当前位置：文档库 › 2018届高三数学二轮复习：数列专题及其答案

2018届高三数学二轮复习：数列专题及其答案

2018届高三第二轮复习——数列

第1讲等差、等比考点

【高考感悟】

从近三年高考看，高考命题热点考向可能为：

1．必记公式

(1)等差数列通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d .

(2)等差数列前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）d

(3)等比数列通项公式：a n a 1q n －

(4)等比数列前n 项和公式： S n ＝?????na 1

（q ＝1）a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－q （q ≠1）.

(5)等差中项公式：2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (6)等比中项公式：a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ≥2)．

(7)数列{a n }的前n 项和与通项a n 之间的关系：a n ＝?????S 1（n ＝1）

S n －S n －1

（n ≥2）.

2．重要性质

(1)通项公式的推广：等差数列中，a n ＝a m ＋(n －m )d ；等比数列中，a n ＝a m q n －

m .

(2)增减性：①等差数列中，若公差大于零，则数列为递增数列；若公差小于零，则数列为递减数列． ②等比数列中，若a 1＞0且q ＞1或a 1＜0且0＜q ＜1，则数列为递增数列；若a 1＞0且0＜q ＜1或a 1

＜0且q ＞1，则数列为递减数列． 3．易错提醒

(1)忽视等比数列的条件：判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件． (2)漏掉等比中项：正数a ，b 的等比中项是±ab ，容易漏掉－ab .

【真题体验】

1．(2015·新课标Ⅰ高考)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和．若S 8＝4S 4，则a 10＝( )

A.172

B.19

C ．10

D ．12 2．(2015·新课标Ⅱ高考)已知等比数列{a n }满足a 1＝1

，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )

A ．2

B ．1 C.12 D.1

3．(2015·浙江高考)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝__________，d ＝________．

4．(2016·全国卷1)已知{}n a 是公差为3的等差数列，数列{}n b 满足12111

==3

n n n n b b a b b nb +++=1，，，. （I ）求{}n a 的通项公式；（II ）求{}n b 的前n 项和.

【考点突破】

考点一、等差（比）的基本运算

1．(2015·湖南高考)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，且3S 1，2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________．

2．(2015·重庆高考)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝9

(1)求{a n }的通项公式；

(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n .

考点二、等差（比）的证明与判断

【典例1】( 2017·全国1 )记S n 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知S 2=2，S 3=-6.

（1）求{}n a 的通项公式；（2）求S n ，并判断S n +1，S n ，S n +2是否成等差数列。 .

【规律感悟】判断和证明数列是等差(比)数列的三种方法

(1)定义法：对于n ≥1的任意自然数，验证a n ＋1－a n ????

或

a n ＋1a n 为同一常数．

(2)通项公式法：

①若a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d 或a n ＝kn ＋b (n ∈N *)，则{a n }为等差数列；

②若a n ＝a 1q n －1＝a m q n －m 或a n ＝pq kn ＋

b (n ∈N *)，则{a n }为等比数列． (3)中项公式法：

①若2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等差数列；

②若a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ∈N *

，n ≥2)，且a n ≠0，则{a n }为等比数列．

变式：(2014·全国大纲高考)数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2.

(1)设b n ＝a n ＋1－a n ，证明{b n }是等差数列；(2)求{a n }的通项公式．

考点三、等差（比）数列的性质

命题角度一与等差(比)数列的项有关的性质

【典例2】 (1)(2015·新课标Ⅱ高考)已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝( )

A ．21

B ．42

C ．63

D ．84

(2)(2015·铜陵模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝12，则a 5＋a 6＝( )

A.125 B ．12 C ．6 D.6

命题角度二与等差(比)数列的和有关的性质

【典例3】(1)(2014·全国大纲高考)设等比数列{a n}的前n项和为S n.若S2＝3，S4＝15，则S6＝() A．31 B．32C．63 D．64

(2)(2015·衡水中学二调)等差数列{a n}中，3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，则该数列前13项的和是() A．13 B．26 C．52 D．156

[针对训练]

1．在等差数列{a n}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝________．

2．在等比数列{a n}中，a4·a8＝16，则a4·a5·a7·a8的值为________．

3．若等比数列{a n}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝______．

【巩固训练】

一、选择题

1．(2015·新课标Ⅱ高考)设S n是等差数列{a n}的前n项和．若a1＋a3＋a5＝3，则S5＝() A．5B．7C．9D．11

2．(2014·福建高考)等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝2，S3＝12，则a6等于() A．8 B．10 C．12 D．14

3．(2014·重庆高考)对任意等比数列{a n}，下列说法一定正确的是()

A．a1，a3，a9成等比数列B．a2，a3，a6成等比数列

C．a2，a4，a8成等比数列D．a3，a6，a9成等比数列

4．(2014·天津高考)设{a n}是首项为a1，公差为－1的等差数列，S n为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1＝()

A．2 B．－2 C.1

2D．－

5．(2015·辽宁大连模拟)数列{a n}满足a n－a n＋1＝a n·a n＋1(n∈N*)，数列{b n}满足b n＝1

a n，且b1＋b2＋…＋b9＝90，则b4·b6()

A．最大值为99 B．为定值99 C．最大值为100 D．最大值为200

二、填空题

6．(2015·陕西高考)中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015，则该数列的首项为________．7．(2015·安徽高考)已知数列{a n}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{a n}的前n项和等于________．

8．(2014·江西高考)在等差数列{a n}中，a1＝7，公差为d，前n项和为S n，当且仅当n＝8时S n取得最大值，则d的取值范围为________．

三、解答题

9．(文)(2015·兰州模拟)在等比数列{a n}中，已知a1＝2，a4＝16.

(1)求数列{a n}的通项公式；

(2)若a3，a5分别为等差数列{b n}的第3项和第5项，试求数列{b n}的前n项和S n.

10、(2014·湖北高考)已知等差数列{a n}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．

(1)求数列{a n}的通项公式；

(2)记S n为数列{a n}的前n项和，是否存在正整数n，使得S n＞60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．

11．(2015·江苏高考)设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d≠0)的等差数列．

(1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列；

(2)是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？并说明理由

第2讲数列求和（通项）及其综合应用

【高考感悟】

从近三年高考看，高考命题热点考向可能为：

【真题体验】1．(2015·北京高考)设{a n}是等差数列，下列结论中正确的是() A．若a1＋a2＞0，则a2＋a3＞0

B．若a1＋a3＜0，则a1＋a2＜0

C．若0＜a1＜a2，则a2＞a1a3

D．若a1＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＞0

2．(2015·武汉模拟)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a5＝5，S5＝15，则数列{

a n a n＋1

}的前

100项和为() A.100

101 B.

101 C.

100 D.

101

100

3．(2015·福建高考)等差数列{a n}中，a2＝4，a4＋a7＝15.

(1)求数列{a n}的通项公式；

(2)设b n＝2a n－2＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值．

【考点突破】

考点一、数列的通项公式

【规律感悟】求通项的常用方法

(1)归纳猜想法：已知数列的前几项，求数列的通项公式，可采用归纳猜想法．

(2)已知S n 与a n 的关系，利用a n ＝????

?S 1，n ＝1，S n －S n －1

，n ≥2求a n .

(3)累加法：数列递推关系形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，其中数列{f (n )}前n 项和可求，这种类型的数列求通项公式时，常用累加法(叠加法)．

(4)累乘法：数列递推关系如a n ＋1＝g (n )a n ，其中数列{g (n )}前n 项积可求，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)．

(5)构造法：①递推关系形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ，q 为常数)可化为a n ＋1＋q

p －1＝p ????a n ＋q p －1(p ≠1)的形式，利用

?a n ＋q p －1是以p 为公比的等比数列求解． ②递推关系形如a n ＋1＝pa n a n ＋p (p 为非零常数)可化为1a n ＋1＝1a n －1

的形式．

1．(2015·新课标Ⅱ高考)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝____________． 2．(2015·铜陵模拟)数列{a n }满足13a 1＋132a 2＋…＋13n a n ＝3n ＋1，n ∈N *，则a n ＝________．

3．若数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝5a n －13

3a n －7

，则a 2 015的值为________．

考点二、数列的前n 项和

【规律感悟】

1.分组求和的常见方法

(1)根据等差、等比数列分组． (2)根据正号、负号分组． (3)根据数列的周期性分组．

2．裂项后相消的规律常用的拆项公式(其中n ∈N *)

①1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1. ②1n （n ＋k ）＝1k ????1n －1n ＋k . ③1（2n －1）（2n ＋1）＝12(12n －1－1

2n ＋1

)．

3．错位相减法的关注点

(1)适用题型：等差数列{a n }乘以等比数列{b n }对应项({a n ·b n })型数列求和．

(2)步骤：①求和时先乘以数列{b n }的公比．②把两个和的形式错位相减．③整理结果形式． 4．倒序求和。

命题角度一基本数列求和、分组求和

【典例1】 (2015·湖北八校联考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.

(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)令c n ＝?????2S n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，

设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .

命题角度二裂项相消法求和

【典例2】 (2015·安徽高考)已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8.

(1)求数列{a n }的通项公式；

(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1

S n S n ＋1

，求数列{b n }的前n 项和T n .

命题角度三错位相减法求和

【典例3】 (2015·天津高考)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 1＝b 1＝1，b 2＋b 3＝2a 3，a 5－3b 2＝7.

(1)求{a n }和{b n }的通项公式；

(2)设c n ＝a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和．

[针对训练]

1．(2014·湖南高考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n

，n ∈N *.

(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和．

2．(2015·山东高考)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列，数列????

??1a n ·a n ＋1的前n 项和为n

2n ＋1.

(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝(a n ＋1)·2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .

.考点三、数列的综合应用

【典例4】 (2015·陕西汉中质检)正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2

＋n )＝0.

(1)求数列{a n }的通项公式a n ；

(2)令b n ＝n ＋1（n ＋2）2a 2n

，数列{b n }的前n 项和为T n .证明：对于任意的n ∈N *

，都有T n ＜564.

变式： (2015·辽宁大连模拟)数列{a n }满足a n ＋1＝a n

2a n ＋1，a 1

＝1.

(1)证明：数列{1a n }是等差数列；(2)求数列{1a n }的前n 项和S n ，并证明1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＞n

n ＋1.

【巩固训练】

一、选择题

1．(2015·浙江高考)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n .若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( )

A ．a 1d ＞0，dS 4＞0

B ．a 1d ＜0，dS 4＜0

C ．a 1d ＞0，dS 4＜0

D ．a 1d ＜0，dS 4＞0

2．(2015·保定调研)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则其通项公式为a n ＝( )

A ．2n －1

B ．2n －

1＋1

C ．2n －1

D ．2(n －1)

3．(预测题)已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1

＝12

，则该数列的前2 015项的和等于( ) A.3 023

B ．3 023

C ．1 512

D ．3 024

4．(2015·长春质检)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝a 2＝1，{nS n ＋(n ＋2)a n }为等差数列，则a n ＝( )

A.n

2n －1 B.n ＋12n －1＋1 C.2n －12n －1 D.n ＋12

n ＋1 5．(2015·云南第一次统一检测)在数列{a n }中，a n ＞0，a 1＝12，如果a n ＋1是1与2a n a n ＋1＋14－a 2n 的等比中项，那么

a 1＋a 222＋a 332＋a 442＋…＋a 100

100

2的值是( )

A.10099

B.101100

C.100101

D.99100

二、填空题

6．(2014·全国新课标Ⅱ高考)数列{a n }满足a n ＋1＝1

1－a n ，a 8＝2，则a 1＝________．

7．若数列{n (n ＋4)(2

)n }中的最大项是第k 项，则k ＝________．

8(2015·江苏高考)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列????

1a n 前10项的和为________．

9．(2015·福建高考)若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数

可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于________．

三、解答题

10．(2015·湖北高考)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q .已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.

(1) 求数列{a n }，{b n }的通项公式；

(2) 当d >1时，记c n ＝a n

b n

，求数列{c n }的前n 项和T n .

11．(2014·山东高考)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．

(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n －1

a n a n ＋1

，求数列{b n }的前n 项和T n .

2018届高三第二轮复习——数列答案

【真

题体验】（第1讲等差、等比考点）

1．【解析】设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .由题设知d ＝1，S 8＝4S 4，所以8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解

得a 1＝12，所以a 10＝12＋9＝19

.故选B.

2．【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，a 1＝1

，a 3a 5＝4(a 4－1)，由题可知q ≠1，则a 1q 2×a 1q 4＝4(a 1q 3

－1)，∴116×q 6＝4(14×q 3－1)，∴q 6－16q 3＋64＝0，∴(q 3－8)2＝0，∴q 3＝8，∴q ＝2，∴a 2＝1

.故选C.

3．【解析】由a 2，a 3，a 7成等比数列，得a 23＝a 2a 7，则2d 2

＝－3a 1

d ，即d ＝－32a 1

.又2a 1＋a 2＝1，所以a 1＝23，d ＝－1.【答案】 2

3 －1 4．【解】 (1)a n ＝3n －1．(2)1

23=?-=n n b ．

考点一、等差（比）的基本运算

1．【解析】本题考查等比数列和等差数列等，结合转化思想即可轻松求解等比数列的公比，进而求解等比数列的通项公式．由3S 1，2S 2，S 3成等差数列，得4S 2＝3S 1＋S 3，即3S 2－3S 1＝S 3－S 2，则3a 2＝a 3，得公比q ＝3，所以a n ＝a 1q n －

1＝3n －

1.【答案】 3n －

2．【解】本题主要考查等差数列的通项公式与等比数列的前n 项和公式，考查考生的运算求解能力．

(1)将已知条件中的a 3，S 3用首项a 1与公差d 表示，求得a 1，d ，即可求得数列{a n }的通项公式；(2)结合(1)利用条件b 1＝a 1，b 4＝a 15求得公比，然后利用等比数列的前n 项和公式进行计算．

(1)设{a n }的公差为d ，则由已知条件得 a 1＋2d ＝2，3a 1＋3×22d ＝9

2，

即a 1＋2d ＝2，a 1＋d ＝3

2，

解得a 1＝1，d ＝1

，

故通项公式为a n ＝1＋n －12，即a n ＝n ＋1

(2)由(1)得b 1＝1，b 4＝a 15＝15＋1

2＝8.

设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 4

b 1

＝8，从而q ＝2，

故{b n }的前n 项和

T n ＝b 1（1－q n ）1－q ＝1×（1－2n ）1－2

＝2n －1．

变式．【解】 (1)证明：由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2得

a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2，即

b n ＋1＝b n ＋2. 又b 1＝a 2－a 1＝1，

所以{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)得b n ＝1＋2(n －1)，即a n ＋1－a n ＝2n －1.

于是，

所以a n ＋1－a 1＝n 2，即a n ＋1＝n 2

＋a 1.

又a 1＝1，所以{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2n ＋2. 考点三、等差（比）数列的性质

命题角度一与等差(比)数列的项有关的性质

【解析】 (1)本题主要考查等比数列的基本概念、基本运算与性质，意在考查考生的运算求解能力．由于a 1(1＋q 2＋q 4)＝21，a 1＝3，所以q 4＋q 2－6＝0，所以q 2＝2(q 2＝－3舍去)， a 3＋a 5＋a 7＝q 2(a 1＋a 3＋a 5)＝2×21＝42.故选B. (2)本题主要考查等差数列的性质a m ＋a n ＝a p ＋a q .

由S 10＝12得a 1＋a 10

2×10＝12，

所以a 1＋a 10＝125，所以a 5＋a 6＝12

.故选A.

命题角度二与等差(比)数列的和有关的性质

【解析】（1）在等比数列{a n }中，S 2，S 4－S 2，S 6－S 4也成等比数列，故(S 4－S 2)2＝S 2(S 6－S 4)，则(15－3)2＝3(S 6－15)．解得S 6＝63.故选C.

(2)∵3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，∴6a 4＋6a 10＝24，∴a 4＋a 10＝4，∴S 13＝13（a 1＋a 13）2＝

13（a 4＋a 10）

＝13×42

＝26.故选B.

[针对训练]

1．【解析】由a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25得5a 5＝25，所以a 5＝5，故a 2＋a 8＝2a 5＝10. 2．【解析】 a 4a 5a 7a 8＝a 4a 8·a 5a 7＝(a 4a 8)2＝256.【答案】 256 3．【解析】 ∵a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，∴a 10·a 11＝e 5，ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝10ln(a 10·a 11)＝10·ln e 5＝50.

【巩固训练】

一、选择题

1【解析】数列{a n }为等差数列，∴a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，∴a 3＝1，∴S 5＝5（a 1＋a 5）2＝5×2a 3

＝5.【答案】

2【解析】由题知3a 1＋3×2

d ＝12，∵a 1＝2，解得d ＝2，又a 6＝a 1＋5d ，∴a 6＝12.故选C.

3．【解析】由等比数列的性质得，a 3·a 9＝a 26≠0，因此a 3，a 6，a 9一定成等比数列．故选D.

4．【解析】由题意知 S 22＝S 1·S 4，∴(2a 1＋2×12d )2＝a 1(4a 1＋4×32d )，把d ＝－1代入整理得a 1＝－1

2.故选D.

5．【解析】将a n －a a ＋1＝a n a n ＋1两边同时除以a n a n ＋1可得1a n ＋1－1

a n

＝1，即b n ＋1－b n ＝1，所以{b n }是公差为

d ＝1的等差数列，其前9项和为9（b 1＋b 9）

＝90，所以b 1＋b 9＝20，将b 9＝b 1＋8d ＝b 1＋8，代入得b 1＝6，

所以b 4＝9，b 6＝11，所以b 4b 6＝99.故选B.

二、填空题 6．【解析】设等差数列的首项为a 1，根据等差数列的性质可得，a 1＋2 015＝2×1 010，解得a 1＝5.【答案】

7．【解析】 ∵?????a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，∴?????a 1＋a 4＝9，a 1a 4＝8，则a 1，a 4可以看作一元二次方程x 2

－9x ＋8＝0的两根，故?????a 1＝1a 4

＝8，

或?????a 1＝8，a 4＝1.∵数列{a n }是递增的等比数列，∴?

????a 1＝1，a 4＝8.可得公比q ＝2，∴前n 项和S n ＝2n －1. 8．【解析】等差数列的前n 项和为S n ，则S n ＝na 1＋

n （n －1）2d ＝d 2n 2＋(a 1－d 2)n ＝d 2n 2＋(7－d

)n ，对称轴为d 2－7d ，对称轴介于7.5与8.5之间，即7.5＜d

2－7d ＜8.5，解得－1＜d ＜－7

.【答案】 ????－1，－78

三、解答题

9．.【解】 (1)设数列{a n }的公比为q ，∵{a n }为等比数列，

∴a 4a 1

＝q 3＝8，∴q ＝2，∴a n ＝2×2n －

1＝2n . (2)设数列{b n }的公差为d ，∵b 3＝a 3＝23＝8，b 5＝a 5＝25＝32，且{b n }为等差数列，

∴b 5－b 3＝24＝2d ，∴d ＝12，∴b 1＝b 3－2d ＝－16，∴S n ＝－16n ＋n （n －1）

×12＝6n 2－22n .

10、【解】 (1)设数列{a n }的公差为d ，依题意，2，2＋d ，2＋4d 成等比数列，故有(2＋d )2＝2(2＋4d )，化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4.

当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2.

(2)当a n ＝2时，S n ＝2n .显然2n ＜60n ＋800，

此时不存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800成立．

当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋（4n －2）]

＝2n 2.

令2n 2＞60n ＋800，即n 2

－30n －400＞0，解得n ＞40或n ＜－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800成立，n 的最小值为41.

综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的n ，其最小值为41.

11．【解】 (1)证明：因为2a n ＋1

2a n

＝2a n ＋1－a n ＝2d (n ＝1，2，3)是同一个常数，所以2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次

构成等比数列．

(2)不存在，理由如下：令a 1＋d ＝a ，则a 1，a 2，a 3，a 4分别为a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d (a ＞d ，a ＞－2d ，d ≠0)．

假设存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 4

4依次构成等比数列，则a 4＝(a －d )(a ＋d )3，且(a ＋d )6＝a 2(a ＋2d )4.

令t ＝d

，则1＝(1－t )(1＋t )3，且(1＋t )6＝(1＋2t )4????－12＜t ＜1，t ≠0，化简得t 3＋2t 2－2＝0(*)，且t 2＝t ＋1. 将t 2＝t ＋1代入(*)式，

t (t ＋1)＋2(t ＋1)－2＝t 2＋3t ＝t ＋1＋3t ＝4t ＋1＝0，则t ＝－1

显然t ＝－14不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立．因此不存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 4

4依次构成等比数列．

第2讲数列求和及其综合应用

【真题体验】

1．(2015·北京高考)设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是( )

A ．若a 1＋a 2＞0，则a 2＋a 3＞0

B ．若a 1＋a 3＜0，则a 1＋a 2＜0

C ．若0＜a 1＜a 2，则a 2＞a 1a 3

D ．若a 1＜0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)＞0

【解析】若{a n }是递减的等差数列，则选项A 、B 都不一定正确．若{a n }为公差为0的等差数列，则

选项D 不正确．对于C 选项，由条件可知{a n }为公差不为0的正项数列，由等差中项的性质得a 2＝a 1＋a 3

，

由基本不等式得a 1＋a 3

＞a 1a 3，所以C 正确．

【答案】 C

2．(2015·武汉模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列{1

a n a n ＋1

}的前100项和为( )

A.100101

B.99101

C.99100

D.101100

【解析】设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d . ∵a 5＝5，S 5＝15， ∴???

?a 1＋4d ＝5，

5a 1＋

5×（5－1）

2d ＝15， ∴?????a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n . ∴1a n a n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，∴数列{1a n a n ＋1

}的前100项和为1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝

100

101

. 【答案】 A 3．(2015·福建高考)等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15.

(1)求数列{a n }的通项公式；

(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值．【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d .

由已知得?????a 1＋d ＝4，

（a 1＋3d ）＋（a 1＋6d ）＝15，

解得?

????a 1＝3，d ＝1.

所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2. (2)由(1)可得b n ＝2n ＋n ，

所以b 1＋b 2＋b 3＋...＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋...＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋...＋210)＋(1＋2＋3＋ (10)

＝2×（1－210）1－2

＋（1＋10）×102

＝211＋53 ＝2 101.

数列的通项公式（自主探究型）

1．当n ＝1时，S 1＝a 1＝－1，所以1S 1＝－1.因为a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，所以1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1

S n

＝－1，

所以{1S n }是以－1为首项，－1为公差的等差数列，所以1S n ＝(－1)＋(n －1)·(－1)＝－n ，所以S n ＝－1n

2．当n ＝1时，1

a 1＝3×1＋1，所以a 1＝12，

当n ≥2时，①：13a 1＋132a 2＋…＋13n －1a n －1＋13n a n ＝3n ＋1，②：13a 1＋132a 2＋…＋1

3n －1a n －1＝3(n －1)＋1.

①－②得：1

n a n ＝(3n ＋1)－[3(n －1)＋1]，

即13n a n ＝3，所以a n ＝3n ＋1

，综上可得：a n ＝?????12，n ＝1，3n ＋1，n ≥2.【答案】 ?????12，n ＝1，3n ＋1，n ≥2 3．本题主要考查利用递推数列求数列的某一项，通过研究数列的函数特性来解决．

由于a 1＝3，求a 2＝1，a 3＝2，a 4＝3，所以数列{a n }是周期为3的周期数列，所以a 2 015＝a 671×3＋2＝a 2

＝1.

数列的前n 项和（多维探究型）

命题角度一基本数列求和、分组求和

【典例1】 (1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，则由?

????b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，得?????q ＋6＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，解得?

????d ＝2，q ＝2，所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝2n －

(2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1得S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n (n ＋2)，则c n ＝?????2n （n ＋2），n 为奇数，2n －1，n 为偶数，

即c n ＝?????1n －1n ＋2，n 为奇数，

2n －1，n 为偶数，

∴T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c 2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )

＝???

?????1－13＋????13－15＋…＋????12n －1－12n ＋1＋(2＋23＋…＋22n －1

)

＝1－12n ＋1＋2（1－4n ）1－4＝2n 2n ＋1＋2

3(4n －1)．

命题角度二裂项相消法求和

【典例2】 (1)由题设知a 1 a 4＝a 2 a 3＝8，

又a 1＋a 4＝9，可解得?????a 1＝1，a 4＝8或?

????a 1＝8a 4＝1(舍去)．设等比数列{a n }的公比为q ，由a 4＝a 1q 3得q ＝2，故a n ＝a 1q n －1＝2n －

(2)S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝2n －1，又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1

＝1S n －1S n ＋1，

所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝????1S 1－1S 2＋????1S 2－1S 3＋…＋????1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－1

2n ＋1－1

. 命题角度三错位相减法求和

典例3】(1)设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，由题意q ＞0.

由已知，有?

????（1＋d ）＋（1＋2q ）＝2q ，

q 4－3（1＋d ）＝7，

????2q 2

－3d ＝2，q 4－3d ＝10，消去d ，整理得q 4－2q 2－8＝0. 又因为q ＞0，解得q ＝2，所以d ＝2.

所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －

1，n ∈N *；数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1，n ∈N *.

(2)由(1)有c n ＝(2n －1)·2n －

1，设{c n }的前n 项和为S n ，则

S n ＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n －3)×2n －2＋(2n －1)×2n －

1，

2S n ＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)×2n －

1＋(2n －1)×2n ，上述两式相减，得

－S n ＝1＋22＋23＋…＋2n －(2n －1)×2n ＝2n ＋

1－3－(2n －1)×2n ＝－(2n －3)×2n －3，所以，S n ＝(2n －3)·2n ＋3，n ∈N *.

[针对训练]

1．【解】 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；

当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）

＝n .

故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .

(2)由(1)知，b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．

记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则

A ＝2（1－22n ）1－2

＝22n ＋1－2，

B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋

1＋n －2. 2．

【解】 (1)设数列{a n }的公差为d .令n ＝1，得1a 1a 2＝1

，

所以a 1a 2＝3.令n ＝2，得1a 1a 2＋1a 2a 3＝2

，所以a 2a 3＝15.

解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1.

(2)由(1)知b n ＝2n ·22n －

1＝n ·4n ，所以T n ＝1·41＋2·42＋…＋n ·4n ，

所以4T n ＝1·42＋2·43＋…＋n ·4n ＋

1，

两式相减，得－3T n ＝41＋42＋…＋4n －n ·4n ＋1＝4（1－4n

）1－4

－n ·4n ＋1＝1－3n 3×4n ＋1－43. 所以T n ＝3n －19×4n ＋1＋49＝4＋（3n －1）4n ＋

数列的综合应用（师生共研型）【典例4】【解】 (1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2

＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0. 由于{a n }是正项数列，所以S n ＞0，S n ＝n 2＋n .

于是a 1＝S 1＝2，n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n . 综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .

(2)证明：由于a n ＝2n ，b n ＝n ＋1

（n ＋2）2a 2n

，

则b n ＝n ＋14n 2（n ＋2）2＝116?

???1n 2－1（n ＋2）2. 所以T n ＝116×[1－132＋122－142＋132－152＋…＋1（n －1）2－1（n ＋1）2＋1n 2－1（n ＋2）

2]＝1

16×????1＋122－1（n ＋1）2－1（n ＋2）2＜

116×????1＋122＝564

变式：【解】 (1)证明：∵a n ＋1＝a n 2a n ＋1，∴1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1

＝2＋1

a n ，

即1a n ＋1－1a n

＝2，故数列{1a n }是以1为首项，2为公差的等差数列．

(2)由(1)知1

a n ＝2n －1，∴S n ＝n （1＋2n －1）2

＝n 2.

1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2＞11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1）＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)＝1－1n ＋1＝n n ＋1

【巩固训练】

一、选择题

1．【解析】由a 3，a 4，a 8成等比数列可得：(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )·(a 1＋7d )，即3a 1＋5d ＝0，所以a 1＝－5

d ，

所以a 1d ＜0.又dS 4＝（a 1＋a 4）×42d ＝2(2a 1＋3d )d ＝－2

d 2＜0.故选B.

2．【解析】由题意知a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴a n ＋1＝(a 1＋1)·2n －

1＝2n ，∴a n ＝2n －1.【答案】 A

3．【解析】因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，从而a 3＝1

2，a 4＝1，即得a n ＝?????12，n ＝2k －1（k ∈N *），1，n ＝2k （k ∈N *），

故数列的前2 015项的和等于S 2 015＝1 007×(1＋12)＋1＝3 0212＋1＝3 0232.【答案】

4．【解析】设b n ＝nS n ＋(n ＋2)a n ，有b 1＝4，b 2＝8，则b n ＝4n ，即b n ＝nS n ＋(n ＋2)a n ＝4n ，S n ＋(1＋2

)a n

＝4.

当n ≥2时，S n －S n －1＋(1＋2n )a n －(1＋2

n －1)a n －1

＝0，

所以2（n ＋1）n a n ＝n ＋1n －1a n －1，即2·a n n ＝a n －1

n －1，

所以{a n n }是以12为公比，1为首项的等比数列，所以a n n ＝????12n －1，a n ＝n

n －1.故选A.【答案】 A

5．【解析】由题意可得，a 2n ＋1＝2a n a n ＋1＋14－a 2n ?(2a n ＋1＋a n a n ＋1＋1)·(2a n ＋1－a n a n ＋1－1)＝0?a n ＋1＝1

2－a n ?a n ＋1

－1＝a n －12－a n ?1a n ＋1－1＝1a n －1－1，

∴1a n －1＝112－1－(n －1)＝－n －1?a n ＝n n ＋1?a n n 2＝1n （n ＋1）

，∴a 1＋a 222＋…＋a 1001002＝1－12＋12－13＋…＋

1100－1101＝100

101.【答案】 C

二、填空题

6．【解析】将a 8＝2代入a n ＋1＝11－a n ，可求得a 7＝12；再将a 7＝12代入a n ＋1＝1

1－a n

，可求得a 6＝－1；再

将a 6＝－1代入a n ＋1＝1

1－a n

，可求得a 5＝2；由此可以推出数列{a n }是一个周期数列，且周期为3，所以a 1

＝a 7＝12

7．【解析】设数列为{a n }，则a n ＋1－a n ＝(n ＋1)(n ＋5)(23)n ＋1－n (n ＋4)(23)n ＝(23)n [23(n 2＋6n ＋5)－n 2

－4n ]＝2n 3

n ＋1

(10－n 2)，

所以当n ≤3时，a n ＋1＞a n ；当n ≥4时，a n ＋1＜a n .

因此，a 1＜a 2＜a 3＜a 4，a 4＞a 5＞a 6＞…，故a 4最大，所以k ＝4.

8【解析】由a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)得，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋2＋3

＋…＋n ＝n （n ＋1）2，则1a n ＝2n （n ＋1）＝2???

?1n －1n ＋1，故数列{1a n }前10项的和S 10＝2(1－12＋12－13＋…＋

10－111)＝2(1－111)＝2011.【答案】 2011

8．【解析】因为a ，b 为函数f (x )＝x 2

－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同零点，所以????

?p 2

－4q ＞0，

a ＋

b ＝p ，ab ＝q .

所以a ＞0，

b ＞0，所以数列a ，－2，b 不可能成等差数列，数列a ，b ，－2不可能成等比数列，数列－2，a ，b 不可能

成等比数列．不妨取a ＞b ，则只需研究数列a ，b ，－2成等差数列，数列a ，－2，b 成等比数列，则有?

??a －2＝2b ，

ab ＝4，解得?????a ＝4，b ＝1或?????a ＝－2，b ＝－2(舍去)，所以?????p ＝5，q ＝4，所以p ＋q ＝9.【答案】 9 三、解答题

9．【解】 (1)由题意有， ?????10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即?

????2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得?????a 1＝1，d ＝2，或?????a 1＝9，d ＝29.故?????a n ＝2n －1，

b n ＝2n －1或?

??a n ＝19（2n ＋79），b n ＝9·???

?29n －1

. (2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －

1，故c n ＝2n －12

n －1，于是

T n ＝1＋32＋522＋723＋9

24＋…＋2n －12

n －1，①

12T n ＝12＋322＋523＋724＋9

25＋…＋2n －12n .② ①－②可得

12T n ＝2＋12＋122＋…＋1

2n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，故T n ＝6－2n ＋32

n －1. 10．【解】 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×1

×2＝2a 1＋2，

S 4＝4a 1＋4×3

×2＝4a 1＋12，

由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1.

(2)b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1＝(－1)n －14n （2n －1）（2n ＋1）

＝(－1)

n －1????12n －1＋12n ＋1. 当n 为偶数时，T n ＝????1＋13－????13＋15＋…＋????12n －3＋12n －1－????12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝????1＋13－????13＋15＋…－????12n －3＋12n －1＋????12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1

所以T n

＝?????2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n

2n ＋1，n 为偶数.

(或T n

＝

2n ＋1＋（－1）

n －1

2n ＋1)

2018年高三数学(理科)二轮复习完整版【精品推荐】

高考数学第二轮复习计划一、指导思想高三第一轮复习一般以知识、技能、方法的逐点扫描和梳理为主，通过第一轮复习，学生大都能掌握基本概念的性质、定理及其一般应用，但知识较为零散，综合应用存在较大的问题。第二轮复习的首要任务是把整个高中基础知识有机地结合在一起，强化数学的学科特点，同时第二轮复习承上启下，是促进知识灵活运用的关键时期，是发展学生思维水平、提高综合能力发展的关键时期，因而对讲、练、检测要求较高。强化高中数学主干知识的复习，形成良好知识网络。整理知识体系，总结解题规律，模拟高考情境，提高应试技巧，掌握通性通法。第二轮复习承上启下，是知识系统化、条理化，促进灵活运用的关键时期，是促进学生素质、能力发展的关键时期，因而对讲练、检测等要求较高，故有“二轮看水平”之说． “二轮看水平”概括了第二轮复习的思路，目标和要求．具体地说，一是要看教师对《考试大纲》的理解是否深透，研究是否深入，把握是否到位，明确“考什么”、“怎么考”．二是看教师讲解、学生练习是否体现阶段性、层次性和渐进性，做到减少重复，重点突出，让大部分学生学有新意，学有收获，学有发展．三是看知识讲解、练习检测等内容科学性、针对性是否强，使模糊的清晰起来，缺漏的填补起来，杂乱的条理起来，孤立的联系起来，让学生形成系统化、条理化的知识框架．四是看练习检测与高考是否对路，不拔高，不降低，难度适宜，效度良好，重在基础的灵活运用和掌握分析解决问题的思维方法．二、时间安排： 1．第一阶段为重点主干知识的巩固加强与数学思想方法专项训练阶段，时间为3月10——4月30日。 2．第二阶段是进行各种题型的解题方法和技能专项训练，时间为5月1日——5月25日。 3.最后阶段学生自我检查阶段，时间为5月25日——6月6日。三、怎样上好第二轮复习课的几点建议：（一）.明确“主体”，突出重点。第二轮复习，教师必须明确重点，对高考“考什么”，“怎样考”，应了若指掌．只有这样，才能讲深讲透，讲练到位．因此,每位教师要研究2009-2010湖南对口高考试题. 第二轮复习的形式和内容 1．形式及内容：分专题的形式，具体而言有以下八个专题。（1）集合、函数与导数。此专题函数和导数、应用导数知识解决函数问题是重点，特别要注重交汇问题的训练。（2）三角函数、平面向量和解三角形。此专题中平面向量和三角函数的图像与性质，恒等变换是重点。（3）数列。此专题中数列是重点，同时也要注意数列与其他知识交汇问题的训练。（4）立体几何。此专题注重点线面的关系，用空间向量解决点线面的问题是重点。（5）解析几何。此专题中解析几何是重点，以基本性质、基本运算为目标。突出直线和圆锥曲线的交点、弦长、轨迹等。（6）不等式、推理与证明。此专题中不等式是重点，注重不等式与其他知识的整合。（7）排列与组合，二项式定理，概率与统计、复数。此专题中概率统计是重点，以摸球问题为背景理解概率问题。（（9）高考数学思想方法专题。此专题中函数与方程、数形结合、化归与转化、分类讨论思想方法是重点。（二）、做到四个转变。 1．变介绍方法为选择方法，突出解法的发现和运用．

求数列通项专题高三数学复习教学设计

假如单以金钱来算,我在香港第六、七名还排不上,我这样说是有事实根据的.但我认为,富有的人要看他是怎么做.照我现在的做法我为自己内心感到富足,这是肯定的. 求数列通项专题高三数学复习教学设计海南华侨中学邓建书课题名称求数列通项（高三数学第二阶段复习总第1课时）科目高三数学年级高三（5）班教学时间 2009年4月10日学习者分析数列通项是高考的重点内容必须调动学生的积极让他们掌握！教学目标一、情感态度与价值观 1. 培养化归思想、应用意识. 2.通过对数列通项公式的研究体会从特殊到一般又到特殊的认识事物规律培养学生主动探索勇于发现的求知精神二、过程与方法 1. 问题教学法------用递推关系法求数列通项公式 2. 讲练结合-----从函数、方程的观点看通项公式三、知识与技能 1. 培养学生观察分析、猜想归纳、应用公式的能力； 2. 在领会函数与数列关系的前提下渗透函数、方程的思想教学重点、难点 1.重点：用递推关系法求数列通项公式 2.难点：（１）递推关系法求数列通项公式（２）由前n项和求数列通项公式时注意检验第一项（首项）是否满足若不满足必须写成分段函数形式；若满足

则应统一成一个式子. 教学资源多媒体幻灯教学过程教学活动1 复习导入第一组问题：数列满足下列条件求数列的通项公式（1）；（2）由递推关系知道已知数列是等差或等比数列即可用公式求出通项第二组问题：[学生讨论变式] 数列满足下列条件求数列的通项公式（1）；（2）；解题方法：观察递推关系的结构特征可以利用"累加法"或"累乘法"求出通项（3）解题方法：观察递推关系的结构特征联想到"？=？)" 可以构造一个新的等比数列从而间接求出通项教学活动2 变式探究变式1：数列中求思路：设由待定系数法解出常数

2020高考二轮复习数列

第1讲等差数列、等比数列 [全国卷3年考情分析] 函数与方程、等价转化、分类讨论等数学思想的考查；对等差、等比数列性质的考查主要是求解数列的等差中项、等比中项、通项公式和前n 项和的最大、最小值等问题，属中低档题．考点一等差、等比数列的基本运算 [例1] (1)(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( ) A ．a n ＝2n －5 B ．a n ＝3n －10 C ．S n ＝2n 2－8n D ．S n ＝1 2 n 2－2n (2)(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，S 3＝3 4，则S 4＝________. (3)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝3. ①若a 3＋b 3＝7，求{b n }的通项公式； ②若T 3＝13，求S n . 1．(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3＝( ) A ．16 B ．8 C ．4 D ．2 2．(2019·沈阳市质量监测(一))已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝12，S 5＝90，则等

差数列{a n }的公差d ＝( ) A ．2 B ．32 C ．3 D ．4 3．(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 9＝－a 5. (1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式； (2)若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围．考点二等差、等比数列的性质 [例2] (1)(2019·贵阳模拟)等差数列{a n }中，a 2与a 4是方程x 2－4x ＋3＝0的两个根，则a 1 ＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝( ) A ．6 B ．8 C ．10 D ．12 (2)在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，则a 2a 16 a 9 的值为( ) A ．－2＋22 B ．－2 C.2 D ．－2或2 (3)在等差数列{a n }中，已知a 1＝13，3a 2＝11a 6，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为________． 1．(2019·蓉城名校第一次联考)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 5＝20，a 4＝6，则a 2的值为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 2．(2019·江西八所重点中学联考)已知数列{a n }是等比数列，若ma 6·a 7＝a 28－2a 4·a 9，且公比q ∈(3 5，2)，则实数m 的取值范围是( ) A ．(2，6) B ．(2，5) C ．(3，6) D ．(3，5) 3．已知函数f (x )是R 上的单调递增函数且为奇函数，数列{a n }是等差数列，a 3>0，则f (a 1)

高三数学数列专题复习题含答案

高三数学数列专题复习题含答案一、选择题 1.等比数列{}n a 中，12a =，8a =4，函数 ()128()()()f x x x a x a x a =---L ，则()'0f =（） A ．62 B. 92 C. 122 D. 152 【答案】C 【解析】考查多项式函数的导数公式，重点考查学生创新意识，综合与灵活地应用所学的数学知识、思想和方法。考虑到求导中，含有x 项均取0，则()' 0f 只与函数()f x 的一次项有关；得：412 123818()2a a a a a a ??==L 。 2、在等比数列{}n a 中，11a =，公比1q ≠.若12345m a a a a a a =，则m= （A ）9 （B ）10 （C ）11 （D ）12 【答案】C 3、已知{}n a 是首项为1的等比数列，n s 是{}n a 的前n 项和，且369s s =，则数列1n a ?? ???? 的前5项和为（A ） 158或5 （B ）3116或5 （C ）3116 （D ）15 8 【答案】C 【解析】本题主要考查等比数列前n 项和公式及等比数列的性质，属于中等题。显然q ≠1，所以3639(1q )1-=121-q 1q q q q -?+?=-，所以1{}n a 是首项为1，公比为1 2 的等比数列，前5项和5 51 1()31211612 T -= =-. 4、已知各项均为正数的等比数列{n a }，123a a a =5，789a a a =10，则456a a a = (A) 【答案】A

【解析】由等比数列的性质知31231322()5a a a a a a a ===g ，3 7897988()a a a a a a a ===g 10,所以 13 2850a a =, 所以13 3 3 64564655 28()()(50)52a a a a a a a a a =====g 5.已知等比数列{m a }中，各项都是正数，且1a ， 321 ,22 a a 成等差数列，则91078a a a a +=+ A.12+ B. 12- C. 322+ D 322- 6、设{}n a 是任意等比数列，它的前n 项和，前2n 项和与前3n 项和分别为,,X Y Z ，则下列等式中恒成立的是 A 、2X Z Y += B 、()()Y Y X Z Z X -=- C 、2 Y XZ = D 、()()Y Y X X Z X -=- 【答案】 D 【分析】取等比数列1,2,4,令1n =得1,3,7X Y Z ===代入验算，只有选项D 满足。 8、设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若111a =-,466a a +=-,则当n S 取最小值时,n 等于 A ．6 B ．7 C ．8 D ．9 【答案】A 【解析】设该数列的公差为d ，则461282(11)86a a a d d +=+=?-+=-，解得2d =，所以22(1) 11212(6)362 n n n S n n n n -=-+ ?=-=--，所以当6n =时，n S 取最小值。 9、已知等比数列{}n a 满足0,1,2,n a n >=L ，且25252(3)n n a a n -?=≥，则当1n ≥时， 2123221log log log n a a a -+++=L A. (21)n n - B. 2 (1)n + C. 2n D. 2 (1)n -

高三数学二轮复习专题—数列

2013高三数学二轮复习专题—数列【高频考点解读】一、等差数列的性质 1.等差数列的定义：d a a n n =--1（d 为常数）（2≥n ）； 2．等差数列通项公式： *11(1)()n a a n d dn a d n N =+-=+-∈ 推广： d m n a a m n )(-+=． 3．等差中项（1）如果a ，A ，b 成等差数列，那么A 叫做a 与b 的等差中项．即：2 b a A += 或 b a A +=2 （2）数列{}n a 是等差数列)2(211-≥+=?+n a a a n n n 212+++=?n n n a a a 4．等差数列的前n 项和公式： 1()2n n n a a S +=1(1)2n n na d -=+211()22 d n a d n =+-2An Bn =+ （其中A 、B 是常数，所以当d ≠0时，S n 是关于n 的二次式且常数项为0）特别地，当项数为奇数21n +时，1n a +是项数为2n+1的等差数列的中间项 ()()()12121121212 n n n n a a S n a +++++= = +（项数为奇数的等差数列的各项和等于项数乘以中间项） 5．等差数列的判定方法（1）定义法：若d a a n n =--1或d a a n n =-+1(常数*∈N n )? {}n a 是等差数列．（2）数列{}n a 是等差数列)2(211-≥+=?+n a a a n n n 212+++=?n n n a a a ． ⑶ 数列{}n a 是等差数列?b kn a n +=（其中b k ,是常数）。（4）数列{}n a 是等差数列?2n S An Bn =+,（其中A 、B 是常数）。 6．等差数列的证明方法定义法：若d a a n n =--1或d a a n n =-+1(常数*∈N n )? {}n a 是等差数列． 7.提醒：（1）等差数列的通项公式及前n 和公式中，涉及到5个元素：1a 、d 、n 、n a 及 n S ，其中1a 、d 称作为基本元素。只要已知这5个元素中的任意3个，便可求出其余2个，即知3求2。（2）设项技巧： ①一般可设通项1(1)n a a n d =+- ②奇数个数成等差，可设为…，2,,,,2a d a d a a d a d --++…（公差为d ）； ③偶数个数成等差，可设为…，3,,,3a d a d a d a d --++,…（注意；公差为2d ）

高考数学第2讲数列求和及综合问题

第2讲数列求和及综合问题高考定位 1.高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下；2.在考查数列运算的同时，将数列与不等式、函数交汇渗透. 真题感悟 1.(2020·全国Ⅰ卷)数列{a n}满足a n＋2＋(－1)n a n＝3n－1，前16项和为540，则a1＝________. 解析法一因为a n＋2＋(－1)n a n＝3n－1，所以当n为偶数时，a n＋2＋a n＝3n－1，所以a4＋a2＝5，a8＋a6＝17，a12＋a10＝29，a16＋a14＝41，所以a2＋a4＋a6＋a8＋a10＋a12＋a14＋a16＝92. 因为数列{a n}的前16项和为540，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝540－92＝448.① 因为当n为奇数时，a n＋2－a n＝3n－1，所以a3－a1＝2，a7－a5＝14，a11－a9＝26，a15－a13＝38，所以(a3＋a7＋a11＋a15)－(a1＋a5＋a9＋a13)＝80.② 由①②得a1＋a5＋a9＋a13＝184. 又a3＝a1＋2，a5＝a3＋8＝a1＋10，a7＝a5＋14＝a1＋24，a9＝a7＋20＝a1＋44，a11＝a9＋26＝a1＋70，a13＝a11＋32＝a1＋102，

所以a 1＋a 1＋10＋a 1＋44＋a 1＋102＝184，所以a 1＝7. 法二同法一得a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝448. 当n 为奇数时，有a n ＋2－a n ＝3n －1，由累加法得a n ＋2－a 1＝3(1＋3＋5＋…＋n )－n ＋1 2 ＝32(1＋n )·n ＋12－n ＋12＝34n 2＋n ＋1 4，所以a n ＋2＝34n 2＋n ＋1 4＋a 1. 所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋a 11＋a 13＋a 15 ＝a 1＋? ????34×12＋1＋14＋a 1＋? ????34×32＋3＋14＋a 1＋? ?? ?? 34×52＋5＋14＋a 1＋ ? ????34×72＋7＋14＋a 1＋? ????34×92＋9＋14＋a 1＋? ?? ??34×112 ＋11＋14＋a 1＋ ? ???? 34×132＋13＋14＋a 1＝8a 1＋392＝448，解得a 1＝7. 答案 7 2.(2018·全国Ⅰ卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和.若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 解析法一因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1. 所以S 6＝－1×（1－26）1－2 ＝－63. 法二由S n ＝2a n ＋1，得S 1＝2S 1＋1，所以S 1＝－1，当n ≥2时，由S n ＝2a n ＋1得S n ＝2(S n －S n －1)＋1，即S n ＝2S n －1－1，∴S n －1＝2(S n －1－1)，又S 1－1＝－2，∴{S n －1}是首项为－2，公比为2的等比数列，所以S n －1＝－2×2n －1＝－2n ，所以S n ＝1－2n ，∴S 6＝1－26＝－63.

2018届高考数学二轮算法与复数专题卷文(全国通用)

12＋4分项练14 算法与复数 1．(2017·全国Ⅱ)(1＋i)(2＋i)等于( ) A．1－i B．1＋3i C．3＋i D．3＋3i 答案 B 解析(1＋i)(2＋i)＝2＋i＋2i－1＝1＋3i. 故选B. 2．(2017届福建省厦门外国语学校适应性考试)复数z＝ 2i 1＋i ＋i5的共轭复数为( ) A．1－2i B．1＋2i C．i－1 D．1－i 答案 A 解析根据题意化简得z＝1＋2i，z＝1－2i，故选A. 3．(2017届安徽省蚌埠市质检)复数(a－i)(1－i)(a∈R)的实部与虚部相等，则实数a等于( ) A．－1 B．0 C．1 D．2 答案 B 解析由题意可得(a－i)(1－i)＝a－i－a i＋i2＝(a－1)－(a＋1)i，结合题意可知，a－1＝－a－1 ，解得a＝0. 故选B. 4．(2017·全国Ⅲ)复平面内表示复数z＝i(－2＋i)的点位于( ) A．第一象限B．第二象限 C．第三象限D．第四象限答案 C 解析∵z＝i(－2＋i)＝－1－2i，∴复数z＝－1－2i所对应的复平面内的点为Z(－1，－2)，位于第三象限．故选C.

5．如图，在复平面内，复数z 1和z 2对应的点分别是A 和B ，则z 2 z 1 等于( ) A.15＋25i B.25＋15 i C ．－25－15 i D ．－15－25i 答案 D 解析由题图得z 1＝－2－i ，z 2＝i ，所以z 2z 1＝i －2－i ＝－i (2－i )(2＋i )(2－i )＝－15－25 i ，故选D. 6．(2017·辽宁省实验中学模拟)某程序框图如图所示，若输入的n ＝10，则输出的结果为 ( ) A.110 B.89 C.910 D.1011 答案 C 解析初始值：S ＝0，k ＝1，k <10 k ＝2，S ＝0＋1－12， k ＝3，S ＝0＋1－12＋? ?? ??12－13，

(完整版)高三文科数学数列专题.doc

高三文科数学数列专题高三文科数学复习资料 ——《数列》专题 1. 等差数列{ a n}的前n项和记为S n，已知a1030, a2050 . （ 1）求通项a n；（ 2）若S n242 ，求 n ；（ 3）若b n a n20 ，求数列 { b n } 的前 n 项和 T n的最小值. 2. 等差数列{ a n}中，S n为前n项和，已知S77, S1575 . （ 1）求数列{ a n}的通项公式；（ 2）若b n S n，求数列 {b n } 的前 n 项和 T n. n 3. 已知数列{ a n}满足a1 1 a n 1 ( n 1) ，记 b n 1 ， a n . 1 2a n 1 a n （1）求证 : 数列{ b n}为等差数列；（2）求数列{ a n}的通项公式 . 4. 在数列a n 中， a n 0 ， a1 1 ，且当 n 2 时，a n 2S n S n 1 0 . 2 （ 1）求证数列1 为等差数列；S n （ 2）求数列a n的通项 a n；（ 3）当n 2时，设b n n 1 a n，求证： 1 2 (b2 b3 b n ) 1 . n 2(n 1) n 1 n 5. 等差数列{ a n}中，a18, a4 2 . （ 1）求数列{ a n}的通项公式；（ 2）设S n| a1 | | a2 || a n |，求 S n；

1 (n N *) ， T n b1 b2 b n (n N *) ，是否存在最大的整数m 使得对任（ 3）设b n n(12 a n ) 意 n N * ，均有T n m m 的值，若不存在，请说明理由. 成立，若存在，求出 32 6. 已知数列{log2(a n1)} 为等差数列，且a13, a39 . （ 1）求{ a n}的通项公式；（ 2）证明： 1 1 ... 1 1. a2 a1 a3 a2 a n 1 a n 7. 数列{ a n}满足a129, a n a n 12n 1(n 2, n N * ) . （ 1）求数列{ a n}的通项公式；（ 2）设b n a n，则 n 为何值时， { b n } 的项取得最小值，最小值为多少？n 8. 已知等差数列{ a n}的公差d大于0 , 且a2,a5是方程x2 12 x 27 0 的两根,数列 { b n } 的前 n 项和为 T n,且 T n 1 1 b n. 2 （ 1）求数列{ a n} , { b n}的通项公式；（ 2）记c n a n b n，求证:对一切 n N 2 , 有c n. 3 9. 数列{ a n}的前n项和S n满足S n2a n 3n . （1）求数列{ a n}的通项公式a n；（2）数列{ a n}中是否存在三项，它们可以构成等差数列？若存在，请求出一组适合条件的项；若不存在，请说明理由 . 10. 已知数列{ a n}的前n项和为S n，设a n是S n与 2 的等差中项，数列{ b n} 中， b1 1，点 P(b n , b n 1 ) 在直线 y x 2 上. （ 1）求数列{ a n} , { b n}的通项公式

2019-2020年高考数学第二轮专题复习数列教案

2019-2020年高考数学第二轮专题复习数列教案二、高考要求 1．理解数列的有关概念，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n项. 2．理解等差（比）数列的概念，掌握等差（比）数列的通项公式与前n项和的公式. 并能运用这些知识来解决一些实际问题. 3．了解数学归纳法原理，掌握数学归纳法这一证题方法，掌握“归纳—猜想—证明”这一思想方法. 三、热点分析 1.数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式、极限的四则运算法则、无穷递缩等比数列所有项和等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目. 2.有关数列题的命题趋势（1）数列是特殊的函数，而不等式则是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点（2）数列推理题是新出现的命题热点.以往高考常使用主体几何题来考查逻辑推理能力，近两年在数列题中也加强了推理能力的考查。（3）加强了数列与极限的综合考查题 3.熟练掌握、灵活运用等差、等比数列的性质。等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用非常广泛，且十分灵活，主动发现题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁优美.如a2a4+2a3a5+a4a6=25，可以利用等比数列的性质进行转化：a2a4=a32，a4a6=a52，从而有a32+2aa53+a52=25，即（a3+a5）2=25. 4.对客观题，应注意寻求简捷方法解答历年有关数列的客观题，就会发现，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下：①借助特殊数列. ②灵活运用等差数列、等比数列的有关性质，可更加准确、快速地解题，这种思路在解客观题时表现得更为突出，很多数列客观题都有灵活、简捷的解法 5.在数列的学习中加强能力训练数列问题对能力要求较高，特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力更为突出.一般来说，考题中选择、填空题解法灵活多变，而解答题更是考查能力的集中体现，尤其近几年高考加强了数列推理能力的考查，应引起我们足够的重视.因此，在平时要加强对能力的培养。 6．这几年的高考通过选择题，填空题来着重对三基进行考查，涉及到的知识主要有：等差（比）数列的性质. 通过解答题着重对观察、归纳、抽象等解决问题的基本方法进行考查，其中涉及到方程、不等式、函数思想方法的应用等，综合性比较强，但难度略有下降. 四、复习建议 1．对基础知识要落实到位，主要是等差（比）数列的定义、通项、前n项和.

高三数学科数列的综合应用

高三数学科数列的综合应用（复习）学案考纲要求：综合利用等差数列与等比数列的有关知识，解决数列综合问题和实际问题。课前预习一、知识梳理 1. 解答数列应用题的步骤： 2. 数列应用题常见模型：（1）等差模型（2）等比模型（3）递推数列模型二、自我检测 1.等比数列{a n }的前 n 项和为 s n ，且 12344a 2a a a 1s ==1，，成等差数列，若，则（）A 7 B 8 C 15 D 16 2．△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，若a 、b 、c 成等比数列，且c=2a ，则cosB= （）A 1 4 B 34 3.有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒末能在杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个，现在有1个这样的细菌和100个这样的病毒，问细菌将将病毒全部杀死至少需要（） A 6秒 B 7秒 C 8秒 D 9秒 4．等差数列{n a }中，n a ≠0，n ∈N +,有2 3711220,a a a -+=数列{b n }是等比数列，且7768,b a b a ==则（）A 2 B 4 C 8 D 16 5.已知三个数a 、b 、c 成等比数列，则函数f （x ）=ax 2+bx+c 的图像与x 轴公共点的个数为 6.在数列{n a }中，对任意自然数n ∈N +，1221,n a a a ++=-n …则

122 2a a ++=2n …+a 课内探究典例讲解题型一：性质的综合应用例1 设{n a }为等差数列，{n b }为等比数列，112432431,,,a b a a b b b a ==+==分别求出{n a }及{n b }的前10项和1010,.S T 题型二：求通项公式例2 在数列{n a }中，111,22.n n n a a a +==+（1）设1 ,2n n n a b -=证明数列{n b }是等差数列；（2）求n a 数列{n a }前n 项和s n 。例3 (2009全国1，理20)在数列{n a }中，1n+1n n 1 n 1 a 1a 1a .n 2 +== ++，（）（1）设b n = n a n ，求数列{b n }的通项公式；（2）求数列{a n }的前n 项和s n .

(全国适用)2018届高考地理二轮复习微专题15交通运输专题卷

微专题 (十五) 交通运输 (2017·安徽淮北二模)“茶之初，姓本蜀”，四川是中华茶文化的发源地，也是“茶马古道”的起点之一，在古代承担着茶叶入藏和藏马入川的重任。“山间铃响茶香来”，生动地描写了当时川藏“茶马互市”的景象。“一春心事在新茶”，对于嗜茶者，莫不以春茶为贵，而四川因其得天独厚的自然条件，成为我国同纬度春茶上市最早的地区。据此完成1、2题。 1．历史上川藏“茶马古道”兴起主要是因为( ) A．距离较近，市场互补性强 B．位置优越，交通发展便利 C．文化相似，民间交流密切 D．需求较大，沿线资源丰富 2．与江苏、浙江等地相比，四川春茶上市早的主要原因是( ) A．云随山势湿气凝，春雨早来滋碧霞 B．雪山水秀润天府，宝盆地沃生龙芽 C．春风早来云雾散，昼暖夜寒育云华 D．秦巴山高作屏障，天暖春早上新茶答案 1.A 2.D 解析第1题，材料提到，“茶马古道”在古代承担着茶叶入藏和藏马入川的重任，四川和西藏相邻，距离较近，市场互补性强，是历史上川藏“茶马古道”兴起的主要原因。故选A项。第2题，与江苏、浙江等地相比，由于四川是盆地地形，冬季冷空气受到北侧山脉阻挡，则可知“秦巴山高作屏障，天暖春早上新茶”是四川春茶上市早的主要原因。故选D项。 (2017·河南省模拟)瓜亚基尔市位于厄瓜多尔西南部瓜亚基尔湾内瓜亚斯河西岸，始建于1535年，工业发达，集中了全国半数以上的工矿企业，是全国最大的城市和港口。下图为瓜亚基尔港地理位置示意图(横线表示港口区，黑点表示仓储区)。据此完成3～5题。

3．瓜亚基尔港口区建于该市南部的主要原因是( ) A．距离海洋较近B．地势平坦开阔 C．工业密度较高D．远离城市水源区 4．瓜亚基尔港地处赤道附近，但港口全年作业环境气温并不高，其主要原因是( ) A．地处海湾，海风影响显著 B．海拔较高，地面辐射较弱 C．森林广布，调节功能较强 D．云雾较多，太阳辐射较弱 5．若一艘商船从瓜亚基尔港出发前往新几内亚岛，最佳的洋流航线是( ) A．西风漂流航线B．北赤道暖流航线 C．北太平洋暖流航线D．南赤道暖流航线答案 3.B 4.A 5.D 解析第3题，读图可知，瓜亚基尔市北部地势较高，以山地为主，南部地势平坦开阔，以河口三角洲为主，故南部地区适宜建设港口区和仓储区。第4题，读图可知，瓜亚基尔市虽靠近赤道，但因濒临宽阔的海湾，受海风吹拂影响显著(或受海洋调节作用显著)，导致夏季气温并不高，冬季因纬度较低且受海洋的影响，气温比较高，非常适宜全年港口作业。第5题，读图并结合世界洋流分布图可知，瓜亚基尔港位于南纬2°～3°”之间，与自东向西流的南赤道暖流几乎在同一纬线上。该商船从瓜亚基尔港出发前往新几内亚岛采用该洋流航线，顺水顺风，航行速度较快。 (2017·山东潍坊模拟)下图为我国某铁路干线沿线气候资料，据此完成6、7题。

2018届高三化学第二轮备考复习计划

灵台二中2018届高三化学第二、三轮备考复习计划高三化学备课组任天福一、一轮复习备考的反思（一）经过第一轮的复习，学生方面存在的基本问题 1、知识基础底子薄弱，各知识点掌握不透彻，记忆不准确。 2、学生学习被动，部分学生存在假学习现象。学习习惯普遍不好。 3、学生对知识的遗忘太快，部分知识习惯死记硬背，没有理解内涵和外延，知识应用能力欠佳。 4、学生解题速度慢，计算能力有待进一步提高。（二）考试中学生非智力因素失分的情况 1、卷面表达不规范，不够端正，部分学生书写潦草。 2、粗心大意，读错题（常把分子式看成是结构式，把元素符号看成是元素名称，把离子方程式看成是化学方程式，该写的单位的漏写等等） 3、考试心理里恐惧、胆怯 4、时间紧迫，绝大多数学生不能完卷。二、二轮复习的备考思路（3.20-4.30）在最后100多天的时间中，根据考试题型，加强题型的专题训练，突破考点。各类型专题备考及训练思路如下： 1、选择题训练思路（在每周综合测试中完成）每周在综合测试中加强考点训练，高考考什么，就练什么；考多的，就多练；考少的，就少练；不考的，就不练。不可平均用力。重中之重是化学概念和理论部分。包括：氧化还原、离子反应、物质的量、速率与平衡、电解质、胶体、电化学、反应热等。努力克服困难，全部内容一一过关。认真研读教材的亮点，关注物质的俗名、用途，关注生活、生产、环境、科技、能源、资源、材料与试题的联系。选择题训练把准确率放在第一位，努力培养好习惯，好节奏（限时完成）。做题不要快，审题要细致，四个选项一一弄懂，争取少失分。平时训练少用排除法，少猜答案。在训练中加强读题训练，总结自身的弱点，一一设法改进。选择题得满分是每一位同学的唯一目标，不管你现在的水平是高是低。 2、实验题训练思路（设置实验专题）结合二轮资料编写框架，实验题训练注重基础，注重细节，注重答题材的规范性及书写的准确性。注重知识点比较分析，注重归纳构建成网。强化实验设计训练，要求学生根据实验目的，设计装置、仪器、试剂、步骤、现象、结论等实验的各个环节。培养和提高学生把所掌握的实验知识活学活用的能力。注重实验评价

高考数学压轴专题最新备战高考《数列》难题汇编附答案

新数学《数列》期末复习知识要点一、选择题 1．在数列{}n a 中，若10a =，12n n a a n +-=，则23111 n a a a +++L 的值 A ． 1 n n - B ． 1 n n + C ． 1 1n n -+ D ． 1 n n + 【答案】A 【解析】分析：由叠加法求得数列的通项公式(1)n a n n =-，进而即可求解23111 n a a a +++L 的和. 详解：由题意，数列{}n a 中，110,2n n a a a n +=-=，则112211()()()2[12(1)](1)n n n n n a a a a a a a a n n n ---=-+-++-+=+++-=-L L ，所以 1111 (1)1n a n n n n ==--- 所以 231111111111(1)()()12231n n a a a n n n n -+++=-+-++-=-=-L L ，故选A. 点睛：本题主要考查了数列的综合问题，其中解答中涉及到利用叠加法求解数列的通项公式和利用裂项法求解数列的和，正确选择方法和准确运算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力. 2．已知等比数列{}n a 满足13a =，13521a a a ++=，则357a a a ++=（） A ．21 B ．42 C ．63 D ．84 【答案】B 【解析】由a 1+a 3+a 5=21得24242 1(1)21172a q q q q q ++=∴++=∴=∴ a 3+a 5+a 7=2 135()22142q a a a ++=?=，选B. 3．设数列{}n a 是等差数列，1356a a a ++=，76a =.则这个数列的前7项和等于（） A ．12 B ．21 C ．24 D ．36 【答案】B 【解析】【分析】根据等差数列的性质可得3a ，由等差数列求和公式可得结果. 【详解】因为数列{}n a 是等差数列，1356a a a ++=，

2019年高职数学第二轮复习专题4数列(最新整理)

数列与函数的关系数列的通项数列通项等差数列的前n 项和等差数列的性质等差数列等差数列的通项等差数列的定义等比数列的前n 项和等比数列的性质等比数列等比数列的通项等比数列的定义 2019 年第二轮专题复习 4 数列 2019 年浙江高职考试大纲要求： 1、了解数列及其有关概念 2、理解等差数列，等差中项的概念，掌握等差数列的通项公式、前 n 项和公式，并会运用它们解决有关问题 3、理解等比数列、等比中项的概念，掌握等比数列的通项公式，前 n 项和工会，并会运用它们解决有关问题。考情分析：数列在高职考中为必考题目，2007-2012 年的一个选择一个解答，2013-2018 年一个选择，一个填空，一个解答。2017 年一个选择两个填空一个解答，分值有所提升。考查数列的规律性，等差等比数列的定义理解，公式应用。渗透解方程的思想。基础知识自查一、知识框架构建项数数列的有关概念项数列的定义

考点一：数列的有序性，规律性（2017 年浙江高考）.

n 4 5 6 4 2 ３４５６已知数列：，－，，－，，．．．按此规律第７项为 3 4 ５ 6 ７ 7 8 ７ 8 A. B. C.－ D.－ 8 9 ８ 9 （ 2016 年浙江高考）：数列 {a }满足： a = 1， a = -n + a ，（ n ∈ N * ），则 a = n 1 n n +1 5 （） A 、9 B 、10 C 、11 D 、12 1、（2013 年高考题）根据数列 2,5,9,19,37,75……的前六项找出规律，可得a 7 = A.140 B. 142 C. 146 D. 149 2、（2015 宁波一模）根据数列 0， ,,3,7,15， ..... 的前 5 项找出规律，可得 a 7 = A, 63 B, 32 C, 31 D,16 考点二：利用a n 和s n 的关系，由s n 求a n (2017年浙江高考) 设数列的前n 项和为s n , 若a 1=1, a n+1=2s n ( n ∈N) , 则s 4= 1、（2015 嘉兴二模）设数列的前 n 项和为s n = 2 ,则a 的值为 n A.2 B.4 C.7 D.8 2、（2016 预测）已知数列的前 n 项的和为 s = 2n 2 - n +1，则a + a + a = A. 67 B. 51 C. 38 D. 16 考点三：利用等差数列，等比数列的通项公式求和，求某一项（或公差，公比）（2018-35-10）、如图所示，在边长为 1 的正三角形中，挖去一个由三边中点所构成的三角形，记挖去的三角形面积为a 1 ；在剩下的 3 个三角形中，再以同样

高考数学数列题型专题汇总

高考数学数列题型专题汇总公司内部档案编码：[OPPTR-OPPT28-OPPTL98-OPPNN08]

高考数学数列题型专题汇总一、选择题 1、已知无穷等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，且S S n n =∞ →lim .下列条件中，使得()*∈q a （B ）6.07.0,01-<<-q a （D ）7.08.0,01-<<-

A ．{}n S 是等差数列 B ．2{}n S 是等差数列 C ．{}n d 是等差数列 D ．2{}n d 是等差数列【答案】A 二、填空题 1、已知{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，若16a =，350a a +=，则 6=S _______.. 【答案】6 2、无穷数列{}n a 由k 个不同的数组成，n S 为{}n a 的前n 项和.若对任意 *∈N n ，{}3,2∈n S ，则k 的最大值为________. 【答案】4 3、设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，则a 1a 2a n 的最大值为 . 【答案】64 4、设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2=4，a n +1=2S n +1，n ∈N *，则 a 1= ，S 5= . 【答案】1 121

高中数学《数列》二轮复习教学设计

必修 5 第 2 章教学内容分析高中数学教学设计编写人：周亚新

教学过程设计

创设情境?直观感知让学生直观感知15高考 18. 已知数列满足（为实数，且），，，，且，，成等差数列． (1)求的值和的通项公式； (2)设，，求数列的前项和．学生观察，思考考察的知识及解题策略从实际出发，让学生感受高考的题目，引出本节课的教学重难点。典例分析例1：已知数列{ n a}中，首项是 1，求满足下列条件的通项公式（1） 1 3 n n a a + =- （2） 1 2 n n a a + = （3） 1 n n a a n + =- （4）11 n n a n a n + + = 学生完成各题辨析等差数列、等比数列及递推公式，并能掌握其通项公式的求解方法例2：已知数列中， n s是 n a的前n项和，且 1 42 n n s a + =+， 1 a=1 （1）设数列 11 2 n n n b a a ++ =-，且b1=3 2 证明{ n b}是等比数列。学生分析问题，并合作解决问题，教师适时点拨第（1）问，注意2 n≥ 第（2）问，可利用第一问结论，亦可用题设用等差数列，等比数列的定义证明数列，并求通项公式和前n项的和；解题时要总览全局，注意上一问的结论可作为下面

（2）设数列2n n n a c = ，证明{n c }是等差数列。（3）求数列的通项公式及前n 项和问题的条件。例3：已知数列{n a }中， 1a >0,q>1且q ≠0的等比数列，设数列{n b }满足12n n n b a ka ++=-，数列{n a }，{n b }的前n 项和分别是n S ，n T 。若n n T kS >对一切自然数都成立，求k 的取值范围。教师板演，规范过程，学生体会理解熟悉递推数列的的题型，本题由探索n S 和n T 的关系入手，谋求解题思路例4：已知抛物线24x y =，过原点做斜率为1的直线交抛物线于点1P ，又过点1P 作斜率为 1 2 的直线交抛物线于点2P ，在过点2P 作斜率为 1 4 的直线交抛物线于3P ……如此继续，一般的，过n P 作斜率为 1 2n 的直线交抛物线于点1n P +，设n P （n x ，n y ）（1）令2121n n n b x x +-=-，求证数列{n b }是等比数列。（2）设数列{n b }的前项和为 n S ，试比较 3 4 n S +1与学生探究直线与抛物线交点的坐标关系，试寻找交点横坐标见得联系，教师给予适当的引导。强化已解析几何为载体的数列问题解法，展示放缩法、数学归纳法在数列解题中的应用

2018届高三数学二轮复习：数列专题及其答案

2018年高三数学(理科)二轮复习完整版【精品推荐】

求数列通项专题高三数学复习教学设计

2020高考二轮复习数列

高三数学数列专题复习题含答案

高三数学二轮复习专题—数列

高考数学第2讲数列求和及综合问题

2018届高考数学二轮算法与复数专题卷文(全国通用)

(完整版)高三文科数学数列专题.doc

2019-2020年高考数学第二轮专题复习数列教案

高三 数学 科 数列的综合应用

(全国适用)2018届高考地理二轮复习微专题15交通运输专题卷

2018届高三化学第二轮备考复习计划

高考数学压轴专题最新备战高考《数列》难题汇编附答案

2019年高职数学第二轮复习专题4数列(最新整理)

最新届高三数学第二轮复习数列综合

高考数学数列题型专题汇总

高中数学《数列》二轮复习教学设计

高三数学科数列的综合应用