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1、精选优质文档-倾情为你奉上2011年高考题型专题冲刺精讲（数学）专题六 数列【命题特点】数列是高考考查的重点和热点，分析2010年高考试题，从分值来看，数列部分约占总分的10%左右。等差数列、等比数列的通项公式、求和公式的应用以及等差、等比数列的基本性质一直是高考的重点内容，也会是今年高考的重点对数列部分的考查一方面以小题考查数列的基本知识；另一方面以解答题形式考查等差、等比数列的概念、通项公式以及前 项和公式解答题作为压轴题的可能性较大，与不等式、数学归纳法、函数等一起综合考查学生运用数学知识进行归纳、总结、推理、论证、运算等能力以及分析问题、解决问题的能力近年来，解析几何题一般不再作为压轴
2、题，而最后一道难度最大的压轴题可能是数列和不等式，函数、导数、不等式综合考查的题目，导数和向量已成为出题重点，探索性问题必将融入大题中。高考数列压轴题综合考查等价变换、抽象概括、归纳推理、猜想证明等能力。立意新颖，是整份试卷中的“亮点”。 复习建议1“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要，但用“基本量法”并树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地运用条件，又要时刻注意题的目标，往往能取得与“巧用性质”解题相同的效果。2归纳猜想证明体现由具体到抽象，由特殊到一般，由有限到无限的辩证思想学习这部分知识，对培养学生的逻辑思维能力，计算能力，熟悉归纳、演绎的论证方法，
3、提高分析、综合、抽象、概括等思维能力，都有重大意义。3解答数列与函数的综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题。4数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分，先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式，然后再利用数列知识和方法求解。【试题常见设计形式】有关数列题的命题趋势：1. 数列中与的关系一直是高考的热点，求数列的通项公式是最为常见的题目，要切实注意 与的关系。从近两年各地高考试题来看，加大了对“递推公式”的考查。 2. 探索性问题在数列中考查较多，试题没有给出结论，需要考生猜出
4、或自己找出结论，然后给以证明.探索性问题对分析问题解决问题的能力有较高的要求。3. 等差、等比数列的基本知识必考。这类考题既有选择题，填空题，又有解答题；有容易题、中等题，也有难题。4. 求和问题也是常见的试题，等差数列、等比数列及可以转化为等差、等比数列求和问题应掌握，还应该掌握一些特殊数列的求和。5有关数列与函数、数列与不等式、数列与解析几何等问题既是考查的重点，也是考查的难点。【突破方法技巧】重点知识1.使用等比数列的求和公式，要考虑公比与两种情况，切忌直接用2.利用与的关系：求解，注意对首项的验证。3.数列求解通项公式的方法：A.等差等比（求解连续项的差或商，比例出现字母的注意讨论）B
5、. 利用与的关系：C.归纳-猜想-证明法D.可以转化为等差和等比的数列（一般大多题有提示，会变成证明题）（1）；令；（2）； “”（两边除以）或“.（3）；（4）. 令E. 应用迭加（迭乘、迭代）法求数列的通项：；F.对于分式，取倒数，数列的倒数有可能构成等差数列（对于分式形式的递推关系）G给定的，形式的，可以结合，写成关于的关系式，也可以写成关于的关系式，关键就是那个关系式比较容易的求解出结果来4.数列求和公式法；性质法；拆项分组法；裂项相消法；错位相减法；倒序相加法.或转化为等差数列和等比数列利用公式求解；求解参数的式子中有结构的，注意对n是偶数与奇数的讨论，往往分开奇数与偶数，式子将会变
6、的简单5.不等式证明： （1）证明数列，可以利用函数的单调性，或是放缩（2）证明连续和，若是有，形式的，每一项放缩成可以裂项相削形式（）或者（）或者是（）（注意证明式子与对应项的大小关系）；或者是变形成等差或是等比数列求和（3）证明连续积，若有，的形式，每一项适当的放缩，变形成迭乘相削形式，或者错位相乘（）或者（）（4）利用函数的单调性，函数赋值的方法构造（5）最后就是：若是上述形式失败，用数学归纳法（6）比较法（7）放缩通常有化归等比数列和可裂项的形式（8）对于证明存在问题、唯一问题、大小问题等有时可以尝试反证法 数列问题以其多变的形式和灵活的解题方法倍受高考考试命题者的青睐，历年来都是高考
7、命题的“热点”。对应试考生来说，数列既是重点，又是难点。近年来，高考中数列问题已逐步转向多元化，命题中含有复合数列形式的屡见不鲜，从而，这类问题成为学生应试的新难点。本文试图探索这类问题的求解方法和技巧。1、通项探求型该类题型一般转化为等差、等比数列或常见的简单的递推数列来实现求解，求解过程直接化，求解技巧模式化。2、大小比较型比较两个数列的大小关系型问题，一般利用比差法和比商法来达到目的，借助于数的正负性质来判断，从而获解。3、两个数列的子数列性质型探索两个数列公共项的有关性质，公共项构成的数列是两个数列的子数列，所以，抓住它们的通项是解题的关键。4、存在性探索型该类问题一般是先设后证，然后
8、反推探索，若满足题设则存在，若不合题意或矛盾，则不存在，它是探索性命题中的一种极为典型的命题形式。5、参数范围型在复合数列问题中再引入参数，难度更大，探索参数的取值范围对考生来说是一个难点，这类问题主要是建立目标函数或目标不等式，转化为求函数量值和求解不等式。【典型例题分析】数列的综合题难度都很大，甚至很多都是试卷的压轴题，它不仅考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，还涉及了配方法、换元法、待定系数法、放缩法等基本数学方法.其中的高考热点探索性问题也出现在近年高考的数列解答题中.考点一：等差、等比数列的概念与性质【例1】已知数列的首项（a是常数，且），（），数列的首项，（）。 （1）
9、证明：从第2项起是以2为公比的等比数列；（2）设为数列的前n项和，且是等比数列，求实数的值；（3）当a0时，求数列的最小项。当n2时，是等比数列, (n2)是常数，3a+4=0，即 。（3）由（1）知当时，所以，所以数列为2a+1，4a，8a-1，16a，32a+7，显然最小项是前三项中的一项。当时，最小项为8a-1； 当时，最小项为4a或8a-1；当时，最小项为4a； 当时，最小项为4a或2a+1；当时，最小项为2a+1。点评：本题考查了用定义证明等比数列，分类讨论的数学思想，有一定的综合性。【例2】已知数列中，（）求的通项公式；（）若数列中，证明：，也就是说，当时，结论成立根据（）和（）知
10、，【点评】 本题考查等差、等比数列的基本运算和错位相减法求和的技巧以及方程意识在解题中的作用.属于中档题，是高考中常见类型.在数列求和中常见的方法有公式法、分组法、错位相减法、裂项相消法、倒序相加法等，方法的选择由数列通项公式的特点来决定.考点二：求数列的通项与求和【例3】2010宁夏、设数列满足（）求数列的通项公式；（）令，求数列的前n项和解：（）由已知，当n1时，。而 所以数列的通项公式为。（）由知 从而 -得 。即【例4】2010山东、已知等差数列满足：，的前n项和为（）求及；（）令bn=(nN*)，求数列的前n项和【解析】（）设等差数列的公差为d，因为，所以有，解得，所以；=。（）由（
11、）知，所以bn=，所以=，即数列的前n项和=。【命题意图】本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式的应用、裂项法求数列的和，熟练数列的基础知识是解答好本类题目的关键。考点三：数列与不等式的联系【例5】2010大纲全国I、已知数列中， .（）设，求数列的通项公式；（）求使不等式成立的的取值范围 .【命题意图】本小题主要考查数列的通项公式、等比数列的定义、递推数列、不等式等基础知识和基本技能，同时考查分析、归纳、探究和推理论证问题的能力,在解题过程中也渗透了对函数与方程思想、化归与转化思想的考查.（）用数学归纳法证明：当时.（）当时，命题成立；【点评】 考查数列的相关知识，具有一定难度，与不等式的
12、证明相结合，带有一定的技巧性.【例6】2010.重庆、 在数列中，（），其中实数.（）求的通项公式；（）若对一切有，求的取值范围.【命题意图】本题主要考查数列的定义、数列通项公式、数学归纳法、不等式的解法以及方程和函数思想.本题的实质是：已知递推公式（，为常数）求通项公式.【解析】（）解法一：由，猜测.下用数学归纳法证明.当时，等式成立；假设当时，等式成立，即，则当时，综上， 对任何都成立.解法二：由原式得.令，则，因此对有 ，因此，. 又当时上式成立.因此.（）解法一：由，得，解法二：由，得，因，所以对恒成立.记，下分三种情况讨论.（）当即或时，代入验证可知只有满足要求.（）当时，抛物线开口
13、向下，因此当正整数充分大时，不符合题意，此时无解.（）当即或时，抛物线开口向上，其对称轴必在直线的左边. 因此，在上是增函数.所以要使对恒成立，只需即可.由解得或.结合或得或.综合以上三种情况，的取值范围为.点评：本题是数列、超越函数、导数的学归纳法的知识交汇题，属于难题，复习时应引起注意。考点四：数列与函数、向量等的联系【例7】2010 湖南、数列中，是函数的极小值点.（）当a=0时，求通项；（）是否存在a，使数列是等比数列？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由.解：易知=令，得，.（1）若，则当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增.故在时取得极小值.（2）若，仿（1）可得，
14、在时取得极小值.（3）若，则，无极值.（）当a=0时，则，由（1）知，.因，则由（1）知，.因为，则由（2）知，.又因为，则由（2）知，.由此猜测：当n3时，.下面用数学归纳法证明：当n3时，.事实上，当n=3时，由前面的讨论知结论成立.假设当n=k（k3）时，成立，则由（2）知，从而=0.所以.故当n3时，成立.于是由（2）知，当n3时，而，因此.综上所述，当a=0时，（n3）.（）存在a，使数列是等比数列.事实上，由（2）知，对任意的n，都有，则.即数列是首项为a公比为3的等比数列，且.而要使，即对一切都成立，只需对一切都成立.记，则，.令，则.因此，当x2时，从而函数在上为单调递减.故当
15、n2时，数列单调递减，即数列中最大的项为.于是当时，必有.这说明，当时，数列是等比数列.当时，可得，.而=，由（3）知无极值，不合题意.当时，可得，数列不是等比数列.当时，可得，由（3）知无极值，不合题意.当时，可得，数列不是等比数列.综上所述，存在a，使数列是等比数列，且a的取值范围为.【例8】已知数列中， （1）求；（2）求数列的通项； （3）设数列满足，求证：分析：条件中有类似于前n项和的形式出现，提示我们应该考虑anSnSn1(n2)因此：所以 ， 所以 点评：与数列相关的不等式证明通常需要“放缩”，而放缩的“度”尤为关键，本题中 ， 这种拆分方法是数学中较高要求的变形.考点五：数列与
16、解析几何的联系【例9】2010 安徽、设,是坐标平面上的一列圆，它们的圆心都在轴的正半轴上，且都与直线相切，对每一个正整数,圆都与圆相互外切，以表示的半径，已知为递增数列.()证明：为等比数列；()设，求数列的前项和. 本题考查等比数列的基本知识，利用错位相减法求和等基本方法，考查抽象能力以及推理论证能力.解：()将直线的倾斜角记为，则有，.设的圆心为，则由题意知，得；同理.从而，将代入，解得.故为公比等比数列.()由于，故，从而，记，则有， -，得.【例10】2010广东、已知曲线点是曲线上的点（）（1）试写出曲线在点处的切线的方程，并求出与轴的交点的坐标；（2）若原点到的距离与线段的长度之
17、比取得最大值，试求点的坐标；（3）设与为两个给定的不同的正整数，与是满足（2）中条件的点的坐标证明：【命题意图】考查抛物线、切线方程、不等式、点到直线的距离和导数等知识，考查化归与转化的数学思想方法，以及运算求解能力和数学探究能力【解析】：（1），曲线过点的切线的方程为，即令，得，点的坐标为（2）原点到的距离为，即时，取得最大值故所求点的坐标为（3）由（2）知，于是现证明，故问题得证【突破训练】1、重庆文、已知是首项为19，公差为-2的等差数列，为的前项和.（）求通项及；（）设是首项为1，公比为3的等比数列，求数列的通项公式及其前项和.【解析】（）因为是首项为，公差为的等差数列，所以，（）由题
18、意得所以则2、全国I文、记等差数列的前项和为，设，且成等比数列，求.解析 设数列的公差为，依题设有即解得或故或3、课标全国、设等差数列满足，。（）求的通项公式； （）求的前项和及使得最大的序号的值。【解析】：（1）由 = a1 +（n-1）d及a1=5，=-9得解得数列的通项公式为an=11-2n。 (2)由(1) 知=na1+d=10n-n2因为=-(n-5)2+25. 所以n=5时，取得最大值。 4、北京文、已知为等差数列，且，。（）求的通项公式；（）若等差数列满足，求的前n项和公式解：（）设等差数列的公差。因为 所以解得所以（）设等比数列的公比为 因为所以 即=3所以的前项和公式为5、山
19、东文、 已知等差数列满足：，.的前n项和为. （）求 及；（）令（）,求数列的前n项和.【命题意图】本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式的应用、裂项法求数列的和，熟练数列的基础知识是解答好本类题目的关键。【解析】（）设等差数列的公差为d，因为，所以有，解得，所以；=。（）由（）知，所以bn=，所以=，即数列的前n项和=。6、福建文、数列 中，前n项和满足-（n） ( I ) 求数列的通项公式以及前n项和；（II）若S1, t ( S1+S2 ), 3( S2+S3 ) 成等差数列，求实数t的值。本小题主要考查数列、等差数列、等比数列等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转
20、化思想.满分12分.解：()由S n+1 S n =（）n + 1得 (nN *)；又，故(nN *)从而(nN *).()由()可得，.从而由S 1，t（S 1+ S 2），3（S 2+ S 3）成等差数列可得：，解得t=2.7、2010四川文、已知等差数列的前3项和为6，前8项和为-4。（）求数列的通项公式；（）设，求数列的前n项和解：(1)设an的公差为d由已知得解得a13,d1故an3(n1)(1)4n5分(2)由(1)的解答得，bnnqn1，于是Sn1q02q13q2(n1)qn1nqn.若q1，将上式两边同乘以q，得qSn1q12q23q3(n1)qnnqn1.将上面两式相减得到(
21、q1)Snnqn(1qq2qn1) wnqn于是Sn若q1，则Sn123n所以，Sn12分8、2010江西文、正实数数列中,且成等差数列.(1) 证明数列中有无穷多项为无理数；(2)当为何值时，为整数，并求出使的所有整数项的和.【解析】考查等差数列及数列分组求和知识证明：（1）由已知有：，从而，方法一：取，则（）用反证法证明这些都是无理数.假设为有理数，则必为正整数，且，故.,与矛盾，所以（）都是无理数，即数列中有无穷多项为无理数;方法二：因为，当的末位数字是时，的末位数字是和，它不是整数的平方，也不是既约分数的平方，故此时不是有理数，因这种有无穷多，故这种无理项也有无穷多(2) 要使为整数，
22、由可知：同为偶数，且其中一个必为3的倍数，所以有或当时，有（）又必为偶数，所以（）满足即（）时，为整数；同理有（）也满足，即（）时，为整数；显然和（）是数列中的不同项；所以当（）和（）时，为整数；由（）有，由（）有.设中满足的所有整数项的和为，则9、2010陕西、已知是公差不为零的等差数列, 成等比数列.求数列的通项; 求数列的前n项和解由题设知公差由成等比数列得解得(舍去)故的通项,由等比数列前n项和公式得10、2010湖北、已知数列满足: , , ；数列满足： =-（n1）.()求数列，的通项公式;()证明:数列中的任意三项不可能成等差数列.本小题主要考查等差数列、等比数列等基础知识以及反
23、证法，同时考查推理论证能力。（满分13分）解：（）由题意知，令 则又， 则数列是首项为，公比为的等比数列，即故又 ，故（）假设数列中的存在三项（）按某种顺序成等差数列.，由于数列是首项为，公比为的等比数列，于是有，则只可能有成立。两边同乘，化简得由于，所以上式左边为偶数，右边为奇数，故上式不能成立，导致矛盾。故数列中的任意三项不可能成等差数列11、2010浙江文、设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数an的前n项和为，满足150.（）若S55.求及a1;（）求d的取值范围.【解析】()解：由题意知=-3,= =-8所以,解得a1=7所以=-3,a1=7()解：因为+15=0,所以(5a
24、1+10d)(6a1+15d)+15=0,即2a12+9da1+10d2+1=0.故(4a1+9d)2=d2-8. 所以d28.故d的取值范围为d-2或d2.【命题意图】本题主要考查等差数列概念、求和公式等基础知识，同时考查运算求解能力及分析问题解决问题的能力.12、2010陕西文、已知an是公差不为零的等差数列，a11，且a1，a3，a9成等比数列.（）求数列an的通项;（）求数列2an的前n项和Sn.解（）由题设知公差d0，由a11，a1，a3，a9成等比数列得，解得d1，d0（舍去）， 故an的通项an1+（n1）1n. ()由（）知=2n，由等比数列前n项和公式得Sm=2+22+23+
25、2n=2n+1-2.13、2010上海市文、已知数列的前项和为，且，(1)证明：是等比数列；(2)求数列的通项公式，并求出使得成立的最小正整数.【命题意图】本题主要考查等比数列的定义、数列求和公式、不等式的解法以及方程和函数思想.本题的实质是：已知递推公式（，为常数）求通项公式.【解析】（1）由已知得，当时，14、2010天津文、在数列中，=0，且对任意k，成等差数列，其公差为2k.（）证明成等比数列；（）求数列的通项公式；（）记，证明.【命题意图】本小题主要考查等差数列的定义及前n项和公式、等比数列的定义、数列求和等基础知识，考查运算能力、推理论证能力、综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思
26、想方法。【解析】（I）证明：由题设可知，。从而，所以，成等比数列。（II）解：由题设可得所以 .由，得 ，从而.所以数列的通项公式为或写为，。（III）证明：由（II）可知，以下分两种情况进行讨论：（1） 当n为偶数时，设n=2m若，则，若，则 .所以，从而（2） 当n为奇数时，设。所以，从而综合（1）和（2）可知，对任意有 15、2010江西、证明以下命题：（1）对任一正整数，都存在正整数，使得成等差数列；（2）存在无穷多个互不相似的三角形,其边长为正整数且成等差数列. 证明：（1）易知成等差数列，故也成等差数列，所以对任一正整数，都存在正整数，使得成等差数列（2）若成等差数列，则有，即 选
27、取关于的一个多项式，例如，使得它可按两种方式分解因式，由于因此令 ，可得 易验证满足，因此成等差数列，当时，有且因此为边可以构成三角形其次，任取正整数，假若三角形与相似，则有：，据比例性质有：所以，由此可得，与假设矛盾，即任两个三角形与互不相似，所以存在无穷多个互不相似的三角形,其边长为正整数且成等差数列16、2010天津、在数列中，且对任意，成等差数列，其公差为。()若=2k，证明成等比数列（）；()若对任意，成等比数列，其公比为. （i）设1.证明是等差数列； (ii)若，证明【命题意图】本小题主要考查等差数列的定义及通项公式，前n项和公式、等比数列的定义、数列求和等基础知识，考查运算能力、推理论证能力、综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法。【解析】（）证明：由题设，可得。所以=2k(k+1)由=0，得于是。所以成等比数列。（）证法一：（i）证明：由成等差数列，及成等比数列，得当1时，可知1，k从而所以是等差数列，公差为1。（）证明：，可得，从而=1.由（）有所以因此，以下分两种情况进行讨论：（1） 当n为偶数时，设n=2m()若m=1,则.若m2，则+所以(2)当n为奇数时，设n=2m+1（）所以从而综合（1）（2）可知，对任意,有证法二：（i）证明：由题设，可得从而。所以，由，可得。于是，由（i）可知以下同证法一。专心-专注-专业