高考数列解答题复习

2024-06-25

高考数列解答题复习（精选8篇）

篇1：高考数列解答题复习

高考成语题解答技巧与复习方法

1．要分辨成语的语义。

高考中有一些大家不常见的成语，这时切忌望文生义，很多的时候，字面的意思与它本来的意思是大不相同的。如果按字面的意思来理解就会出错。例如：

[狐假虎威]语出寓言故事，表面义即狐狸假借老虎的威势；实际义为倚仗别人的权势欺压人。

[凤毛麟角]表面义为凤凰的毛、麒麟的角；实际义为稀少而可贵的人才或事物。

[猫鼠同眠]表面义为猫和老鼠睡在一起；实际义为比喻上下互相包庇，一起干坏事。

2．要了解成语的适用范围和对象。

有些成语有一定的适用范围，不可张冠李戴。

（1）用于男女之间或夫妻之间。如：青梅竹马、两小无猜、夫唱妇随、举案齐眉、比翼双飞、相敬如宾、破镜重圆、耳鬓厮磨、藕断丝连等。

（2）用于形容文学才能突出。如：文不加点、一挥而就、倚马可待、行云流水、脍炙人口、洛阳纸贵、不落窠臼等。

（3）用于勤奋工作、学习。如：夜以继日、焚膏继晷、韦编三绝、夙兴夜寐、宵衣旰食、孜孜不倦等。

有些成语有一定的适应对象，切不可混淆。例如：

[明日黄花]指过时的事物，不是指未来的东西。

[美轮美奂]形容建筑，而不用于人或其他事物。

[炙手可热]用于人，不用于物。罄竹难书，形容罪大恶极，不用于其他方面。

[豆蔻年华]专指十三四岁的女孩，不用于成年女子，更不能用于男孩。

[行将就木]只能用于人将近死亡。感同身受，指替蒙受恩惠的人向施恩者表示答谢，不用于受恩者本人。

[气宇轩昂]指精神饱满，只能用于人。

[日理万机]只能用于党和国家领导人，不能用于普通人。

[对簿公堂]在公堂上受审，通常不用作双方打官司。

[大快人心]指坏人坏事受到惩罚而感到痛快，不用作好事。

[马革裹尸]形容军人战死沙场的英雄气概，不用作一般人穷困而死的结局。

[久假不归]意思是久借不还，不用作请长假不回家。

[相濡以沫]指患难中互相救助，不用于平时。

3.要分析成语的感情色彩。

成语的感情色彩可谓褒贬分明，如“无微不至”与“无所不至”，仅一字之差，感情色彩却截然不同，因此，我们在运用时，要因目的、场合、对象的不同而异，用于赞扬、夸奖的使用褒义成语，用于贬斥、批评的使用贬义成语。否则，成语运用就不恰当了。

有些成语在发展过程中，感情色彩发生了变化，应注意。例如：明目张胆，古义形容不畏权势，敢说敢为，有胆略，有气概，是褒义词；今义为公开大胆地干坏事，是贬义词。明哲保身，古义指明智的人不参与可能给自己带来危险的事，是褒义词；今义为因怕犯错误或有损自己利益而对原则性问题不置可否的处世态度，是贬义词。粉墨登场，古义指扮好装，登场演戏，是中性词；今义为比喻坏人登上政治舞台，是贬义词。不求甚解，古义指读书只需领会主要精神，不过于在字句上花费工夫，是中性词；今义为不深入了解，是贬义词。诸如此类成语在运用时一定要看准对象，否则就会弄巧成拙。

有的成语意义较为复杂，感情色彩呈现两面性。例如：灯红酒绿，形容寻欢作乐的腐化生活，贬义；形容都市或娱乐场所夜晚的`繁华景象，褒义。想入非非，指胡思乱想，多含贬义；指思想进入虚幻境界，属中性。世外桃源，比喻理想中的生活境界或环境优美的地方，用于褒义；比喻空想的脱离现实的地方，含有贬义。淋漓尽致，形容文章或谈话详尽透彻，褒义；指暴露得彻底，贬义。

4．要看成语与其他词语的搭配。

一个词语依据的某种语法关系，往往有较固定的搭配方式，如果脱离这种搭配，则容易出错，有些成语的使用也有其特定规则，比如说修饰语与中心词不搭配，动词与宾语不搭配，有的本身就不能带宾语等等。例如：

篇2：高考数列解答题复习

句子衔接题中，往往有与前后文语义联系密切，在衔接中起到贯穿文意的关键作用的词语，抓住了这些关键词语，就是抓住了体现中心的关键，高考语句衔接题解答技巧与复习方法。

2、抓住关联词

关联词是分句组合的语法手段之一，是表达分句间语法关系的语言形式。有些复句的意义类型，是靠关联词语作标志来显示分句间特定的组合关系的。

3、筛选同义暗示句

试题给予的语言材料中，常常存在与正确选项同义而说法不同的同义句，这个句子往往能概括、暗示文章的主要意思。只要认真分析筛选抓住这个作者写作意图的标示句，就能读懂文意，确定选项。

4、把握对象

相衔接的句子，应保持主语的一致性，才能使语言清晰、连贯。叙述主体不一致，往往是极容易忽略的语病。

5、剖析结构

对填充句子前或后的单句进行结构分析，有时前后文的固定的结构就制约着被选项，高考辅导《高考语句衔接题解答技巧与复习方法》。

6、注意照应

规范的文章，无论阐释文理还是说明事物，都要按照事物本身的条理和人的认识规律来安排，文章各部分文句存在着相互补衬语义的照应关系，以此保持全文的一致性和严密性。命题人常以这种联系作为检测内容。

7、揣摩语气

表达语气的手段是句式、语调、语气词，表达的内容，应与采用的句式和谐一致，语调在书面上用标点符号表示。同是一句话，用不同的语气，意思和感情就有所不同，因此要根据表达目的保持前后连贯的语气。

8、比较色彩

我们通常说的色彩是指语体色彩和感情色彩。语体色彩是指不同语体应有不同用语要求。如书面语与口语、文艺语体与公文语体，表达方式有所不同。感情色彩，是指附加在某些词语上的`褒扬、喜爱、肯定、尊敬或贬斥、厌恶、否定、鄙视等感情，选词句时应注意与整个表达过程色彩一致。

9、体味意境

意境，是作者用形象思维的方法，描绘出的一种情意交融的氛围、景观。文学作品中常用意境描写出把感情渗透在景物描写中，加强表达效果。因而文学作品阅读题要注意前后意境是否一致。

10、借助结构

篇3：例析高考数列探索题

一、从具体数列出发, 反其道而行之

例1. (2007福建21题) 等差数列的前n项和为undefined

(Ⅰ) 求数列{an}的通项an与前n项和Sn;

(Ⅱ) 设undefined, 求证:数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.

解: (Ⅰ) 由已知得

undefined

所以d=2m,

故undefined

(Ⅱ) 由 (Ⅰ) 得undefined

假设数列中存在三项bp, bq, br (p, q, r互不相等) 成等比数列, 则.bundefined=bpbr 即

undefined

因为p, q, r∈N*所以有

undefined

.这与p≠r矛盾,

所以在等差数列bn中任意不同的三项都不可能成等比数列.

评析:本小题考查数列的基本知识, 考查等差数列的概念、通项公式与前项和公式, 考查等比数列的概念与性质, 考查化归的数学思想方法以及推理和运算能力.本题的新颖之处在于第二小题, 对于常见的等差数列1, 2, 3, ……, 很容易从中抽取三项使它们成等比数列, 如:1, 2, 4;1, 3, 9等, 命题者反其道而行之, 怎样构建一个等差数列, 从中任取不同的三项都不能构成等比数列呢?命题者的巧妙之处在于把等差数列{bn}的公差和首项取不同类型的实数, 将公差取有理数而将首项取无理数, 从而通过构造方程组使问题得到解决.

二、由具体数列到抽象数列的升华

例2 (2000全国21题) (I) 已知数列{cn}, 其中cn=2n+3n, 且数列{cn+1-pcn}为等比数列, 求常数p.

(II) 设{an}、{bn}是公比不相等的两个等比数列, cn=an=bn, 证明数列{cn}不是等比数列.

解: (I) 因为是等比数列, 故有 (cn+1-pcn) 2= (cn+2-pcn+1) (cn-pcn-1) , 将cn=2n+3n代入, [2n+1+3n+1-p (2n+3n) ]2=[2n+1+3n+1-p (2n+1+3n+1) ]2·[2n+3n-p (2n-1+3n-1) ], 即[ (2-p) 2n+ (3-p) 3n]2=[ (2-p) 2n+1+ (3-p) 3n+1) ][ (2-p) 2n-1+ (3-p) 3n-1) ]

整理得undefined, 解得:p=2或p=3.

(II) 设{an}、{bn}的公比分别为p、q, cn=an+bn

为证{cn}不是等比数列只需证cundefined≠c1·c3.

事实上, cundefined= (a1p+b1q) 2=aundefinedp2+bundefinedq2+2a1b1pq ,

c1·c3= (a1+b1) (a1p2+b1q2) =aundefinedp2+bundefinedqundefined+a1b1 (p2+q2) .

由于 p≠q, p2+q2>2pq, 又a1、b1不为零,

因此, cundefined≠c1·c3, 故{cn}不是等比数列.

评析:本小题主要考查等比数列的概念和基本性质, 推理和运算能力.本题是从通项分别为和两个具体的等比数列作为命题的出发点, 研究它们对应项的和数列是不能构成等比数列的, 从而推广到一般的抽象数列也成立, 从而得到第二小题;若将和数列中的任一项乘以一个什么样的常数加上它的后一项就能构成一个等比数列的问题, 从而得到第一小题.

例3 已知{an}是等差数列, {bn}是公比为q的等比数列, a1=b1, a2=b2≠a1, 记Sn为数列{bn}的前n项和.

(1) 若bk=am (m, k是大于2的正整数) , 求证:Sk-1= (m-1) a1;

(2) 若b3=ai (i是某一正整数) , 求证:q是整数, 且数列{bn}中每一项都是数列{an}中的项;

(3) 是否存在这样的正数q, 使等比数列{bn}中有三项成等差数列?若存在, 写出一个q的值, 并加以说明;若不存在, 请说明理由; ( 07江苏21题)

解:设{an}的公差为d, 由a1=b1, a2=b2≠a1, 知d≠0, q≠1, d=a1 (q-1) (a1≠0)

(1) 由得bk=am, 得a1qk-1=a1+ (m-1) a1 (q-1) , qk-1=1+ (m-1) (q-1) =2-m+ (m-1) q

undefined

由b3=ai,

所以q2=1+ (i-1) (q-1) , q2- (i-1) q+ (i-2) =0

解得, q=1或q=i-2, 但q≠1, 所以q=i-2, 因为是正整数, 所以i-2是整数, 即q是整数.

设数列{bn}中任意一项为bn=a1qn-1 (n∈N+) , 设数列{an}中的某一项am=a1+ (m-1) a1 (q-1) 现在只要证明存在正整数m, 使得bn=am, 即在方程a1qn-1=a1+ (m-1) a1 (q-1) 中m有正整数解即可, undefined,

所以, m=2+q+q2+Lqn-2若i=1, 则q=-1, 那么b2n-1=b1=a1b2n=b2=a2, 当i≥3时, 因为a1=b1, a2=b2, 只要考虑n≥3的情况, 因为b3=ai所以, i≥3, 因此q是正整数, 所以m是正整数, 因此数列{bn}中任意一项为bn=a1qn-1与数列{an}的第2+q+q2+Lqn-2项相等, 从而结论成立.

(3) 设数列{bn}中有三项bm, bn, bp (m

设n-m=x, p-n=y, (x, y∈N+)

所以undefined, 令x=1, y=2,

则q3-2q+1=0, (q-1) (q2+q-1) =0.

因为q≠1, 所以q2+q-1=0,

所以undefined, (舍去)

即存在undefined使得{bn}中有三项bm, bm+1, bm+3 (m∈N+) 成等差数列.

评析:本题主要考查等差、等比数列的相关知识, 考查运用方程、分类讨论等数学思想方法进行分析、探索及论证问题的能力.我们可从常见的具体等差数列1, 2, 3, ...和等比数列1, 2, 4, ...来理解命题的出发点, 探索当两个抽象的等差、等比数列在第一项与于第二项相同时, 它们之间的相互关系, 其中第一小题是当两个数列除了第一项与于第二项相同外, 还有某两项的数值相等时它们之间有什么样的关系?第二小题是当等比数列的第三项也和等差数列的某一项相等时, 那么等比数列的公比是整数, 而且等比数列中的所有项必在这个等差数列中;对于第三小题, 我们从常见的具体等比数列1, 2, 4, ...中, 很难找出其中的三项成等差数列, 命题者的目的是引导我们去探索在公比为什么实数时等比数列存在某三项成等差数列呢?这是一道开放题, 答案并不唯一.

比如在undefined, 令x=2, y=1

则q3-2q2+1=0, (q-1) (q2-q-1) =0

因为q≠1, 所以q2-q-1=0,

所以undefined ( 舍去) ,

即存在undefined, 使得{bn}中有三项bm, bm+1, bm+3 (m∈N+) 成等差数列.

四、由新定义数列进行类比探求

例4 (2007上海20题) 若有穷数列a1, a2……an (n是正整数) , 满足a1=an, a2=an-1……an=a1即ai=an-i+1 (i是正整数, 且1≤i≤n) , 就称该数列为“对称数列”.

(1) 已知数列{bn}是项数为7的对称数列, 且b1, b2, b3, b4成等差数列, b1=2, b4=11试写出的每一项

(2) 已知{cn}是项数为2k-1 (k≥1) 的对称数列, 且ck, ck+1……c2k-1构成首项为50, 公差为-4的等差数列, 数列{cn}的前2k-1项和为S2k-1, 则当k为何值时, S2k-1取到最大值?最大值为多少?

(3) 对于给定的正整数m>1, 试写出所有项数不超过2m的对称数列, 使得1, 2, 22……2m-1成为数列中的连续项;当m>1500时, 试求其中一个数列的前2008项和S2008.

解: (1) 设{bn}的公差为d, 则b4=b1+3d=2+3d=11, 解得d=3 , 所以数列{bn}为2, 5, 8, 11, 8, 5, 2.

(2) S2k-1=c1+c2+A+ck-1+ck+ck+1+A+c2k-1

=2 (ck+ck+1+A+c2k-1) -ck

S2k-1=-4 (k-13) 2+4×132-50,

所以当k=13时, S2k-1取得最大值.

S2k-1的最大值为626.

(3) 所有可能的“对称数列”是:

① 1, 2, 22, L, 2m-2, 2m-1, 2m-2, L, 22, 2, 1;

② 1, 2, 22, L, 2m-2, 2m-1, 2m-1, 2m-2, L, 22, 2, 1;

③ 2m-1, 2m-2, L, 22, 2, 1, 2, 22, L, 2m-2, 2m-1;

④ 2m-1, 2m-2, L, 22, 2, 1, 1, 2, 22, L, 2m-2, 2m-1.

对于①, 当时m≥2008时, S2008=1+2+22+A+22007=22008-1.

当1500

对于②, 当m≥2008时, S2008=22008-1.

当1500

对于③, 当m≥2008时, S2008=2m-2m-2008.

当1500

对于④, 当m≥2008时, S2008=2m-2m-2008.

当1500

评析:新定义是高考命题的出新的一个方面, 本题首先给出新定义“对称数列”, 第一小题, 通过基本量计算, 让学生结合新定义写出一个奇数项的“对称数列”;第二小题是考查学生将项数为奇数的“对称数列”所有项和转化为二次函数求最值问题;第三小题是考查学生对题意的理解和分类枚举能力以及等比数列的求和运算能力.

篇4：高考数列解答题复习

（★★★★）必做1 已知一非零向量列｛an｝满足：a1=（1，1），an=（xn，yn）=（xn－1－yn－1，xn－1+yn－1）（n≥2）．

（1）证明：｛an｝是等比数列．

（2）设θn是an－1，an的夹角（n≥2），bn=2nθn－1，Sn=b1+b2+…+bn，求S．

（3）设cn=anlogan，数列｛cn｝中是否存在最小项？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．

破解思路本题是一道数列与向量交汇的综合题，考查向量的坐标运算与等差、比数列的有关概念．第1问想先求得｛an｝的通项并不易，可通过变形直接用定义证明，但要注意an与an－1之间的坐标关系；第2问可把夹角问题转化为坐标运算，求出θn的一般式，再进行求和；第3问先确定c的通项，再通过作差判定单调性，继而求出最小项．

精妙解法（1）an=·=·=an-1（n≥2），所以数列｛an｝是以公比为，首项为a1=的等比数列．

（2）因为an－1·an=（xn－1，yn－1）·（xn－1－yn－1，xn－1+yn－1）=（x+y）=an-12，cosθn==，所以θn=，所以bn=2n×－1=－1，所以｛bn｝是以为公差，首项为－1的等差数列，所以Sn==（n2+n）－n．

（3）假设存在最小项，设为cn，因为an==2，所以cn=×2．

由cn

故存在最小项为c5=－×2．

极速突击（1）通过换元转化，将非等差、等比数列化归为等差、等比数列是求数列通项的常用技巧．

（2）解综合题要总揽全局，尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件．

（3）判断某个数列是否为等差（或等比）数列，常用方法有两种：一是由定义判断，二是看任意相邻三项是否满足等差中项（或等比中项）．注意只要其中的一项不符合，就不能为等差（或等比）数列．而想判断某个数列不是等差（或等比）数列，只需看其中三项即可．

（★★★★）必做2 已知数列｛an｝，｛bn｝满足a1=，b1=－，且对任意m，n∈N，有am+n=am·an，bm+n=bm+bn.

（1）求数列｛an｝，｛bn｝的通项公式；

（2）求数列｛anbn｝的前n项和T；

（3）若数列｛cn｝满足bn=，试求｛cn｝的通项公式并判断：是否存在正整数M，使得对任意n∈N，cn≤cM恒成立．

破解思路对第1问，在审题时，注意关键句“对任意m，n∈N，有am+n=am·an，bm+n=bm+bn”，这说明一般性成立，特殊值必成立，取m=1，进而得到an，bn的递推关系；对第2问，｛anbn｝是等差乘等比型数列，这个模式可用错位相减法求和；对第3问，运用函数思想将其转化为求数列｛ｃn｝的最大值．

精妙解法（1）由已知，对任意m，n∈N，有am+n=am·an，bm+n=bm+bn. 取m=1，得an+1=a1an=an，bn+1=b1+bn=－+bn，所以数列｛an｝，｛bn｝分别为等比、等差数列，所以an=·n-1=n，bn=－+（n－1）-=－．

（2）Tn=－1+－·2+－3+…+－n，

Tn=－2+－3+－4+…+－n+1，两式相减得Tn=－1+－·2+－3+…+－n+n+1=－+n+1+×n+1，所以Tn=n×n+1+n－1．

（3）由bn=得cn=－．因为cn+1－cn=-<0，所以数列｛cn｝为递减数列，cn的最大值为c1. 故存在M=1，使得对任意n∈N，cn≤c1恒成立．

极速突击数列求和的步骤是一般先求出通项公式，再根据通项公式的特点用如下的技巧方法：

（1）公式法

如果一个数列是等差数列或等比数列，就可采用对应的公式，当等比数列的公比是字母时，要注意分类讨论．

（2）拆项分组法

有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，则先分别求和，然后合并．要熟记公式12+22+…+n2=n·（n+1）（2n+1）．

（3）错位相减法

这是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列｛anbn｝的前n项和，其中｛an｝，｛bn｝分别是等差数列和等比数列．

（4）倒序相加法

这是在推导等差数列前n项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列（反序），当它与原数列相加时若有公式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和．

（5）裂项相消法

利用通项变形，将通项分裂成两项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．

金刊提醒

能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系与等比关系，并能用有关知识解决相应的问题，在解决等差、等比问题时，常常要贯彻整体思想．在数列求和问题中，除了公式法是常用的方法外，高考还会重点考查“错位相减法”与“裂项相消法”．

数列与不等式

（★★★★）必做3 已知函数f（x）=的图象过原点，且关于点（－1，1）成中心对称．

（1）求函数f（x）的解析式；

（2）若数列｛an｝满足：an>0，a1=1，an+1=［f（）］2，求数列｛an｝的通项公式an；

（3）若数列｛an｝的前n项和为Sn，判断Sn与2的大小关系，并证明你的结论．

破解思路对第2问，充分利用第1问的结论，将其转化为等差数列；对第3问，an非特殊数列，不能直接求和，此时需对an进行必要的放缩．

精妙解法（1）因为函数f（x）=的图象过原点，所以f（0）=0，即c=0，所以f（x）=．又函数f（x）==b－的图象关于点（－1，1）成中心对称，所以b=1， f（x）=．

（2）由题意有an+1=2，所以=，即－=1．数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以=1+（n－1）·1=n，即=，所以an=．

（3）证明：当k≥2（k=2，3，4，…，n）时，ak=<=－，Sn=a1+a2+…+an=1+1－+－+…+－=2－<2，故Sn<2．

（★★★★★）必做4 设Sn为数列｛an｝的前n项和，且对任意n∈N都有Sn=2（an－1），记f（n）=．

（1）求an；

（2）试比较f（n+1）与f（n）的大小；

（3）证明：（2n－1）f（n）≤f（1）+f（2）+…+f（2n－1）<3．

破解思路由于本题是有关Sn与an关系的问题，所以第1问可通过公式an=S1，n=1，Sn－Sn－1，n≥2变形求通项；第2问大小比较常用的方法为作差法，变形时还要注意复杂的指数幂的运算；第3问不等式的左边正好是项数2n－1个f（n），所以先用放缩法两两求解f（k）+f（2n－k）≥2··=2f（ｎ）（k=1，2，3，…），再考虑用“倒序相加”的方法求和；而不等式的右边则用逐项放大的方法转化为等比数列和的问题．

精妙解法（1）当n=1时，由S1=a1=2（a1－1），得a1=2．当n>1时，an=Sn－Sn－1=2an－2an－1，所以an=2an－1，所以an=2n（n>1）；n=1适合上式，所以an=2n．

（2）因为Sn==2n+1－2，所以f（n+1）－f（n）=－=－<0，所以f（n+1）

（3）f（k）+f（2n－k）=+≥2··，而（2k+1－2）（22n－k+1－2）=22n+2+4－（2k+2+22n－k+2）≤22n+2+4－2=（2n+1－2）2，所以f（k）+f（2n－k）≥2·≥2·=2f（n）（k=1，2，3，…），所以f（1）+f（2n－1）≥2f（n）， f（2）+f（2n－2）≥2f（n），…f（2n－1）+f（1）≥2f（n），相加得f（1）+f（2）+…+f（2n－1）≥（2n－1）f（n），n=1时取等号．由f（n+1）

综上，原不等式成立．

数列与解析几何

（★★★★）必做5 设B1，B2，B3，…，Bn顺次为双曲线y=（x>0）一支上的点，A1，A2，A3，…，An顺次为x轴上的点，且△OB1A1，△A1B2A2，…，△An－1BnAn均为等腰直角三角形（其中B1，B2，B3，…，Bn为直角顶点），设An坐标为（xn，0）（n∈N）．

（1）求数列｛xn｝的通项公式；

（2）设Sn为数列的前n项和，试比较log（Sn+1）与log（n+1）的大小（其中a>0且a≠1）．

破解思路根据题设所给的信息，我们运用解析几何的方法联立方程可求得B1与A1的坐标，同理可得到Bn与An的坐标，这样就解决了第1问，同时也脱去了解析几何的外衣，接下来的第2问则是一道数列与不等式的综合问题，利用裂项、放缩等技巧即可解决．

精妙解法（1）设直线OB1的方程为y=x，与y=（x>0）联立解得x=1，y=1，所以x1=x+y=2．又设AnBn+1的方程为y=x－xn，与y=（x>0）联立解得x=，y=，所以xn+1=x+y=，即x-x=4，解得x=4+4（n－1），即xn=2．

篇5：高考数列解答题复习

1．各项为正的等比数列

中，与的等比中项为，则

A． 1 B． 2 C． 3 D． 4 【答案】C

2．若记等比数列｛an｝的前n项和为Sn，若a12,S36,则S4（）A． 10或8 B． 10 C． 10或8 D． 10或8 【答案】C 【解析】设等比数列的公比为q，由于a12,S36，显然q1，S322q2q26

3，则

q2q20，q2，S4S3a1q362210，选C．

3．在递增等比数列an中，a2a38,a1a49，则a7 A． 32 B． 64 C． 128 D． 16 【答案】B

2【解析】由题易得： a1a48，a1a49，故a1，a4是一元二次方程x9x80的两个实根，又数列an是单调递增的，∴a11，a48，∴q3∴a7a1q62664．故选：B

a48，即q2，a114．设Sn为数列an的前n项和，a11，an12Sn，则数列的前20项和为（）

anA． 31713171 B． C． D．

19191818223443223443【答案】D 【解析】an12Sn，an2Sn1 相减得an13ann2 由a11得出a22,a23a1，an{1,n123n2,n2，1={11n2 an,n223-12D．2 【答案】D 【解析】 20

考点：等比数列的性质．

11．设等比数列{an}中，前n项和为Sn，已知S38，S67，则a2_________．【答案】【解析】 16 3

考点：等比数列的通项和前n项和的知识及运用．

12．《九章算术》中“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题：“今有恒厚若千尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，则m的值为，问何日相逢，各穿几何？”题意是：有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙，大老鼠第一天进―尺，以后毎天加倍；小老鼠第一天也进―尺，以后每天减半，如果墙足够厚，Sn为前n天两只老打洞之和，则Sn 尺．【答案】2-【解析】 n1+1 2n-1

篇6：3透视2013年高考数列题

童其林

一、命题分析

数列是高中代数的重要内容之一,在整个高中数学中,它处于数学知识和数学方法的汇合点，数、式、方程、函数、简易逻辑、算法、三角、不等式、几何等内容均可能与数列知识产生联系.因此,它是数学高考命制能力题的主板块之一.纵观今年的高考试题,数列试题具有题型新颖,综合性强的特点.题量大多为1大题、l小题,约占全卷总分的13%，比如理科上海卷、江西卷、北京卷、陕西卷、湖北卷、广东卷、安微卷等就设置了一大一小两个题.有的省份只有一道客观题（选择题或者填空题）或只有一道解答题中，比如理科山东卷、全国新课标Ⅱ卷、浙江卷、四川卷等只有一道主观题（解答题），福建卷、辽宁卷、重庆卷等只设置了一道选择题或填空题.例外的是全国新课标课标Ⅰ卷理科，设置了三个小题——2道选择题1道填空题，占15分，还有就是江苏卷，除了一大一小两个题外，附加题也是数列题..从考查的知识和方法来看，等差等比数列的基础知识及其应用是考查的重点，知识交汇是趋势，比如2013年各地高考理科数学卷中，求通项公式的就有山东卷理科20第1小题，安微卷理科14题，全国新课标课标Ⅰ卷理科14题，江西卷理科17题第1小题，湖北卷理科18题第1小题，广东卷理科19题第2小题；求前n项和的有山东卷理科20第2小题，全国新课标课标Ⅰ卷理科第7题，四川卷理科第16题；证明或判断等差或等比数列的有上海卷理科23题第2小题，福建卷理科第9题，北京卷理科20题第2小题，陕西卷理科17题第2小题；判断数列是递增还是递减数列的有全国新课标课标Ⅰ卷理科12题，辽宁卷理科第4题；与平面解析几何交汇的有全国高考新课标1卷理科12题，安微卷理科14题；类比、归纳猜猜的有陕西卷理14题，湖北卷理14题；上海卷、广东卷考了证明不等式问题；陕西卷理科17第1小题考了推导等比数列的前n项和公式，很有特色.另外，上海卷与北京卷都把数列题作为压轴题.二、经典例题分析

1.考查数列的基础知识

理解数列的概念，并能根据递推公式写出数列的前几项;理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题;理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题——这些都是数列的基础知识.例1（福建卷，理科9）已知等比数列{an}的公比为q，记bnam(n1)1am(n1)2am(n1)m,cnam(n1)1am(n1)2am(n1)m(m,nN)，则以下结论一定正确的是（）

A．数列{bn}为等差数列，公差为qB．数列{bn}为等比数列，公比为q

C．数列{cn}为等比数列，公比为qm2m2m

D．数列{cn}为等比数列，公比为qmm

解析：粗看本题，一个感觉就是bn,cn的表达式太复杂，特殊化是简化运算的一个手段.因为b1a1a2am,b2am1am2amm,b3b2m1b2m2b2mm，当数列an的公比q1时，b1ma1b2b3，此时公差为0，A错.当q1时，b

2qm(a1a2am), b

3qm(am1am2amm)qmqm(a1a2am)，b2

此时

b2b3，B错.

b1b2

因为c1a1a2am,c2am1am2amm,c3a2m1a2m2a2mm，所以c2c1c3，所以数列cn为等比数列，c2am1am2amma1qma2qmamqmm2又q，故选C.c1a1a2ama1a2am

点评：熟练掌握等差数列与等比数列的定义、性质，通项公式及其前n项和公式是解题的关键．另外，特殊化能帮助我们快速选出正确支.例2（陕西卷，理科17）设{an}是公比为q的等比数列.(Ⅰ)推导{an}的前n项和公式；(Ⅱ)设q≠1, 证明数列{an1}不是等比数列.解析：（I）设等比数列{an}的公比为q，其前n项和 Sn=a1+ a1q+….a1qn-1 ①将①式两边分别乘以q得qSn=a1q+ a1q2+…a1qn

aanqa（n1-q）当q≠0时，Sn或Sn1 1q1q

当 q=1时，a1= a2=….an，所以Sn=na.（II）∵q≠1 假设数列{an+1}为等比数列，那么(a21)2(a11)(a31)，即(a1q1)(a11)(a1q1)a1(q1)0a10或q=1，均与题设矛盾，故数列{an1}不可能为等比数列.点评：推导{an}的前n项和公式，有很多方法，上述方法只是其中的一种.本题（2）直接证明是很难完成的，反证法是最好的选择.2.考查数列与其它知识的融合数列与函数、简易逻辑、三角、不等式、几何等知识的融合是重点.例3（全国新课标Ⅱ卷，理科16）等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10=0，S15 =25，则nSn 的最小值为________.109d10a012

2解析：由题意得，解得d,a13,315a1514d2

512n(n1)2n210nn310n2

, 所以Sn3n，即nSn233320n310n2

n，,则有f(x)n2令f(n)

3令f(x)n

20202020

n00n,令f(x)n2n0n, 3333

n310n2

48，当n=7时，因为 n为正整数，当n=6时，f(n)

3n310n2n310n2

f(n)49,所以当n=7时，f(n)取得最小值为-49.33

点评：数列本身就是关于n的函数，利用导数求数列函数的最值也就显得自然，这里要特别注意的是n在正整数范围内取值.例4（全国高考新课标1卷理科12设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn，△AnBnCn的面cn＋anbn＋an

积为Sn，n=1,2,3,…若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝，cn＋1＝()

A．{Sn}为递减数列B.{Sn}为递增数列

C.{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列D.{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列

cn＋anbn＋an

解：因为an＋1＝an，所以an=a1,而bn＋1，c

＋＝，2从而b2c2

c1a1b1a1c1b

1a12a1, 222ca2b2a2c2b2

b3c32a22a1

222

……

bn1cn12a1，即对所有n，有bn＋cn＝2a1，也就是AnCn+AnB n＝2a1，为定值，所以点Anx2y2

1.如图，以Bn，Cn中点为坐标原点建系，则An的轨迹为23a1

a12

4又|bn1cn1||

cnanbnan1

||bncn||bncn|，222

所以两边差越来越小，An越来越接近于椭圆短轴端点，因而An到BnCn的距离越来越大，面积Sn也越来越大，{Sn}为递增数列.点评：本题的解法也有不少，上述解法与解析几何融合，开辟了解题的新天地，很有创意.例

5（江西卷理科

17）正项数列

an的前项和Sn满足：，0sn(n2n1sn)n(2n)

（1）求数列{an}的通项公式an；（2）令bn

n1*，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的nN，都有22

(n2)an

Tn

5.64

解析：（1）由sn(n2n1)sn(n2n)0，得

S

(n2n)(Sn1)0，由于an是正项数列，所以Sn0,Snn2n.

于是a1S12,当n2时，anSnSn1nn(n1)(n1)2n.所以数列an的通项公式an=2n.(2)由于an=2n，bn

n1n1111，22222216n(n2)an4n(n2)(n2)

Tn

1111111111

1 163222423252(n1)2(n1)2n2(n2)2

111111511.2222162(n1)(n2)16264

点评：本题考查数列的通项、前n项和公式，数列的递推，裂项相消法求数列的前n项

和，及用放缩法证明不等式等.3.探索性问题

合情推理与演绎推理的结合，也常是考查数列问题的重要内容.例6（湖北理科14）古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数.如三角形数

nn11

21nn.记第n个k边形数为1,3,6,10，…，第n个三角形数为

222

Nn,kk3，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：

三角形数Nn,3

121

nn 22

正方形数Nn,4n

五边形数Nn,5

321nn 22

六边形数Nn,62nn……

可以推测Nn,k的表达式，由此计算N10,24.解析：观察n和n前面的系数，可知一个成递增的等差数列另一个成递减的等差数列，故Nn,2411n10n，N10,241000.点评：找到规律是解决问题的关键.例7（陕西卷理14）观察下列等式:121

12223 1222326

1222324210 …

照此规律, 第n个等式可为.解析：观察上式等号左边的规律发现，左边的项数一次加1，故第n个等式左边有n项，每项所含的底数的绝对值也增加1，依次次为1,2,3…n，指数都是2，符号成正负交替出现可以用（－1）n+1表示，等式的右边数的绝对值是左边项的底数的和，故等式的右边可以表示为（－1）n·

n+1

n（n1），所以第n个式子可为12－22+32－42+…+（－1）n+1n2=（－1）2

n（n1）

（n∈N）.2



点评：解题的关键在于：一是通过四个已知等式的比较发现隐藏在等式中的规律；二是符号成正负交替出现可以用（－1）n+1表示；三是注意表达完整性，不要遗漏了n∈N.三、备考策略

篇7：高考物理题解答要点

高考物理题解答要点

1.一定要认真审题，从题目提供的背景资料中提取相关信息，找到关键词句。审题一定全面仔细。很多考生在审题时直接去看问题，往往忽视了前提。要知道历史都有阶段定位，考生特别要注意把事件或者问题放在特定的历史时期，根据这个时代的特点来分析和阐述。历史的主观题目在设问的前半部分通常都给出一段情景、一段或几段话、一张或几张地图，对这些内容考生一定要仔细思考，因为这个题目考查的所处历史时期和特点都蕴涵在这些内容之中。

2.解答非选择题要求组织语言表述答案。很多考生失分就是因为不会运用学科语言表达。所以考生一定要注意运用特定的规范、格式、学科语言来表述自己的思路。

3.要化综合为单科。现在的跨学科试题多数是拼盘结构，针对生产、生活中的一个问题，给出一段背景资料，分几个小问来提问，不要害怕这样的题目。?

4.物理计算题需要注意的两点。第一，高考改卷是分步给分的，要严格按照答题步骤一步步来。很多考生一上来就写公式，甚至一开始就代入数字计算，如果错了，一分也得不到。正确的解题步骤是：先写出简要的文字说明，再列公式，然后进行必要的文字运算，最后才往里代数字。第二，考生自己引入的符号应该加以必要的说明，说明它代表哪个物理量。

5.减少学科思维转换中的干扰。答理科综合的卷子时要按前后顺序，先答一卷，再答二卷，先答完一个学科，再答另一个学科。理综每道选择题都是6分，分量很重。于是有的考生过分紧张，在选择题上花费了太多时间，没有时间去解答第二卷了。考生要根据自己的情况合理分配时间。

6.考试时，要力求慢开始，早入境，快答题，稳结束。要按照由先到后和先易后难的原则答题，前者符合考生的做题习惯，后者有助于稳定考生的情绪，使考生能够进入良性竞技状态。

7.答选择题时，要审清题中材料的中心思想和命题意图;解答漫画选择题或者漫画问答题，关键是读懂漫画，弄清其表意和寓意;解答主观性试题，必须要有鲜明的政治观点，理论联系实际，依据试题的具体材料、情景和要求，突出答案内容的针对性、解决问题的创造性和答案形式的鲜明个性，注意答案的层次化、术语化和规范化。

8.对于考试中遇到的问题，正确的态度是：遇到难题要沉着，遇到容易题不大意，往往沉着能降低“难”的程度，轻视会忙中出错。解答时要反复审题，回归教材，折射原理。一般的思路是：是什么，为什么，怎么办;再就是换个角度思考，可根据自己的生活阅历对题中提供的材料进行理解、分析。

9.卷书写要规范，字迹要清楚。

高考物理复习需要注意什么

一、复习以“教材为本”，明确教材是高考的立足点，而不是高考的全部内容

必须以教材为本，认真使用好统编或推荐的教材，而不必一味地钻入高考复习的各种资料中。但必须认识到，教材本身有相对的稳定性，一般跟不上知识、技术的发展。近几年的高考物理试题中，越来越多地出现了一些以人们关心的自然现象和现代科技发展中的新问题为题材的题目(信息题)。因此，在高考复习中，既要依据教材搞好基础知识和基本技能的复习，也要结合高考实际，在复习中相应补充一些新知识、新信息，拓宽学生的知识面。如，在复习电学时补充一些关于超导现象、等离子体和磁流体发电机等知识;在复习几何光学时补充一些有关光导纤维的应用知识;在复习原子物理学时补充一些关于激光的知识;在复习圆周运动和万有引力定律时补充一些关于卫星、空间站、登月、太空探测等最新知识。这样复习，使学生既掌握了基础，又拓宽了知识面，既有利于学生解答传统基础题，又有助于提高学生解答信息题的信心。

二、复习以“大纲为纲”，明确大纲是高考的基本要求，但不是发展智能的封顶框框

教育部统一颁发的物理高考大纲，对物理高考复习提出了基本要求，无疑是要贯彻执行的，但考虑到高考命题的灵活多样性，如高考命题中有混选题、设计性实验题、信息题等，均要求学生对所学知识灵活运用，有较宽的知识面和较强的能力。高考的改革和发展启发我们：在高考复习中必须把落实大纲要求和充分发展学生的智能高度结合起来，注重培养学生分析问题、解决问题的能力和创新精神。

三、复习应“重视概念”，深刻理解概念和规律的物理意义，而不是死记硬背定义和公式

物理概念和基本规律是分析和解决物理问题的基础和依据。用数学方法解决物理问题的关键在于真正掌握物理意义，这是物理和数学的本质区别。有些物理问题，从数学角度来看，计算简单，但要找到解决问题的方法和途径并得出正确结果，学生往往感到难度很大，特别是高考中的混选题，有些选项模棱两可，使学生无从下手。其根本原因就是没有真正掌握物理概念和基本规律的物理意义。如在复习运动学知识时，我们没有必要让学生死记硬背平抛运动公式，而应在学生掌握和两个变速直线运动公式的基础上，讲清楚在不计空气阻力的情况下，平抛运动是竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动的合运动，两个方向的分运动具有各自独立互不影响和运动时间相等的特点。使学生由此及彼，灵活运用。总之，在复习中教师应尽最大努力讲明物理的真谛，灌输学习物理的正确思想方法，使学生知“其然”，更知“其所以然”。

四、复习应“精讲多练”，采用“少、精、活”的启发式，而不是“多、繁、死”的题海战

在高考的压力下，许多学校和教师自觉或不自觉地走入了题海战的死胡同，高考复习要敢于顶住这股压力，要坚决摒弃课堂复习中的“多、繁、死”题海战。提倡“精讲多练”和“少、精、活”的启发式，即课堂上教师所讲的例题和要求学生做的练习题必须是精选的具有典型性、代表性、灵活性的少量题目，教师要注意讲得精、讲得少、讲得活(举一反三，一题多解或一题多变)，要把主要时间留给学生思考、讨论和做练习。那么，如何才能真正做到“少、精、活”呢?一要紧扣高考大纲，重视学生实际，突出重点难点，使学生的思想集中在高考大纲要求的知识中思索，引导学生把基本知识弄通弄懂，并能灵活运用。二要善于提出问题、分析问题、解决问题，所提的问题既是复习教学中的主要问题，又能引发学生学习的积极性;分析问题既要因势利导、顺理成章，又不包办代替，限制学生的思维积极性;解决问题既要引导学生找到解决问题的方法和途径，又要启发学生选择解决问题的最佳方法。如，复习向心加速度时，学生对匀速圆周运动的速度大小不变，而又有加速度感到不易理解，教师应兼顾强调速度的矢量性质，启发学生从这个角度来理解“速度的变化”，使学生加深对加速度概念的认识，然后推导出。接着教师提出问题：例如，要求学生从向心加速度出发，寻找其他导出的方法。学生容易想到可以将匀速圆周运动看作两个简单的直线运动的合运动，由此导出向心加速度的计算式。再如，在复习《电场》一章，讲到电场强度时，在简要讲解有关的知识点后，可以出示一个关于等量点电荷连线中垂线上的点的场强问题的题目，进行一题多解的训练。

通过一题多变的训练，能很好地实现教师少讲、精讲、活讲，学生多练、精做、活用，达到事半功倍的效果。

五、复习应“加强实验”，突出知识的应用和技能的掌握，而不是“纸上谈兵”

物理学是一门以实验为基础的自然科学。物理实验的知识和技能是物理学不可或缺的重要组成部分。高考实验复习决不能搞“纸上谈兵”，走“黑板上讲实验，练习上写实验，考试时背实验”的歧途。本人的做法是：把教材中的演示实验再做一遍(有条件的可改为由学生自己动手做)，把高考大纲中要求的学生分组实验重开两次。第一次是分散实验，即在分章节复习时讲到哪个实验就做哪个实验;第二次是集中实验，也叫开放实验，即在第二轮的专题复习中开设“实验专题”，用一周的物理课及部分课外时间，搞实验开放周，由学生自由地把所有实验再做一遍，并就高考中的一些基本实验和热点实验(如伏安法测电阻的实验及其变形实验)进行改进，把一般性实验改为探索性、研究性、设计性实验，要求学生在掌握实验基本原理及方法的基础上，多角度、多层面地进行研究和设计，教师则在学生中巡回指导，与学生一起讨论。这种做法使实验真正成为“实战”而非“空谈”，有利于学生真正掌握实验的基本知识和技能，并能融会贯通，灵活运用，效果显著。

高中物理学习六大环节

1.预习

学习的第一个环节是预习。在每次上课前，抽出一段时间将知识预先浏览一下，一则可以帮助我们熟悉课上所要学习的知识;二则可以使我们明确课堂的重点，找出自己理解上的难点，从而做到有的放矢地去听课。我们应该逐渐养成预习的良好习惯。

2.上课

上课是我们学习的中心环节。对此我准备强调三个问题：

(1)主动听课。

有人将听课分成了三种类型：即主动型、自觉型和强制型。主动型就是能够根据老师讲课的程序主动自觉地思考，在理解基础知识的基础上，对难点和重点进行推理性的思维和接受;自觉型则是能对老师讲课的程序进行思考，能基本接受讲解的内容和基础知识，对难点和重点一般不能进行自觉推理思维，要在老师的知道下才能完成这一过程;而强制型则是指在课堂学习中，思维迟缓，推理滞留，必须在老师的不断知道启发下才能完成学习任务。

那么，你属于哪一种类型呢?我说，如果你属于强制型，那你要试着改变自己，由强制型变为自觉型;如果你是自觉型，那么你就要加强主动意识，努力变成主动型，毕竟“我们是学习的主人”!总之，我们应该以主动的态度去听讲，积极地进行思考，努力参与到老师的课堂教学中去。

(2)注意课堂要点。

要听好课，我们应善于抓课堂的要点，这主要是指重点和难点两个方面。上课时，我们应有意识地去注意老师讲课的重点内容。有经验的老师，总是将主要精力放在突出重点上，进行到重要的地方，或放慢速度，重点强调;或板书纲目，理清头绪;或条分缕析，仔细讲解等，我们应培养自己善于去抓住这些。对于难点，则可能因人而异，这就需要我们在预习时做到心中有数，到时候注意专心专意，仔细听讲。总之，我们要做到“会听”，能“听出门道”。

(3)处理好听课和记笔记的关系

我们应认识清楚听课和记笔记的关系：听课是主要的方面，记笔记是辅助的学习手段。

那么，我们应该如何记笔记呢?我认为，我们不应该将“记笔记”变成老师的“课堂语录”，也不应该将“记笔记”变成“板书复印”。笔记中我们要记的内容应该有：记课堂重点、记课堂难点、记课堂疑点、记补充结论或例题等课本上没有的内容、记课堂“灵感”等等。总之，我们应该有摘要、有重点地记。

我们在精华在线听课，因为可以反复听，所以笔记更是只需要记那些最为关键的地方。方便平时复习做题的。但是同样还是需要把老师讲的精髓部门记下来的。

3.复习

有的同学课后总是急着去完成作业，结果是一边做作业，一边翻课本、笔记。而在这里我要强调我们首先要做的不是做作业，而应该静下心来将当天课堂上所学的内容进行认真思考、回顾，在此基础上再去完成作业会起到事半功倍的效果。

复习的方法我们可以分成以下两个步骤进行：首先不看课本、笔记，对知识进行尝试回忆，这样可以强化我们对知识的记忆。之后我们再钻研课本、整理笔记，对知识进行梳理，从而使对知识的掌握形成系统。

4.作业

在复习的基础上，我们再做作业。在这里，我们要纠正一个错误的概念：完成作业是完成老师布置的任务。我们在课后安排作业的目的有两个：一是巩固课堂所学的内容;二是运用课上所学来解决一些具体的实际问题。

明确这两点是重要的，这就要求我们在做作业时，一方面应该认真对待，独立完成，另一方面就是要积极思考，看知识是如何运用的，注意对知识进行总结。我们应时刻记着“我们做题的目的是提高对知识掌握水平”，切忌“为了做题而做题”。

5.质疑

在以上几个环节的学习中，我们必然会产生疑难问题和解题错误。及时消灭这些“学习中的拦路虎”对我们的学习有着重要的影响。有的同学不注意及时解决学习过程中的疑难问题，对错误也不及时纠正，其结果是越积越多，形成恶性循环，导致学习无法有效地进行下去。对于疑难问题，我们应该及时想办法(如请教同学、老师或翻阅资料等)解决，对错题则应该注意分析错误原因，搞清究竟是概念混淆致错还是计算粗心致错，是套用公式致错还是题意理解不清致错等等。另外，我们还应该通过思考，逐步培养自己善于针对所学发现问题、提出问题。

在这里，我建议每位同学都准备一个“疑难、错题本”，专门记录收集自己的疑难问题和典型错误，这也可以为我们今后对知识进行复习提供有效的素材。

6.小结

篇8：高考数列解答题复习

数列是高中数学的重点内容, 高考数列解答题多处在压卷题的位置.可见, 高考数列试题求解的好坏, 直接关系到其未来进入高校的层次.平时教学中笔者发现, 诸多高考数列压卷题的求解过程中, 如果盲目地追求等价转换 (即充要条件) , 那么常将问题带入困境;而先寻找必要条件, 再在此基础上探索充分条件, 便可使一些繁难高考题柳暗花明.

一、高考数列求解题的先必要后充分

数学求解题的实质就是不断等价转化的求简过程.然而, 当这一过程繁冗甚至受阻时, 理应转换思维方式, 采用“以退为进”的策略, 从而确保解题效益的不断提高.

例1 (2005年福建压卷题) 已知数列{an}满足 $a_{1} = a ‚ a_{n + 1} = 1 + \frac{1}{a_{n}}$ .我们知道当 a 取不同值时, 得到不同的数列, 如当 a=1时, 得到无穷数列: $1 ‚ 2 ‚ \frac{3}{2} ‚ \frac{5}{3} ‚ \dots$ ;当 $a = - \frac{1}{2}$ 时, 得到有穷数列: $- \frac{1}{2} ‚ - 1 ‚ 0 .$

(Ⅰ) 求当 a 为何值时, a4=0;

(Ⅱ) 设数列{bn}满足 $b_{1} = - 1 ‚ b_{n + 1} = \frac{1}{b_{n} - 1} (n \in Ν^{*})$ , 求证:a 取数列{bn}中的任一个数, 都可能得到一个有穷数列{an};

(Ⅲ) 若 $\frac{3}{2} ＜ a_{n} ＜ 2 (n \geq 4)$ , 求 a 的取值范围.

分析: (Ⅰ) 与 (Ⅱ) 略, 仅思考 (Ⅲ) .本题就是要我们求出 $\frac{3}{2} ＜ a_{n} ＜ 2$ 对一切 n≥4成立的充要条件.一味地追求将 $\frac{3}{2} ＜ a_{n} ＜ 2$ 等价转化为关于 a 的不等式, 而导致思维受阻现象是屡见不鲜的.

解:抓住 $\frac{3}{2} ＜ a_{n} ＜ 2$ 的一个必要条件 $\frac{3}{2} ＜ a_{4} ＜ 2$ , 得 a>0.这说明 a>0时, 命题 $\frac{3}{2} ＜ a_{n} ＜ 2$ 对 n=4成立;假设 n=k (k≥4) 时命题 $\frac{3}{2} ＜ a_{n} ＜ 2$ 成立, 即 $\frac{3}{2} ＜ a_{k} ＜ 2$ , 则

$a_{k + 1} = 1 + \frac{1}{a_{k}} \in (1 + \frac{1}{2} ‚ 1 + \frac{2}{3}) = (\frac{3}{2} ‚ \frac{5}{3}) ⊊ (\frac{3}{2} ‚ 2) .$

这说明 n=k+1时命题 $\frac{3}{2} ＜ a_{n} ＜ 2$ 也成立.

综上所述, a>0时命题 $\frac{3}{2} ＜ a_{n} ＜ 2$ 对 n≥4恒成立, 即 a 的取值范围是 (0, +∞) .

评注:抓住一个必要条件, 以此为思维的新起点, 借助于归纳推理顺利地完成了充分性, 求解过程给人以“起死回生”之感.

二、高考数列探索题中的先必要后充分

在探索型问题中有一类属结论不确定的存在性探索题, 题目中常出现“是否存在”、“是否有”、“是否变化”等关键性疑问词, 以示结论有待判断.解答此类问题, 一般应从存在的方向出发, 去寻找结论成立的充要条件;若能找到这个充要条件, 则结论的回答是肯定的;若找不到这个充要条件或找到的条件间自相矛盾, 则问题的结论是否定的.

例2 (1995年全国压轴题) 已知数列{an}是由正数组成的等比数列, Sn 是其前 n 项和, 是否存在正常数 c, 使得 lg (Sn-c) +lg (Sn+2-c) =2lg (Sn+1-c) 成立?试证明你的结论.

分析:若探索条件等式成立的充要条件, 则必使探索陷入繁难的运算之中;而抓住结论成立的一个必要条件:即等式对 n=1成立, 并以此为思维的新起点, 便可导致矛盾的结论.

解:假设存在正常数 c, 使得 lg (Sn-c) +lg (Sn+2-c) =2lg (Sn+1-c) 成立, 则对 n=1应有 lg (S1-c) +lg (S3-c) =2lg (S2-c) 成立,

所以 (S1-c) (S3-c) = (S2-c) 2,

即 (S1+S3-2S2) c=S1S3-S $_{2}^{2}$ ,

(1-q) c=a1.

当 q=1时, 无解;当 q≠1时, $c = \frac{a_{1}}{1 - q}$ , 而此时, $S_{1} - c = - \frac{a_{1} q}{1 - q} ＜ 0$ , 这与S1-c>0矛盾.从而不存在 a 适合题意.

评注:对恒成立的一类问题, 当不易寻找充要条件时, 可先通过赋值推理法寻找有益于问题简化的必要条件, 再以此为起点进行等价转换.

三、高考数列求证题中的先必要后充分

求证题固然是证明结论成立的充分性, 然而, 由于有的求证题的充分条件较为隐蔽, 需要实施先必要后充分的策略方可发现.

例3 (2006年山东压卷题) 已知 a1=2, 点 (an, an+1) 在函数 f (x) =x2+2x 的图象上, 其中 n=1, 2, 3, ….

(1) 证明数列{lg (1+an) }是等比数列;

(2) 设Tn= (1+a1) (1+a2) … (1+an) , 求Tn 及数列{an}的通项;

(3) 记 $b_{n} = \frac{1}{a_{n}} + \frac{1}{a_{n} + 2}$ , 求数列{bn}的前 n 项和Sn, 并证明 $S_{n} + \frac{2}{3 Τ_{n} - 1} = 1$ .

分析:第 (1) 、 (2) 小题易于求解, 可得 an=32n-1-1, Tn=32n-1.对第 (3) 小题, 寄希望于直接求出{bn}的前项和Sn, 而达到证明结论的方式, 在紧张激烈的应试中, 无疑是“天方夜谭”;而通过寻找结论成立的必要条件, 发现破题“天机”的方法却耐人寻味:假如 $S_{n} + \frac{2}{3 Τ_{n} - 1} = 1 ①$ , 那么 $\begin{array}{l} S_{n - 1} + \frac{2}{3 Τ_{n - 1} - 1} = 1 ② . \\ ① - ② \end{array}$ , 得 $b_{n} = \frac{2}{3 Τ_{n - 1} - 1} - \frac{2}{3 Τ_{n} - 1}$ ,

结合 an=32n-1-1, Tn=32n-1,

得 $b_{n} = \frac{2}{a_{n}} - \frac{2}{a_{n + 1}}$ .此式正是结论赖以成立的隐含信息 (实为充分条件) .

证明:因为 an+1=an (an+2) ,

所以 $\frac{1}{a_{n + 1}} = \frac{1}{2} (\frac{1}{a_{n}} - \frac{1}{a_{n} + 2})$ ,

即 $\frac{1}{a_{n} + 2} = \frac{1}{a_{n}} - \frac{2}{a_{n + 1}}$ .

所以 $\begin{array}{l} b_{n} = \frac{1}{a_{n}} + \frac{1}{a_{n} + 2} \\ = \frac{1}{a_{n}} + (\frac{1}{a_{n}} - \frac{2}{a_{n + 1}}) \\ = \frac{2}{a_{n}} - \frac{2}{a_{n + 1}} \end{array}$ .

所以 $\begin{array}{l} S_{n} = (\frac{2}{a_{1}} - \frac{2}{a_{2}}) + (\frac{2}{a_{2}} - \frac{2}{a_{3}}) + \dots + (\frac{2}{a_{n}} - \frac{2}{a_{n + 1}}) \\ = \frac{2}{a_{1}} - \frac{2}{a_{n + 1}} = 1 - \frac{2}{3^{2^{n}} - 1} \end{array}$ ,

则 $S_{n} = 1 - \frac{2}{3 \cdot 3^{2^{n} - 1} - 1} = 1 - \frac{2}{3 Τ_{n} - 1}$ ,

所以 $S_{n} + \frac{2}{3 Τ_{n} - 1} = 1$ .

评注:像这样绝妙的变形技巧我们是“学不会”的, 但在探寻结论成立的必要条件中捕捉某种有益于解证题的信息, 从而使“特技”变得“渺小”.这理应成为我们努力学习和追求的目标.

四、充要条件证明题中的先必要后充分

证“充要条件”一般需先证“充分性”, 再证“必要性”.但当充分性的证明较繁难时, 理应转换思维而采取先必要后充分的策略.而通过必要性的证明往往能捕捉到有益于充分性证明的宝贵信息, 从而使充分性的证明迎刃而解.

例4 (2006年江苏压卷题) 设数列{an}、{bn}、{cn}满足:bn=an-an+2, cn=an+2an+1+3an+2 (n=1, 2, 3, …) , 证明{an}为等差数列的充要条件是{cn}为等差数列且 bn≤bn+1 (n=1, 2, 3, …) .

分析:试图按常规思路先证“充分性”、再证“必要性”, 既是应试“抢分”技能的缺失, 又是思维的不冷静的表现.那是因为, 必要性几乎是一目可见.

证明:必要性.设{an}是公差为 d1 的等差数列, 则 bn=an-an+2=-2d1 是常数, 所以 bn≤bn+1成立.又 cn+1-cn= (an+1-an) +2 (an+2-an+1) +3 (an+3-an+2) =d1+2d1+3d1=6d1 为常数 (n=1, 2, 3, …) , 所以数列{cn}为等差数列.

潜心思考必要性证明的过程, 不难发现, 突破充分性的关键在于证明数列{bn}是常数列, 而这正是问题的难点所在.

充分性.设数列{cn}是公差为 d2 的等差数列, 且 bn≤bn+1 (n=1, 2, 3, …) .

因为 cn=an+2an+1+3an+2, ①

所以 cn+2=an+2+2an+3+3an+4. ②

①-②, 得 cn-cn+2= (an-an+2) +2 (an+1-an+3) +3 (an+2-an+4) =bn+2bn+1+3bn+2.

因为 cn-cn+2= (cn-cn+1) + (cn+1-cn+2) =-2d2,

所以 bn+2bn+1+3bn+2=-2d2, ③

从而有 bn+1+2bn+2+3bn+3=-2d2. ④

④-③, 得 (bn+1-bn) +2 (bn+2-bn+1) +3 (bn+3-bn+2) =0. ⑤

因为 bn+1-bn≥0, bn+2-bn+1≥0, bn+3-bn+2≥0, 所以由⑤得 bn+1-bn=0 (n=1, 2, 3, …) , 即{bn}为常数列.故由③知, $b_{n} = - \frac{1}{3} d_{2} (n = 1 ‚ 2 ‚ 3 ‚ \dots)$ ,