三、命题趋势
    从上表可以看出，近几年本章考查呈现以下特点：
    1、题型和题量：选择题(或填空题)+解答题，保持1小(选择较多，填空较少)，加1大(解答题)，分值大约16～17分，但也有不少省市自主命题卷，仅保留一道解答题．
    2、知识点考查：仍保持传统的对等差、等比数列的通项和前n项和的考查较多，和组合数、函数、不等式、解析几何中的椭圆、双曲线、抛物线交汇出题也成为命题中涉及较多的知识点 ．填空题或选择题中与数列极限结合成为对极限知识点考查的新趋势．
    3、难度与趋势
    (1)数列创新题的频繁出现令近几年高考数列题的难度起伏不定，北京卷2004年T20新定义的“余差”、全国卷Ⅳ2004年T22与导数综合、湖北卷2005年T22、北京卷2005年T14、江西卷2005年12题、浙江卷2005年T20、上海卷2005年T12、辽宁卷2005年T12，都新颖别致，也有难有易，关键还是情景设置问题，像全国卷Ⅲ，2005年第12题叙述的计算题中十六进制与十进制的转化，学生接触较少的往往难以答对，2006年北京T20新定义“绝对差数列”且作为压轴题有一定难度，2006重庆T22与解析几何，不等式相结合作为压轴题有一定难度．2006年陕西T22、2006重庆T20与导数综合都有一定难度．
    (2)数列应用题和递推：数列应用题始终是学生学习的难点，这主要涉及到等差与等比的综合，等差中有等比，等比中含等差，再与递推数列结合，往往难度较大，但不容置疑的是近几年对递推数列的考查已超过了考纲要求，如果从数学思想方法方面解释，是通过递推、数学归纳法将数列转化为等差或等比问题，体现考生的化归与转化能力也是合理的．
    四、复习建议
    数列是高中阶段重点内容之一，是高考的重点．数列(可以作为特殊函数)在近几年高考中总比重略有下降，但仍高出其课时数比例，试题着重考查数列、等差数列和等比数列、数列极限的基础知识、基本技能、基本思想和方法(含数学归纳法)．鉴于数列特有的地位、特点，可有效地测试逻辑推理能力、运算能力，以及运用有关的知识和方法，分析问题和解决问题的能力，故数列部分的复习要从以下几个方面着手：
    1、定位准确
    数列客观性试题主要考查数列(含等差、等比)的概念、性质、通项、前n项和、极限等内容，对节本运算技能要求较高，复习中应叫强对“三基”和解题技能的训练，特别是对基本知识的归纳、总结和运用 ．数列解答题中等差、等比综合知识(还可能涉及数学归纳法)与函数、方程、不等式、圆锥曲线可以交汇出多学科的综合试题，解题过程中融入分类讨论、化归与转化、数形结合等多种数学思想，属于中高档难度试题，位置还有从压轴题前移的趋势，复习中在注重基本方法的同时，还需注重与其他知识块的联系，以思想方法的应用为思维出发点，注意对解题能力的训练．
    2、分析命题趋势
    数列是特殊的函数，而不等式则是深刻理解数列和函数的重要工具，三者的综合是基础和能力的双重检验．数列推理题(开放题、探索性试题)、新定义题，对考查考生的后继学习能力方面都具有无可替代的作用 ．复习中要有意识地从不同侧面、不同角度审视同一问题，引导学生分析数列与函数、不等式、排列组合、概率、统计等的关系，提高对新情景问题的转化能力，将新题化归为自己知识能力范围内的旧题，使问题得到解决，更重要的是使学生了解命题的趋势，预见到可能遇到的新问题，从心理上减轻应考压力．
    3、加强应用意识，强化能力训练，寻求简捷方法
    高考命题自1993年初次考查应用题以来，先后考查过数列、函数、概率、统计、圆锥曲线、不等式等知识 ．近几年几乎都集中于考查概率应用题，但命题改革的深入不会也不可能总是固定在对概率应用题的考查上，从新课程卷的考查趋势分析，数列应用题应成为今后命题的“高危”试题，复习中应加强学生的应用意识，强化建模能力，建模后的解模，涉及到数列基本知识的运用和解题能力，特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力 ．由于考题中选择、填空题解法灵活多变，加强训练、注重技巧和一些特殊结论的记忆，可以有效提高解题能力，节省宝贵的解答时间．
    五、思想与方法综览
    1、函数方程思想
    [案例]已知函数${\displaystyle y=f\left(x\right)}$满足${\displaystyle f(n-1)=f\left(n\right)-l{ga}^{n-1}}$(${\displaystyle n\ge 2,n\in N^{\star }}$)，且${\displaystyle f\left(1\right)=-lga}$，是否存在实数${\displaystyle \alpha }$，${\displaystyle \beta }$，使${\displaystyle f\left(n\right)}$${\displaystyle =}$${\displaystyle (\alpha n^2+\beta n-1)}$·${\displaystyle lga}$对任何${\displaystyle n\in N^{\star }}$都成立？证明你的结论．
    解:${\displaystyle \because f\left(1\right)=-lga}$，
    在${\displaystyle f(n-1)=f\left(n\right)-l{ga}^{n-1}(n\ge 2)}$中令${\displaystyle n=2}$，得
    ${\displaystyle f\left(1\right)=f\left(2\right)-lga}$，
    ${\displaystyle \therefore f\left(2\right)=f\left(1\right)+lga=-lga+lga=0}$．
    若存在实数${\displaystyle \alpha ,\beta }$使${\displaystyle f\left(n\right)=(\alpha n^2+\beta n-1)lga}$成立，
    则${\displaystyle n=1}$时，有${\displaystyle f\left(1\right)=(\alpha +\beta -1)lga}$，
    ${\displaystyle n=2}$时，有${\displaystyle f\left(2\right)=(4\alpha +2\beta -1)lga}$，
    即${\displaystyle \{\begin{array}{ll}-lga=(\alpha +\beta -1)lga& \\ 0=4\alpha +2\beta -1& \end{array}①}$
    (1)${\displaystyle 若lga=0,即a=1,f\left(n\right)=0(n\in N^{\star })}$．
    这时${\displaystyle \alpha ,\beta }$为任何实数均有${\displaystyle f\left(n\right)=(\alpha n^2+\beta n-1)lga}$成立．
    (2)${\displaystyle 若lga\ne O}$，即${\displaystyle a\in (0，1)\cup (1，+\infty )}$时，
    方程组①变成${\displaystyle \{\begin{array}{ll}\alpha +\beta -1=-1& \\ 4\alpha +2\beta -1=0& \end{array}，\therefore \{\begin{array}{ll}\alpha =\frac{1}{2}& \\ \beta =-\frac{1}{2}& \end{array},}$
    这时${\displaystyle f\left(n\right)=(\frac{1}{2}{n}^2-\frac{1}{2}n-1)lga}$ ②
    下面用数字归纳法证明${\displaystyle n\in N^{\star }}$时，②式成立．
    (i)${\displaystyle n=1,f\left(1\right)=(\frac{1}{2}\times 1^2-\frac{1}{2}\times 1-1)lga=-lga}$，
    ${\displaystyle \therefore n=1时，②式显然成立}$．
    (ii)假设${\displaystyle n=k}$时，${\displaystyle f\left(k\right)=(\frac{1}{2}{k}^2-\frac{1}{2}k-1)lga}$成立，
    由题意知${\displaystyle f\left(k\right)=f(k+1)-l{ga}^k}$，
    ${\displaystyle f(k+1)=f\left(k\right)+klga=(\frac{1}{2}{k}^2-\frac{1}{2}k-1)lga+klga}$
    ${\displaystyle =(\frac{1}{2}{k}^2-\frac{1}{2}k-1+k)lga}$
    ${\displaystyle =[\frac{1}{2}{(k+1)}^2-\frac{1}{2}(k+1)-1]lga}$
    ${\displaystyle \therefore n=k+1}$时，②式成立．
    综合(i)(ii)知，对任何${\displaystyle n\in N^{\star }}$，都有${\displaystyle f\left(n\right)=(\frac{1}{2}{n}^2-\frac{1}{2}n-1)lga}$成立．
    综上所述，存在实数${\displaystyle \alpha ,\beta }$使${\displaystyle f\left(n\right)=(\alpha n^2+\beta n-1)lga}$对任何${\displaystyle n\in N^{\star }}$成立．

    点评:在解题时要有分类思想，如本题先对${\displaystyle lga=0}$与${\displaystyle lga\ne 0}$时行分类讨论．由特殊情况${\displaystyle n=1}$，${\displaystyle n=2}$当${\displaystyle lga\ne 0}$时定出${\displaystyle \alpha ,\beta }$，法须用数学归纳法证明它们对任何${\displaystyle n\in N^{\star }}$都成立．

    2、分类讨论思想
    [案例](2006·江西)已知各项均为正数的数列${\displaystyle \left\{a_n\right\}}$满足${\displaystyle a_1=3}$，且${\displaystyle \frac{2a_{n+1}-a_n}{2a_n-a_{n+1}}=a_n{a}_n-1}$，${\displaystyle n\in N^{\star }}$.
    (1)求数列${\displaystyle \left\{a_n\right\}}$的通项公式．
    (2)设${\displaystyle S_n=a_1^2+a_2^2+\dots +a_n^2,T_n=\frac{1}{a_1^2}+\frac{1}{a_2^2}+\dots +\frac{1}{a_n^2}}$，求${\displaystyle S_n+T_n}$，并确定最小正整数${\displaystyle n}$，使${\displaystyle S_n+T_n}$为整数．
    解:(1)条件式化为${\displaystyle a_{n+1}-\frac{1}{a_{n+1}}=2(a_n-\frac{1}{a_n})}$，
    因此${\displaystyle \{a_n-\frac{1}{a_n}\}}$为一个等比数列，其公比为2，首项为${\displaystyle a_1-\frac{1}{a_1}=\frac{8}{3}}$.
    所以${\displaystyle a_n-\frac{1}{a_n}=\frac{8}{3}\cdot 2^{n+1}=\frac{2^{n+2}}{3}(n\in N^{\star })}$． ①
    因${\displaystyle a_n>0}$，由①得出${\displaystyle a_n=\frac{1}{3}(2^{n+1}+\sqrt[]{2^{2n+2}}+9)}$． ②
    (2)由①有${\displaystyle S_n+T_n={(a_1-\frac{1}{a_1})}^2+{(a_2+\frac{1}{a_2})}^2+\dots +{(a_n-\frac{1}{a_n})}^2+2n}$
    =${\displaystyle {\left(\frac{2^3}{3}\right)}^2+{\left(\frac{2^4}{3}\right)}^2+{\left(\frac{2^5}{3}\right)}^2+\dots +{\left(\frac{2^{n+2}}{3}\right)}^2+2n}$
    =${\displaystyle \frac{64}{27}(4^n-1)+2n(n\in N^{\star })}$．
    为使${\displaystyle S_n+T_n=\frac{64}{27}(4^n-1)+2n}$为整数，当且仅当${\displaystyle \frac{4^n-1}{27}}$为整数．
    当${\displaystyle n=1，2}$，显然${\displaystyle S_n+T_n}$不为整数．
    当${\displaystyle n\ge 3}$时，因为${\displaystyle 4^n-1={(1+3)}^n-1=C_n^2\cdot 3+C_n^2\cdot 3^2+3^3(C_n^3+\dots +3^{n-3}{C}_n^n)}$，
    所以${\displaystyle \frac{C_n^1\cdot 3+C_n^2\cdot 3^2}{27}=\frac{n}{9}\cdot \frac{3n-1}{2}}$为整数．
    因为${\displaystyle 3n-1}$与${\displaystyle 3}$互质，所以${\displaystyle n}$为9的整数倍．
    当${\displaystyle n=9}$时，${\displaystyle \frac{n}{9}\cdot \frac{3n-1}{2}=13}$为整数，故${\displaystyle n}$的最小正整数为9．

    3、转化思想
    [案例]已知二次函数${\displaystyle f\left(x\right)=a{x}^2+bx+c}$的图象的顶点坐标是${\displaystyle (\frac{3}{2}，-\frac{1}{4})}$，且${\displaystyle f\left(3\right)=2}$．
    (1)求${\displaystyle y=f\left(x\right)}$的表达式，并求出f(1)、f(2)的值；
  (2)数列${\displaystyle \left\{a_n\right\}}$、${\displaystyle \left\{b_n\right\}}$，若对任意的实数z都满足${\displaystyle g\left(x\right)\cdot f\left(x\right)+a_{n}x+b_n=x^{n+1},n\in N^{\star }}$，其中${\displaystyle g\left(x\right)}$是定义在实数R上的一个函数，求数列${\displaystyle \left\{a_n\right\}}$、${\displaystyle \left\{b_n\right\}}$的通项公式；
  (3)设圆${\displaystyle C_{n-1}:{(x-a_n)}^2+{(y-b_n)}^2=r_n^2}$，若圆${\displaystyle C_n}$与${\displaystyle C_{n+1}}$外切，${\displaystyle \left\{r_n\right\}}$是各项都是正数的等比数列，记${\displaystyle S_n}$是前${\displaystyle n}$个圆的面积${\displaystyle C}$之和，求${\displaystyle \underset{n\to \infty }{lim}\frac{S_n}{r_n^2}(n\in N^{\star })．}$
    解:(1)由已知得${\displaystyle f\left(x\right)=a{(x-\frac{3}{2})}^2-\frac{1}{4}，a\ne 0}$，
    ${\displaystyle \therefore f\left(3\right)=a{(3-\frac{3}{2})}^2-\frac{1}{4}=2,}$
    ${\displaystyle \therefore a=1.}$ 
    ${\displaystyle \therefore f\left(x\right)=x^2-3x+2}$，${\displaystyle x}$${\displaystyle \in }$${\displaystyle ℝ}$．
    ${\displaystyle f\left(1\right)=0，f\left(2\right)=0}$．
    (2)${\displaystyle g\left(1\right)\cdot f\left(1\right)+a_n+b_n=1^{n+1}}$，
    即${\displaystyle a_n+b_n=1}$． ①
    ${\displaystyle g\left(2\right)\cdot f\left(2\right)+2a_n+b_n=2^{n+1}}$，
    即${\displaystyle 2a_n+b_n=2^{n+1}}$． ②
    由①②得${\displaystyle a_n=2^{n+1}-1}$，${\displaystyle b_n=2-2^{n+1}}$．
    (3)${\displaystyle \left|C_{n+1}{C}_n\right|=\sqrt[]{{(2^{n+2}-2^{n+1})}^2+{(2^{n+1}-2^{n+2})}^2}=\sqrt[]{2}\cdot 2^{n+1}}$．
    设数列${\displaystyle \left\{r_n\right\}}$的公比为${\displaystyle q}$，则${\displaystyle r_n+r_{n+1}=r_n(1+q)=\left|C_{n+1}{C}_n\right|=\sqrt[]{2}\cdot 2^{n+1}}$，
    即${\displaystyle r_n(1+q)=\sqrt[]{2}\cdot 2^{n+1}}$，
    ∴${\displaystyle r_{n+1}(1+q)=\sqrt[]{2}\cdot 2^{n+2}}$，
    ∴${\displaystyle \frac{r_{n+1}}{r_n}=2}$．
    ∴${\displaystyle r_n=\frac{\sqrt[]{2}}{3}\cdot 2^{n+1}}$．
    ∴${\displaystyle r_n^2=\frac{8}{9}\cdot 4^n}$，
    ∴${\displaystyle S_n=\pi (r_1^2+r_2^2+r_3^2+\dots +r_n^2)}$
    ${\displaystyle =\frac{8}{9}\pi (4^1+4^2+\dots +4^n)}$
    ${\displaystyle =\frac{8}{9}\pi \cdot \frac{4(1-4^n)}{1-4}=\frac{32\pi }{27}(4^n-1)}$.
    ∴${\displaystyle \underset{n\to \infty }{lim}\frac{S_n}{r_n^2}=\underset{n\to \infty }{lim}\frac{32\frac{\pi }{27}(4^n-1)}{\frac{8}{9}\cdot 4^n}=\frac{\frac{32\pi }{27}}{\frac{8}{9}}=\frac{4\pi }{3}}$

    4、建模思想
    [案例]某城市2006年底粮食储备量为100万吨，预计此后每年耗用上年底粮食储备量的5％，并且每年新增粮食储备量为6万吨．记2006年底的粮食储备量为${\displaystyle a_1}$万吨，以后每年底的粮食储备量依次为${\displaystyle a_2}$万吨、${\displaystyle a_3}$万吨、…、${\displaystyle a_n}$万吨(n∈N*)．
    (1)求${\displaystyle a_2}$、${\displaystyle a_3}$；
    (2)受条件限制，该城市的粮食储备量不能超过120万吨，试问2013年粮食储备量是否超过120万吨．
    (3)试求数列${\displaystyle \left\{a_n\right\}}$的通项公式．
    分析:由特殊的项起步，逐个地计算，然后发现一般的规律、结论．
    解:(1)${\displaystyle a_2=100\times (1-5\%)+6=101，a_3=101\times (1-5\%)+6=101.95}$：
    (2)由题意得到2013年底粮食储备量为${\displaystyle a_8}$万吨，则
    ${\displaystyle a_8=a_7\times (1-5\%)+6=[a_6\times (1-5\%)+6](1-5\%)+6}$
    ${\displaystyle =a_6\times {(1-5\%)}^2+6(1-5\%)+6}$
    ${\displaystyle =\dots }$
    ${\displaystyle =100\times {(1-5\%)}^7+6{(1-5\%)}^6+6{(1-5\%)}^5+\dots +6}$
    ${\displaystyle =100\times {0.95}^7+6\times \frac{1-{0.95}^7}{1-0.95}}$
    ${\displaystyle =100\times {0.95}^7+120-120\times {0.95}^7}$
    ，
    故到2013年底粮食储备量不超过120万吨；
    (3)${\displaystyle a_n=a_{n-1}(1-5\%)+6=0.95a_{n-1}+6(n\ge 2)}$．
    ∴${\displaystyle a_n-120=0.95(a_{n-1}-120)}$．
    故数列${\displaystyle \{a_n-120\}}$是以${\displaystyle a_1-120=-20}$为首项，以${\displaystyle O.95}$为公比的等比数列，
    ${\displaystyle \therefore a_n-120=-20\times {0.95}^{n-1}}$，即${\displaystyle a_n=120-20\times {0.95}^{n-1}}$

    二、知识梳理
    (一)数列的概念
    1、数列的定义．
  按一定次序排列的一列数叫做数列．数列的实质是定义域为正整数集${\displaystyle N^{\star }}$(或它的有限子集{1，2，…，n})的函数，当自变量从小到大依次取值时对应的一列函数值．
    2、数列的通项公式．
    如果数列{${\displaystyle a_n}$}的第n项${\displaystyle a_n}$与n之间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的通项公式．
    3、数列的递推公式．
  如果已知数列{${\displaystyle a_n}$}的第1项(或前n项)，且任一项${\displaystyle a_n}$与它的前一项${\displaystyle a_{n-1}}$(或前n项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．
    4、${\displaystyle a_n}$与${\displaystyle S_n}$之间的关系．
    数列{${\displaystyle a_n}$}的前n项和${\displaystyle S_n}$组成的数列{${\displaystyle S_n}$}与{${\displaystyle a_n}$}是一对相关数列${\displaystyle a_n}$与${\displaystyle S_n}$之间关系：
    ${\displaystyle S_n=a_1+a_2+a_3+\dots +a_n}$；${\displaystyle a_n=\{\begin{array}{l}{S}_1(n=1)\\ S_n-S_{n-1}(n\ge 2)\end{array}}$
    (二)等差数列和等比数列

    §3.2 等差数列 (1)

    §3.3 等比数列 (1)  

    §3.4 数列求和 (1)  

    §3.5 数列的综合应用 (1)

    2、第二轮基础训练 (1) (2)

    3、第三轮单元训练 (1) (2)