积极思维，否则效果不会很好。例如，关于1 (niiakk为常数)型不等式的证明，若用放缩法来证，一般考虑对na放缩：nnab，学习必备欢迎下载其中nb为一个等比数列的通项，即11nnbb q，那么接下来的任务即寻找公比q了。1111111(1) (01,0)11nnniiiibqbab qqbqq于是，11bkq。从而已知1,b k即可得公比q。有了放缩的尺度，就不会出现放缩

37、过大或过小。举两个例子。例 5.3.1(07 四川卷 22)求证：012122224444331313131n。分析：令12431nna，则12a。令11122,311bbaqq，所以13q，可设1111( )33nnnbbb。证明：111122111133313nnnnnnaaaa，于是1111( )33nnnaaa。所以111111( ) 113( )33 ( )3.13313nnniniiiibab如果教学时没有向学生说明清楚13是怎么来的，而是照搬答案，那么学生只能认为老师高明，而无法学会自己如何去分析。例5.3.2(08浙 江 卷22) 已 知 数 列na，0na，01a,22*11

38、1()nnnaaanN， 记nnaaaS21，)1 ()1)(1 (1)1)(1 (11121211nnaaaaaaT。求证：当*nN时，(1) 1nnaa；(2) 2nSn；(3) 3nT。分 析 ： 先 寻 找 放 缩 的 方 法 。 令11111ba， 由3k得12313bqq。 记121(1)(1)(1)nnbaaa，则111nnnbba。下面只须证明1213na，即证1 (1)2nan。证明：因为2222110aaa且20a，所以2512a。由（ 1）知当1n时，212naa。于是312na，即1213na，从而1111222( )( )333nnnnbbb，得：11121 ( )2

39、23( )31 ( ) 323313nnninniiiTb4、重视数列的实际应用学习必备欢迎下载我这里主要是指递推思想方法在解题中的应用。数列是一类特殊的函数，其递推思想是解决问题的一种重要的思想和方法，利用递推思想解题能体现深刻独特、简洁明快的特点，而且许多考题均涉及到这一点。因此，我们在复习过程中要重视这一点，努力培养学生的递推意识，以期在有关考题的解答过程中灵活运用。例 5.4.1 将圆分成 (2)nn个扇形， 有m种不同颜色可供选择，每个扇形用m种不同颜色之一染色，要求有公共边的扇形颜色不同，问有多少种染色方法？设有na种方法，将扇形按顺时针编号为1,2,n，从 1 开始依次对扇形染色

40、，使得除 1 和n外，有公共边的扇形不同色，得到1(1)nm m种不同的染色方法。当 1 和n颜色不同，有na种；当1 和n颜色相同，有1na种。因此，1nnaa1(1)nm m。不难求得：(1)( 1)(1)nnnamm。据此，可解决以下一系列类似问题：（1）在一个正6 边形的六个区域栽种观赏植物（如图1） ，要求同一块区域中种同一种植物，相邻的两块区域种不同的植物，现有4 种不同植物可供选择，则有种栽种方案。（2）将一环形花坛分成A、B、C、D 四块（如图2）,现有 4 种不同的花供选种，且相邻的块种不同的花，则不同的种法总数为； （20XX 年高考题）（3）某城市在中心广场建造一个花园，花园分6 个部分（如图3） ，现要栽种4 种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有种。 （ 20XX 年高考题）例 5.4.2 包含甲在内的 (2)mm个人练习传球，设传球n次，球首先从甲手中传出，第n次仍传给甲，共有多少种不同的传球方法？设传球n次，第n次传给甲的传球方法种数为na，不传给甲的方法种数为nb，则1nnab，于是1(1)nnnaam，可以求出：11(1)( 1)nnnmammm。这样的子例子很多，在各种考试题中均有出现。有的是概率与数列，有的是数列的实际应用题，在此不一一列举。ABCD123456图 1 图 2 图 3 n1n123