盘点2017高考一轮复习数学客观题解题方法_答题技巧
考生必读2017年高考数学选择题答题技巧_答题技巧
考生必读2017年高考数学选择题答题技巧_答题技巧
高考考试并不是一厢情愿的取决于参考者努力的程度，考生想要拿下选择题，除了对知识点的掌握还一定要掌握一些高考数学选择题答题技巧，考生要了解选择题的特点之后选择合适的方法。
选择题的特点：
1、选择题分数所占比例高，约占750分的40%以上，即315~330分。
高考数学选择题解题技巧：巧用推论法
2、选择题可猜答，有一定几率不会做也能得分。
高考数学选择题答题技巧——“不择手段”
3、选择题容易丢分也容易得分，单题分值较大，而且存在干扰选项做误导，选择题好坏能决定你与他人的优势或劣势。
4、选择题可快速答题，留下时间做大题，也可浪费你大量时间，叫你来不及做题。
5、掌握选择题大题技巧可做到所有科目选择题既能快速解答，有能获取满分。
10大高考数学选择题解法指导（含实例分析哦）
这里提到三个概念点，思维、标准化试题(选择题)、大题难题。
我们先用标准化试题考试技术引出思维层面，再结合大题难题，做一个系统的综述。
除了以上的高考数学选择题答题技巧之外，考生也要了解高考数学选择题策略五步法，答题只有规范才能够更轻易的取得高分。
2017高考常见数学题型及答题技巧_答题技巧
2017高考常见数学题型及答题技巧_答题技巧高考复习面广量大，不少学生感到既畏惧，又无从下手。
同学们如何才能提高复习的针对性和实效性呢?下面来看看高考常见数学题型，相信对你的复习有很大帮助~1.选择题——“不择手段”题型特点：(1)概念性强：数学中的每个术语、符号，乃至习惯用语，往往都有明确具体的含义，这个特点反映到选择题中，表现出来的就是试题的概念性强，试题的陈述和信息的传递，都是以数学的学科规定与习惯为依据，决不标新立异。
(2)量化突出：数量关系的研究是数学的一个重要的组成部分，也是数学考试中一项主要的内容，在高考的数学选择题中，定量型的试题所占的比重很大，而且许多从形式上看为计算定量型选择题，其实不是简单或机械的计算问题，其中往往蕴含了对概念、原理、性质和法则的考查，把这种考查与定量计算紧密地结合在一起，形成了量化突出的试题特点。
(3)充满思辨性：这个特点源于数学的高度抽象性、系统性和逻辑性。
作为数学选择题，尤其是用于选择性考试的高考数学试题，只凭简单计算或直观感知便能正确作答的试题不多，几乎可以说并不存在，绝大多数的选择题，为了正确作答，或多或少总是要求考生具备一定的观察、分析和逻辑推断能力。
思辨性的要求充满题目的字里行间。
(4)形数兼备：数学的研究对象不仅是数，还有图形，而且对数和图形的讨论与研究，不是孤立开来分割进行，而是有分有合，将它们辩证统一起来。
这个特色在高中数学中已经得到充分的显露。
因此，在高考的数学选择题中，便反映出形数兼备这一特点，其表现是几何选择题中常常隐藏着代数问题，而代数选择题中往往又寓有几何图形的问题。
因此，数形结合与形数分离的解题方法是高考数学选择题的一种重要且有效的思想方法与解题方法。
(5)解法多样化：以其他学科比较，“一题多解”的现象在数学中表现突出，尤其是数学选择题由于它有备选项，给试题的解答提供了丰富的有用信息，有相当大的提示性，为解题活动展现了广阔的天地，大大地增加了解答的途径和方法。
高考一轮复习各科复习技巧
高考一轮复习各科复习技巧一轮复习可以说至关重要，能否把握好一轮复习影响到你的接下来二、三轮复习情况。
所以一轮复习一定要把握好，那么各科应该如何进行一轮复习呢，让我们一起来看一下吧。
根据2017年《考试大纲》要求，高考语文科考查考生识记、理解、分析综合、鉴赏评价、表达应用和探究六种能力，表现为六个层级。
考试内容分为阅读和表达两个部分。
阅读部分包括现代文阅读和古诗文阅读，表达部分包括语言文字应用和写作。
考试的各部分内容均可有难易不同的考查。
针对以上内容，在2018年语文考试的第一轮复习中，主要需要注意以下几点：1、理清知识系统。
这有利于同学们明确复习的目标，从而形成知识网络，并在答题时更好的寻找解题依据。
语文知识的大系统包括语音知识系统、词及短语系统、单复句知识系统、修辞知识系统、标点知识系统、现代文体知识系统、写作知识系统和文言文知识系统等。
而小系统就是每一个语文知识点的性质、分类、意义或用法。
第一轮复习时要有意地将所复习的知识点和其所属的知识系统联系起来。
2、要注重利用教材。
因为教材是教学的依据，教材中的主干就是高考考查的核心。
像一些文言文、诗歌、文学常识等就是完全考查教材中的内容。
而对教材加以熟悉也有利于学生对知识的积累和能力的培养。
3、要明确语文学科的特点，调整心态。
语文不同于其他学科，成绩的提高需要长时间的坚持。
这就要求学生要调整好学习的心态，不能因为短期内成绩没有提高而放弃。
只要根据老师的要求，学习时多加些细心和耐心，成绩的提高就会指日可待。
4、语文考试内容分为阅读和表达两个部分。
阅读部分包括现代文阅读和古诗文阅读，表达部分包括语言文字应用和写作。
要根据不同的题型做专项训练，这种训练更加有针对性，可以通过一定时间的训练更牢固的掌握这一知识点的解题思路和方法，然后再进行整合练习，这样做会事半功倍。
总之，第一轮复习需要同学们投入大量的时间，不断积累基础知识和解题方法，相信同学们只有更加耐心、细心的了解教材，大量训练，勤于思考总结，才能更快的提高成绩，并为后面的几轮复习打好基础。
稳扎稳打高考数学答题技巧
稳扎稳打高考数学答题技巧题目简单要确保得分，遇到难题要学会放弃数学：掌握策略稳扎稳打文卫星(上海市七宝中学)数学是三门主科中波动最大、最能拉开差距的学科，考生应给予格外重视。
以下一些考试策略或许会对大家有些帮助。
妙用数学思想数学客观题有60分，它的特点是只要答案，不要过程，有人戏称为“不讲理的题”，正因为不要写出道理，就要讲究解题策略，而不必每题都当解答题去解。
考生可以动用三大法宝：排除法、特殊值法、数形结合法。
如“已知|a|＜1，|b|＜1，|c|＜1，则ab＋bc＋ca与-1的大小关系是______。
”用特殊值法，取a=b=c=0，立得ab＋bc＋ca＞-1。
若把它当成解答题来解，有些学生可能不会做，或者即使会做也要浪费好多时间。
力求最简解法有的问题有简捷的解法，但有些学生往往拿到题目后不认真思考，随便想到一种方法就解，结果要幺是繁得做不下去，要幺解题过程中出现运算错误，即使勉强解出结果，却用了大量时间。
因此，考生拿到题目不要急于落笔，先找出比较简单的方法再解题，既能准确算对，又能节省时间，否则会陷于欲进不能、欲罢不忍的尴尬状态。
由繁变简，关键在于不墨守成规。
改变一下思维方式，可以使问题的解答变得异常简单。
有了想法就写解数学综合题不能指望把问题从前到后一步步看透后再动手解题，这样常会坐失良机。
由于题目综合性较强，有时要“且战且走”、“摸着石头过河”，有了想法就写出来，慢慢向结论靠近，能靠多近就靠多近。
高考是分步计分，多写一步可能多得些分。
审题务必仔细每次考试以后，总有学生捶胸顿足，后悔莫及，因审题失误丢了不少分。
准确审题是解题的第一关。
有些考生认为客观题简单，或是看错题，或是不注意题目的附加条件，如角、参数的取值范围，或是虽然做出准确答案，但没有按要求填写等。
较长或较难懂的题目有。
文化生活复习《主客观题答题技巧》
• 中国是茶的故土，早在一千多年前，茶圣陆羽在? 茶经?中就提及“茶之为饮，发于神农氏，闻于 鲁周公〞。中国的茶文化尤以潮汕地区闻名，当 地独特的人文地理环境造就了当地的茶文化。中 华茶文化以“和〞为核心，承载哲学、宗教、民 俗、文学、艺术等诸多元素，蕴藏着中华民族独 有的生活智慧，积淀了深厚的中国文化元素，是 中国文化的珍贵遗产。
精深。 文化元素，是中国文化的珍贵遗产。
中国的茶文化尤以潮汕地区闻名，当地独特的人文地理环境造就了当地的茶文化。
常见的是正误混合型辨析题 ： 解这类辨析题要求，首先应分别指出其合理正确的因素是什么，以及为什么是合理的、正确的（即指出
• 〔4〕民族文化都是中华文化不可缺少的组成局 其合理、正确的依据）；
中华茶文化以“和〞为核心，承载哲学、宗教、民俗、文学、艺术等诸多元素，蕴藏着中华民族独有的生活智慧，积淀了深厚的中国
文化元部素，，是中国各文化的民珍贵族遗产。文化都是灿烂的中华文的瑰宝，中国 的茶文化也是中国文化的珍贵遗产。
三、学会同中求异，异中求同， 异中求异
如果是回答“材料说明了什么”，
应注意是材料几，是分别说明还是总 的说明。应注意“一个中心，两个基 本点”——先总结中心思想，然后找 题眼，每只题眼的意思都应表现出来， 然后注意把提取的信息与基础知识结 合起来。
四、答： （解题的归宿）。按照
材料和知识的逻辑顺序，精心组织答案。
注意： （1）戴帽子，点题切题；观点明确（观 点、论点亮在本题或本角度的最前面，不要让阅 卷老师去为你一点点地寻找答案）。 （2）扣料子，每个角度应扣紧材料分析，不要 观点和材料两张皮，相互脱节。 （3）分段子，能分段就分段，能分点就分点， （强调思维的逻辑性、层次性、辨证性） 。 （4）采点子，要努力挖掘出材料中的每个“有 效信息”，并且术语要到位，切莫用家常话来答 题。
2017年高考数学的答题技巧总结与2017年高考数学第一轮复习重点总结汇编.doc
2017年高考数学的答题技巧总结与2017年高考数学第一轮复习重点总结汇编2017年高考数学的答题技巧总结数学要想在高考考场上考出优异的成绩，不但需要扎实的基础知识、较高的数学解题能力做基础，临场考试的技巧更是无数学子圆梦所必备的。
针对数学学科特点，谈高考答题技巧，仅供参考：1.调整好状态，控制好自我。
(1)保持清醒。
数学的考试时间在下午，建议同学们中午最好休息半个小时或一个小时，其间尽量放松自己，从心理上暗示自己：只有静心休息才能确保考试时清醒。
(2)按时到位。
今年的答题卡不再单独发放，要求答在答题卷上，但发卷时间应在开考前5-10分钟内。
建议同学们提前15-20分钟到达考场。
2.通览试卷，树立自信。
刚拿到试卷，一般心情比较紧张，此时不易匆忙作答，应从头到尾、通览全卷，哪些是一定会做的题要心中有数，先易后难，稳定情绪。
答题时，见到简单题，要细心，莫忘乎所以。
面对偏难的题，要耐心，不能急。
3.提高解选择题的速度、填空题的准确度。
数学选择题是知识灵活运用，解题要求是只要结果、不要过程。
因此，逆代法、估算法、特例法、排除法、数形结合法……尽显威力。
12个选择题，若能把握得好，容易的一分钟一题，难题也不超过五分钟。
由于选择题的特殊性，由此提出解选择题要求“快、准、巧”，忌讳“小题大做”。
填空题也是只要结果、不要过程，因此要力求“完整、严密”。
4.审题要慢，做题要快，下手要准。
题目本身就是破解这道题的信息源，所以审题一定要逐字逐句看清楚，只有细致地审题才能从题目本身获得尽可能多的信息。
找到解题方法后，书写要简明扼要，快速规范，不拖泥带水，牢记高考评分标准是按步给分，关键步骤不能丢，但允许合理省略非关键步骤。
答题时，尽量使用数学语言、符号，这比文字叙述要节省而严谨。
5.保质保量拿下中下等题目。
中下题目通常占全卷的80%以上，是试题的主要部分，是考生得分的主要来源。
谁能保质保量地拿下这些题目，就已算是打了个胜仗，有了胜利在握的心理，对攻克高难题会更放得开。
系统集成2017高考数学理一轮总复习教案：第六章 数 列 Word版含解析
第六章数列高考导航考纲要求备考策略1.数列的概念和简单表示法(1)了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)；(2)了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数.2.等差数列、等比数列(1)理解等差数列、等比数列的概念；(2)掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式；(3)能在具体问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用等差数列、等比数列的有关知识解决相应的问题；(4)了解等差数列与一次函数的关系、等比数列与指数函数的关系.数列是历年高考的重点，高考中一般以选择题或填空题的形式考查等差数列、等比数列的概念以及基本性质，解答题主要考查数列的综合应用，可能考到的题型有：等差数列和等比数列的综合题，与数列相关的归纳、猜想、证明问题，同时注重在数列与函数、数列与不等式、数列与几何、数列与向量等知识网络的交汇点命制试题.复习时采用以下应对策略：1.立足课本，突出基础，重视概念的辨析以及等差、等比数列的“知三求二”，因此在复习中要重视常规的训练，注意强调细节.2.熟练掌握解决数列题的基本方法与技巧，特别是教材中等差、等比数列的公式的推导方法与运算技巧在解题中的应用.3.注意数列与函数、方程、不等式等知识的交汇，这类题常常作为高考压轴题出现.4.强化训练合情推理在数列中的应用.5.重视以数列为模型的，取材于当前我国和世界的政治、经济、科技相关的应用题.知识网络6.1 数列的概念与简单表示法考点诠释重点：求数列的通项公式.难点：由递推关系确定数列的通项，由通项公式认识数列的性质(如单调性、周期性).典例精析题型一 由数列的前几项归纳数列的通项【例1】根据下面各数列的前几项的值，写出数列的一个通项公式. (1)－1,7，－13,19，…； (2)23，415，635，863，1099，…； (3)0.8,0.88,0.888，…； (4)7,77,777,7 777，…； (5)1,3,3,5,5,7,7,9,9，….【思路分析】认真观察项与项数之间的关系，寻找满足条件的共同规律，若各项形式不一致，可把它们变为统一的形式.【解析】(1)各项的符号可通过(－1)n 表示，各项的绝对值的排列规律为后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5).(2)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3,3×5,5×7,7×9,9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积.经过组合，知所求数列的一个通项公式为a n ＝2n(2n －1)(2n ＋1).(3)数列变为89(1－0.1)，89(1－0.01)，89(1－0.001)，…，所以a n ＝89⎝⎛⎭⎫1－110n . (4)将数列变形为79(10－1)，79(102－1)，79(103－1)，…，79(10n －1)，故a n ＝79(10n －1).(5)将已知数列变为1＋0,2＋1,3＋0,4＋1,5＋0,6＋1,7＋0,8＋1,9＋0，…， 故数列的通项公式为a n ＝n ＋1＋(－1)n2.【方法归纳】1.根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，可使用添项、还原、分割等办法，转化成一些常见数列的通项公式来求；2.根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代入检验，对于符号变化，可用(－1)n 或(－1)n ＋1来调整.【举一反三】1.如下表定义函数f (x )：x 1 2 3 4 5 f (x )54321对于数列{a n }，a 1＝4，a n ＝f (a n －1)，n ＝2,3,4，…，则a 2 016的值是( B ) A.1 B.2 C.3 D.4 【解析】a 1＝4，a 2＝1，a 3＝5，a 4＝2，a 5＝4，…，可得a n ＋4＝a n ，所以a 2 016＝a 4＝2，故选B. 题型二 应用a n ＝求数列通项【例2】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，分别求其通项公式： (1)S n ＝3n －2；(2)S n ＝18(a n ＋2)2 (a n ＞0).【思路分析】(1)直接利用关系式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 (n ＝1)，S n －S n －1 (n ≥2，n ∈N *)求解；(2)中含S n 与a n 项，先利用上式转化为递推关系式再求通项.【解析】(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝31－2＝1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n －2)－(3n －1－2) ＝2×3n －1，又a 1＝1不适合上式， 故a n ＝(2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝18(a 1＋2)2，解得a 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝18(a n ＋2)2－18(a n －1＋2)2， 所以(a n －2)2－(a n －1＋2)2＝0， 所以(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－4)＝0， 又a n ＞0，所以a n －a n －1＝4， 可知{a n }为等差数列，公差为4，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)·4＝4n －2， a 1＝2也适合上式，故a n ＝4n －2.【方法归纳】数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系是：a n ＝此公式经常使用，应引起重视.当n ＝1时，a 1若适合S n －S n －1，则n ＝1的情况可并入n ≥2时的通项a n ；当n ＝1时，a 1若不适合S n －S n －1，则用分段函数的形式表示.【举一反三】2.数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝13S n (n ＝1,2,3，…)，则a n ＝.【解析】因为a n ＋1＝13S n ，所以a n ＝13S n －1(n ≥2)，所以a n ＋1－a n ＝13(S n －S n －1)＝13a n (n ≥2)，所以a n ＋1＝43a n (n ≥2).又a 1＝1，a 2＝13S 1＝13a 1＝13，所以{a n }是从第2项起，公比为43的等比数列.所以a n ＝题型三 利用递推关系求数列的通项公式【例3】根据下列条件，确定数列{a n }的通项公式. (1)a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2；(2)a 1＝1，a n ＝n －1na n －1(n ≥2，n ∈N *)；(3)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋3n ＋2.【思路分析】(1)构造法；(2)累商法；(3)累加法. 【解析】(1)因为a n ＋1＝3a n ＋2， 所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，即a n ＋1＋1a n ＋1＝3.所以数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3.又a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2×3n －1.所以a n ＝2×3n －1－1. (2)因为a n ＝n －1n a n －1(n ≥2，n ∈N *)，所以a n －1＝n －2n －1a n －2，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得a n ＝a 1×12×23×…×n －1n ＝a 1n ＝1n.当n ＝1时，a 1＝11＝1符合上式.所以a n ＝1n .(3)因为a n ＋1－a n ＝3n ＋2，所以a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n (3n ＋1)2(n ≥2). 当n ＝1时，a 1＝12×(3×1＋1)＝2符合上式，所以a n ＝32n 2＋n2.【方法归纳】已知数列的递推公式，求该数列的通项公式的常用方法 (1)求出该数列的前若干项，归纳、猜想出它的通项公式；(2)对于常见的简单的递推公式，可以采用迭代法或迭加法、累乘法等求其通项公式.【举一反三】3.已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n.(1)求a 2，a 3；(2)求数列{a n }的通项公式.【解析】(1)由S 2＝43a 2得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3；由S 3＝53a 3得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6.(2)由题设知a 1＝1.当n ＞1时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理得a n ＝n ＋1n －1a n －1.于是a 1＝1，a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，…… a n －1＝nn －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1， 将以上n 个等式两端分别相乘，整理得a n ＝n (n ＋1)2.当n ＝1时，也满足上式.综上可知，数列{a n }的通项公式a n ＝n (n ＋1)2.体验高考(2015江苏)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 .【解析】2011.由已知得a 2－a 1＝1＋1，a 3－a 2＝2＋1，a 4－a 3＝3＋1，…，a n －a n －1＝n －1＋1(n ≥2)，则有a n －a 1＝1＋2＋3＋…＋n －1＋(n －1)(n ≥2)，因为a 1＝1，所以a n ＝1＋2＋3＋…＋n (n ≥2)，即a n ＝n 2＋n2(n ≥2)，又当n ＝1时，a 1＝1也适合上式，故a n ＝n 2＋n2(n ∈N *)，所以1a n ＝2n 2＋n ＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，从而1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 10＝2×⎝⎛⎭⎫1－12＋2×⎝⎛⎭⎫12－13＋2×⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋2×⎝⎛⎭⎫110－111＝2×⎝⎛⎭⎫1－111＝2011. 【举一反三】(2015四川)设数列{a n }(n ＝1,2,3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|＜11 000成立的n 的最小值.【解析】(1)由已知S n ＝2a n －a 1， 有a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)， 即a n ＝2a n －1(n ≥2). 从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1. 又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列， 即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)，所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2.所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列， 故a n ＝2n .(2)由(1)得1a n ＝12n ，所以T n ＝12＋122＋…＋12n ＝＝1－12n .由|T n －1|＜11 000，得⎪⎪⎪⎪1－12n －1＜11 000，即2n ＞1 000.因为29＝512＜1 000＜1 024＝210，所以n ≥10.于是，使|T n －1|＜11 000成立的n 的最小值为10.6.2 等差数列考点诠释重点：根据等差数列的概念灵活地判定等差数列，规范地证明等差数列；准确地分析a 1，d ，a n ，S n ，n 之间的关系，熟练地“知三求二”；应用前n 项和公式推导方法求部分数列的前n 项和.难点：由递推关系确定的等差数列问题；在具体问题情境中，识别数量间的等差关系，并能建立等差数列模型，解决实际问题.典例精析题型一 等差数列的判定与证明【例1】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＝－2S n S n －1(n ≥2，n ∈N *).(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)求S n 和a n .【思路分析】(1)利用定义法证明；(2)先由⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，求出1S n ，进而求出S n ，然后再由a n ＝S n －S n －1，求a n .【解析】(1)证明：因为当n ≥2，n ∈N *时，a n ＝S n －S n －1＝－2S n S n －1，① 所以S n (1＋2S n －1)＝S n －1. 由上式，若S n －1≠0，则S n ≠0. 因为S 1＝a 1≠0，由递推关系知S n ≠0(n ∈N *)，由①式得1S n －1S n －1＝2(n ≥2，n ∈N *).所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，其中首项为1S 1＝1a 1＝2，公差为2.(2)由(1)知1S n ＝1S 1＋2(n －1)＝1a 1＋2(n －1)，所以S n ＝12n.当n ≥2，n ∈N *时，a n ＝S n －S n －1＝－12n (n －1)，当n ＝1时，a 1＝S 1＝12不适合上式，所以【方法归纳】等差数列的判定方法(1)定义法：对于n ≥2的任意自然数，验证a n －a n －1为同一常数； (2)等差中项法：验证2a n －1＝a n ＋a n －2(n ≥3，n ∈N *)成立； (3)通项公式法：验证a n ＝pn ＋q ； (4)前n 项和公式法：验证S n ＝An 2＋Bn .注意：在解答题中常应用定义法和等差中项法，而通项公式法和前n 项和公式法主要适用于选择题、填空题中的简单判断.【举一反三】1.已知数列{a n }中，a 1＝35，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }满足b n＝1a n －1(n ∈N *). (1)求证：数列{b n }是等差数列；(2)求数列{a n }中的最大项和最小项，并说明理由.【解析】(1)证明：因为a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝1a n －1，所以b n ＋1－b n ＝1a n ＋1－1－1a n －1＝1⎝⎛⎭⎫2－1a n －1－1a n －1＝a n a n －1－1a n －1＝1.又b 1＝1a 1－1＝－52， 所以数列{b n }是以－52为首项，以1为公差的等差数列.(2)由(1)知b n ＝n －72，则a n ＝1＋1b n ＝1＋22n －7，设f (x )＝1＋22x －7，则f (x )在区间⎝⎛⎭⎫－∞，72和⎝⎛⎭⎫72，＋∞上为减函数. 故当n ＝3时，a n 取得最小值－1，当n ＝4时，a n 取得最大值3.题型二 等差数列的基本计算 【例2】(1)设数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 6＝2且S 5＝30，则S 8等于( ) A.31 B.32 C.33 D.34(2)已知数列{a n }中，a 3＝2，a 5＝1，若⎩⎨⎧⎭⎬⎫11＋a n 是等差数列，则a 11等于( )A.0B.16C.13D.12【思路分析】利用等差数列的通项公式和前n 项和公式列方程组求解.【解析】(1)B.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝2，5a 1＋5×42d ＝30，解得：a 1＝263，d ＝－43，S 8＝8×263＋8×72×⎝⎛⎭⎫－43＝32.故选B.(2)A.11＋a 5－11＋a 3＝12－13＝16.所以公差为112，11＋a 11＝11＋a 5＋(11－5)×112，所以a 11＝0.故选A.【方法归纳】在等差数列{a n }的通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ，前n 项和公式S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d 中，有五个量a 1，a n ，n ，d ，S n ，通过解方程(组)知三可求二.a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知量，是常用的方法.方程(组)的数学思想方法在数列部分应用很广泛，要注意灵活运用.【举一反三】2.设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1－a 7＋a 13＝6，则S 13等于 78 . 【解析】由a 1－a 7＋a 13＝6，得a 7＝6，S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13a 7＝78.题型三 等差数列的性质 【例3】(1)设等差数列的前n 项和为S n ，已知S 6＝36，S n ＝324，最后6项的和为180(n >6)，求数列的项数n 及a 9＋a 10；(2)等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且S n T n ＝3n －12n ＋3，求a 8b 8的值.【思路分析】根据等差数列的性质得a 6＋a n －5＝a 5＋a n －4＝…＝a 1＋a n ，由公式S n ＝n (a 1＋a n )2求解.【解析】(1)由题意可知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36，① a n ＋a n －1＋…＋a n －5＝180，②①＋②得(a 1＋a n )＋(a 2＋a n －1)＋…＋(a 6＋a n －5)＝6(a 1＋a n )＝216，所以a 1＋a n ＝36. 又S n ＝n (a 1＋a n )2＝324，所以18n ＝324，所以n ＝18.所以a 1＋a 18＝36，所以a 9＋a 10＝a 1＋a 18＝36. (2)因为S n T n ＝3n －12n ＋3，所以S 15T 15＝3×15－12×15＋3＝4433＝43.因为S 15＝15(a 1＋a 15)2＝15a 8，T 15＝15(b 1＋b 15)2＝15b 8，所以a 8b 8＝15a 815b 8＝S 15T 15＝43.【方法归纳】解决此类问题一般有两种策略：一是利用性质解决，这需要有敏锐的观察能力和应对能力；二是利用通项公式、前n 项和公式等知识结合方程思想解决.【举一反三】3.(1)在等差数列{a n }中，若3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，求该数列前13项的和；(2)已知数列{a n }是等差数列，且a 1＋a 2＋…＋a 10＝10，a 11＋a 12＋…＋a 20＝20，求a 41＋a 42＋…＋a 50.【解析】(1)因为a 3＋a 5＝2a 4，a 7＋a 10＋a 13＝3a 10， 所以6(a 4＋a 10)＝24，a 4＋a 10＝4， 所以S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13(a 4＋a 10)2＝26.(2)设公差为d ，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝10a 1＋45d ， a 11＋a 12＋…＋a 20＝10a 1＋145d .即⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝10，10a 1＋145d ＝20.解得⎩⎨⎧d ＝110，a 1＝1120.所以a 41＋a 42＋…＋a 50＝10a 1＋445d ＝50. 题型四 等差数列的综合应用【例4】已知数列{a n }满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，它的前n 项和为S n ，且a 3＝10，S 6＝72.若b n ＝12a n －30，求数列{b n }的前n 项和的最小值.【思路分析】先求出a n ，再求b n ，然后利用项的性质求解或利用二次函数的最值求解. 【解析】方法一：因为2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2， 所以{a n }是等差数列.设{a n }的首项为a 1，公差为d ， 由a 3＝10，S 6＝72，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝10，6a 1＋15d ＝72，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝4.所以a n ＝4n －2.则b n ＝12a n －30＝2n －31.解⎩⎪⎨⎪⎧2n －31≤0，2(n ＋1)－31≥0，得292≤n ≤312.因为n ∈N *，所以n ＝15.所以{b n }前15项为负值.所以S 15最小. 可知S 15＝15×(－29＋2×15－31)2＝－225.方法二：同方法一求出b n ＝2n －31.因为S n ＝n (－29＋2n －31)2＝n 2－30n ＝(n －15)2－225，所以当n ＝15时，S n 有最小值，且最小值为－225.【方法归纳】等差数列前n 项和最值问题除了用二次函数求解外，还可用下面的方法讨论：若d ＞0，a 1＜0，S n 有最小值，需⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≤0，a n ＋1≥0；若a 1＞0，d ＜0，S n 有最大值，需⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，n 取正整数.【举一反三】4.在数列{a n }中，a 1＝1,3a n a n －1＋a n －a n －1＝0(n ≥2，n ∈N *).(1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列；(2)求数列{a n }的通项；(3)若λa n ＋1a n ＋1≥λ对任意n ≥2的整数恒成立，求实数λ的取值范围.【解析】(1)证明：将3a n a n －1＋a n －a n －1＝0(n ≥2，n ∈N *)整理得1a n －1a n －1＝3(n ≥2，n ∈N *).所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，3为公差的等差数列.(2)由(1)可得1a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2，所以a n ＝13n －2.(3)λa n ＋1a n ＋1≥λ对n ≥2的整数恒成立，即λ3n －2＋3n ＋1≥λ对n ≥2的整数恒成立， 整理得λ≤(3n ＋1)(3n －2)3(n －1)，令c n ＝(3n ＋1)(3n －2)3(n －1)，c n ＋1－c n ＝(3n ＋4)(3n ＋1)3n －(3n ＋1)(3n －2)3(n －1)＝(3n ＋1)(3n －4)3n (n －1).因为n ≥2，所以c n ＋1－c n ＞0，即数列{c n }为单调递增数列，所以c 2最小，c 2＝283.所以λ的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，283. 体验高考(2015重庆)在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6等于( )A.－1B.0C.1D.6【解析】B.设数列{a n }的公差为d ，由a 4＝a 2＋2d ，a 2＝4，a 4＝2，得2＝4＋2d ，即d ＝－1，所以a 6＝a 4＋2d ＝0，故选B.【举一反三】(2015浙江)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( B )A.a 1d ＞0，dS 4＞0B.a 1d ＜0，dS 4＜0C.a 1d ＞0，dS 4＜0D.a 1d ＜0，dS 4＞0【解析】由a 24＝a 3a 8，得(a 1＋2d )(a 1＋7d )＝(a 1＋3d )2，整理得d (5d ＋3a 1)＝0，又d ≠0，所以a 1＝－53d ，则a 1d ＝－53d 2＜0，又因为S 4＝4a 1＋6d ＝－23d ，所以dS 4＝－23d 2＜0，故选B.6.3 等比数列考点诠释重点：会判断、证明数列是否为等比数列；准确熟练地“知三求二”(a 1，q ，a n ，S n ，n )；用求和公式及推导求和公式的方法求相应数列的前n 项和.难点：等比数列与函数、三角函数、向量、几何等知识点的交汇，涉及递推关系的推理及运算能力的综合问题；从等差数列中取部分项构成一个新的等比数列问题.典例精析题型一 等比数列的判定与证明【例1】数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＋S n ＝n ，c n ＝a n －1. 求证：数列{c n }是等比数列，并求出其通项公式.【思路分析】利用a n ＋1＝S n ＋1－S n 的关系及c n ＝a n －1，找出c n ＋1与c n 的关系即可证明. 【证明】因为a 1＝S 1，a n ＋S n ＝n ，①所以a 1＋S 1＝1，得a 1＝12，所以c 1＝a 1－1＝－12，又a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1，②②－①得2a n ＋1－a n ＝1，即2(a n ＋1－1)＝a n －1， 即a n ＋1－1a n －1＝12，即c n ＋1c n ＝12，所以{c n }是以－12为首项，以12为公比的等比数列.其通项公式为c n ＝－2－n .【方法归纳】判断一个数列是等比数列，可证a n ＋1a n＝q (不为零的常数)恒成立，也可证a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2 恒成立；若判定一个数列不是等比数列，则只需举出反例即可，也可以用反证法.【举一反三】1.设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明数列{b n }是等比数列；(2)在(1)的条件下证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是等差数列，并求a n .【解析】(1)证明：由a 1＝1，及S n ＋1＝4a n ＋2， 有a 1＋a 2＝4a 1＋2，a 2＝3a 1＋2＝5， 所以b 1＝a 2－2a 1＝3. 由S n ＋1＝4a n ＋2，①知当n ≥2时，有S n ＝4a n －1＋2，② ①－②得a n ＋1＝4a n －4a n －1， 所以a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1). 又因为b n ＝a n ＋1－2a n ，所以b n ＝2b n －1. 所以{b n }是首项b 1＝3，公比q ＝2的等比数列. (2)由(1)可得b n ＝a n ＋1－2a n ＝3×2n －1， 所以a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为34的等差数列.所以a n 2n ＝12＋34(n －1)＝34n －14.所以a n ＝(3n －1)×2n －2.题型二 等比数列的基本计算【例2】(1)已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10等于( ) A.7 B.5 C.－5 D.－7 (2)已知等比数列{a n }为递增数列，且a 25＝a 10,2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝ ；(3)设公比为q (q ＞0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则q ＝ .【思路分析】等比数列的运算中涉及a 1，q ，S n ，a n ，n 五个量，只要知道其中三个，就能求另外两个.【解析】(1)D.设数列{a n }的公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝2，a 5·a 6＝a 4·a 7＝－8，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝4，a 7＝－2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝－2，a 7＝4，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－8，q 3＝－12，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q 3＝－2， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－8，a 10＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 10＝－8，所以a 1＋a 10＝－7.(2)2n .因为2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，所以2a n ＋2a n ·q 2＝5a n ·q ，即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12(舍去).又因为a 25＝a 10＝a 5·q 5，所以a 5＝q 5＝25＝32. 所以32＝a 1·q 4，解得a 1＝2.所以a n ＝2×2n －1＝2n ，故a n ＝2n . (3)32.由S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，作差可得a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即2a 4－a 3－3a 2＝0，所以2q 2－q －3＝0，解得q ＝32或q ＝－1(舍去).【方法归纳】等比数列运算的通法与等差数列一样，求等比数列的基本量也常运用方程的思想和方法.从方程的观点看等比数列的通项公式a n ＝a 1·q n －1(a 1q ≠0)及前n 项和公式S n＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n)1－q ，q ≠1，中共有五个变量，已知其中的三个变量，可以通过构造方程或方程组求另外两个变量，在求公比q 时，要注意应用q ≠0验证求得的结果.【举一反三】2.(1)在等比数列{a n }中，a 1＝8，a 4＝a 3a 5，则a 7等于( B ) A.116 B.18 C.14 D.12(2)已知{a n }是由正数组成的等比数列，S n 表示{a n }的前n 项的和.若a 1＝3，a 2a 4＝144，则S 10的值是( D )A.511B.1 023C.1 533D.3 069【解析】(1)在等比数列{a n }中，a 24＝a 3a 5，又a 4＝a 3a 5，所以a 4＝1，故q ＝12，所以a 7＝18.故选B. (2)因为正项等比数列中，a 2a 4＝144，所以a 3＝12，结合a 1＝3，可得数列{}a n 是以3为首项，2为公比的等比数列，所以S 10＝3(1－210)1－2＝3 069，故选D.题型三 等比数列性质的应用【例3】在等比数列{a n }中，a 1＋a 6＝33，a 3a 4＝32，a n ＞a n ＋1(n ∈N *). (1)求a n ；(2)若T n ＝lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a n ，求T n .【思路分析】由等比数列的性质知a 3a 4＝a 1a 6＝32，解出a 1，q ，即可求解. 【解析】(1)由等比数列的性质可知a 1a 6＝a 3a 4＝32，又a 1＋a 6＝33，a 1＞a 6，解得a 1＝32，a 6＝1，所以a 6a 1＝132，即q 5＝132，所以q ＝12，所以a n ＝32·⎝⎛⎭⎫12n －1＝26－n . (2)由等比数列的性质可知，{lg a n }是等差数列， 因为lg a n ＝lg 26－n ＝(6－n )lg 2，lg a 1＝5lg 2， 所以T n ＝(lg a 1＋lg a n )n 2＝n (11－n )2lg 2.【方法归纳】历年高考对数列的性质考查较多，主要是利用“等积性”，题目“小而巧”且背景不断更新，要熟练掌握.【举一反三】3.(1)在等比数列{a n }中，a 1＋a 2＝324，a 3＋a 4＝36，求a 5＋a 6的值； (2)在等比数列{a n }中，已知a 3a 4a 5＝8，求a 2a 3a 4a 5a 6的值.【解析】(1)由等比数列的性质知，a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6也成等比数列，则(a 3＋a 4)2＝(a 1＋a 2)(a 5＋a 6).所以a 5＋a 6＝4.(2)因为a 3a 5＝a 24，所以a 3a 4a 5＝a 34＝8，所以a 4＝2，又因为a 2a 6＝a 3a 5＝a 24，所以a 2a 3a 4a 5a 6＝a 54＝32.题型四 等比、等差数列的综合问题【例4】已知等差数列{a n }的前三项和为－3，前三项积为8. (1)求等差数列{a n }的通项公式；(2)若a 2，a 3，a 1成等比数列，求数列{|a n |}的前n 项和.【思路分析】(1)设出等差数列的首项a 1和公差d ，并求出，从而求出a n ； (2)根据a n 的符号，去掉绝对值符号，再求和.【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2＝a 1＋d ，a 3＝a 1＋2d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ 3a 1＋3d ＝－3，a 1(a 1＋d )(a 1＋2d )＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝2，d ＝－3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3.所以由等差数列通项公式可得a n ＝2－3(n －1)＝－3n ＋5或a n ＝－4＋3(n －1)＝3n －7. 故a n ＝－3n ＋5或a n ＝3n －7.(2)当a n ＝－3n ＋5时，a 2，a 3，a 1分别为－1，－4,2，不成等比数列； 当a n ＝3n －7时，a 2，a 3，a 1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件.故|a n |＝|3n －7|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3n ＋7，n ＝1，2，3n －7，n ≥3.记数列{|a n |}的前n 项和为S n . 当n ＝1时，S 1＝|a 1|＝4； 当n ＝2时，S 2＝|a 1|＋|a 2|＝5；当n ≥3时，S n ＝S 2＋|a 3|＋|a 4|＋…＋|a n |＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n －7) ＝5＋(n －2)[2＋(3n －7)]2＝32n 2－112n ＋10.当n ＝2时，满足此式，综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，32n 2－112n ＋10，n ＞1，n ∈N *.【方法归纳】在解决等差与等比数列的问题时，要立足通法通解，即求出首项和公差或首项和公比，就可求出其他的量，这也体现了方程组的思想.【举一反三】4.设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝7，且a 1＋3,3a 2，a 3＋4构成等差数列.(1)求数列{a n }的通项；(2)令b n ＝ln a 3n ＋1，n ＝1,2，…，求数列{b n }的前n 项和T n .【解析】(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 2＋a 3＝7，(a 1＋3)＋(a 3＋4)＝6a 2，①②将①代入②，得a 2＝2.设数列{a n }的公比为q ，由a 2＝2，可得a 1＝2q，a 3＝2q ，又S 3＝7，可知2q ＋2＋2q ＝7，即2q 2－5q ＋2＝0.解得q 1＝2，q 2＝12.由题意得q ＞1，所以q ＝2，所以a 1＝1. 故数列{a n }的通项为a n ＝2n －1.(2)由于b n ＝ln a 3n ＋1，n ＝1,2，…，由(1)得a 3n ＋1＝23n ， 所以b n ＝ln 23n ＝3n ln 2.又b n ＋1－b n ＝3ln 2， 故数列{b n }为等差数列.所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (b 1＋b n )2＝n (3ln 2＋3n ln 2)2＝3n (n ＋1)2ln 2.故T n ＝3n (n ＋1)2ln 2.体验高考(2015新课标Ⅱ)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等于( ) A.21 B.42 C.63 D.84 【解析】B.设{a n }的公比为q ，由a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21， 得1＋q 2＋q 4＝7，解得q 2＝2(负值舍去).所以a 3＋a 5＋a 7＝a 1q 2＋a 3q 2＋a 5q 2＝(a 1＋a 3＋a 5)q 2＝21×2＝42.【举一反三】(2015湖南)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 ＝ 3n －1 .【解析】设等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，依题意得a 2＝a 1·q ＝q ，a 3＝a 1q 2＝q 2，S 1＝a 1＝1，S 2＝1＋q ，S 3＝1＋q ＋q 2. 又3S 1,2S 2，S 3成等差数列，所以4S 2＝3S 1＋S 3，即4(1＋q )＝3＋1＋q ＋q 2，所以q ＝3(q ＝0舍去)，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1.6.4 数列求和考点诠释重点：求给出通项的数列的前n 项和.难点：灵活选择适当方法求各类数列的前n 项和.典例精析题型一 分组并项求和法【例1】已知数列{}a n ，S n 是其前n 项和且满足3a n ＝2S n ＋n (n ∈N *).(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12为等比数列；(2)记{}(－1)n S n 的前n 项和为T n ，求T n 的表达式.【思路分析】(1)根据给出的a n ，S n 的关系式消去S n ，得到只含a n ，a n －1的关系式，从而证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12为等比数列；(2)根据n 为奇数，n 为偶数两种情况对T n 分组求和.【解析】(1)当n ＝1时，3a 1＝2S 1＋1，所以a 1＝1. 当n ≥2时，3a n ＝2S n ＋n ，① 3a n －1＝2S n －1＋(n －1)，②①－②得3a n －3a n －1＝2a n ＋1，即a n ＝3a n －1＋1，所以a n ＋12＝3a n －1＋1＋12，a n ＋12a n －1＋12＝3，又a 1＋12＝32≠0，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是以32为首项，3为公比的等比数列.(2)由(1)得a n ＋12＝32·3n －1，所以a n ＝32·3n －1－12，所以S n ＝34·3n －14(2n ＋3)，所以T n ＝－S 1＋S 2－S 3＋…＋(－1)n S n ＝34[]－3＋32－33＋…＋(－3)n －14[－5＋7－9＋…＋(－1)n (2n ＋3)]，当n 为偶数时，T n ＝34×－3[1－(－3)n]1＋3－14×2×n 2＝916(3n －1)－n4，当n 为奇数时，T n ＝34×－3[1－(－3)n]1＋3－14×⎣⎢⎡⎦⎥⎤2·n －12－(2n ＋3)＝－916(3n＋1)＋n ＋44. 综上可知，T n＝⎩⎪⎨⎪⎧916(3n－1)－n4，n 为偶数，－916(3n＋1)＋n ＋44，n 为奇数.【方法归纳】若一个数列能分解转化为几个能求和的新数列的和或差，可借助求和公式求得原数列的和.求解时应通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化.【举一反三】1.已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝2⎝⎛⎭⎫1a 1＋1a 2，a 3＋a 4＋a 5＝64⎝⎛⎭⎫1a 3＋1a 4＋1a 5.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n2，求数列{b n }的前n 项和T n .【解析】(1)设公比为q ，则a n ＝a 1q n －1，且q ＞0，a 1＞0.由已知有⎩⎨⎧a 1＋a 1q ＝2⎝⎛⎭⎫1a 1＋1a 1q ，a 1q 2＋a 1q 3＋a 1q 4＝64⎝⎛⎭⎫1a 1q 2＋1a 1q 3＋1a 1q 4，化简得⎩⎪⎨⎪⎧a 21q ＝2，a 21q 6＝64.又a 1＞0，故q ＝2，a 1＝1.所以a n ＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n 2＝a 2n ＋1a 2n ＋2＝4n －1＋14n －1＋2.因此T n ＝(1＋4＋…＋4n －1)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14＋…＋14n －1＋2n ＝4n－14－1＋1－14n 1－14＋2n ＝13(4n －41－n )＋2n ＋1.题型二 错位相减法求和【例2】已知数列{}a n ，当n ≥2时满足1－S n ＝a n －1－a n . (1)求该数列的通项公式；(2)令b n ＝(n ＋1)a n ，求数列{}b n 的前n 项和T n .【思路分析】根据已知条件消去S n 求出a n ，而b n 是由一个等差数列{n ＋1}和一个等比数列{a n }的积构成，利用错位相减法求和.【解析】(1)因为当n ≥2时，1－S n ＝a n －1－a n ，所以1－S n ＋1＝a n －a n ＋1，作差得a n ＋1＝a n －1－2a n ＋a n ＋1，所以a n ＝12a n －1.又1－S 2＝a 1－a 2，即1－a 1－a 2＝a 1－a 2，所以a 1＝12，因为a n ≠0，所以a n a n －1＝12，所以{}a n 是首项为12，公比为12的等比数列，所以a n ＝12·⎝⎛⎭⎫12n －1＝12n .(2)由(1)得b n ＝n ＋12n ，所以T n ＝221＋322＋423＋…＋n2n －1＋n ＋12n ，所以12T n ＝222＋323＋424＋…＋n 2n ＋n ＋12n ＋1，以上两式作差得12T n ＝1＋122＋123＋124＋…＋12n －n ＋12n ＋1＝1＋14－12n ·121－12－n ＋12n ＋1＝32－n ＋32n ＋1，所以T n ＝3－n ＋32n .【方法归纳】1.若数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法；2.当等比数列公比为未知数时，应该对公比是否为1进行讨论；3.当将S n 与qS n 相减合并同类项时，注意错位及未合并项的符号.【举一反三】2.设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项；(2)设b n ＝na n，求数列{b n }的前n 项和S n .【解析】(1)因为a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，①所以当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，② ①－②得3n －1a n ＝13，a n ＝13n .在①中，令n ＝1，得a 1＝13，适合a n ＝13n ，所以a n ＝13n .(2)因为b n ＝na n，所以b n ＝n 3n .所以S n ＝3＋2×32＋3×33＋…＋n 3n ，③ 所以3S n ＝32＋2×33＋3×34＋…＋n 3n ＋1.④ ④－③得2S n ＝n 3n ＋1－(3＋32＋33＋…＋3n )， 即2S n ＝n 3n ＋1－3(1－3n )1－3， 所以S n ＝(2n －1)3n ＋14＋34.题型三 裂项相消法求和【例3】已知等差数列{}a n 单调递增，且 P (a 2,14)，Q (a 4,14)都在函数f (x )＝x ＋45x的图象上.(1)求数列{}a n 的通项公式和前n 项和S n ；(2)设b n ＝(－1)n a nn (n ＋1)，求数列{}b n 的前n 项和T n .【思路分析】(1)根据已知条件利用方程法求出a n 和S n ；(2)把(1)中的a n 代入b n ，然后裂项相消求和.【解析】(1)由题意可知，a 2，a 4是方程x ＋45x ＝14的两个实根，即x 2－14x ＋45＝0的两个不相等的实根.所以⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＋a 4＝14，a 2·a 4＝45，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＝5，a 4＝9或⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝9，a 4＝5.又因为数列{}a n 单调递增，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝5，a 4＝9.所以该数列的公差d ＝a 4－a 22＝2，故其通项公式为a n ＝a 2＋(n －2)d ＝5＋(n －2)×2＝2n ＋1.前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (3＋2n ＋1)2＝n (n ＋2).(2)由(1)知，b n ＝(－1)n (2n ＋1)n (n ＋1)＝(－1)n [n ＋(n ＋1)]n (n ＋1)＝(－1)n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1. 所以b n ＋b n ＋1＝(－1)n ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＝(－1)n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，①当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b n －1＋b n )＝(－1)1⎝⎛⎭⎫1－13＋(－1)3⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝－1＋1n ＋1.②当n 为奇数时，T n ＝(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b n －2＋b n －1)＋b n .由①知，T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1(n －1)＋1＋(－1)n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＝－1＋1n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＝－1－1n ＋1. 综上所述，T n ＝或T n ＝－1＋(－1)n 1n ＋1.【方法归纳】裂项相消法求和的思路(1)裂项原则：前面裂n 项，后面都裂n 项，直到发现被消去项的规律为止；(2)消项后规律：前边剩几项，后边就剩几项，前面剩第几项，后面就剩倒数第几项. 【举一反三】3.已知各项均不相等的等差数列{}a n 的前5项和S 5＝20，且a 1，a 3，a 7成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和，若存在n ∈N *，使得T n －λa n ＋1≥0成立.求实数λ的取值范围.【解析】(1)设{}a n 的公差为d ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋5×42d ＝20，(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，即⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝4，2d 2＝a 1d ，因为d ≠0，所以⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，a 1＝2，故a n ＝n ＋1(n ∈N *) . (2)因为1a n a n ＋1＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2，所以T n ＝12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n2(n ＋2)，因为存在n ∈N *，使得T n －λa n ＋1≥0成立，所以存在n ∈N *，使得n2(n ＋2)－λ(n ＋2)≥0成立，即λ≤n2(n ＋2)2有解，所以λ≤⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫n 2(n ＋2)2max ， 而n 2(n ＋2)2＝12⎝⎛⎭⎫n ＋4n ＋4≤116，当且仅当n ＝2时取等号，所以λ≤116.所以实数λ的取值范围为{λ|λ≤116}.体验高考(2015新课标Ⅰ)S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n ＞0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和.【解析】(1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3. 可得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n ).由a n ＞0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)，a 1＝3. 所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列， 通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝n3(2n ＋3). 【举一反三】(2015山东)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知2S n ＝3n ＋3. (1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n b n ＝log 3a n ，求{b n }的前n 项和T n . 【解析】(1)因为2S n ＝3n ＋3，所以2a 1＝3＋3，故a 1＝3， 当n ＞1时，2S n －1＝3n －1＋3，此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n －3n －1＝2×3n －1，即a n ＝3n －1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，3n －1，n ＞1.(2)因为a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13，当n ＞1时，b n ＝31－n log 33n －1＝(n －1)·31－n .所以T 1＝b 1＝13；当n ＞1时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝13＋[]1×3－1＋2×3－2＋…＋(n －1)×31－n ， 所以3T n ＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n －1)×32－n ]， 两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n )－(n －1)×31－n＝23＋1－31－n1－3－1－(n －1)×31－n ＝136－6n ＋32×3n， 所以T n ＝1312－6n ＋34×3n.经检验，n ＝1时也适合.综上可得T n ＝1312－6n ＋34×3n.6.5 数列的综合应用考点诠释重点：应用数列知识分析、解决生产生活中的实际问题.难点：从实际问题中抽象出数列模型，用数列的通项、前n 项和等知识分析、表述生活中的量及量间的关系，数列与函数、不等式、解析几何的综合题等.典例精析题型一 函数与数列的综合问题【例1】已知f (x )＝log a x (a ＞0且a ≠1)，f (a 1)，f (a 2)，…，f (a n )(n ∈N *)是首项为4，公差为2的等差数列.(1)若a 是常数，求证：{a n }为等比数列；(2)若b n ＝a n f (a n )，{b n }的前n 项和是S n ，当a ＝2时，求S n .【思路分析】先求出等差数列{f (a n )}的通项公式，再利用函数关系式求得a n 的通项，进而证明求解.【解析】(1)证明：由题意知f (a n )＝4＋(n －1)×2＝2n ＋2， 即log a a n ＝2n ＋2，得a n ＝a 2n ＋2， 所以a n a n －1＝a 2n ＋2a 2n ＝a 2(n ≥2)为定值，所以{a n }为等比数列.(2)b n ＝a n f (a n )＝a 2n ＋2log a a 2n ＋2＝(2n ＋2)a 2n ＋2， 当a ＝2时，b n ＝(2n ＋2)·(2)2n ＋2＝(n ＋1)·2n ＋2， S n ＝2·23＋3·24＋4·25＋…＋(n ＋1)·2n ＋2， 2S n ＝2·24＋3·25＋…＋n ·2n ＋2＋(n ＋1)·2n ＋3， 两式相减得－S n ＝2·23＋24＋25＋…＋2n ＋2－(n ＋1)·2n ＋3 ＝16＋24(1－2n －1)1－2－(n ＋1)·2n ＋3，所以S n ＝n ·2n ＋3.【方法归纳】本例是数列与函数综合的基本题型之一，特征是以函数为载体构建数列的递推关系，通过由函数的解析式获知数列的通项公式，从而使问题得到求解.【举一反三】1.设函数f (x )＝x2＋sin x 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{x n }.(1)求数列{x n }的通项公式；(2)设{x n }的前n 项和为S n ，求sin S n .【解析】(1)令f ′(x )＝12＋cos x ＝0，即cos x ＝－12，解得x ＝2k π±23π(k ∈Z ).由x n 是f (x )的第n 个正极小值点知，x n ＝2n π－23π(n ∈N *).(2)由(1)可知，S n ＝2π(1＋2＋…＋n )－23n π＝n (n ＋1)π－2n π3，所以sin S n ＝sin ⎣⎡⎦⎤n (n ＋1)π－2n π3. 因为n (n ＋1)表示两个连续正整数的乘积，n (n ＋1)一定为偶数， 所以sin S n ＝－sin 2n π3.当n ＝3m －2(m ∈N *)时，sin S n ＝－sin ⎝⎛⎭⎫2m π－43π＝－32； 当n ＝3m －1(m ∈N *)时，sin S n ＝－sin ⎝⎛⎭⎫2m π－23π＝32； 当n ＝3m (m ∈N *)时，sin S n ＝－sin 2m π＝0.综上所述，sin S n＝⎩⎪⎨⎪⎧－32，n ＝3m －2(m ∈N *)，32，n ＝3m －1(m ∈N *)，0，n ＝3m (m ∈N *).题型二 数列模型实际应用问题【例2】某企业去年的纯利润为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500⎝⎛⎭⎫1＋12n 万元(n 为正整数). (1)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A n 万元，进行技术改造后的累计纯利润为B n 万元(需要扣除技术改造资金)，求A n ，B n 的表达式.(2)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？【思路分析】先根据题意写出A n ，B n 的表达式，再利用不等式及函数的单调性求解. 【解析】(1)依题意知，A n 是以480为首项，－20为公差的等差数列的前n 项和， 所以A n ＝480n ＋n (n －1)2×(－20)＝490n －10n 2，B n ＝500⎝⎛⎭⎫1＋12＋500⎝⎛⎭⎫1＋122＋…＋500⎝⎛⎭⎫1＋12n －600 ＝500n ＋500⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n －600 ＝500n ＋500×－600＝500n －5002n －100(n ∈N *).(2)依题意得，B n ＞A n ，即500n －5002n －100＞490n －10n 2，可化简得502n ＜n 2＋n －10.设f(n)＝502n，g(n)＝n2＋n－10，又因为n∈N*，f(n)是减函数，g(n)是增函数，又f(3)＝508＞g(3)＝2，f(4)＝5016＜g(4)＝10，所以n≥4，n∈N*，所以至少经过4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.【方法归纳】解决此类问题的关键是如何把实际问题转化为数学问题，通过反复读题，列出有关信息，转化为数列的有关问题，这也是数学实际应用的具体体现.【举一反三】2.已知甲、乙两个车间的月产值在2014年元月份时相同，甲以后每个月比前一个月增加相同的产值，乙以后每个月比前一个月增加产值的百分比相同.到2014年8月份发现两个车间的月产值又相同.比较甲、乙两个车间2014年4月份的月产值大小，则有( C )A.甲的产值小于乙的产值B.甲的产值等于乙的产值C.甲的产值大于乙的产值D.不能确定【解析】设元月份甲、乙两车间的产值为a,8月份分别为a n，b n.甲每月增产值为d(d＞0)，乙增加产值的百分比为q(q＞0)，则有n个月后甲车间的产值a n＝a＋(n－1)d，乙车间的产值b n＝a(1＋q)n，若将其视为关于n的函数，则可得如图所示的图象，所以4月份时甲的产值大于乙的产值.故选C.题型三数列与不等式的综合应用【例3】设数列{a n}的前n项和为S n，满足2S n＝a n＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，a3成等差数列.(1)求a1的值；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有1a1＋1a2＋…＋1a n＜32.【思路分析】(1)根据a1，a2＋5，a3成等差数列求a1；(2)构造等比数列求a n；(3)将a n 代入左边，先放缩再求和.【解析】(1)当n＝1时，2a1＝a2－4＋1＝a2－3，①当n＝2时，2(a1＋a2)＝a3－8＋1＝a3－7，②又a1，a2＋5，a3成等差数列，所以a1＋a3＝2(a2＋5)，③由①②③解得a1＝1.(2)由题设条件可知n≥2时，2S n＝a n＋1－2n＋1＋1，④2S n－1＝a n－2n＋1.⑤④－⑤得2a n＝a n＋1－a n－2n＋1＋2n，即a n＋1＝3a n＋2n，整理得a n＋1＋2n＋1＝3(a n＋2n)，则{a n＋2n}是以3为首项，3为公比的等比数列.所以a n＋2n＝(a1＋2)·3n－1＝3n，即a n＝3n－2n(n＞1).又a1＝1满足上式，故a n＝3n－2n.(3)证明：因为1a n ＝13n －2n ＝13n ·≤13n ·11－23＝3·13n ， 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤3⎝⎛⎭⎫13＋132＋…＋13n ＝3×13⎝⎛⎭⎫1－13n 1－13＝32⎝⎛⎭⎫1－13n ＜32. 【方法归纳】数列与不等式相结合问题的处理方法解决数列与不等式的综合问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法，穿根法等.总之这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了.【举一反三】3.已知正数数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＝S n ＋S n －1(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(1－a n )2－a (1－a n )，若b n ＋1＞b n 对任意n ∈N *恒成立，求实数a 的取值范围.【解析】(1)因为a 2n ＝S n ＋S n －1(n ≥2)， 所以a 2n －1＝S n －1＋S n －2(n ≥3)，两式相减得a 2n －a 2n －1＝a n ＋a n －1，又a n ＞0，所以a n －a n －1＝1(n ≥3).又a 22＝S 2＋S 1，且a 1＝1，得a 22－a 2－2＝0，由a 2＞0，得a 2＝2，所以a n －a n －1＝1(n ≥2). 所以a n ＝n (n ∈N *).(2)b n ＝(1－n )2－a (1－n )＝n 2＋(a －2)n ＋1－a ， 则b n ＋1－b n ＝2n ＋1＋a －2＞0，所以a ＞1－2n ，对任意n ∈N *恒成立，所以a ＞－1. 故实数a 的取值范围是(－1，＋∞).体验高考(2015湖北)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 nb n，求数列{C n }的前n 项和T n .【解析】(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(2)由d ＞1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，。
2017年高考数学考试选择题答题技巧.doc
2017年高考数学考试选择题答题技巧高考数学考试很多考生都觉得头疼，这是因为大家没有掌握好答题技巧和解题方法，不同类型的数学题要学会不同的应对方法，为此下面为大家带来2017年高考数学考试选择题答题技巧，希望能够帮助大家轻松应对2017年高考数学考试。
1.剔除法：利用已知条件和选项所提供的信息，从四个选项中剔除掉三个错误的答案，从而达到正确选择的目的。
这是一种常用的方法，尤其是答案为定值，或者有数值范围时，取特殊点代入验证即可排除。
2.特特殊值检验法：对于具有一般性的数学问题，在解题过程中，可以将问题特殊化，利用问题在某一特殊情况下不真，则它在一般情况下不真这一原理，达到去伪存真的目的。
3.极端性原则：将所要研究的问题向极端状态进行分析，使因果关系变得更加明显，从而达到迅速解决问题的目的。
极端性多数应用在求极值、取值范围、解析几何上面，很多计算步骤繁琐、计算量大的题，采用极端性去分析，就能瞬间解决问题。
4.顺推破解法：利用数学定理、公式、法则、定义和题意，通过直接演算推理得出结果的方法。
5.逆推验证法(代答案入题干验证法)：将选项代入题干进行验证，从而否定错误选项而得出正确答案的方法。
6.正难则反法：从题的正面解决比较难时，可从选项出发逐步逆推找出符合条件的结论，或从反面出发得出结论。
7.数形结合法：由题目条件，做出符合题意的图形或图象，借助图形或图象的直观性，经过简单的推理或计算，从而得出答案的方法。
数形结合的好处就是直观，甚至可以用量角尺直接量出结果来。
8.递推归纳法：通过题目条件进行推理，寻找规律，从而归纳出正确答案的方法。
9.特征分析法：对题设和选择项的特点进行分析，发现规律，归纳得出正确判断的方法。
10.估值选择法：有些问题，由于题目条件限制，无法(或没有必要)进行精准的运算和判断，此时只能借助估算，通过观察、分析、比较、推算，从面得出正确判断的方法。
2017年高考数学考试选择题答题技巧为大家带来过了，希望高考生能够掌握上面的内容，从而在考试中取得好的数学成绩。
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盘点2017高考一轮复习数学客观题解题方法_答题技巧
解选择题常见的方法包括数形结合、逻辑排除、逐一验证、估计判断、直接解答等等。
方法很多，同学要学会灵活应用，分门别类，以提高自己在这方面的能力，下面是查字典数学网整理的
数学客观题解题方法，供参考。
1、直接法
直接从题设条件出发，运用有关概念、性质、定理、法则和公式等知识，通过严密的推理和准确的运算，从而得出正确的结论。
直接法是解答选择题最常用的基本方法，低档选择题可用此法迅速求解。
直接法适用的范围很广，只要运算正确必能得出正确的答案。
2、排除法
从题设条件出发，运用定理、性质、公式推演，根据四选一的指令，逐步剔除干扰项，从而得出正确的判断。
筛选法适应于定性型或不易直接求解的选择题.当题目中的条件多于一个时，先根据某些条件在选择支中找出明显与之矛盾的，予以否定，再根据另一些条件在缩小的选择支的范围那找出矛盾，这样逐步筛选，直到得出正确的选择。
3、数形结合法
据题设条件作出所研究问题的曲线或有关图形，借助几何图形的直观性作出正确的判断.习惯上叫数形结合法。
它在解有关选择题时非常简便有效。
4、估值法
由于选择题提供了唯一正确的选择支，解答又无需过程.因此可以猜测、合情推理、估算而获得。
这样往往可以减少运算量，当然自然加强了思维的层次。
估算，省去了很多推导过程和比较复杂的计算，节省了时间，从而显得快捷.其应用广泛，它是人们发现问题、研究问题、解决问题的一种重要的运算方法。
其实还有最重要的就是代入法，有的选项，你只要带进去算就行了，其实很简单的。
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