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在《2008年江苏省数学科考试说明》中，对于数列一章中的等差数列和等比数列均达到C级（即
掌握）层次要求，这就使得数列综合题成为近年各地模拟试题和高考试题中的一个必然的重点、难点和
热点，各类有关数列的创新试题也是层出不穷，让人目不暇接．本文从解题策略的角度对几类数列创新
题进行分析，以期对同学们的数列复习有所裨益．
一、构造等差、等比数列模型解题
所谓“构造法”是指通过构造具体的数学元素来解决实际问题的一种方法．等差数列和等比数列是两
个重要的数学模型，在涉及按照一定次序排列的一列数的演算、推理的时候，可以巧妙地引入等差数列
或等比数列模型进行解题．当然，运用构造法需要我们能够解放思想，突破常规思维的束缚，对所学数
学知识之间的联系有较强的驾驭能力．
例1 图（1）是一个边长为1的正三角形，将每边三等份，以中间一段为边向形外作正三角形，并擦去中间一段，得图（2）；如此继续下去，得图（3）；…．设第n个图形的边长为a
（Ⅱ）证明：An＜235．
【分析】 本题是苏教版必修教材《数学5》中一道习题的改编与拓展，属于既缘于教材又略高于教材的一道改编创新题，主要考查学生在新材料、新情境中构造出等比数列的模型，并运用叠加法求和的能力．
【解】 （Ⅰ）由题意可知，a1=1，a2=13，anan-1=13(n∈N且n≥2)，所
二、利用函数的性质解题
数列是一类特殊的函数，它可以看作是定义在正整数集合上的按照一定次序排列的一列函数
因此，数列中的某些问题可以借助相应函数的性质进行解决，即离散性问题借助于连续性问题加以解决．
值；若不存在，请说明理由．
【分析】 本题的难点在于第（Ⅱ）问中的探索性问题，即ak-bk∈(0,12)是否成立，这是一个无穷项问题，无法一一加以验证．我们可以借助相应的函数单调性和有界性，从宏观上给予解答．
时间内准确地猜出某种商品的价格，即可赢得该件商品．假设该商品价格在4000元内，那么采取怎样
的猜数方法一定能够在最短的时间内获得正确的答案呢？解决这个问题的途径很多，也有运气的成分，
但是大多数竞猜成功者普遍使用下面的方法．第一步：报“2000元”（0～4000的中间数字）；第二步：
若主持人说“高了”，就报“1000元”（0～2000的中间数字），否则，报“3000元”（2000～4000的中间数字）；第三步：重复第二步的报数方法，直至得到正确结果．这种“猜数”游戏中使用的方法就称为二分法，也叫对分法．二分法不仅在日常生活中有着广泛的应用，在数列解题中也有它独特的魅力．
成立，求bn的表达式．
【分析】 本题以两个已知数a、b为基础，运用二分法生成两个新数列{an}和{bn}，属于新背景、新材料和新设计的综合题．解决问题的关键是理解题意，不妨利用分类讨论、数形结合或者把一般性问题特殊化等方法，以期达到直观先行，以图启智，寻找解题突破口．
【解】 (Ⅰ)分两种情况讨论如下：
当一个问题直接从正面突破十分困难，或者已知条件非常少时，我们常常采用反证法进行证明，从
整体上把握问题研究的方向，并且在反证法中通过构造反例，揭露矛盾．
例4 （Ⅰ）设a1，a2，…，an是各项均不为零的n（n≥4）项等差数列，且公差d≠0．若将此数列删去某一项后得到的数列（按原来顺序）是等比数列，
①当n=4时，求a1b的数值；②求n的所有可能值．
（Ⅱ）求证：对于给定的正整数n(n≥4)，存在一个各项及公差均不为零的等差数列b1，b2，…，bn，其中任意三项（按原来顺序）都不能组成等比数列．
【分析】 本题是2008年江苏省高考数学第19题，主要考查学生对于等差、等比数列基本概念的掌握情况，以及利用等差、等比数列的有关知识进行探索、分析及推理论证的能力．其中第（Ⅱ）问证明的关键是运用反证法思想，通过举出恰当的反例，找到矛盾所在．
【解】 （Ⅰ）①当n=4时，在数列a1，a2，a3，a4中不可能删去首项a1或a4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a2，则有a32=a1•a4，即(a1+2d)2=a1•(a1+3d)，化简得a1+4d=0，所以a1d=-4；
若删去a3，则有a22=a1•a4，即(a1+d)2=a1•(a1+3d)，化简得a1-d=0，所以a1d=1．
综上可知，a1d=-4或a1d=1．
②由（Ⅰ）知，当n=4时，适合题意；
当n=5时，在数列a1,a2,a3,a4,a5中同样不可能删去a1,a2,a4,a5，否则出现连续三项．若删去a3，则有a1•a5=a2•a4，即a1(a1+4d)=(a1+d)•(a1+3d)，化简得3d2=0，又因为d≠0，所以a3不能删去．即当n=5时，不符合题意；
当n≥6时，显然不存在这样的等差数列．因为无论删去哪一项，剩余的项中必有连续的三项．
综上所述，n的所有可能值只能是n=4．
（Ⅱ）运用反证法证明如下：
假设对于给定的正整数n(n≥4)，存在一个各项及公差均不为零的等差数列b1,b2,…,bn，其中有三
项bx+1,by+1,bz+1(0≤x＜y＜z≤n-1)成等比数列．
则b2y+1=bx+1•bz+1，即(b1+yd′)2=(b1+xd′)•(b1+zd′)，化简得(y2-xz)d′2=(x+z-2y)b1d′(*)
由于b1d′≠0，所以y2-xz与x+z-2y或者同时为0，或者同时不为0．
当y2-xz与x+z-2y同时为0时，则有x=y=z，与题设矛盾；故y2-xz与x+z-2y同时不
为0，所以由（*）得，b1d′=y2-xzx+z-2y．
又因为0≤x＜y＜z≤n-1，且x、y、z为整数，所以上式右边为有理数，从而b1d′为有理数．
于是，对于给定的正整数n(n≥4)，存在一个各项及公差均不为零的等差数列b1,b2,…,bn，只要取b1d′为无理数，相应的数列就是满足题意要求的数列．
举反例如下：取b1=1，d′=2，那么n项等差数列1，1+2，1+22 ，…，1+(n-1)2即满足要求．
掌握）层次要求，这就使得数列综合题成为近年各地模拟试题和高考试题中的一个必然的重点、难点和
热点，各类有关数列的创新试题也是层出不穷，让人目不暇接．本文从解题策略的角度对几类数列创新
题进行分析，以期对同学们的数列复习有所裨益．
一、构造等差、等比数列模型解题
所谓“构造法”是指通过构造具体的数学元素来解决实际问题的一种方法．等差数列和等比数列是两
个重要的数学模型，在涉及按照一定次序排列的一列数的演算、推理的时候，可以巧妙地引入等差数列
或等比数列模型进行解题．当然，运用构造法需要我们能够解放思想，突破常规思维的束缚，对所学数
学知识之间的联系有较强的驾驭能力．
例1 图（1）是一个边长为1的正三角形，将每边三等份，以中间一段为边向形外作正三角形，并擦去中间一段，得图（2）；如此继续下去，得图（3）；…．设第n个图形的边长为a
（Ⅱ）证明：An＜235．
【分析】 本题是苏教版必修教材《数学5》中一道习题的改编与拓展，属于既缘于教材又略高于教材的一道改编创新题，主要考查学生在新材料、新情境中构造出等比数列的模型，并运用叠加法求和的能力．
【解】 （Ⅰ）由题意可知，a1=1，a2=13，anan-1=13(n∈N且n≥2)，所
二、利用函数的性质解题
数列是一类特殊的函数，它可以看作是定义在正整数集合上的按照一定次序排列的一列函数
因此，数列中的某些问题可以借助相应函数的性质进行解决，即离散性问题借助于连续性问题加以解决．
值；若不存在，请说明理由．
【分析】 本题的难点在于第（Ⅱ）问中的探索性问题，即ak-bk∈(0,12)是否成立，这是一个无穷项问题，无法一一加以验证．我们可以借助相应的函数单调性和有界性，从宏观上给予解答．
时间内准确地猜出某种商品的价格，即可赢得该件商品．假设该商品价格在4000元内，那么采取怎样
的猜数方法一定能够在最短的时间内获得正确的答案呢？解决这个问题的途径很多，也有运气的成分，
但是大多数竞猜成功者普遍使用下面的方法．第一步：报“2000元”（0～4000的中间数字）；第二步：
若主持人说“高了”，就报“1000元”（0～2000的中间数字），否则，报“3000元”（2000～4000的中间数字）；第三步：重复第二步的报数方法，直至得到正确结果．这种“猜数”游戏中使用的方法就称为二分法，也叫对分法．二分法不仅在日常生活中有着广泛的应用，在数列解题中也有它独特的魅力．
成立，求bn的表达式．
【分析】 本题以两个已知数a、b为基础，运用二分法生成两个新数列{an}和{bn}，属于新背景、新材料和新设计的综合题．解决问题的关键是理解题意，不妨利用分类讨论、数形结合或者把一般性问题特殊化等方法，以期达到直观先行，以图启智，寻找解题突破口．
【解】 (Ⅰ)分两种情况讨论如下：
当一个问题直接从正面突破十分困难，或者已知条件非常少时，我们常常采用反证法进行证明，从
整体上把握问题研究的方向，并且在反证法中通过构造反例，揭露矛盾．
例4 （Ⅰ）设a1，a2，…，an是各项均不为零的n（n≥4）项等差数列，且公差d≠0．若将此数列删去某一项后得到的数列（按原来顺序）是等比数列，
①当n=4时，求a1b的数值；②求n的所有可能值．
（Ⅱ）求证：对于给定的正整数n(n≥4)，存在一个各项及公差均不为零的等差数列b1，b2，…，bn，其中任意三项（按原来顺序）都不能组成等比数列．
【分析】 本题是2008年江苏省高考数学第19题，主要考查学生对于等差、等比数列基本概念的掌握情况，以及利用等差、等比数列的有关知识进行探索、分析及推理论证的能力．其中第（Ⅱ）问证明的关键是运用反证法思想，通过举出恰当的反例，找到矛盾所在．
【解】 （Ⅰ）①当n=4时，在数列a1，a2，a3，a4中不可能删去首项a1或a4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a2，则有a32=a1•a4，即(a1+2d)2=a1•(a1+3d)，化简得a1+4d=0，所以a1d=-4；
若删去a3，则有a22=a1•a4，即(a1+d)2=a1•(a1+3d)，化简得a1-d=0，所以a1d=1．
综上可知，a1d=-4或a1d=1．
②由（Ⅰ）知，当n=4时，适合题意；
当n=5时，在数列a1,a2,a3,a4,a5中同样不可能删去a1,a2,a4,a5，否则出现连续三项．若删去a3，则有a1•a5=a2•a4，即a1(a1+4d)=(a1+d)•(a1+3d)，化简得3d2=0，又因为d≠0，所以a3不能删去．即当n=5时，不符合题意；
当n≥6时，显然不存在这样的等差数列．因为无论删去哪一项，剩余的项中必有连续的三项．
综上所述，n的所有可能值只能是n=4．
（Ⅱ）运用反证法证明如下：
假设对于给定的正整数n(n≥4)，存在一个各项及公差均不为零的等差数列b1,b2,…,bn，其中有三
项bx+1,by+1,bz+1(0≤x＜y＜z≤n-1)成等比数列．
则b2y+1=bx+1•bz+1，即(b1+yd′)2=(b1+xd′)•(b1+zd′)，化简得(y2-xz)d′2=(x+z-2y)b1d′(*)
由于b1d′≠0，所以y2-xz与x+z-2y或者同时为0，或者同时不为0．
当y2-xz与x+z-2y同时为0时，则有x=y=z，与题设矛盾；故y2-xz与x+z-2y同时不
为0，所以由（*）得，b1d′=y2-xzx+z-2y．
又因为0≤x＜y＜z≤n-1，且x、y、z为整数，所以上式右边为有理数，从而b1d′为有理数．
于是，对于给定的正整数n(n≥4)，存在一个各项及公差均不为零的等差数列b1,b2,…,bn，只要取b1d′为无理数，相应的数列就是满足题意要求的数列．
举反例如下：取b1=1，d′=2，那么n项等差数列1，1+2，1+22 ，…，1+(n-1)2即满足要求．