教學過程
一、 課堂匯入
高考考情分析
一般每年考乙個大題，通常與函式、不等式等知識相結合，綜合性較強、難度較大，且往往為壓軸題．具有較高的區分度，與函式、解析幾何相結合的點列問題，與不等式結合的證明問題，以增長率、分期付款等實際問題為背景的應用問題等，要理清其解題思路．
二、複習預習
複習整合知識點：數列求和方法；數列實際應用
三、知識講解
考點1考點2四、例題精析
考點一等差數列與等比數列的綜合應用
例1 數列滿足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2.
(1)設bn＝an＋1－an，證明是等差數列；
(2)求的通項公式．
．【規範解答】
(1)由an＋2＝2an＋1－an＋2得
an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2.
即bn＋1＝bn＋2.
又b1＝a2－a1＝1.
所以是首項為1，公差為2的等差數列．
(2)由(1)得bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，
即an＋1－an＝2n－1.
於是(ak＋1－ak)＝(2k－1)，
所以an＋1－a1＝n2，即an＋1＝n2＋a1.
又a1＝1，所以的通項公式為an＝n2－2n＋2.
【總結與反思】
1．在處理數列求和問題時，一定要先讀懂題意，分清題型，區分等差數列與等比數列，不是基本數列模型的注意運用轉化思想化歸為等差、等比數列，在利用分組求和時，要特別注意項數．
2．在處理等差與等比數列的綜合問題時，先要看所給數列是等差數列還是等比數列，再依據條件建立方程求解．
考點二數列與其他知識交匯命題
例2已知函式f(x)在(－1,1)上有定義，f＝－1，且滿足對任意x、y∈(－1，1)，有f(x)＋f(y)＝f，數列中，x1＝，xn＋1＝.
(1)證明：f(x)在(－1,1)上為奇函式；
(2)求數列的通項公式；
(3)求證：＋＋…＋>－.
【規範解答】
(1)證明：令x＝y＝0，∴2f(0)＝f(0)，
∴f(0)＝0.
令y＝－x，則f(x)＋f(－x)＝f(0)＝0，
∴f(－x)＝－f(x)，
∴f(x)在(－1,1)上為奇函式．
(2)f(x1)＝f＝－1，
f(xn＋1)＝f＝f＝2f(xn)，
∴＝2，即是以－1為首項，2為公比的等比數列，∴f(xn)＝－2n－1.
(32＋>－2，
而－＝－＝－2－<－2.∴＋＋…＋>－.
【總結與反思】
數列與函式的綜合性試題通常用到函式與方程、化歸與轉化、分類與整合等思想．注意數列是特殊的函式、等差、等比數列更是如此，因此求解數列與函式的綜合性題目時，注意數列與函式的內在聯絡，將所給條件向an與n的關係轉化．
考點三數列的實際應用
例3 **決定用「對社會的有效貢獻率」對企業進行評價，用an表示某企業第n年投入的治理汙染的環保費用，用bn表示該企業第n年的產值．設a1＝a(萬元)，且以後治理汙染的環保費用每年都比上一年增加2a萬元；又設b1＝b(萬元)，且企業的產值每年比上一年的平均增長率為10%.用pn＝表示企業第n年「對社會的有效貢獻率」．
(1)求該企業第一年和第二年的「對社會的有效貢獻率」；
(2)試問從第幾年起該企業「對社會的有效貢獻率」不低於20%?
【規範解答】
(1)∵a1＝a，b1＝b，pn＝，
∴p1＝＝1%，
p2＝＝＝3.3%.
故該企業第一年和第二年的「對社會的有效貢獻率」分別為1%和3.3%.
(2)由題意，得數列是以a為首項，以2a為公差的等差數列，數列bn是以b為首項，以1.1為公比的等比數列，
∴an＝a1＋(n－1)d＝a＋(n－1)·2a＝(2n－1)a，bn＝b1(1＋10%)n－1＝1.1n－1b.又∵pn＝，
∴pn＝＝.∵＝×1.1＝×1.1>1，
∴pn＋1>pn，即pn＝單調遞增．又∵p6＝≈17.72%<20%，p7＝≈23.03%>20%.
故從第七年起該企業「對社會的有效貢獻率」不低於20%.
【總結與反思】
用數列知識解相關的實際問題，關鍵是合理建立數學模型——數列模型，弄清所構造的數列的首項是什麼，
項數是多少，然後轉化為解數列問題．求解時，要明確目標，即搞清是求和，還是求通項，還是解遞推關係問題，
所求結論對應的是乙個解方程問題，還是解不等式問題，還是乙個最值問題，然後進行合理推算，得出實際問題的結果．
考點四新定義題型
例4 定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函式f(x)，如果對於任意給定的等比數列，仍是等比數列，則稱f(x)為「保等比數列函式」．現有定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函式：
①f(x)＝x2f(x)＝2x；
③f(xf(x)＝ln|x|.
則其中是「保等比數列函式」的f(x)的序號為( )
a．①② b．③④
c．①③ d．②④
【規範解答】
法1：設的公比為q.
①f(an)＝a，∵＝()2＝q2，
∴是等比數列，排除b、d.
③f(an)＝，
∵＝＝，
∴是等比數列，排除a.
法2：不妨令an＝2n.
①因為f(x)＝x2，所以f(an)＝a＝4n.顯然是首項為4，公比為4的等比數列．
②因為f(x)＝2x，
所以f(a1)＝f(2)＝22，f(a2)＝f(4)＝24，f(a3)＝f(8)＝28，
所以＝＝4≠＝＝16，所以不是等比數列．
③因為f(x)＝，所以f(an)＝＝()n.
顯然是首項為，公比為的等比數列．
④因為f(x)＝ln|x|，所以f(an)＝ln2n＝nln2.
顯然是首項為ln2，公差為ln2的等差數列，故選c.
考點五方程思想在數列中的應用
例5 已知等差數列中，a1＝1，a3＝－3.
(1)求數列的通項公式；
(2)若數列的前k項和為－35，求k的值．
【規範解答】
(1) 設等差數列的公差為d，
則an＝a1＋(n－1)d.
由a1＝1，a3＝－3可得1＋2d＝－3.解得d＝－2.
從而，an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.
(2)由(1)可知an＝3－2n，
所以sn＝＝2n－n2，
進而由sk＝－35可得2k－k2＝－35，
即k2－2k－35＝0，解得k＝7或k＝－5.
又k∈n*，故k＝7為所求．
考點六分類討論思想在數列中的應用
例6 設函式f(x)＝lnx－p(x－1)，p∈r.
(1)當p＝1時，求函式f(x)的單調區間；
(2)設函式g(x)＝xf(x)＋p(2x2－x－1)對任意x≥1都有g(x)≤0成立，求p的取值範圍．
【規範解答】
(1)當p＝1時，f(x)＝lnx－x＋1，其定義域為(0，＋∞)．所以f ′(x)＝－1.由f ′(x)＝－1≥0得0(2)由函式g(x)＝xf(x)＋p(2x2－x－1)＝xlnx＋p(x2－1)，得g′(x)＝lnx＋1＋2px.
由(1)知，當p＝1時，f(x)≤f(1)＝0，即不等式lnx≤x－1成立．
①當p≤－時，g′(x)＝lnx＋1＋2px≤(x－1)＋1＋2px＝(1＋2p)x≤0，即g(x)在[1，＋∞)上單調遞減，從而g(x)≤g(1)＝0滿足題意；
②當－0，1＋2px>0，從而g′(x)＝lnx＋1＋2px>0，即g(x)在(1，－)上單調遞增，從而存在x0∈(1，－)使得g(x0)≥g(1)＝0不滿足題意；
③當p≥0時，由x≥1知g(x)＝xlnx＋p(x2－1)≥0恆成立，此時不滿足題意．
綜上所述，實數p的取值範圍為p≤－
考點七轉化與化歸思想的應用
例7 設數列的前n項和為sn，對任意的正整數n，都有an＝5sn＋1成立．
(1)求數列的通項公式；
(2)設bn＝log4|an|，求數列{}前n項和tn.
【規範解答】
(1)當n＝1時，a1＝5s1＋1，∴a1＝－.又∵an＝5sn＋1，an＋1＝5sn＋1＋1，∴an＋1－an＝5an＋1，即＝－.
∴數列是首項為a1＝－，公比為q＝－的等比數列，∴an＝(－)n.
(2)bn＝log4|(－)n|＝－n，所以＝＝(－)，
tn＝[(11＋－－]＝－.
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