破解数列的高考密码

合集下载

综合算式练习题解密密码(四)

综合算式练习题解密密码（四）在本文中，我们将探讨一系列综合算式练习题，并剖析如何解密它们的密码。

通过解答这些题目，我们将掌握更多关于数学运算的技巧和策略。

本文旨在帮助读者提升解题能力，增强数学思维力。

1. 密码：7 + 25 - 10 × 2 = ?解密过程：根据数学运算法则，首先进行乘法运算，得到20。

然后按顺序进行加法和减法运算，得到最终解答：7 + 25 - 10 × 2 = 7 + 25 - 20 = 12。

因此，答案是12。

2. 密码：64 ÷ 8 × 2 + 5 = ?解密过程：根据运算优先级法则，首先进行除法运算，得到结果8。

然后按顺序进行乘法和加法运算，得到最终解答：64 ÷ 8 × 2 + 5 = 8 × 2 + 5 = 16 + 5 = 21。

因此，答案是21。

3. 密码：(12 + 5) ÷ 17 × 9 = ?解密过程：首先，根据括号内的运算法则，计算括号内的加法运算，得到结果17。

然后按顺序进行除法和乘法运算，得到最终解答：(12 + 5) ÷ 17 × 9 = 17 ÷ 17 × 9 = 1 × 9 = 9。

因此，答案是9。

4. 密码：2 × (7 - 3) + 6 = ?解密过程：首先，根据括号内的运算法则，计算括号内的减法运算，得到结果4。

然后按顺序进行乘法和加法运算，得到最终解答：2 × (7 - 3) + 6 = 2 × 4 + 6 = 8 + 6 = 14。

因此，答案是14。

5. 密码：18 ÷ (3 + 7) × 4 = ?解密过程：首先，根据括号内的运算法则，计算括号内的加法运算，得到结果10。

然后按顺序进行除法和乘法运算，得到最终解答：18 ÷ (3 + 7) × 4= 18 ÷ 10 × 4 = 1.8 × 4 = 7.2。

专题05数列热点问题-2024年高考数学六大题解满分解题技巧秘籍

数列热点问题是高考数学中的一个常见题型，涉及到数列的公式、递推关系、性质等内容。

解题时，需要运用一些解题技巧和方法，帮助我们快速找到解题思路和解题方法。

本文将介绍一些解题指导和解题技巧，以帮助同学们在高考数学中顺利解出数列热点问题。

一、题目分析在解题时，首先要对题目进行分析，了解题目要求、条件和给出的信息。

同时，要注意题目中是否涉及到常见的数列类型，如等差数列、等比数列、斐波那契数列等。

对数列类型的识别能够帮助我们快速找到解题的思路和方法。

二、找出递推关系在解数列问题时，一般都要找出数列的递推关系，即当前项与前一项之间的关系。

常见的递推关系包括等差递推关系、等比递推关系、斐波那契递推关系等。

通过找出递推关系，我们可以利用已知的条件来求解未知的项或性质。

三、寻找规律和性质在解题过程中，我们常需要观察数列的规律和性质。

通过观察找到的规律和性质，我们可以进一步得出结论，并解答题目中的问题。

寻找规律和性质时，可以关注数列的项数、奇偶性、尾项、前n项和等等。

四、变形和转化有时候，题目中给出的数列不太容易求解或者不太容易找到递推关系。

这时，我们可以尝试对数列进行变形或转化。

常见的变形和转化包括对数列项进行加减乘除操作，对数列求逆序、绝对值、倒数等。

通过变形和转化，我们可以简化解题过程，找到更容易求解的数列。

五、利用性质和定理在解题时，我们可以运用已知的数列性质和定理来辅助解题。

常见的数列性质和定理包括等差数列的前n项和公式、等比数列的前n项和公式、等差中项公式、斐波那契数列的性质等。

熟练掌握这些数列性质和定理，并且善于灵活运用，可以帮助我们快速解决问题。

六、举例和验证在解题过程中，我们可以通过举例和验证来确认我们得到的结论和答案是否正确。

通过选取一些特殊的数列或者项数，我们可以检验我们的结论和答案是否符合预期。

如果验证结果不符合预期，我们需要检查之前的推理链条，找出错误的地方，并进行修正。

总结：数列热点问题在高考数学中占据着重要的位置。

高考数学中的数列与数学归纳法题解技巧

高考数学中的数列与数学归纳法题解技巧数列和数学归纳法是高考数学中的重要考点，掌握相关解题技巧对于提高数学成绩至关重要。

本文将介绍高考数学中的数列和数学归纳法题解技巧，帮助考生更好地应对考试。

一、数列的基本概念和性质数列是由一系列按照一定规律排列的数所组成的序列。

在高考数学中，常见的数列有等差数列、等比数列和等差中项数列。

掌握数列的基本概念和性质是解题的基础。

以等差数列为例，设数列的首项为a₁，公差为d，第n项为aₙ，则有公式：aₙ = a₁ + (n - 1)d通过这一公式，我们可以求得数列的任意一项的值。

同时，还需了解等差数列的前n项和公式：Sₙ = (a₁ + aₙ) × n/2此外，还需掌握等比数列的通项公式和前n项和公式，以及等差中项的计算方法等相关性质。

二、数学归纳法的基本原理数学归纳法是解决数列相关问题常用的数学推理方法，也是高考数学中常见的一种解题技巧。

掌握数学归纳法的基本原理对于解题至关重要。

数学归纳法的基本原理分为三步：1. 验证基本情况：证明当n取某个特定值时命题成立。

2. 假设成立：假设当n=k时命题成立，即前k项满足题设条件。

3. 推理步骤：利用假设成立和题设条件推导出n=k+1时，命题也成立。

通过以上步骤，我们可以得出命题对于一切自然数n都成立的结论。

三、数列与数学归纳法的综合应用在高考数学中，数列和数学归纳法常常结合使用，解决一些复杂的问题。

以下是一个综合应用的示例题目：【例】设数列{an}满足an = 2^n - 1，证明aₙ > n，其中n为自然数。

解析：我们通过数学归纳法来解决这道题目。

（1）验证基本情况：当n=1时，a₁ = 2¹ - 1 = 1 > 1，基本条件成立。

（2）假设成立：假设当n=k时命题成立，即aₙ > k。

（3）推理步骤：当n=k+1时，aₙ₊₁ = 2^(k+1) - 1 = 2 × 2^k - 1 = 2 × (2^k - 1) + 1根据假设成立的条件，aₙ > k，我们可以得到aₙ₊₁ > 2k + 1 > k + 1所以，通过数学归纳法可知，数列{an}满足an = 2^n - 1时，aₙ > n，命题成立。

高考数学技巧如何快速计算复杂的数列题

高考数学技巧如何快速计算复杂的数列题数列是高考数学中常见的考点之一，也是很多同学感到头疼的难题。

在高考中，能够快速而准确地计算数列题目是取得高分的关键之一。

本文将介绍几种应用数学技巧的方法，以便快速计算复杂的数列题目。

一、等差数列等差数列是高考数学中最基础且常见的数列之一。

在解决等差数列的题目时，可以运用以下技巧：1. 求通项公式如果给定了等差数列的前几项或者某一项的值，我们可以通过求解通项公式来快速计算任意项的值。

通项公式的一般形式为：An = a1 + (n-1)d，其中An表示第n项，a1为首项，d为公差。

将已知条件代入，就可以得到计算结果。

2. 利用性质等差数列有一些性质，比如相邻两项的差值始终为常数，前n项和的公式等。

在解决题目时，可以善用这些性质，简化计算步骤，提高计算速度。

二、等比数列等比数列是高考数学中另一个常见的数列。

解决等比数列题目时，可以运用以下技巧：1. 求通项公式与等差数列类似，等比数列也有通项公式。

通项公式的一般形式为：An = a1 * q^(n-1)，其中An表示第n项，a1为首项，q为公比。

通过将已知条件代入通项公式，可以求得任意项的值。

2. 利用性质等比数列也有一些性质，如相邻两项的比值为常数，前n项和的公式等。

在解决题目时，利用这些性质可以简化计算过程，提高效率。

三、斐波那契数列斐波那契数列是一种特殊的数列，其定义为：F(1) = 1，F(2) = 1，F(n) = F(n-1) + F(n-2)（n ≥ 3）。

在解决斐波那契数列问题时，可以运用以下技巧：1. 利用递推关系斐波那契数列的递推关系非常明显，每一项都是前两项的和。

这个特点可以帮助我们快速计算第n项的值。

如果需要计算较大的斐波那契数列的项数，可以利用循环或递归的方法进行计算。

2. 利用性质斐波那契数列也有一些特殊性质，如相邻两项的比值逐渐趋近于黄金比例等。

在解决题目时，利用这些性质可以得到更多的信息，进一步简化计算过程。

高考数学导数、数列压轴题的破解策略数列创试题素材

高考数学导数、数列压轴题的破解策略数列创新试题制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O 二二年二月七日例1. 〔2021高考，理〕数列{}n a 满足1a =12且1n a +=n a -2n a 〔n ∈*N 〕〔1〕证明：112nn a a +≤≤〔n ∈*N 〕；〔2〕设数列{}2n a 的前n 项和为n S ，证明112(2)2(1)n S n n n ≤≤++〔n ∈*N 〕. 【解析】〔1〕首先根据递推公式可得12n a ≤，再由递推公式变形可知 211[1,2]1n n n n n n a a a a a a +==∈--，从而得证；〔2〕由1111=n n n n a a a a ++-和112n n a a +≤≤得， 11112n n a a +≤-≤，从而可得*111()2(1)2n a n N n n +≤≤∈++，即可得证. 试题解析：〔1〕由题意得，210n n n a a a +-=-≤，即1n n a a +≤，12n a ≤，由11(1)n n n a a a --=- 得1211(1)(1)(1)0n n n a a a a a --=--⋅⋅⋅->，由102n a <≤得， 211[1,2]1n n n n n n a a a a a a +==∈--，即112n n a a +≤≤；〔2〕由题意得21n n n a a a +=-， ∴11n n S a a +=-①，由1111=n n n n a a a a ++-和112n n a a +≤≤得，11112n na a +≤-≤， ∴11112n n n a a +≤-≤，因此*111()2(1)2n a n N n n +≤≤∈++②，由①②得112(2)2(1)n S n n n ≤≤++. 例2：将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，得到如下图的01-三角数表．从上往下数，第1次全行的数都为1的是第1行，第2次全行的数都为1的是第3行，…，第n 次全行的数都为1的是第行；第61行中1的个数是．第1行 1 1 第2行 1 0 1 第3行 1 1 1 1 第4行 1 0 0 0 1 第5行 1 1 0 0 1 1 …… ………………………………………【解析】第1次全行的数都为1的是第121-行，第2次全行的数都为1的是第221-行，第3次全行的数都为1的是第321-行， ……，第n 次全行的数都为1的是第21n-行(可用数学归纳法或者递推关系证明)；第62163-=行数都为1，从而逆推出第61行为1,1,0,0,1,1,0,0,1,1,,1,1,0,0,1,1，一共有32个1．例3：〔2021高考，理〕设*n N ∈，n x 是曲线221n y x +=+在点(12)，处的切线与x 轴交点的横坐标.〔Ⅰ〕求数列{}n x 的通项公式；〔Ⅱ〕记2221321n n T x x x -=，证明14n T n≥.【解析】〔Ⅰ〕对题中所给曲线的解析式进展求导，得出曲线221n y x+=+在点(12)，处的切线斜率为22n +.从而可以写出切线方程为2(22)(1)y n x -=+-.令0y =.解得切线与x 轴交点的横坐标1111n nx n n =-=++. 〔Ⅱ〕要证14n T n≥，需考虑通项221n x -，通过适当放缩可以使得每项相消即可证明.思路如下：先表示出22222213211321()()()242n n n T x x x n--==，求出初始条件当1n =时，114T =.当2n ≥时，单独考虑221n x -，并放缩得222222122221(21)(21)1441()2(2)(2)(2)n n n n n n n xn n n n n-------==>==，所以211211()2234n n T n n ->⨯⨯⨯⨯=，综上可得对任意的*n N ∈，均有14n T n≥. 试题解析：〔Ⅰ〕解：2221'(1)'(22)n n y x n x ++=+=+，曲线221n y x +=+在点(12)，处的切线斜率为22n +.从而切线方程为2(22)(1)y n x -=+-.令0y =，解得切线与x 轴交点的横坐标1111n n x n n =-=++. 〔Ⅱ〕证：由题设和〔Ⅰ〕中的计算结果知22222213211321()()()242n n n T x x x n--==. 当1n =时，114T =. 当2n ≥时，因为222222122221(21)(21)1441()2(2)(2)(2)n n n n n n n xn n n n n-------==>==，所以211211()2234n n T n n->⨯⨯⨯⨯=. 综上可得对任意的*n N ∈，均有14n T n≥. 例4：将杨辉三角中的每一个数rn C 都换成1(1)rnn C +，就得到一个如右图所示的分数三角形，成为莱布尼茨三角形，从莱布尼茨三角形可看出1111(1)(1)r x rn n n n C n C nC -+=++，其中x = ；令()22111113121n n na nC n C -=+++++，那么lim n n a →∞= ．【解析】∵11111(1)(1)r r rn n n n C n C nC +-+=++ ∴1x r =+；∵()()()212111n n n C n n n -=++- 111111n n n n ⎛⎫⎛⎫=--- ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭，∴012234111345n a C C C =+++()321111n n n nnC n C ---+++111121n n =--++， ∴1lim 2n n a →∞=．例5：〔2021高考〕设1234,,,a a a a 是各项为正数且公差为d (0)d ≠的等差数列〔1〕证明：31242,2,2,2a a a a依次成等比数列；〔2〕是否存在1,a d ，使得2341234,,,a a a a 依次成等比数列，并说明理由；〔3〕是否存在1,a d 及正整数,n k ，使得k n k n k n n a a a a 342321,,,+++依次成等比数列，并说明理由.【解析】〔1〕根据等比数列定义只需验证每一项与前一项的比值都为同一个不为零的常数即可〔2〕此题列式简单，变形较难，首先令1dt a =将二元问题转化为一元，再分别求解两个高次方程，利用消最高次的方法得到方程：27+430t t +=，无解，所以不存在〔3〕同〔2〕先令1dt a =将二元问题转化为一元，为降次，所以两边取对数，消去n,k 得到关于t 的一元方程4ln(13)ln(1)ln(13)ln(12)3ln(12)ln(1)0t t t t t t ++-++-++=，从而将方程的解转化为研究函数()4ln(13)ln(1)ln(13)ln(12)3ln(12)ln(1)g t t t t t t t =++-++-++零点情况，这个函数需要利用二次求导才可确定其在(0,)+∞上无零点试题解析：〔1〕证明：因为112222n n n na a a d a ++-==〔1n =，2，3〕是同一个常数，所以12a ，22a ，32a ，42a 依次构成等比数列．〔2〕令1a d a +=，那么1a ，2a ，3a ，4a 分别为a d -，a ，a d +，2a d +〔a d >，2a d >-，0d ≠〕．假设存在1a ，d ，使得1a ，22a ，33a ，44a 依次构成等比数列，那么()()34a a d a d =-+，且()()6422a d a a d +=+．令d t a =，那么()()3111t t =-+，且()()64112t t +=+〔112t -<<，0t ≠〕，化简得32220t t +-=〔*〕，且21t t =+．将21t t =+代入〔*〕式，()()21212313410t t t t t t t t +++-=+=++=+=，那么14t =-．显然14t =-不是上面方程得解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在1a ，d ，使得1a ，22a ，33a ，44a 依次构成等比数列．〔3〕假设存在1a ，d 及正整数n ，k ，使得1na ，2n ka +，23n ka +，34n ka +依次构成等比数列，那么()()()221112n kn k n a a d a d +++=+，且()()()()32211132n kn kn k a d a d a d +++++=+．分别在两个等式的两边同除以()21n k a +及()221n k a+，并令1d t a =〔13t >-，0t ≠〕，那么()()()22121n kn k t t +++=+，且()()()()32211312n kn kn k t t t +++++=+．将上述两个等式两边取对数，得()()()()2ln 122ln 1n k t n k t ++=++，且()()()()()()ln 13ln 1322ln 12n k t n k t n k t +++++=++．化简得()()()()2ln 12ln 12ln 1ln 12k t t n t t +-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，且()()()()3ln 13ln 13ln 1ln 13k t t n t t +-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦．令()()21t t ϕϕ'=，那么()()()()212011213t t t t ϕ'=>+++．由()()()()1200000g ϕϕϕ====，()20t ϕ'>，知()2t ϕ，()1t ϕ，()t ϕ，()g t 在1,03⎛⎫- ⎪⎝⎭和()0,+∞上均单调．故()g t 只有唯一零点0t =，即方程〔**〕只有唯一解0t =，故假设不成立．所以不存在1a ，d 及正整数n ，k ，使得1na ，2n ka +，23n ka +，34n ka +依次构成等比数列．例6：假设数列{}n a 满足212n na p a +=〔p 为正常数，n *∈N 〕，那么称{}n a 为“等方比数列〞．甲：数列{}n a 是等方比数列；乙：数列{}n a 是等比数列，那么〔〕A ．甲是乙的充分条件但不是必要条件B ．甲是乙的必要条件但不是充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【解析】取{}n a 为1,2,4,8,---，2124n na a +=，那么数列{}n a 是等方比数列，但，不是等比数列；假设数列{}n a 是等比数列，设公比为q ，那么222112n n n n a a q a a ++⎛⎫== ⎪⎝⎭为正常数，那么数列{}n a 是等方比数列，应选B ．例7:对数列{}n a ，规定{}n a ∆为数列{}n a 的一阶差分数列，其中()1n n n a a a n N ++∆=-∈；对正整数k ，规定{}k n a ∆为数列{}n a 的k 阶差分数列，其中111k k k n n n a a a --+∆=∆-∆()1k n a -=∆∆．〔1〕数列{}n a 的通项公式()2n a n n n N +=+∈，试判断{}{}2n n a a ∆∆、是否为等差数列或者等比数列？为什么？〔2〕数列{}n a 首项11a =，且满足212nn n n a a a +∆-∆+=-，求数列{}n a 的通项公式．【解析】〔1〕∵()2n a n n n N +=+∈， ∴()121n n n a a a n +∆=-=+，212n n n a a a +∆=∆-∆=，∴数列{}n a ∆是等差数列，{}2n a ∆是常数列，既是等差数列，又是等比数列．〔2〕∵212nn n n a a a +∆-∆+=-，∴()112nn n n n a a a a ++∆-∆-∆+=-，∴122nn n a a +=+，两边同时除以12n +，得：111222n n n n a a ++=+ 令2n n na b =，那么：112n n b b +-=， ∴2n n b =，即12n n a n -=⋅．例8：假设有穷数列12,...n a a a 〔n 是正整数〕，满足1211,,....,n n n a a a a a a -===，即1i n i a a -+=〔i 是正整数，且1i n ≤≤〕，就称该数列为“对称数列〞．〔1〕数列{}n b 是项数为7的“对称数列〞，且1234,,,b b b b 成等差数列，142,11b b ==，试写出{}n b 的每一项；〔2〕{}n c 是项数为()211k k -≥的对称数列，且121,...k k k c c c +-构成首项为50，公差为4-的等差数列，数列{}n c 的前21k -项和为21k S -，那么当k 为何值时，21k S -取到最大值？最大值为多少？〔3〕对于给定的正整数1m >，试写出所有项数不超过2m 的对称数列，使得211,2,2...2m -成为数列中的连续项；当1500m >时，试求其中一个数列的前2021项和2008S ．【解析】〔1〕设数列{}n b 的公差为d ，那么：1132314=+=+=d d b b ，解得： 3=d ，∴数列{}n b 为25811852，，，，，，．〔2〕由对称数列的定义知：12121k k k k c c c c c c +-+++=+++，∴()211212k k k k k S c c c c -+-=+++-()()12504502k k k -⎡⎤=⨯+⨯--⎢⎥⎣⎦2410450k k =-+-()2413626k =--+，∴当13k =时，21k S -取到最大值626．〔3〕∵211,2,2 (2)m -成为项数不超过2m 的对称数列中的连续项，∴该数列只可能是：21121,2,,2,2,2,2,,2,1m m m m ----；或者2121,2,,2,2,2,,2,1m m m ---；或者12212,2,,2,1,1,2,,2,2m m m m ----；或者12212,2,,2,1,2,,2,2m m m m ----；下面计算2121,2,,2,2,2,,2,1m m m ---的前2021项和2008S ：①当15002008m <<时，()()2009232008222m m m m m S S ----=++++()()1220092122m m m --=-+-1220093221m m --=⨯--；②当2008m ≥时，2008200821S =-；故2121,2,,2,2,2,,2,1m m m ---的前2021项和为：()()20082008122009212008322115002008m m m S m --⎧-≥⎪=⎨⨯--<<⎪⎩ ．例9：在()2m m ≥个不同数的排列12n p p p 中，假设1i j m ≤<≤时i j p p >〔即前面某数大于后面某数〕，那么称i p 与j p 构成一个逆序. 一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数. 记排列321)1()1( -+n n n 的逆序数为n a ，如排列21的逆序数11a =，排列321的逆序数36a =.〔Ⅰ〕求45a a 、，并写出n a 的表达式；〔Ⅱ〕令nn n n n a a a a b 11+++=，证明: 32221+<++<n b b b n n ．【解析】〔Ⅰ〕15,1054==a a ，2)1(12)1(+=+++-+=n n n n a n 〔Ⅱ〕 ∵1122n n n n n a a n n b a a n n+++=+=++2>=，1,2,n= ∴n b b b n 221>+++ . 又∵222222n n n b n n n n +=+=+-++, ∴12n b b b +++ 111122[()()]132n n n =+-++-+ =32221232+<+-+-+n n n n . 综上，12223n n b b b n <++<+.例10：11211222,,,a A a A A ==+ 12n n n n n a A A A =+++，当,2n N n *∈≥时，求证：〔1〕)1(1+=-n n a n a ；〔2〕12111(1)(1)(1)3na a a +++<．证明：〔1〕当2n k ≥≥时，()!!k n n A n k =- ()()()111!11!k n n n nA n k ---==---⎡⎤⎣⎦， ∴12n n n n n a A A A =+++()121111n n n n n n A A A ----=++++)1(1-+=n a n ；〔2〕由〔1〕n a a n n =+-11， ∴12311111111n a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ n n a a a a a a a a 1111332211+⨯⨯+⨯+⨯+= )!1()1(32112312+=+⨯⨯⨯=++n a a n a a a a a n n n ()1211111(1)!n n n n A A A n ++++=++++ 11111!(1)!2!n n =+++++- 11121223(1)n n <++++⨯⨯-⨯ 313112<-=-+=nn ．例11：假设定义在区间D 上的函数()f x 对于D 上的任意n 个值1231,,,,,n n x x x x x -，总满足：()()()12n f x f x f x n +++12n x x x f n +++⎛⎫≤ ⎪⎝⎭称函数()f x 为D 上的凸函数，那么在锐角三角形ABC ∆中，cos cos cos A B C ++的最大值是．解：∵函数()cos f x x =为0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上的凸函数， ∴cos cos cos 3A B C ++ 1cos 32A B C ++≤=，故3cos cos cos 2A B C ++≤．例12：在)(n m f ，中，m 、n 、)(n m f ，均为非负整数，且对任何n m ，有： ①1)0(+=n n f ，；②)1()01(，，m f m f =+； ③()()111f m n f m f m n ++=+⎡⎤⎣⎦，，，；试求：〔1〕)01(，f 的值；〔2〕)1(n f ，关于n 的表达式；〔3〕)3(n f ，关于n 的表达式．解：〔1〕)01(，f )10(，f =211＝＝+；〔2〕))11(0()1(-=n f f n f ，，， ()(11)11f n n =-+≥，，故数列{}()(11)1f n n -≥，成等差数列，其中首项2)01(=，f ，公差11=d ，∴2)01()1(1+=+=⋅n d n f n f ，，．〔3〕))12(1()2(-=n f f n f ，，，()(21)21f n n =-+≥，，故数列{}()(21)1f n n -≥，也成等差数列，其中首项(20)(11)213f f ==+=，，，公差22=d ，∴322)02()2(+=+=⋅n n f n f ，，．∵))13(2()3(-=n f f n f ，，，()2(31)31f n n =-+≥⋅，，可变形为：()(3)32[(31)3]1f n f n n +=-+≥，，．故数列{}3)13(+-n f ，n (≥)1成等比数列，其中首项为8353)12(3)03(=+=+=+，，f f ，公比2=q ．∴32)3(3-=+n n f ，制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O 二二年二月七日。

破解数列题7招

专题突破时间的犁,在勤奋者的额头,开出无数条智慧之渠. 谚语破解数列题7招湖南龙志明数列是高中数学的重要内容,是进一步学习高等数学的基础,在每年高考中都占有一定比重.下面对求解数列题的一些常用方法进行归纳,提炼出7种常用途径,供参考.1 活用数列的概念数列的概念是求解数列问题的基础,灵活运用数列的概念,往往简捷明了,出奇制胜.例1 设{a n }是公差为-2的等差数列,如果a 1+a 4+a 7+ +a 97=50,那么a 3+a 6+a 9+ +a 99等于( ).A -182;B -78;C -148;D -82若以条件求出a 1,再求和,则运算较为繁琐.注意到2个和式中的项数相等,且均是等差数列.(a 3+a 6+a 9+ +a 99)-(a 1+a 4+a 7+ +a 97)=(a 3-a 1)+(a 6-a 4)+(a 9-a 7)+ +(a 99-a 97)=66d =-132.所以a 3+a 6+a 9+ +a 99=-82,选D.例2 有4个数,其中前3个数成等差数列,后3个数成等比数列,并且第1个数与第4个数的和是16,第2个数与第3个数的和是12,求这4个数.从等差、等比数列的概念入手,设前3个数为a -d,a,a +d,则第4个数为(a +d)2a.由a -d +(a +d)2a=16,2a +d =12,解得a =4,d =4;或a =9,d =-6.所以4个数为0,4,8,16或15,9,3,1.活用等差、等比数列的概念,沟通了有关元素间的内在联系,且使运算得以简化.2 巧用数列的性质数列的性质是对概念内涵的揭示与显化,是求解数列问题的有力武器.例3 在各项均为正数的等比数列{a n }中,若a 5a 6=9,则log 3a 1+log 3a 2+ +lo g 3a 10=( ).A 12;B 10;C 8;D 2+log 35;等比数列{a n }中,若m +n =p +q,则有a m a n =a p a q .所以a 1a 10=a 2a 9= =a 5a 6=9,a 1a 2a 3 a 10=(a 5a 6)5=95.所以log 3a 1+lo g 3a 2+ +log 3a 10=log 395=10,选B .3 运用整体思想从整体上考虑问题,往往能够避免局部运算的困扰,使问题得以迅速求解.例4 等差数列{a n }的前m 项和为30,前2m项和为100,则其前3m 项和为( ).A 130;B 170;C 210;D260这里无需求出a 1、d ,然后再求S 3m .从整体上考虑,因为{a n }是等差数列,所以S m 、S 2m -S m 、S 3m -S 2m 也成等差数列,所以S m +S 3m -S 2m =2(S 2m -S m ),即30+(S 3m -100)=2(100-30),S 3m =210.选C.例5 是否存在常数a,b,c.使得等式1 22+2 32+ +n (n +1)2=n(n +1)(an 2+bn +c)对一切自然数n 都成立?证明你的结论.左式= nk =1k (k +1)2= nk =1(k 3+2k 2+k )=n 2(n +1)24+n(n +1)(2n +1)3+n(n +1)2=n(n +1)12(3n 2+11n +10).这样,问题转化为上式与n(n +1)12(an 2+bn +c)对一切自然数n 恒等.所以a =3,b =11,c =10.放眼全局,从整体考虑问题,通过研究问题的整体形式、整体结构,达到简捷解决问题的目的.4 运用函数思想数列是一种特殊的函数.运用函数的思想处理数列问题,往往能把握问题的本质,使求解过程简捷明快.例6 已知数列{b n }是等差数列,b 1=1,且b 1+b 2+ +b 10=145.(1)求数列{b n }的通项b n ;(2)设数列{a n }的通项a n =log a 1+1b n(a >0,a 1),记S n 是数列{a n }的前n 项和,试比较S n 与13log a b n +1的大小,并证明你的结论.12专题突破取之有度,用之有节,则常足.警言由10 1+10 92d =145,得d =3.所以b n =1+(n -1) 3=3n -2.a n =log a 1+13n -2=log a 3n -13n -2.S n =a 1+a 2+ +a n =log a 21+lo g a 54+lo g a 87+ +lo g a 3n -13n -2=lo g a2 5 8 (3n -1)1 4 7 (3n -2),因13log a b n +1=log a 33n +1,所以S n -13log a b n +1=lo g a 2 5 8 (3n -1)1 4 7 (3n -2)33n +1.记f (n )=2 5 8 (3n -1)1 4 7 (3n -2) 33n +1,则f (n +1)f (n)=(3n +2) 33n +1(3n +1)33n +4令3n +1=t 3t 3+3t 2+3t +1t 3+3t 2>1.所以f (n +1)>f (n),即f (n)是单调递增的,所以f (n) f (1)=234>1,即2 5 8 (3n -1)>33n +1.当a >1时,S n >13log a b n +1;当0<a <1时,S n <13log a b n +1.借助于函数的单调性,巧妙解决了比较大小的问题.将数列看成某一函数,应多考虑这一函数的有关性质.5 运用方程的思想把握数列各基本量之间的关系,运用方程的思想建立已知与未知的关系,把问题的求解转化为对方程的解析、处理来进行.例7 设{a n }是由正数组成的等比数列,S n 是其前n 项和.是否存在常数c >0,使得lg (S n -c)+lg (S n +2-c)2=lg (S n +1-c)成立?并证明你的结论.要使lg (S n -c)+lg (S n +2-c)2=lg (S n +1-c)成立,则有(S n -c)(S n +2-c)=(S n +1-c)2,S n -c >0.(1)(2)若q =1,则(S n -c)(S n +2-c)-(S n +1-c)2=(na 1-c)[(n +2)a 1-c]-[(n +1)a 1-c]2=-a 21<0,不满足(1),故不存在常数c >0使结论成立.若q 1,则由(S n -c)(S n +2-c)-(S n +1-c)2=a 1(1-q n )1-q -ca 1(1-q n +2)1-q-c -a 1(1-q n +1)1-q-c2=-a 1q n [a 1-c(1-q)]=0,得a 1-c(1-q)=0,所以c =a 1.因为c >0,a 1>0,所以0<q <1,S n -c =a 1(1-q n )1-q -a11-q =-a 1q n1-q<0,不满足(2).故不存在常数c >0,使结论成立.综上所述,使结论成立的正数c 不存在.运用方程思想,将存在性问题转化为方程(组)的解是否存在的探索,使问题得以巧妙转化.6 运用数形结合思想从直观性角度研究数列问题,可使问题变得形象生动,易于求解.例8 在等差数列中,a 1>0,且S 20=0,那么当n = 时,S n 最大.我们知道,S n =na 1+n(n -1)2d =d 2n 2+a 1-d2n是关于n 的二次式,且不含常数项.又由a 1>0,S 20=0知该等差数列是递减的,则d <0.因此S n 的图象(一些点)在开口向下的抛物线上.该抛物线过点(0,0)和点(20,0),由其对称性,易见n =10时,S n 取最大值.7 运用转化思想想方设法将非常规问题化为我们熟悉的数列问题来求解的方法即为化归法.一般将数列问题尽可能转化中等差数列或等比数列问题来求解.例9 在数列{a n }中,a 1=1,a n +1=a n1+na n,求a n .原式可化为1a n +1-1a n =n,得1a n +1-1a n为等差数列,所以1a 2-1a 1=1,1a 3-1a 2=2,1a 4-1a 3=3, ,1a n -1a n -1=n -1.将这n -1个式子两边同时相加得1a n -1a 1=1+2+ +(n -1),所以a n =2n 2-n +2.例10 已知数列{a n }满足a 1=15,且当n>1,n N *时,有a n -1a n =2a n -1+11-2a n.求a n 当n 2时,由a n -1a n =2a n -1+11-2a n,得a n -1-a n -4a n -1a n =0.两边同除以a n a n -1得,1a n -1a n -1=4,即1a n -1a n -1=4,对n >1且n N *成立,所以1a n是以首项为5,公13专题突破才能的火花,常常在勤奋的磨石上迸发. 威廉李卜克内西差为4的等差数列.1a n =1a 1+(n -1)d =4n +1,所以,a n =14n +1.本题借助1a n为等差数列得到了{a n }的通项公式,是典型的化归法.常用的化归还有取对数化归,待定系数化归等,一般化归为等比数列或等差数列的问题,是高考中的常见方法.例11 已知数列{a n }满足a 1=1,且a n +1=3a n+2,求a n .设a n +1+t =3(a n +t ),则a n +1=3a n +2t,t =1,a n +1+1=3(a n +1).所以{a n +1}为等比数列,a n +1=(a 1+1) 3n -1=2 3n -1,a n =23n -1-1.求递推式形如a n +1=p a n +q (p 、q 为常数)的数列通项,可用待定系数法构造新数列a n +1+qp -1=p a n +qp -1来求得,这也是近年高考考得很多的一种题型.链接练习1.数列{a n }中,a 1=1,对于所有的n 2,n N 都有a 1 a 2 a 3 a n =n 2,则a 3+a 5等于( ).A 6116;B 259;C 2516; D31152.根据市场调查结果,预测某种家用商品从年初开始的n 个月内累积的需求量S n (万件)近似地满足关系式S n =n 90(21n -n 2-5)(n =1,2, ,12),按此预测,在本年度内,需求量超过1.5万件的月份是( ).A 5、6月;B 6、7月;C 7、8月;D 8、9月3.若数列{a n }前8项的值各异,且a n +8=a n ,对任意的n N *都成立,则下列数列中,能取遍数列{a n }前8项值的数列是( ).A {a 2k +1};B {a 3k +1};C {a 4k +1};D {a 6k +1}4.设a n =-n 2+10n +11,则数列{a n }从首项到第( )项的和最大.A 10;B 11;C 10或11;D 125.已知方程(x 2-2x +m)(x 2-2x +n)=0的4个根组成一个首项为14的等差数列,则|m -n |等于( ).A 1;B 34;C 12;D386.设{a n }是由正数组成的等比数列,公比q =2,且a 1 a 2 a 3 a 30=230,那么a 3 a 6 a 9 a 30等于( ).A 210;B 220;C 216;D 2157.等差数列{a n }的前n 项和记为S n ,若a 2+a 4+a 15的值是一个确定的常数,则数列{S n }中也为常数的项是( ).A S 7;B S 8;C S 13;D S 158.等差数列{a n }是递增数列,前n 项和为S n ,且a 1,a 3,a 9成等比数列,S 5=a 25.求数列{a n }的通项公式.链接练习参考答案1.A .解:令n =2、3、4、5,分别求出a 3=94,a 5=2516,所以a 3+a 5=6116.2.C .解:由S n 解出a n =130(-n 2+15n -9),再解不等式130(-n 2+15n -9)>1.5,得6<n <9.3.B .解:由已知得数列以8为周期,当k 分别取1,2,3,4,5,6,7,8时,a 3k +1分别与数列中的第4项,第7项,第2项,第5项,第8项,第3项,第6项,第1项相等,故{a 3k +1}能取遍前8项.4.C .解:a n =-n 2+10n +11是关于n 的二项函数,它是抛物线f (x )=-x 2+10x +11上的一些离散的点,从图象可看出前10项都是正数,第11项是0,所以前10项或前11项的和最大.另解:由-n 2+10n +11 0得-1 n 11,又n N *,所以0<n 11.所以前10项为正,第11项为0.5.C .解:设4个根分别为x 1、x 2、x 3、x 4,则x 1+x 2=2,x 3+x 4=2,由等差数列的性质,当m +n =p +q 时,a m +a n =a p +a q .设x 1为第1项,x 2必为第4项,可得数列为14,34,54,74,所以m =716,n =1516.所以|m -n |=12.6.B .解:由等比数列的定义,a 1 a 2 a 3=a 3q3,故a 1 a 2 a 3 a 30=a 3 a 6 a 9 a 30q 103.又q =2,故a 3 a 6 a 9 a 30=220.7.C .解:设a 2+a 4+a 15=p (常数),所以3a 1+18d =p ,即a 7=13p .所以S 13=13 (a 1+a 13)2=13a 7=133p.8.解:设数列{a n }公差为d(d >0),所以a 1,a 3,a 9成等比数列,所以a 23=a 1a 9.即(a 1+2d)2=a 1(a 1+8d),得d 2=a 1d,因为d 0,所以a 1=d 因为S 5=a 25,所以5a 1+5 42 d =(a 1+4d)2.由得:a 1=35,d =35,所以a n =35+(n -1) 35=35n.(作者单位:湖南省岳阳市岳化一中)14。

高考数学数列的万能解法全归纳

高考数学数列的万能解法全归纳！
数列作为历年的重点考查内容之一，估测试题会出现在数列的知识、函数知识、不等式的知识和解析几何知识等的交汇点处命题，从而使数列试题呈现综合性强、立意新、角度新、难度大的特点。

直白点说，高考的20多道题目中，无论是最基本的题型还是最后的解答压轴题，考到数列部分的几率是相当大的，毕竟数列作为每年高考热点元老的存在。

在复习数列单元时，一定要以等差、等比数列为载体，以通项公式、求和公式为主线，注重基础，联系实际.通过对试题的练习，提高其运算能力、思辨能力、解决实际问题的能力，才能以不变应万变，在高考中立于不败之地。

简单2个字来形容掌握数列的要诀那就是规律。

这里我提供一份通过对历年来数列部分的解法归纳，希望能帮助冲刺阶段的同学更上一层楼。

▍ ▍ ▍。

高考数列万能解题方法

数列的项n a 与前n 项和n S 的关系：11(1)(2)n n nsn a s sn -=⎧=⎨-≥⎩数列求和的常用方法：1、拆项分组法：即把每一项拆成几项，重新组合分成几组，转化为特殊数列求和。

2、错项相减法：适用于差比数列〔如果{}n a 等差，{}n b 等比，那么{}n n a b 叫做差比数列〕即把每一项都乘以{}n b 的公比q ，向后错一项，再对应同次项相减，转化为等比数列求和。

3、裂项相消法：即把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限几项，可求和。

适用于数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭和⎧⎫〔其中{}n a 等差〕可裂项为：111111()n n n n a a d a a ++=-⋅，1d=等差数列前n 项和的最值问题：1、假设等差数列{}n a 的首项10a >，公差0d <，那么前n 项和n S 有最大值。

〔ⅰ〕假设通项n a ，那么n S 最大⇔10n n a a +≥⎧⎨≤⎩；〔ⅱ〕假设2nS pn qn =+，那么当n 取最靠近2qp-的非零自然数时n S 最大； 2、假设等差数列{}n a 的首项10a <，公差0d >，那么前n 项和n S 有最小值〔ⅰ〕假设通项n a ，那么n S 最小⇔10n n a a +≤⎧⎨≥⎩；〔ⅱ〕假设2n S pn qn =+，那么当n 取最靠近2qp-的非零自然数时n S 最小；数列通项的求法：⑴公式法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式。

⑵n S 〔即12()n a a a f n +++=〕求n a ，用作差法：{11,(1),(2)n n n S n a S S n -==-≥。

12()n a a a f n =求n a ，用作商法：(1),(1)(),(2)(1)n f n f n a n f n =⎧⎪=⎨≥⎪-⎩。

⑶条件中既有n S 还有n a ，有时先求n S ，再求n a ；有时也可直接求n a 。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

４
命题解读本题考查等差数
列、比数列、和公式、等式等等求不基础知识，中对求和格外青睐，其一道试题出现两种不同求和形式（基
５
（０１２１湖北）自给个
上而下相连的正方形着黑色或白色．
比、纳、想、般与特殊的综合归联一运用．定能找到解题的途径．一完美解答设ｎ个正方形时黑
Ｓｑｋ
ｎ＋ｌ
Ｚ“
０，曰；ａＯ，。时Ａ＜＂＜时Ａ，３－＞
＞｜得啬０（ｊ｝
（）数列｛的通项公式及前１求％｝
ｎ和，项
完美解答设该数列｛｝首ａ的ｎ
项为ａ，公差为ｄ．。依题意
５．综合考查看能力
期
（ｎ∈Ｎ．）
（１２ｌ设实数数０重庆）
ｃ泓去妄妄．，』ｔ２＋＋＋妻。一＋＋
看出，不能利用基本公式、在定理的情境下，肯定是注重一般数学思想
方法的运用．基本思维方法是探寻
４
，
ａｌ
ａ２／
Ｉｋ’等ｌ口， ≥ 呲志ｌａ【‘ｆ，一’ ＨＨｒ
，
．
（， ≥时十十十１当２，ｃ２一ｎ２十ｃ… ）ｃ
命题解读本题不能或者说不便求通项．但我们要找出某种规律．
（）题设知＋＋ｌ＋．２由１＝＋＝１，Ｓ
故２￣ｘ－＋ｌＯｒｅ＝Ｓ￣＝有根和ｌ可（
妄（．为～＝因一）
了‘
命题解读本题考查等比数列
的所有不同的着色方案时
中，黑色正方形互不相邻的着色方案如图１示：此推断，ｎ６，所由当＝时
本公式求和、项求和）显示在数裂，
ｎ＝，＝ｄ，则
７６ｎ＋＝ｔ６．６
（）ａ，一成等比数列，１若。Ｓ，２求
Ｓ和ａ；２ｚ
试比较Ａ与的大小．
４．归纳类比考创新
（）证：ｋ３２求对＞有０１ ≤ ＋１ ≤ ≤
—
种，少有两个黑色正方形相至
—
完美解答（）等差数列｛１设｝
邻着色方案共有
的为，ｆ１．得（＋公差ｄ由。：
＼Ｉａｔ
数值表示）
● ［种．（果用】ｌ置结口－］口口＿【
—
灵活多样，见的有放缩法、学归常数
纳法、差（商）作作比较法、造函数构
法等．
完美解答
ｄ２ａ（ｌ３））ｌ＋ｄ．因为ｄ＝ａ ≠０，以ｄａ＝所＝１
。所以，ｎ，／ａＳ一１－．
（）由题意１
＋＋＋＋ …
口ｌａ２ａ６一【，２
【＋８＝嘶ｎ＋４
３即ｆ，ｄ３，４＋＝，解得ａ６
，
列｛｝前ｎ和，足＋＝ｎｉ的项满。ａ＋．Ｓ
【ａ＋２ｄ４，３ｌ１＝
，ｎ≥２，当时
～
术》竹九节 ” 题：有一根９的 “ 问现节竹子，自上而下各节的容积成等差数列，面４的容积共３，面３上节升下节的容积共４．第５的容积为升则节
日
（为２）因
２
，妄所＝以
目目目
图１
｛
，一ｚ是批
＝＝．号
中项知 ≠０因此Ｓ＝２＋，２一．由锄＝
Ｉ一）＝＋＋＋＋， … １Ａ１１１
１
＋
ｎ２
ｚ曰目目ｓ，目目目ｓ目ｎ得日
以Ｂｎ１：一
十一
＋ … ＋
ａｚ－，，
能相同）因此判别式 △ Ｊ＋４ ≥ ，＝２－ｓ。ｓ。
ｎ又由Ｓ＋Ｓ＋２＋ｎ得ａ＋１２＋２＋＝＝ｓＩｎ≠ ２
ａｎｚ＋－
：
ａ
．
从最简单的开始，ｎｌ２３时可以＝、、
Ｉ
３．源于实际考应用
嘲
（１Ｊ）章算２１Ｅ《０￣九
色正方形互不相邻的着色方案数为
％，由图可知，１２ａ＝，＝＝＋＝ａ＝，２３５２３
～１Ｉ），ｌ＝ｌ
Ｓ１ｋ
＿
ｆ
一
列学习中不仅要掌握公式．更重要
的是掌握基本思想方法．
—
系．查用作差法证明不等式．数列考
不等式的证明历来是高考考查的热
点，作为压轴题出现，证明方法多其
黑色正方形互不相邻着色方案共有
ｃ
０，３２４２即 Ⅱ ＋－ａ＋ ≤０，得０≤ ＋≤ 解２
因此０≤ ≤ （ ≥ ３４）由：
Ｃ＞＋一：凡１
，７一１
－
— ＿＜一１所以，＞１所以当。当口
．
＜ｌ－１
，
，
出路的 “ 睛 ” 通过观察、眼．比较、类