数列高考复习范文

数列高考复习范文（精选8篇）

数列高考复习 第1篇

高考文科数学数列复习题

一、选择题

1．已知等差数列共有10项，其中奇数项之和15，偶数项之和为30，则其公差是（）

A．5 B．4 C．3 D．2 2．在等差数列an中，已知a12,a2a313,则a4a5a6等于（）A．40

B．42

C．43

D．45 3．已知等差数列an的公差为2，若a1、a3、a4成等比数列，则a2等于（）A．－4 B．－6 C．－8 D．－10 4.在等差数列an中,已知a11n为（）3,a2a54,an33,则A.48 B.49 C.50 D.51 5．在等比数列{an}中，a2＝8，a6＝64，则公比q为（）

A．2 B．3 C．4 D．8 6.-1,a,b,c,-9成等比数列，那么（）

A．b3,ac9 B.b3,ac9 C.b3,ac9 D.b3,ac9 7．数列an满足a1,anan1n(n2),则an（）

A．n(n1)2n(n1)2 B.C.(n2)(n1)2 D.2(n1)(n1)2

8．已知a，b，c，d成等比数列，且曲线yx2x3的顶点是(b，c)，则ad等于（Ａ．3 Ｂ．2 Ｃ．1 Ｄ．2 9．在等比数列an中，a12，前n项和为Sn，若数列an1也是等比数列，则Sn等于（）

n2 B．3n C．2n D．31

10．设f(n)2242721023n10(nN)，则f(n)等于

A．2n1（）A．2n22(81)

B．(8n11)

C．(8n31)777D．

2n4(81)7

二、填空题（5分×4=20分）

11.已知数列的通项an5n2，则其前n项和Sn．

*12．已知数列an对于任意p，qN，有apaqapq，若a11，则a36 9

13．数列｛an｝中，若a1=1，2an+1=2an+3（n≥1），则该数列的通项an=.14．已知数列an是首项为1，公差为2的等差数列，将 数列an中的各项排成如图所示的一个三角形数表，记 A（i,j)表示第i行从左至右的第j个数，例如A（4，3）=a9,则A（10，2）=

三、解答题（本大题共6题，共80分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

15、（本小题满分12分）

等差数列的通项为an2n19,前n项和记为sn，求下列问题:(1)求前n的和sn（2）当n是什么值时,sn有最小值，最小值是多少？

16、（本小题满分12分）

数列an的前n项和记为Sn，a11,an12Sn1n1（1）求an的通项公式;（2）求Sn

17、（本小题满分14分）

已知实数列{an}是等比数列,其中a71,且a4,a51,a6成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)数列{an}的前n项和记为Sn,证明:Sn＜128(n1,2,3,…).18、（本小题满分14分），2，3，），且a1，a2，a3成公比不数列an中，a12，an1ancn（c是常数，n1为1的等比数列．

（1）求c的值；

（2）求an的通项公式．

19、（本小题满分14分）

设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1b11，a3b521，a5b313

（1）求{an}，{bn}的通项公式；

（2）求数列an的前n项和Sn bn2n120．（本小题满分14分）

设数列an满足a13a23a3…3（1）求数列an的通项；（2）设bn

1.（本题满分14分）设数列an的前n项和为Sn,且Sn4an3(n1,2,)，ann*，aN． 3n，求数列bn的前n项和Sn． an（1）证明:数列an是等比数列；

（2）若数列bn满足bn1anbn(n1,2,)，b12，求数列bn的通项公式． 2.（本小题满分12分）

等比数列an的各项均为正数，且2a13a21,a329a2a6.1.求数列an的通项公式.2.设bnlog3a1log3a2......log3an,求数列3.设数列an满足a12,an1an322n1（1）求数列an的通项公式；（2）令bnnan，求数列的前n项和Sn

4.已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为﹣4．

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

﹣（Ⅱ）设bn=（4﹣an）qn1（q≠0，n∈N*），求数列{bn}的前n项和Sn． 5.已知数列{an}满足，（1）令bn=an+1﹣an，证明：{bn}是等比数列；（2）求{an}的通项公式．，n∈N×．

1的前项和.bn

高三文科数学数列测试题答案 1~5 CBBCA 6~10 BABCD 11.n(5n1)1 12.4 13.an3 14.93 2n22an0915.略解（1）略（2）由得n10，s1010(17)1022260

a0n116.解：（1）设等比数列an的公比为q(qR)，由a7a1q61，得a1q6，从而a4a1q3q3，a5a1q4q2，a6a1q5q1． 因为a4，a51，a6成等差数列，所以a4a62(a51)，即q3q12(q21)，q1(q21)2(q21)．

11所以q．故ana1qn1q6qn16422n1．

1n641n1n2a1(1q)（2）Sn1281128

11q21217．（1）由an12Sn1可得an2Sn11n2，两式相减得an1an2an,an13ann2 又a22S113∴a23a1故{an}是首项为1，公比为3得等比数列∴an3n1.(2)Sn1(13n)13321 2 n

18.解：（1）a12，a22c，a323c，因为a1，a2，a3成等比数列，所以(2c)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．（2）当n≥2时，由于 a2a1c，2a3a22c，

anan1(n1)c，n(n1)c． 2又a12，c2，故an2n(n1)n2n2(n2，3，)． 所以ana1[12(n1)]c当n1时，上式也成立，所以ann2n2(n1，2，)．

412dq21，19.解：（1）设an的公差为d，bn的公比为q，则依题意有q0且 214dq13，解得d2，q2．

所以an1(n1)d2n1，bnqn12n1．

a2n1（2）nn1．

bn2352n32n1Sn112n2n1，①

222252n32n12Sn23n3n2，②

2222222n1②－①得Sn222n2n1，222212n1112212n2n1

222211n12n32n1222n16n1． 12212n2n120．(1)a13a23a3...3an，3n1a13a232a3...3n2an1(n2)，1.解：（1）证：因为Sn4an3(n1,2,)，则Sn14an13(n2,3,)，所以当n2时，anSnSn14an4an1，整理得an 4an1． 5分 3 由Sn4an3，令n1，得a14a13，解得a11． 所以an是首项为1，公比为

4的等比数列． 7分 3（2）解：因为an()43n1，由bn14n1bb()． 9分 anbn(n1,2,)，得n1n3 由累加得bnb1(b2b`1)(b3b2)(bnbn1)

41()n1433()n11，（n2），＝24313 当n=1时也满足，所以bn3()43n11．

22322.解：（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，由a3所以q9a2a6得a39a41。有条件可知9a>0,故q1。311。故数列{an}的通项式为an=n。33由2a13a21得2a13a2q1，所以a1（Ⅱ）bnlog1a1log1a1...log1a1

(12...n)n(n1)2故12112()bnn(n1)nn1111111112n ...2((1)()...())b1b2bn223nn1n1所以数列{ 3.解：

（Ⅰ）由已知，当n≥1时，2n1}的前n项和为

n1bnan1[(an1an)(anan1)(a2a1)]a1

3(22n122n32)2

22(n1)1。

而 a12，所以数列{an}的通项公式为an2（Ⅱ）由bnnann22n12n1。

知

Sn12223325n22n1 ①

从而 22Sn123225327n22n1 ②

①-②得

(122)Sn2232522n1n22n1。

即 Sn1[(3n1)22n12] 94.解：（1）设{an}的公差为d，由已知得

解得a1=3，d=﹣1 故an=3+（n﹣1）（﹣1）=4﹣n；

﹣（2）由（1）的解答得，bn=n•qn1，于是

﹣Sn=1•q0+2•q1+3•q2+…+（n﹣1）•qn1+n•qn． 若q≠1，将上式两边同乘以q，得

qSn=1•q1+2•q2+3•q3+…+（n﹣1）•qn+n•qn+1． 将上面两式相减得到

﹣（q﹣1）Sn=nqn﹣（1+q+q2+…+qn1）=nqn﹣

于是Sn=

若q=1，则Sn=1+2+3+…+n=

所以，Sn=

5.解：（1）证b1=a2﹣a1=1，当n≥2时，所以{bn}是以1为首项，（2）解由（1）知

为公比的等比数列．，当n≥2时，an=a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）++（an﹣an﹣1）=1+1+（﹣）+…+===，当n=1时，．

所以．

数列高考复习 第2篇

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如何应对高考数列问题 第3篇

一、夯实基础, 加深理解

高考作为一种选拔性考试, 试题设置有容易题、中档题、难度题。即使是有区分度的难题, 那些基础扎实的考生也能得分, 故在常规教学中, 教师应让学生打下扎实的基础, 注重对等差数列、等比数列概念及其相关性质的教学, 让学生能充分利用等差、等比数列公式求解相应的基础题、中档题, 力争会解难度题。

如高考题:已知等差数列{an}中, 前n项和为sn, 且s10=100, s100=10, 求s110的值。

很多考生由于对数列是等差数列, 以及等差数列的性质理解不深刻, 导致失分。事实上, 只要学生基础扎实, 对等差数列性质理解透彻, 由数列{an}是等差数列, 则an=a1+ (n-1) d, am=a1+ (m-1) d, 那么不难得出 (其中n≠m, d为公差) , 同时也可从通项公式an=a1+ (n-1) d=dn+ (a1-d) 理解, 将直线方程与之类比, 公差d正好是斜率, 于是得到问题的简单解法:由从而解得s110=-110。由此可见, 夯实基础, 加深理解是何等重要。

二、注重学法指导, 培养分析、综合、归纳能力

学生对事物的认识遵循从感性到理性, 由浅入深的规律。当学生对等差、等比数列的学习有了一定的基础之后教师应对学法进行指导, 加强分析、综合、归纳的点拨, 构建学生知识体系, 提升学生认知水平, 培养学生高考解题能力。

如:在学了等差等比数列通项公式后, 师生对数列这一章进行反思、分析、综合, 最后可归纳出求递推数列通项公式的一般思路和方法:

类型1:an+1-an=d (d为常数)

类型2: (q为常数)

类型3:an+1=λan+c (其中λ为常数且不等于0和1)

类型4:an+1-an=f (n) (其中f (n) 可求和)

类型5:an+1=λan+f (n) (其中可求和)

类型6:an+1=anα (其中an不为0, α∈R)

类型7:给Sn与an的关系, 求出通项公式。

对于类型1、类型2它们分别是等差、等比数列, 可按相应公式求出通项公式。

对于类型3:an+1=λan+c可设 (an+1+x) =λ (an+x) ,

展开得an+1=λan+ (λ-1) x,

从而令 (λ-1) x=c, 即即数列为首项, λ为公比的数列, 从而可求出an的表达式。

对于类型4:已知an+1-an=f (n) (其中f (n) 为可求和) , 那么有:an= (an-an-1) + (an-1-an-2) +…+ (a2-a1) +a1,

即有an=f (n-1) +f (n-2) +…+f (1) +a1,

这样求出f (n-1) +f (n-2) +…+f (1) +a1, 即可得an。

对于类型5:由an+1=λan+f (n) 两边同时除以λn+1, 得

从而可得an。

对于类型6:已知an+1=anα (其中an≠0, α∈R) , 则两边取对数得logban+1=αlogban (其中b>0, 且b≠1) 。

那么数列为首项, α为公比的等比数列, 可求出an。

对于类型7:若给定Sn与an的关系, 求通项公式an。

三、加强变式教学指导, 培养答题思维

近几年来, 高考解答题部分与数列问题相关的内容有一定难度, 对于学生的学习能力、分析和解决问题的能力要求有一定提高, 它不仅要求学生有扎实的基础, 而且要求学生善于联想与转化, 能把一个新问题进行变式, 转化为熟悉的问题。认真分析近几年高考的变化趋势, 教师应注重培养学生创新思维, 加强学法指导, 使学生能寻求解决问题的突破口和方法。

例6: (2007天津) 在数列{an}中, a1=1, 且an+1=4an-3n+1 (n∈n+) ,

(1) 证明:数列{an-n}是等比数列。

例7: (2008全国Ⅱ) 设数列{an}的前n项和为Sn, a1=a, an+1=Sn+3n,

(1) 设bn=Sn-3n, 求数列{bn}的通项公式。

例8: (2008四川卷) 设数列{an}的前n项和为Sn, 已知:ban-2n= (b-1) Sn,

(1) 证明:当b=2时, 数列{an-n·2n-1}是等比数列。

这几道高考试题, 对学生来说都有一定难度, 如何找到解决问题的突破口和方法是教师与学生需要共同面对的问题。其实, 在平时教学中我们如果能让学生尽量多角度去思考, 尽量寻求不同的解法, 不断创新, 拓展思维, 提高解题能力和创新能力, 这类题就是小菜一碟。

经过认真的观察和分析, 不难发现以上问题都有一定的相似性, 都是一个递推关系, 求解与之相关的另一个数列的通项公式或求证与之相关的另一个数列是等比或等差数列。在结构上有可类比之处。另外, 已知和未知间有一定的暗示, 我们不妨在“猜”与“凑”之间猜测解题的方向与突破口, 把已知的递推关系向所要求解的未知方向上转化、变形, 寻找他们的内在联系, 不失为一种科学的态度和方法。基于此:

例6:已知:a1=1, an+1=4an-3n+1, 未知:求证数列{a1-n}是等比数列。

联想:将数列{an+1-an}看作一个新数列, 则它的第 (n+1) 项应为an+1- (n+1) ,

从而将an+1=4an-3n+1两边同时减去 (n+1) ,

并化简得[an+1- (n+1) ]=4[an-n], 从而问题解决。

例7:已知:an+1=Sn+3n, 未知:求bn=Sn-3n的通项公式。

解题方向:变形、转化出bn+1=sn+1-3n+1

联想:an+1=Sn+3n, 消去an+1用an+1与sn+1的关系,

从而:sn+1-Sn=Sn+3n, 即sn+1=2Sn+3n,

两边减去3n+1得sn+1-3n+1=2Sn+3n-3n+1=2 (Sn-3n) ,

到此问题得解。

例8:把b=2代入已知得:

已知:2an-2n=Sn, 未知:求证数列{an-n·2n-1}是等比数列。

猜想解题方向:将已知转化、变形,

使之产生得 (an+1- (n+1) ×2n) , (an-n×2n-1) , (an-1- (n-1) ×2n-2) 这样的项。

故首先考虑消去Sn, 用Sn与an的关系, 则由2an-2n=Sn…… (1)

将 (1) - (2) 得an=2an-1+2再两边减去n×2n-1得an-n×2n-1=2an-1+2-2n-1=2 (an-1- (n-1) ×2n-2) ,

从而数列{an-n·2n-1}是等比数列。

摘要：高考数列是一个难点, 我省考生得分率较低。如何应对这一情况, 本文从三方面进行了分析与论述。

高考数列题型及复习策略研究 第4篇

关键字：数列；题型；复习策略；建议

1 高考数列常见题型分析

高考数列常以解答题考察居多，近几年高考中，也加大了对数列基础知识点的考察，以下重点分析数列在高考中的常见考点及题型。

1.1 选择题题型

数列选择题多以考察基本知识点为主，重点考试数列的基本概念及性质，目的是为了考察学生的双击是否扎实，考题普遍比较简单，灵活性不强。

例（2015重庆年高考数学理）：在等差数列{an}中，a2=4，a4=2，则a6=（ ）

A -1 B 0 C 1 D 6

分析： 上例重点考察了等差差数列的基本概念，要求考生会求等差数列的通项公式。

1.2 解答题题型

解答题相比选择题具有一定的难度，但考察题型有规律可循，翻阅近几年高考真题，发现数列解答题经常考察求数列的通项公式、数列求和及数列与不等式、函数的综合问题。

（1）通项公式的求法

一般已知递推公式求通项公式，通常此类题型基本上都能通过变形、构造变为常见等差、等比数列来解决；另一类，已知通项和前n项和的关系来求通项，只需记住公式法即可解决。

（2）数列前n项和的求法

数列求和问题，多以考查公式法、错位相减法和裂项相消法为主，且考查频率较高，是高考命题的热点，如2013年陕西第20题等。

（3）数列的综合问题

数列与函数、不等式的综合问题也是高考考查的重点，主要考查利用函数的观点解决数列问题以及用不等式的方法研究数列的性质，多为中档题，如2014年安徽第19题等。数列与解析几何交汇主要涉及点列问题，难度中等及以上。

2 高考数列复习策略

新课标强调课程的基础性，重视合情推理与逻辑演绎相结合，尽量去减少人为技巧性的东西。近几年新课标卷高考数列解答题第一问考查基本知识点，学生入手容易得分，后一问考查学生运算、推理、探索、论证等能力，明确了高考的导向性。

2.1立足课本，巩固基础

高考中数列主要考查的都是等比数列和等差数列的定义、通项公式和数列求和等基础知识，特别强调基本概念的辨析和两种数列的“知三求二”。针对以上特点，在高考复习中要指导学生做好基础训练，重视细节，例如像q≠0，q=1与q≠1的讨论等，同时留心研究和开发课本上的练习题，那么在高考试题中就不会出现令人意外的超纲题了。

2.2 注重方法，加强变式训练

很多学生在高考复习中由于方法不当，往往采用题海战术，做了海量的练习，但是收效却并不明显。分析原因主要是因为，在做题的时候学生的注意力都集中在对结果的获得，而没有重视解题的方法和解题过程中的思想。这样在遇到一些老题的变型，就仿佛又是面对一道新题，没有思路，也浪费时间。因此在复习中，要强调常规题型的示范功能，在复习中明确“万变不离其宗”的道理，要求学生能够熟练掌握解决数列题的基本方法与技巧，注重题与题之间的差别与联系，特别是教材中等差、等比公式的推导方法与运算技巧在解题中的应用。这样才能减轻题海战术对学生的负担，真正实现“减负高效”。

2.3 注意数列与其他知识点的结合

数列的题型多样，通项公式的求解方法也灵活多变，高考中常常把数列、函数、方程、不等式、解析几何等等相关内容综合在一起，不断提高逻辑推理能力和分析解决问题能力。

3 复习建议

学习是一个双向影响的过程，高效的学习离不开教师的教和学生的学。因此，在数列的复习中，教师和学生都要改变教学和学习方式，这样才能有效的复习。

3.1 教师方面

（1）以练促教

想给学生一杯水，教师必须是一股长流不息的清泉，所以我们教师要做大量的题目，给自己搞一个题海战术，这样才能选出有针对性的题目来构建多维变式，实现知识螺旋上升，在全面强化热点中突出重点及主干，以此来澄清学生的模糊观念、校正错误、查漏补缺，落实双基，培养学生数学能力。

（2）以案为本

高三复习课的一大特点是：题量大，课堂节奏快。学生在刚刚经历高一高二的学习，一下子难以适应高三中课堂形式，为了使学生迅速适应高三的复习，所以在平时教学中经常采用学案教学的方式进行。学案不同于教案，教案的着眼点和侧重点在于教师讲什么和怎么讲，而学案的着眼点和侧重点在于开启学生智慧，调动学生积极性，发展学生知识和能力；前者重在教，后者重在学；利用学案进行高三数学复习，有利于提高学生的听课堂有效性，同时，也提高学生的听课堂有效性。

3.2 学生方面

（1）强化双基，举一反三

高考数学试题不全是难题，怪题，考试内容包含在平时的复习范围内，只是稍作变式和改动，基本上都可以在平时训练的题目中找到原型。因此，学生在复习中，应不断加强双基的复习和提升，同时，也要对常考点、重点题型进行举一反三，明确出题人意图，理解考题的本质。

（2）及时总结，培养解题习惯

高三的考试较多，做数学试题不计其数，养成好的学习习惯尤为重要。一方面，自己多准备几个笔记本，尤其是错题本，及时总结自己平时做题、考试中的错题，认真反思，这样才能理解深刻，提高迅速；另一方面，在平时有限地做题中，要了解解题的规范性及严谨性，纠正平时答题的不良习惯，掌握正确的答题程序，答题技巧，形成自己一套适合自己的应对考试的方法。同时让自己重视解题过程的语言表达，培养自己条理清楚，步步有据，规范简洁，优美整齐的答题习惯，这样才能让在高考中减少不必要的失分。

参考文献：

[1] 袁长江，例谈数列的学习[J]，新高考（高一版），2007年06期.

[2] 郭胜光，论新课标下数列高考复习的策略[J]，中学数学研究，2008年02期.

[3] 陈水松，从近三年的广东高考数列题看高考复习策略[J]，中学数学研究，2013，6（11）.

[4] 祁玺，新课标高考数列备考复习策略[J]，教育界，2013，4（29）.

[5] 辜琛坤，高考数列解题策略研究[J]，数学学习与研究，2014年01期.

数列高考复习 第5篇

第22课时：

第三章 数列——等差数列、等比数列的基本运算

一．课题：等差数列与等比数列的基本运算

二．教学目标：掌握等差数列和等比数列的定义，通项公式和前n项和的公式，并能利用这些知识解决有关问题，培养学生的化归能力．

三．教学重点：对等差数列和等比数列的判断，通项公式和前n项和的公式的应用．

四．教学过程：

（一）主要知识：

1．等差数列的概念及其通项公式，等差数列前n项和公式； 2．等比数列的概念及其通项公式，等比数列前n项和公式； 3．等差中项和等比中项的概念．

（二）主要方法：

1．涉及等差（比）数列的基本概念的问题，常用基本量a1,d(q)来处理； 2．使用等比数列前n项和公式时，必须弄清公比q是否可能等于1还是必不等于1，如果不能确定则需要讨论；

3．若奇数个成等差数列且和为定值时，可设中间三项为ad,a,ad；若偶数个成等差数列且和为定值时，可设中间两项为ad,ad，其余各项再根据等差数列的定义进行对称设元．若干个数个成等比数列且积为定值时，设元方法与等

差数列类似．

4．在求解数列问题时要注意运用函数思想，方程思想和整体消元思想，设而不求．

（三）例题分析：

例1．（1）设数列{an}是递增等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项为 2 ．

（2）已知等差数列{an}的公差d0，且a1,a3,a9成等比数列，则

a1a3a913．

a2a4a1016例2．有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，且第一个数与第四个数的和是16，第二个数与第三个书的和是12，求这四个数．

(ad)2(ad)ad16解：设这四个数为：ad,a,ad,，则 aa2ad122解得： a4a9或，所以所求的四个数为：4,4,12,36；或15,9,3,1． d8d6例3．由正数组成的等比数列{an}，若前2n项之和等于它前2n项中的偶数项之和的11倍，第3项与第4项之和为第2项与第4项之积的11倍，求数列{an}的通项公式．

解：当q1时，得2na111na1不成立，∴q1，a1(1q2n)11a1q(1q2n)① 21q∴1q

aq2aq311aqaq3② 1111由①得q1101，代入②得a110，10∴an()n2．

说明：用等比数列前n项和公式时，一定要注意讨论公比是否为1．

例4．已知等差数列110,116,122,，（1）在区间[450,600]上，该数列有多少项？并求它们的和；

（2）在区间[450,600]上，该数列有多少项能被5整除？并求它们的和.解：an1106(n1)6n104，（1）由4506n104600，得58n82，又nN*, ∴ 该数列在[450,600]上有25项, 其和Sn(a58a82)2513100．

（2）∵an1106(n1)，∴要使an能被5整除，只要n1能被5整除，即n15k，∴n5k1，∴585k182，∴12k16，∴在区间[450,600]上该数列中能被5整除的项共有5项即第61,66,71,76,81项，其和S

数列高考复习 第6篇

数列问题的题型与方法

数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础。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。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。

近几年来，高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面；（1）数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式。（2）数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合。（3）数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主。试题的难度有三个层次，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大。

知识整合1。在掌握等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式的基础上，系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题；

2。在解决综合题和探索性问题实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提高分析问题和解决问题的能力，进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力。

3。培养学生善于分析题意，富于联想，以适应新的背景，新的设问方式，提高学生用函数的思想、方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法。

高考数学复习之导数题型解题方法

专题综述

导数是微积分的初步知识，是研究函数，解决实际问题的有力工具。在高中阶段对于导数的学习，主要是以下几个方面：

1.导数的常规问题：

（1）刻画函数（比初等方法精确细微）；（2）同几何中切线联系（导数方法可用于研究平面曲线的切线）；（3）应用问题（初等方法往往技巧性要求较高，而导数方法显得简便）等关于次多项式的导数问题属于较难类型。

2.关于函数特征，最值问题较多，所以有必要专项讨论，导数法求最值要比初等方法快捷简便。

3.导数与解析几何或函数图象的混合问题是一种重要类型，也是高考中考察综合能力的一个方向，应引起注意。

知识整合1.导数概念的理解。

2.利用导数判别可导函数的极值的方法及求一些实际问题的最大值与最小值。

复合函数的求导法则是微积分中的重点与难点内容。课本中先通过实例，引出复合函数的求导法则，接下来对法则进行了证明。

3.要能正确求导，必须做到以下两点：

（1）熟练掌握各基本初等函数的求导公式以及和、差、积、商的求导法则，复合函数的求导法则。

（2）对于一个复合函数，一定要理清中间的复合关系，弄清各分解函数中应对哪个变量求导。

高考数学复习之数列题型解题方法

高考数学之数列问题的题型与方法

数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础。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。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。

近几年来，高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面；(1)数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式。(2)数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合。(3)数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主。试题的难度有三个层次，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大。

知识整合1.在掌握等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式的基础上，系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题；

2.在解决综合题和探索性问题实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提高分析问题和解决问题的能力，进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力。

3.培养学生善于分析题意，富于联想，以适应新的背景，新的设问方式，提高学生用函数的思想、方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法。

高考数学复习之不等式题型及解题方法

不等式

不等式这部分知识，渗透在中学数学各个分支中，有着十分广泛的应用。因此不等式应用问题体现了一定的综合性、灵活多样性，对数学各部分知识融会贯通，起到了很好的促进作用。在解决问题时，要依据题设与结论的结构特点、内在联系、选择适当的解决方案，最终归结为不等式的求解或证明。不等式的应用范围十分广泛，它始终贯串在整个中学数学之中。诸如集合问题，方程(组)的解的讨论，函数单调性的研究，函数定义域的确定，三角、数列、复数、立体几何、解析几何中的最大值、最小值问题，无一不与不等式有着密切的联系，许多问题，最终都可归结为不等式的求解或证明。

知识整合1。解不等式的核心问题是不等式的同解变形，不等式的性质则是不等式变形的理论依据，方程的根、函数的性质和图象都与不等式的解法密切相关，要善于把它们有机地联系起来，互相转化。在解不等式中，换元法和图解法是常用的技巧之一。通过换元，可将较复杂的不等式化归为较简单的或基本不等式，通过构造函数、数形结合，则可将不等式的解化归为直观、形象的图形关系，对含有参数的不等式，运用图解法可以使得分类标准明晰。

2。整式不等式(主要是一次、二次不等式)的解法是解不等式的基础，利用不等式的性质及函数的单调性，将分式不等式、绝对值不等式等化归为整式不等式(组)是解不等式的基本思想，分类、换元、数形结合是解不等式的常用方法。方程的根、函数的性质和图象都与不等式的解密切相关，要善于把它们有机地联系起来，相互转化和相互变用。

3。在不等式的求解中，换元法和图解法是常用的技巧之一，通过换元，可将较复杂的不等式化归为较简单的或基本不等式，通过构造函数，将不等式的解化归为直观、形象的图象关系，对含有参数的不等式，运用图解法，可以使分类标准更加明晰。

4。证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法仍是证明不等式的最基本方法。要依据题设、题断的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤，技巧和语言特点。比较法的一般步骤是：作差(商)→变形→判断符号(值)。

2013高考数学函数七大类型解题技巧之函数奇偶性的判断

函数奇偶性的判断方法及解题策略

确定函数的奇偶性，一般先考查函数的定义域是否关于原点对称，然后判断与的关系，常用方法有：①利用奇偶性定义判断；②利用图象进行判断，若函数的图象关于原点对称则函数为奇函数，若函数的图象关于轴对称则函数为偶函数；③利用奇偶性的一些常见结论：奇奇奇，偶偶偶，奇奇偶，偶偶偶，偶奇奇，奇奇偶，偶偶偶，奇偶奇，偶奇奇；④对于偶函数可利用，这样可以避免对自变量的繁琐的分类讨论。

高考数学复习之导数应用题型及解题方法

一、专题综述

导数是微积分的初步知识，是研究函数，解决实际问题的有力工具。在高中阶段对于导数的学习，主要是以下几个方面:

1．导数的常规问题：

（1）刻画函数（比初等方法精确细微）；（2）同几何中切线联系（导数方法可用于研究平面曲线的切线）；（3）应用问题（初等方法往往技巧性要求较高，而导数方法显得简便）等关于次多项式的导数问题属于较难类型。

2．关于函数特征，最值问题较多，所以有必要专项讨论，导数法求最值要比初等方法快捷简便。

3．导数与解析几何或函数图象的混合问题是一种重要类型，也是高考中考察综合能力的一个方向，应引起注意。

二、知识整合1．导数概念的理解。

2．利用导数判别可导函数的极值的方法及求一些实际问题的最大值与最小值。

复合函数的求导法则是微积分中的重点与难点内容。课本中先通过实例，引出复合函数的求导法则，接下来对法则进行了证明。

3．要能正确求导，必须做到以下两点：

（1）熟练掌握各基本初等函数的求导公式以及和、差、积、商的求导法则，复合函数的求导法则。

（2）对于一个复合函数，一定要理清中间的复合关系，弄清各分解函数中应对哪个变量求导。

高考数学复习之立体几何题型解题方法

高考数学之立体几何

高考立体几何试题一般共有4道(选择、填空题3道，解答题1道)，共计总分27分左右，考查的知识点在20个以内。选择填空题考核立几中的计算型问题，而解答题着重考查立几中的逻辑推理型问题，当然，二者均应以正确的空间想象为前提。随着新的课程改革的进一步实施，立体几何考题正朝着“多一点思考，少一点计算”的发展。从历年的考题变化看，以简单几何体为载体的线面位置关系的论证，角与距离的探求是常考常新的热门话题。知识整合1.有关平行与垂直(线线、线面及面面)的问题，是在解决立体几何问题的过程中，大量的、反复遇到的，而且是以各种各样的问题(包括论证、计算角、与距离等)中不可缺少的内容，因此在主体几何的总复习中，首先应从解决“平行与垂直”的有关问题着手，通过较为基本问题，熟悉公理、定理的内容和功能，通过对问题的分析与概括，掌握立体几何中解决问题的规律--充分利用线线平行(垂直)、线面平行(垂直)、面面平行(垂直)相互转化的思想，以提高逻辑思维能力和空间想象能力。

2.判定两个平面平行的方法：

(1)根据定义--证明两平面没有公共点；

(2)判定定理--证明一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面；

(3)证明两平面同垂直于一条直线。

3.两个平面平行的主要性质：

⑴由定义知：“两平行平面没有公共点”。

⑵由定义推得：“两个平面平行，其中一个平面内的直线必平行于另一个平面。

⑶两个平面平行的性质定理：”如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行“。

⑷一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面。

⑸夹在两个平行平面间的平行线段相等。

⑹经过平面外一点只有一个平面和已知平面平行。

数列高考复习 第7篇

2.平面向量是连接代数与几何的桥梁，是高考的重要内容之一.高考常设置1个客观题或1个解答题，对平面向量知识进行全面的考查，其分值约为10分，约占总分的7%.近年高考中平面向量与解三角形的试题是难易适中的基础题或中档题，一是直接考查向量的概念、性质及其几何意义;二是考查向量、正弦定理与余弦定理在代数、三角函数、几何等问题中的应用.

1.高考试题预测

(1)分析近几年高考对三角函数与三角恒等变换部分的命题特点及发展趋势，以下仍是今后高考的主要内容：

①三角函数的图象与性质是高考考查的中心内容，通过图象求解析式、通过解析式研究函数性质是常见题型.

②解三角函数题目的过程一般是通过三角恒等变换化简三角函数式，再研究其图象与性质，所以熟练掌握三角恒等变换的方法和技巧尤为重要，比如升幂(降幂)公式、asin x+bcos x的常考内容.

高考数列综合题例析 第8篇

一、与解几结合

例1设P1(x1,y1),P2(x2,y2),…,Pn(xn,yn)(n≥3,n∈N)是二次曲线C上的点,且a1=|OP1|2,a2=|OP2|2,…,an=|OPn|2构成了一个公差为d(d≠0)的等差数列,其中O是坐标原点.记Sn=a1+a2+…+an.

(1)若C的方程为,n=3.点P1(10,0)及S3=255,求点P3的坐标;(只需写出一个)

(2)若C的方程为(a>b>0).点P1(a,0),对于给定的自然数n,当公差d变化时,求Sn的最小值;

(3)请选定一条除椭圆外的二次曲线C及C上的一点P1,对于给定的自然数n,写出符合条件的点P1,P2,…,Pn存在的充要条件,并说明理由.

分析:该题的主要条件是长度的平方成等差数列,并且点在二次曲线上,又给出前n项和的记法,在形式上或第一印象给人无法下手的感觉,也就是将条件发散开来后后续手段不多.这时不要慌,要静下心来看看接下来的各小问是将条件向哪个方向发展的.

(1)明确了C的方程,给出点P1及S3,求P3.

由P1为(10,0),得a1=100.

又由,得a3=70,即|OP3|2=70.

所以P3的坐标可以为

数列在这里仅仅起到了由|OP1|2=100得到|OP3|2=70作用,其余是解析几何中求交点问题,分开来看都是常规问题,容易题,合起来就“吓到”了一批学生.总结一下解这类题应注意以下三点:一是心要静,二是基础知识要扎实,三是要会庖丁解牛.

(2)有了(1)的顺利解决,解答(2)的信心随之而来.注意主要条件“n给定的自然数,d是变量”,这又是一个反常规的问题,经常练习的是Sn是关于n的函数,这里要考虑的是Sn关于d的函数,熟悉中考查陌生.

,n,a都是已知的常数,所以Sn是d的一次函数,要求Sn的最值只需求出d的范围,所以求d的范围就成了解决这个问题的关键.

思考还要从an的范围开始,.

又因n≥3,所以Sn有最小值

本小题更强调函数的思想,数列成为一个工具.

(3)不妨选双曲线,P1也选为右顶点(a,0).

分析题意P1,P2,…,Pn存在即a1,a2,…,an存在,首项和项数已知,要想确定数列a1,a2,…,an只要确定公差d,所以本题是要我们求d的范围,而求d的范围关键又是an的范围.

,因,所以an=|OPn|2≥a2.即an=a2+(n-1)d≥a2,所以d>0.反过来只要d>0,|OPn|2(n∈N+)存在,即Pn(n∈N+)存在.

所以P1,P2,…,Pn存在的充要条件是d>0.

注意:这里d的范围与P1选择有关.

二、与函数结合

例2已知函数f(x)=a×bx的图象过点和B(5,1).

(1)求函数f(x)的解析式;

(2)记an=log2f(n),n是正整数,Sn是数列{an}的前n项和,解关于n的不等式anSn≤0;

(3)对于(2)中的an与Sn,整数96是否为数列{anSn}中的项?若是,则求出相应的项数;若不是,则说明理由.

又因为anSn≤0得(n-5)(n-9)≤0,即5≤n≤9.

故n=5,6,7,8,9.

(3)a1S1=64,a2S2=84,a3S3=72,a4S4=40.

当5≤n≤9时,anSn≤0.

当n≥10时,anSn≥a10S10=100.

因此,96不是数列{anSn}中的项.

分析:此题前两问都很简单,所用知识基础,只是涉及章节较多,有函数、数列、不等式;形式上较复杂,特别是方程中出现了bx,通项an是f(x)的对数,不等式是an与Sn的积不大于零,正所谓“小综合+新形式”,看起来繁(烦)做下去不难.第3问是要发挥同学创造力进行探索估算证明的,直接解方程2n(n-5)(n-9)=96,求解后看其有没有正整数根,一不会二不可取.

事实上,认识到5≤n≤9时anSn≤0,然后分段讨论是关键.n≤4时逐项验证,n≥10时,利用不等式的性质易得anSn≥a10S10.进而得到结论.

三、与不等式结合

例3已知{an}是首项为2,公比为的等比数列,Sn为它的前n项和.

(1)用Sn表示Sn+1;

(2)是否存在自然数c和k,使得成立.

分析:(1)本题属基本题,所用基础知识——等比数列前n项和公式,基本技能——幂的运算能力、消元或凑配变形能力.

由已知可得

(2)是一道存在探究问题.解决这类问题的基本办法是:首先假设参数存在,然后对所要满足的条件进行等价变形,使其更明朗化,接着或构造出参数满足条件,或推出矛盾得到参数不存在.

由(1)可等价变形为,进一步化简得到

因c和k都是自然数,所以4-c和2k-1都是整数,所以(4-c)2k-1是整数又因为在2和3之间不存在整数,所以满足条件自然数c和k不存在.

本题更强调的是等价转化和整体代换(解不等式时将(4-c)2k-1看做一个整体)的思想,数列只是形式和载体.

四、应用建模

例4某企业2010年的纯利润为500万元,因设备老化等原因,企业的生产能力将逐年下降.若不能进行技术改造,预测从今年起每年比上一年纯利润减少20万元,今年初该企业一次性投入资金600万元进行技术改造,预测在未扣除技术改造资金的情况下,第n年(今年为第一年)的利润为(n为正整数).

(Ⅰ)设从今年起的前n年,若该企业不进行技术改造的累计纯利润为An万元,进行技术改造后的累计纯利润为Bn万元(须扣除技术改造资金),求An、Bn的表达式;

(Ⅱ)依上述预测,从今年起该企业至少经过多少年,进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润?

分析:本题是实际应用问题,困难在与将文字语言转化为数学语言,建立数学模型!困难有三,一、关键词提取,二、信息梳理,三、语言数学化.解决本题首先要提取两条主要信息链,不进行技术改造的利润与进行技术改造的利润.

不进行技术改造情况,信息提取:2010年纯利润500万元;今年起逐年减少20万元;何题是求前n年累计纯利润,记为An万元.数学化:设今年起第n年纯利润为an万元,则a1=500-20,{an}成等差数列,公差d=-20,{an}的前n项和为An,计算可得1)d=490n-10n2.

进行技术改造的情况,信息提取:2010年纯利润500万元;今年一次性投入改造资金600万元;第n年的利润为万元(未扣除技术改造资金);问题仍是求前n年累计纯利润(须扣除技术改造资金),记为Bn万元.数学化:设,Bn与{bn}的前n项和有关.事实上.

得到An与Bn后问题(Ⅱ)就是一个纯数学问题了.

因为函数在(0,+∞)上为增函数,

当1≤n≤3时,

当n≥4时,-10>0.

所以当且仅当n≥4时,Bn>An,所以至少经过4年,该企业进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润.

注意,不等式An-Bn>0的解是利用n为正整数进行估算得到的.

五、数列内部整合

例5已知数列{an}中a1=1,且a2k=a2k-1+(-1)k,a2k+1=a2k+3k,其中k=1,2,3,….

(Ⅰ)求a3,a5;

(Ⅱ)求{an}的通项公式.

分析:本题可看做是等差数列的变式,做了两项处理,一、从第二项起每一项与其前一项的差不再是同一常数,二、偶数项与其前一项的差与奇数项与其前一项的差的表达式不同,问题是求通项公式.与等差数列定义相比有一点没有变化,就是都是给出相邻两项差来确定的数列,所以不难想到等差数列求通项公式的办法——“累加法”应该仍适用本题.

(Ⅰ)由已知条件知a2k+1=a2k-1+3k+(-1)k,所以a3=3,a5=13.

(Ⅱ)由于数列递推公式给出形式就分奇偶,所以求通项公式时也理应想到对n分奇偶来求.