专题研讨——高考数列2018全解析数列【余姚中学沈科杰】
2018年高考浙江卷数列试题证法剖析
２０１８年高考浙江卷数列试题证法剖析钟建新(浙江省春晖中学㊀３１２３００)摘㊀要:导数是研究函数的利器ꎬ以导数为工具研究函数的性态是高考重点考查内容.２０１７年浙江卷解答题数列放在最后一题ꎬ而今年浙江卷命题组把导数放在最后压轴ꎬ这也正体现了导数的重要性!关键词:证不等式ꎻ单调性ꎻ极值ꎻ图像交点ꎻ函数拐点ꎻ导数中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０１９)０４－００２９－０２㊀㊀题目㊀(２０１８年浙江卷题２２)已知函数ｆ(ｘ)＝ｘ－ｌｎｘ.(１)若ｆ(ｘ)在ｘ＝ｘ１ꎬｘ２(ｘ１ʂｘ２)处导数相等ꎬ证明:ｆ(ｘ１)＋ｆ(ｘ２)>８－８ｌｎ２ꎻ(２)若ａɤ３－４ｌｎ２ꎬ证明:对于任意ｋ>０ꎬ直线ｙ＝ｋｘ＋ａ与曲线ｙ＝ｆ(ｘ)有唯一公共点.(１)证法１㊀ｆᶄ(ｘ)＝１２ｘ－１ｘꎬｘ>０.设ｆᶄ(ｘ１)＝ｆᶄ(ｘ２)＝ｔꎬ则ｘ１㊁ｘ２恰是关于ｘ的方程２ｔ(ｘ)２－ｘ＋２＝０的两个不同的正根ꎬʑ０<ｔ<１１６ꎬ且ｘ１＋ｘ２＝１２ｔꎬｘ１ˑｘ２＝１ｔꎬ从而ｆ(ｘ１)＋ｆ(ｘ２)＝ｘ１＋ｘ２－ｌｎ(ｘ１ｘ２)＝１２ｔ＋２ｌｎｔꎬ下设ｇ(ｔ)＝１２ｔ＋２ｌｎｔꎬ０<ｔ<１１６ꎬ则ｇᶄ(ｔ)＝４ｔ－１２ｔ２<０ꎬʑｇ(ｔ)在(０ꎬ１１６)递减ꎬʑｇ(ｔ)>ｇ(１１６).又ｇ(１１６)＝８－８ｌｎ２ꎬʑｆ(ｘ１)＋ｆ(ｘ２)>８－８ｌｎ２.证法２㊀ｆᶄ(ｘ)＝１２ｘ－１ｘꎬｘ>０.ȵｆᶄ(ｘ１)＝ｆᶄ(ｘ２)ꎬｘ１ʂｘ２ꎬʑ１２ｘ１－１ｘ１＝１２ｘ２－１ｘ２ꎬ得ｘ１ｘ２＝２ｘ１＋２ｘ２>４ˑ４ｘ１ｘ２ꎬʑｘ１ｘ２>１６ꎬｆ(ｘ１)＋ｆ(ｘ２)＝ｘ１＋ｘ２－ｌｎ(ｘ１ｘ２)＝ｘ１ｘ２２－ｌｎ(ｘ１ｘ２).下令ｘ１ｘ２＝ｔꎬｔ>１６ꎬｇ(ｔ)＝ｔ２－２ｌｎｔꎬ则ｇᶄ(ｔ)＝ｔ－４２ｔ>０ꎬʑｇ(ｔ)在(１６ꎬ＋¥)递增ꎬʑｇ(ｔ)>ｇ(１６).又ｇ(１６)＝８－８ｌｎ２ꎬʑｆ(ｘ)＋ｆ(ｘ)>８－８ｌｎ２.对于二元函数不等式的证明ꎬ首先考虑能不能转化为一元不等式来证明.(２)证明㊀所证等价于:曲线ｈ(ｘ)＝ｋｘ－ｘ＋ｌｎｘꎬｘ>０ꎬ与直线ｙ＝－ａ在－ａȡ－３＋４ｌｎ２ꎬｋ>０条件下有唯一公共点.ȵｘң０＋ꎬ显然ｈ(ｘ)ң－¥ꎬ又ｈ(ｘ)＝ｋｘ－ｘ＋ｌｎｘ＝ｘ(ｋｘ－１)＋ｌｎｘꎬｋ>０ꎬʑｘң＋¥ꎬｈ(ｘ)ң＋¥ꎬ又ｈ(ｘ)为连续函数ꎬʑｈ(ｘ)值域为(－¥ꎬ＋¥)ꎬʑ曲线ｈ(ｘ)与直线ｙ＝－ａ必有交点.ȵｈᶄ(ｘ)＝２ｋ(ｘ)２－ｘ＋２２ｘꎬｘ>０ꎬʑ①当ｋȡ１１６时ꎬｈᶄ(ｘ)ȡ０恒成立ꎬʑｈ(ｘ)为单调递增函数ꎬ曲线ｈ(ｘ)与直线ｙ＝－ａ必有唯一公共点.②当０<ｋ<１１６时ꎬｈᶄ(ｘ)＝２ｋ(ｘ)２－ｘ＋２２ｘ＝０有两个不同的正根ｘ１ꎬｘ２ꎬ其中ｘ１＝１－１－１６ｋ４ｋ＝４１＋１－１６ｋꎬʑ０<ｘ１<４ꎻｘ２＝１＋１－１６ｋ４ｋ＝４１－１－１６ｋꎬʑｘ２>４.ʑｈ(ｘ)在(０ꎬｘ１)上递增ꎬ在(ｘ１ꎬｘ２)上递减ꎬ在(ｘ２ꎬ＋¥)上递增ꎬʑｈ极大值(ｘ)＝ｈ(ｘ１).又ｈ(ｘ１)＝ｋｘ１－ｘ１＋ｌｎｘ１ꎬｈᶄ(ｘ１)＝２ｋ(ｘ１)２－ｘ１＋２２ｘ１＝０ꎬʑｈ(ｘ１)＝－ｘ１２－１＋２ｌｎｘ１.下记ｕ＝ｘ１ꎬ０<ｕ<４ꎬφ(ｕ)＝－ｕ２－１＋２ｌｎｕꎬφᶄ(ｕ)＝４－ｕ２ｕ>０ꎬʑφ(ｕ)在(０ꎬ４)上单调递增ꎬʑφ(ｕ)<φ(４)＝－３＋４ｌｎ２ꎬʑｈ极大值(ｘ)<－３＋４ｌｎ２.结合曲线ｈ(ｘ)的图象可得ꎬ要使曲线ｈ(ｘ)＝ｋｘ－ｘ＋ｌｎｘꎬｘ>０与直线ｙ＝－ａ在０<ｋ<１１６的条件下有唯一公共点ꎬ则－ａȡ－３＋４ｌｎ２ꎬ即ａɤ３－４ｌｎ２.综上所述:若ａɤ３－４ｌｎ２ꎬ对于任意ｋ>０ꎬ直线ｙ＝ｋｘ＋ａ与曲线ｙ＝ｆ(ｘ)有有唯一公共点.其它思路㊀函数ｆ(ｘ)＝ｘ－ｌｎｘꎬｘ>０ꎬʑｆᶄ(ｘ)＝１２ｘ－１ｘꎬｆᵡ(ｘ)＝－１４ｘ３＋１ｘ２ꎬ令ｆᵡ(ｘ０)＝０ꎬ可求得ｘ０＝１６ꎬʑ函数ｆ(ｘ)在拐点(若ｆ(ｘ)在点ｐ处可导ꎬ且ｆᵡ(ｘ)＝０ꎬ且在点ｐ处一侧是凸ꎬ另一侧是凹ꎬ则称点ｐ是函数ｆ(ｘ)的拐点)处的切线方程为:ｙ＝１１６ｘ＋３－４ｌｎ２ꎬ其纵截距为３－４ｌｎ２.ʑ下面可结合函数ｆ(ｘ)的图象分析得到:当ａɤ３－４ｌｎ２时ꎬ对于任意ｋ>０ꎬ直线ｙ＝ｋｘ＋ａ与曲线ｙ＝ｆ(ｘ)有唯一公共点.㊀㊀参考文献:[１]苏艺伟.导数零点不可求的四种求解策略[Ｊ].数理化学习:高中版ꎬ２０１８(０４).[２]朱东海.二元函数不等式的证明方法[Ｊ].数理化解题研究ꎬ２０１８(０４).[责任编辑:杨惠民]赏析以数列为载体的八种创新题型蔡勇全(四川省资阳市外国语实验学校㊀６４１３００)摘㊀要:近年来ꎬ以数列为载体的创新型试题频繁地出现在全国各地的高考试卷中ꎬ它们或内容立意新ꎬ或情境设置新ꎬ或设问方式新ꎬ或题型结构新ꎬ不仅较好地考查了学生的创新意识㊁创造性思维能力以及数学运算㊁逻辑推理㊁数学建模等数学素养ꎬ而且有效地甑别了考生进入高等院校继续学习的潜能.本文结合实例谈一谈数学文化型㊁交汇整合型㊁规律发现型等八种数列创新题型及其求解策略.关键词:数列ꎻ创新题型ꎻ求解策略中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０１９)０４－００３０－０６㊀㊀一㊁数学文化型传统数学文化源远流长ꎬ是人类社会宝贵的知识与精神财富ꎬ需要人们大力弘扬与传承ꎬ只有这样ꎬ它本身所具有的价值才能得以释放.数学文化型数列创新题正是在这种朴素理念的支撑下诞生的新题型ꎬ它以现时事件或历史上一些数学名著中的某一段素材为背景ꎬ在基本不改变原意的前提下ꎬ巧妙地引出其中蕴含的数列问题ꎬ要求解题者求出该问题的结论ꎬ体现了数学的人文价值和科学价值.例１㊀«九章算术»是我国古代第一部数学专著ꎬ全书收集了２４６个问题及解法ꎬ其中一个问题为 现有一根九节的竹子ꎬ自上而下各节的容积成等差数列ꎬ上面四节的容积之和为３升ꎬ下面三节的容积之和为４升ꎬ问中间两节的容积各为多少? 该问题中第２节ꎬ第３节ꎬ第８节竹子的容积之和为(㊀㊀).Ａ.１７６升㊀㊀Ｂ.７２升㊀㊀Ｃ.１１３６６升㊀㊀Ｄ.１０９３３升解析㊀自上而下依次设各节竹子的容积分别为ａ１ꎬａ２ꎬ ꎬａ９ꎬ从而依题意可以得到ａ１＋ａ２＋ａ３＋ａ４＝３ꎬａ７＋ａ８＋ａ９＝４ꎬ{因为ａ２＋ａ３＝ａ１＋ａ４ꎬａ７＋ａ９＝２ａ８ꎬ故ａ２＋ａ３＋ａ８＝３２＋４３＝１７６ꎬ故应选Ａ.变式１㊀我国古代数学名著«算法统宗»中有如下问题: 三百七十八里关ꎬ初行健步并不难ꎬ次日脚痛减一半ꎬ六朝才得至其关ꎬ欲问每朝行里数ꎬ请公仔细算相还. 其意:有一个人走３７８里路ꎬ第一天健步行走ꎬ从第。
2018高考复习专题讲座——数列
等比数列
an≠0，q≠0
解析法：an＝f (n) 图象法
数列是特殊的函数
列表法
等差数列与等比数列的类比
通项公式 求和公式
性质 判断
an＝a1＋(n－1)d
an＋am＝ap＋ar
前n项和 Sn
an＝a1qn－1 anam＝apar
前n项积(an＞0) Tn
Sn
数列专题
数列专题
数列专题
二、常见考点分析
数列专题
数列求和的方法技巧
公式法：应用等差、等比数列的前n项和公式
数列常见 求和方法
倒序相加法：将一个数列倒过的和易于求得
分组求和法：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
裂项求和法：形如
bn
1 an an 1
错位相加法：{ an·bn}的前n项和，其中{an}， {bn}分别是等差数列和等比数列.
2015年（课标2理16） 设Sn是数列{an}的前项和，且
，则Sn=____________
【解析】由已知得
得
，故数列
，所以
，两边同时除以
，
是以为-1首项，-1为公差的等差数列，则
本题考查数列递推式和等差数列通项公式，要搞清楚项 与 的关系， 从而转化为 与 的递推式，并根据等差数列的定义判断 是等差数 列，属于中档题．
①an＋1－an＝f (n)
逐差累加法
② an1 f (n) an
③an＋1＝pan＋q
逐商累积法
构造等比数列
an
q p 1
④pan＋1an＝an－an＋1
构造等差数列
⑤an + 1＝pan＋qn
化为
an1 qn
浙江省宁波市余姚中学数列多选题试题含答案
浙江省宁波市余姚中学数列多选题试题含答案一、数列多选题1．已知等比数列{}n a 首项11a >，公比为q ，前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，函数()()()()127f x x x a x a x a =+++，若()01f '=，则（ ）A ．{}lg n a 为单调递增的等差数列B ．01q <<C ．11n a S q ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭为单调递增的等比数列D ．使得1n T >成立的n 的最大值为6【答案】BCD 【分析】令()()()()127g x x a x a x a =+++，利用()()127001f g a a a '===可得3411a a q ==，01q <<，B 正确；由()()111lg lg lg 1lg n n a a q a n q -==+-可得A 错误；由()111111111n n n a a a qS q q q q q --=--=⋅---可得C 正确；由11a >，01q <<，41a =可推出671T T >=，81T <可得D 正确. 【详解】令()()()()127g x x a x a x a =+++，则()()f x xg x =， ()()()f x g x xg x ''∴=+，()()127001f g a a a '∴===，因为{}n a 是等比数列，所以712741a a a a ==，即3411a a q ==，11a >，01q ∴<<，B 正确；()()111lg lg lg 1lg n n a a q a n q -==+-，{}lg n a ∴是公差为lg q 的递减等差数列，A 错误；()111111111n n n a a a q S q q q q q --=--=⋅---，11n a S q ⎧⎫∴-⎨⎬-⎩⎭是首项为101a q q <-，公比为q 的递增等比数列，C 正确；11a >，01q <<，41a =，3n ∴≤时，1n a >，5n ≥时，01n a <<，4n ∴≤时，1n T >，7712741T a a a a ===，8n ∴≥时，78971n n T T a a a T =<=，又75671T T a a =>，7671T T a =>，所以使得1n T >成立的n 的最大值为6，D 正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：利用等比数列的性质、通项公式、求和公式、数列的单调性求解是解题关键.2．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若831a =，10210S =，则（ ） A ．19919S a = B ．数列{}22na 是公比为8的等比数列C ．若()1nnnb a =-⋅，则数列{}n b 的前2020项和为4040D ．若11n n n b a a +=，则数列{}n b 的前2020项和为202024249【答案】CD 【分析】由等差数列性质可判断A ；结合已知条件可求出等差数列的公差，从而可求出通项公式以及22n a ，结合等比数列的定义可判断B ；写出n b ，由定义写出2020T 的表达式，进行分组求和即可判断C ；11144143n b n n ⎛⎫=- ⎪-+⎝⎭，裂项相消即可求和.【详解】由等差数列的性质可知，191019S a =，故A 错误；设{}n a 的公差为d ，则有811017311045210a a d S a d =+=⎧⎨=+=⎩，解得13a =，4d =，故41n a n =-，28122na n -=， 则数列{}22na 是公比为82的等比数列，故B 错误；若()()()1141nnnn b a n =-⋅=-⋅-，则{}n b 的前2020项20203711158079410104040T =-+-+-⋅⋅⋅+=⨯=，故C 正确； 若()()1111414344143n b n n n n ⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭，则{}n b 的前2020项和2020111111120204377118079808324249T ⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=⎪⎝⎭，故D 正确． 故选:CD ． 【点睛】 方法点睛:求数列的前n 项和常见思路有：1、对于等差和等比数列，直接结合求和公式求解；2、等差数列±等比数列时，常采取分组求和法；3、等差数列⨯等比数列时，常采取错位相减法；4、裂项相消法.3．数列{}n a 满足11a =，且对任意的*n ∈N 都有11n n a a a n +=++，则下列说法中正确的是（ ） A ．(1)2n n n a +=B ．数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2020项的和为20202021 C ．数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2020项的和为40402021 D ．数列{}n a 的第50项为2550 【答案】AC 【分析】用累加法求得通项公式，然后由裂项相消法求1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的和即可得． 【详解】因为11n n a a a n +=++，11a =， 所以11n n a a n +-=+， 所以2n ≥时，121321(1)()()()1232n n n n n a a a a a a a a n -+=+-+-++-=++++=， 11a =也适合此式，所以(1)2n n n a +=， 501275a =，A 正确，D 错误， 12112()(1)1n a n n n n ==-++， 数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2020项和为202011111404021223202020212021S ⎛⎫=-+-++-=⎪⎝⎭，B 错，C 正确． 故选：AC ． 【点睛】本题考查用累加法数列的通项公式，裂项相消法求和．数列求和的常用方法： 设数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和； （2）错位相减法：数列{}n n a b 的前n 项和应用错位相减法； （3）裂项相消法；数列1{}n n ka a +（k 为常数，0n a ≠）的前n 项和用裂项相消法； （4）分组（并项）求和法：数列{}n n pa qb +用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法；（5）倒序相加法：满足m n m a a A -+=（A 为常数）的数列，需用倒序相加法求和．4．在数列{}n a 中，如果对任意*n N ∈都有211n n nna a k a a +++-=-（k 为常数），则称{}n a 为等差比数列，k 称为公差比.下列说法正确的是（ ） A ．等差数列一定是等差比数列 B ．等差比数列的公差比一定不为0C ．若32nn a =-+，则数列{}n a 是等差比数列D ．若等比数列是等差比数列，则其公比等于公差比 【答案】BCD 【分析】考虑常数列可以判定A 错误，利用反证法判定B 正确，代入等差比数列公式判定CD 正确. 【详解】对于数列{}n a ，考虑121,1,1n n n a a a ++===，211n n n na a a a +++--无意义，所以A 选项错误；若等差比数列的公差比为0，212110,0n n n n n na a a a a a +++++---==，则1n n a a +-与题目矛盾，所以B 选项说法正确；若32nn a =-+，2113n n n na a a a +++-=-，数列{}n a 是等差比数列，所以C 选项正确；若等比数列是等差比数列，则11,1n n q a a q -=≠，()()11211111111111n n nn n n n n n n a q q a a a q a q q a a a q a q a q q +++--+---===---，所以D 选项正确. 故选：BCD 【点睛】易错点睛：此题考查等差数列和等比数列相关的新定义问题.解决此类问题应该注意： （1）常数列作为特殊的等差数列公差为0； （2）非零常数列作为特殊等比数列公比为1.5．将2n 个数排成n 行n 列的一个数阵，如图：该数阵第一列的n 个数从上到下构成以m 为公差的等差数列，每一行的n 个数从左到右构成以m 为公比的等比数列(其中0m >).已知112a =，13611a a =+，记这2n 个数的和为S .下列结论正确的有（ ）A ．3m =B ．18181103354kk i a =⨯+=∑C ．(31)3ij ja i =-⨯ D ．()1(31)314n S n n =+- 【答案】ABD 【分析】根据第一列成等差，第一行成等比可求出1361,a a ，列式即可求出m ，从而求出通项ij a ，进而可得ii a ，根据错位相减法可求得181kki a=∑，再按照分组求和法，每一行求和可得S ，由此可以判断各选项的真假． 【详解】∵a 11＝2，a 13＝a 61+1，∴2m 2＝2+5m +1，解得m ＝3或m 12=-（舍去），A 正确； ∴()()11113213313j j j ij i a a i m i ---⎡⎤=⋅=+-⨯⋅=-⋅⎣⎦，C 错误； ∴()1313i ii a i -=-⋅，0171811223318182353533S a a a a =+++⋯+=⨯+⨯+⋯+⨯① 12181832353533S =⨯+⨯+⋯+⨯②,①-②化简计算可得：1818103354S ⨯+=,B 正确；S ＝(a 11+a 12+a 13+……+a 1n )+(a 21+a 22+a 23+……+a 2n )+……+(a n 1＋a n2＋a n 3＋……＋a nn )()()()11211131313131313nnnn a a a ---=+++---()()231131.22nn n +-=- ()1=(31)314n n n +-，D 正确； 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；（2）对于{}n n a b 型数列，其中{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，利用错位相减法求和；（3）对于{}n n a b +型数列，利用分组求和法； （4）对于11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭型数列，其中{}n a 是公差为()0d d ≠的等差数列，利用裂项相消法求和.6．首项为正数，公差不为0的等差数列{}n a ，其前n 项和为n S ，则下列4个命题中正确的有（ ）A ．若100S =，则50a >，60a <；B ．若412S S =，则使0n S >的最大的n 为15；C ．若150S >，160S <，则{}n S 中7S 最大；D ．若89S S <，则78S S <. 【答案】ABD 【分析】利用等差数列的求和公式及等差数列的性质，逐一检验选项，即可得答案. 【详解】对于A ：因为正数，公差不为0，且100S =，所以公差0d <， 所以1101010()02a a S +==，即1100a a +=， 根据等差数列的性质可得561100a a a a +=+=，又0d <， 所以50a >，60a <，故A 正确； 对于B ：因为412S S =，则1240S S -=，所以561112894()0a a a a a a ++⋅⋅⋅++=+=，又10a >， 所以890,0a a ><， 所以115815815()15215022a a a S a +⨯===>，116891616()16()022a a a a S ++===， 所以使0n S >的最大的n 为15，故B 正确； 对于C ：因为115815815()15215022a a a S a +⨯===>，则80a >， 116891616()16()022a a a a S ++===，则890a a +=，即90a <， 所以则{}n S 中8S 最大，故C 错误；对于D ：因为89S S <，则9980S a S =->，又10a >， 所以8870a S S =->，即87S S >，故D 正确， 故选：ABD 【点睛】解题的关键是先判断d 的正负，再根据等差数列的性质，对求和公式进行变形，求得项的正负，再分析和判断，考查等差数列性质的灵活应用，属中档题.7．已知数列{}n a ，{}n b 满足：12n n n a a b +=+，()*1312lnn n n n b a b n N n++=++∈，110a b +>，则下列命题为真命题的是（ ）A ．数列{}n n a b -单调递增B ．数列{}n n a b +单调递增C ．数列{}n a 单调递增D ．数列{}n b 从某项以后单调递增【答案】BCD 【分析】计算221122ln 2a b a b a b -=--<-，知A 错误；依题意两式相加{}ln +-n n a b n 是等比数列，得到()1113ln -+=+⋅+n n n a b a b n ，知B 正确；结合已知条件，计算10n n a a +->，即得C 正确；先计算()11113ln(1)2ln n n n b b a b n n -+-=+⋅++-，再结合指数函数、对数函数增长特征知D 正确. 【详解】由题可知，12n n n a a b +=+①，1312lnn n n n b a b n++=++②，①-②得，1131lnn n n n n a b a b n+++-=--，当1n =时，2211ln 2a b a b -=--，∴2211-<-a b a b ，故A 错误．①+②得，()113ln(1)3ln n n n n a b a b n n +++=+++-，()11ln(1)3ln n n n n a b n a b n +++-+=+-，∴{}ln +-n n a b n 是以11a b +为首项，3为公比的等比数列，∴()111ln 3-+-=+⋅n n n a b n a b ，∴()1113ln -+=+⋅+n n n a b a b n ，③又110a b +>，∴B 正确．将③代入①得，()()11113ln n n n n n n a a a b a a b n -+=++=++⋅+，∴()11113ln 0n n n a a a b n -+-=+⋅+>，故C 正确．将③代入②得，()()11113311ln 3ln ln n n n n n n n n b b a b b a b n n n -+++=+++=++⋅++，∴()11113ln(1)2ln n n n b b a b n n -+-=+⋅++-．由110a b +>，结合指数函数与对数函数的增长速度知，从某个()*n n N∈起，()1113ln 0n a b n -+⋅->，又ln(1)ln 0n n +->，∴10n n b b +->，即{}n b 从某项起单调递增，故D 正确． 故选：BCD ． 【点睛】判定数列单调性的方法：（1）定义法：对任意n *∈N ，1n n a a +>，则{}n a 是递增数列，1n n a a +<，则{}n a 是递减数列；（2）借助函数单调性：利用()n a f n =，研究函数单调性，得到数列单调性.8．已知等差数列{}n a 的公差0d ≠，前n 项和为n S ，且112n n n S a a +=⋅-，则（ ）A ．12d =B ．11a =C ．数列{}n a 中可以取出无穷多项构成等比数列D ．设(1)nn n b a =-⋅，数列{}n b 的前n 项和为n T ，则2n T n =【答案】AC 【分析】利用已知条件可得11212n n n S a a +++=-与已知条件两式相减，结合{}n a 是等差数列，可求d的值即可判断选项A ，令1n =即可求1a 的值，可判断选项B ，分别计算{}n a 的通项即可判断选项C ，分别讨论两种情况下21212n n b b -+=，即可求2n T 可判断选项D. 【详解】 因为112n n n S a a +=-，所以11212n n n S a a +++=-， 两式相减，得()11212n n n n n a a a a da ++++=-=， 因为0d ≠，所以21d =，12d =，故选项 A 正确； 当1n =时，1111122a a a ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，易解得11a =或112a =-，故选项B 不正确；由选项A 、B 可知，当112a =-，12d =时，()1111222n na n =-+-⨯=-，{}n a 可取遍所有正整数，所以可取出无穷多项成等比数列，同理当()()1111122n a n n =+-⨯=+时也可以取出无穷多项成等比数列，故选项C 正确； 当()112n a n =+时，()221212n n b a n ==+，()212112112n n b a n n --=-=--+=-， 因为21221212n n n n b b a a --+=-+=，所以()()()212342122n n n n T b b b b b b -=++++++=， 当12n n a =-时，2212112n n b a n n ==⨯-=-，2121213122n n n b a n ---⎛⎫=-=--=-⎪⎝⎭， 所以22131122n n b b n n -+=-+-=，此时()()()22212223212n n n n n n T b b b b b b ---=++++++=， 所以2n T n ≠，故选项D 不正确． 故选：AC. 【点睛】方法点睛：数列求和的方法（1）倒序相加法：如果一个数列{}n a 的前n 项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可以用倒序相加法（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前n 项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如()()1nn a f n =-类型，可采用两项合并求解.二、平面向量多选题9．下列命题中真命题的是（ ）A ．向量a 与向量b 共线，则存在实数λ使a =λb （λ∈R ）B ．a ，b 为单位向量，其夹角为θ，若|a b -|＞1，则3π＜θ≤πC ．A 、B 、C 、D 是空间不共面的四点，若AB •AC =0，AC •AD =0，AB •AD =0则△BCD 一定是锐角三角形D ．向量AB ，AC ，BC 满足AB AC BC =+，则AC 与BC 同向 【答案】BC 【分析】对于A ：利用共线定理判断 对于B ：利用平面向量的数量积判断 对于C ：利用数量积的应用判断 对于D ：利用向量的四则运算进行判断 【详解】对于A ：由向量共线定理可知，当0b =时，不成立.所以A 错误. 对于B ：若|a b -|＞1，则平方得2221a a b b -⋅+＞，即12a b ⋅＜，又1||2a b a b cos cos θθ⋅=⋅=＜，所以3π＜θ≤π，即B 正确.对于C ：()()220BC BD AC AB AD AB AC AD AC AB AB AD AB AB ⋅=-⋅-=⋅-⋅-⋅+=＞，0||BC BD cosB BC BD ⋅=⋅＞，即B 为锐角，同理A ，C 也为锐角，故△BCD 是锐角三角形，所以C 正确.对于D ：若AB AC BC =+，则AB AC BC CB -==，所以0CB =，所以则AC 与BC 共线，但不一定方向相同，所以D 错误. 故选：BC. 【点睛】（1）多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证；（2）要判断一个命题错误，只需举一个反例就可以；要证明一个命题正确，需要进行证明.10．如图，A ､B 分别是射线OM ､ON 上的点，下列以O 为起点的向量中，终点落在阴影区域内的向量是（ ）A ．2OA OB + B ．1123OA OB +C ．3143OA OB + D ．3145OA OB + 【答案】AC 【分析】利用向量共线的条件可得：当点P 在直线AB 上时，等价于存在唯一的一对有序实数u ，v ，使得OP uOA vOB =+成立，且u +v =1.可以证明点P 位于阴影区域内等价于：OP uOA vOB =+，且u >0，v >0，u +v >1.据此即可判断出答案. 【详解】由向量共线的条件可得：当点P 在直线AB 上时，存在唯一的一对有序实数u ，v ，使得OP uOA vOB =+成立，且u +v =1.可以证明点P 位于阴影区域内等价于： OP uOA vOB =+，且u >0，v >0，u +v >1. 证明如下：如图所示，点P 是阴影区域内的任意一点，过点P 作PE //ON ，PF //OM ，分别交OM ，ON 于点E ，F ；PE 交AB 于点P ′，过点P ′作P ′F ′//OM 交ON 于点F ′，则存在唯一一对实数(x ，y )，(u ′，v ′)，使得OP xOE yOF u OA v OB ''''=+=+，且u ′+v ′=1，u ′，v ′唯一；同理存在唯一一对实数x ′，y ′使得OP x OE y OF uOA vOB =+=+''，而x ′=x ，y ′>y ，∴u =u ′，v >v ′，∴u +v >u ′+v ′=1，对于A ，∵1+2>1，根据以上结论，∴点P 位于阴影区域内，故A 正确；对于B ，因为11123+<，所以点P 不位于阴影区域内，故B 不正确； 对于C ，因为311314312+=>，所以点P 位于阴影区域内，故C 正确； 对于D ，因为311914520+=<，所以点P 不位于阴影区域内，故D 不正确； 故选：AC.【点睛】关键点点睛：利用结论：①点P 在直线AB 上等价于存在唯一的一对有序实数u ，v ，使得OP uOA vOB =+成立，且u +v =1；②点P 位于阴影区域内等价于OP uOA vOB =+，且u >0，v >0，u +v >1求解是解题的关键.。
浙江省宁波市余姚姚中书院2018年高二数学文下学期期末试卷含解析
浙江省宁波市余姚姚中书院2018年高二数学文下学期期末试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 设复数（i是虚数单位），则（）A. iB. －iC.D.参考答案：D【分析】先化简，结合二项式定理化简可求.【详解】，，故选D.【点睛】本题主要考查复数的运算和二项式定理的应用，逆用二项式定理要注意配凑出定理的结构形式.2. 双曲线（a＞0,b＞0）的两个焦点为F1、F2，若P为其上一点，且|PF1|=2|PF2|，则双曲线离心率的取值范围为（）A.（1，3）B.（1，3C.（3，+∞）D. [3，+∞）参考答案：B3. 将函数的图象向左平移m（m＞0）个单位长度后，所得到的图象关于y轴对称，则m的最小值是（）A． B． C． D．参考答案：B【考点】两角和与差的正弦函数；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．【分析】函数解析式提取2变形后，利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，利用平移规律得到平移后的解析式，根据所得的图象关于y轴对称，即可求出m的最小值．【解答】解：y=cosx+sinx=2（cosx+sinx）=2sin（x+），∴图象向左平移m（m＞0）个单位长度得到y=2sin[（x+m）+]=2sin（x+m+），∵所得的图象关于y轴对称，∴m+=kπ+（k∈Z），则m的最小值为．故选B4. 平面内原有k条直线，它们的交点个数记?(k)，则增加一条直线ι后，它们的交点个数最多为（）A．?(k)+1 B．?(k)+k C．?(k)+k+1 D．k ·? (k)参考答案：B略5. 已知是椭圆的两个焦点，为椭圆上的一点，且，则的面积是（）A.7B.C.D.参考答案：B略6. 过点A(2，1)的直线交圆于B、C两点，当|BC|最大时，直线BC的方程是．A． B． C． D．参考答案：A7. 若点(2，k)到直线5x-12y+6=0的距离是4，则k的值是( )A. 1B. -3C. 1或D. -3或参考答案：D【分析】由题得，解方程即得k的值.【详解】由题得，解方程即得k=-3或.故答案为：D【点睛】(1)本题主要考查点到直线的距离公式，意在考查学生对该知识的掌握水平和计算推理能力.(2) 点到直线的距离.8. 下列说法中正确的是( )A．事件A，B中至少有一个发生的概率一定比A，B中恰有一个发生的概率大B．事件A，B同时发生的概率一定比事件A，B恰有一个发生的概率小C．互斥事件一定是对立事件，对立事件不一定是互斥事件D．互斥事件不一定是对立事件，对立事件一定是互斥事件参考答案：D【考点】互斥事件与对立事件；命题的真假判断与应用．【分析】互斥事件是不可能同时发生的事件，而对立事件是A不发生B就一定发生的事件，他两个的概率之和是1．【解答】解：由互斥事件和对立事件的概念知互斥事件是不可能同时发生的事件对立事件是A不发生B就一定发生的事件，故选D【点评】对立事件包含于互斥事件，是对立事件一定是互斥事件，但是互斥事件不一定是对立事件，认识两个事件的关系，是解题的关键．9. 全集，，则集合（）A．B．C．D．参考答案：A略10. 已知椭圆+=1(a>b>0)的离心率e=,右焦点为F(c,0),方程ax2+bx-c=0的两个根分别为x1,x2,则点P(x1,x2)在( )A.圆x2+y2=2上B.圆x2+y2=2内C.圆x2+y2=2外D.以上三种情况都有可能参考答案：B二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 双曲线的离心率大于的充分必要条件是．参考答案：m>112. 将棱长为a的正方体切成27个全等的小正方体，则表面积增加了__________ ;参考答案：12略13. 在一次数学考试中，某班学生的分数服从X～且知满分为150分，这个班的学生共56人，求这个班在这次数学考试中130分以上的人数大约是参考答案：914. （5分）“x3=x”是“x=1”的条件．参考答案：由x3=x，得x3﹣x=0，即x（x2﹣1）=0，所以解得x=0或x=1或x=﹣1．所以“x3=x”是“x=1”的必要不充分条件．故答案为：必要不充分．利用充分条件和必要条件的定义判断．15. 若公差为2的等差数列的前9项和为81，则．参考答案：1716. 下面算法的输出的结果是（1） (2） (3）参考答案：（1）2006 (2） 9 (3）817. 双曲线的离心率，则实数的取值范围是．参考答案：（0，12 ）略三、解答题：本大题共5小题，共72分。
2018年数学高考数列三角命题规律分析
2018年数学高考数列、三角命题规律分析邵武一中李明建一、2018年数列、三角考点分析二、高考数学数列、三角试题特点及命题规律1.从地位上看：立足基础，考查基本概念，基本公式和常用方法。
2.从题型上看：数列为“两小”或“一大”。
“两小”是指一道选择，一道填空，或者两道都是选择题，属于中偏易。
分别以等差或等比数列为载体，主要是关于基本量的计算，分值共十分；“一大”指的是一道解答题，位于第17题，有两小问。
一般以递推公式形式给出，其中，涉及数列通项a及前n项和n s较多，n分值为12分。
三角函数则或“一大一小”，或“三小”，以简单题或中档题为主，往往是三角与数列交替出现，没有出现偏题和怪题。
3.从难度上看，以容易题、中档题为主，选择题在靠前位置，填空题位置不确定，有时带综合性，一般难度不大，复习时以灵活应用基本性质和掌握基本方法为主，不宜人为地拔高难度。
4.考点上看：数列重点考查等差、等比数列基本量的计算，考查数列与等比数列的通项及前n项和，数列的递推公式，数列求和的常见方法，数列的特定项，等比或等差数列的综合问题等等。
三角函数主要从以下三个方面进行考查：（1）三角函数的图像，主要涉及图像变化问题，以及由图像确定函数解析式问题。
（2）三角函数的性质，通常是给出函数解析式，先进行三角变换，将其转化为()ψω+=x A y sin 的形式，在研究其性质，既有直接考查的客观题，也有综合考查的主观题，（3）解三角形问题，①边和角的计算，②三角形状的判断③面积的计算，④有关参数的范围问题。
由于此内容知识交汇性和应用性比较强，与其他知识综合，实际问题综合起来进行命题，将是今后高考的关注点。
三、全国高考数列，三角试题方向展望 数列方面。
（一）数列的基本概念与性质 例1.数列{}n a 满足，nn a a -=+111，28=a ，则1a = 。
解析：由题中给出关系式知该数列是周期为3的数列，所以，1a =4a =21【点评】这类问题主要通过观察分析出数列的规律，写出数列的某一项或某些项的和。
2018年高考数学考试大纲解读专题09数列文
专题09 数列（十二）数列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、图像、通项公式）.（2）了解数列是自变量为正整数的一类函数.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）能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题.（4）了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.与2017年考纲相比没什么变化，而且这部分内容作为高考的必考内容，在2018年的高考中预计仍会以“两小或一大”的格局呈现.如果是以“两小”（选择题或填空题）的形式呈现，一般是一道较容易的题，一道中等难度的题，较易的题主要以等差数列、等比数列的定义、通项公式、性质与求和公式为主来考查；中等难度的题主要以数列的递推关系、结合数列的通项、性质以及其他相关知识为主来考查.如果是以“一大”（解答题）的形式呈现，主要考查从数列的前n项和与第n项的关系入手，结合数列的递推关系式与等差数列或等比数列的定义展开，求解数列的通项，前n项和，有时与参数的求解，数列不等式的证明等加以综合.试题难度中等.考向一等差数列及其前n项和样题1 若等差数列{}n a 满足递推关系1n n a a n +=-+，则5a =A ．92B ．94C ．114D ．134 【答案】B样题2 已知数列{}n a 是公差为正数的等差数列，其前n 项和为n S ，且2315a a ⋅=，416S =．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）数列{}n b 满足11b a =，111n n n n b b a a ++-=⋅. ①求数列{}n b 的通项公式；②是否存在正整数m ，n （m n ≠），使得2b ，m b ，n b 成等差数列？若存在，求出m ，n 的值；若不存在，请说明理由.【解析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，则0d >．由2315a a =，416S =，得()()1112154616a d a d a d +⎧+=+=⎪⎨⎪⎩， 解得112a d ==⎧⎨⎩或172a d ==-⎧⎨⎩（舍去）．所以21n a n =-．（2）①因为11b a =，111n n n n b b a a ++-=⋅，所以111b a ==， ()()1111111212122121n n n n b b a a n n n n ++⎛⎫-===- ⎪-+-+⎝⎭，即2111123b b ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，32111235b b ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，…，111122321n n b b n n -⎛⎫-=- ⎪--⎝⎭（2n ≥）， 累加得1111122121n n b b n n -⎛⎫-=-= ⎪--⎝⎭， 所以111321212121n n n n b b n n n ---=+=+=---， 11b =也符合上式， 故3221n n b n -=-，*n ∈N ．考向二 等比数列及其前n 项和样题3中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，此日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见此日行数里，请公仔仔细算相还”，其意思为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”，请问第二天走了A ．96里B ．48里C ．192 里D ．24里【答案】A样题4已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，125n n n S S a +=++.（1）证明：{}5n a +是等比数列；（2）若5128n S n +>，求n 的最小值.【解析】（1）因为125n n n S S a +=++，所以125n n a a +=+， 所以15210255n n n n a a a a +++==++，而156a +=， 所以{}5n a +是以6为首项，2为公比的等比数列.（2）由（1）得156232n n n a -+=⨯=⨯，325n n a =⨯-，∴()23322225n n S n =⨯++++-=()21235626512nn n n ⨯-⨯-=⨯---，由5626128n n S n +=⨯->，得6723n >， 因为5467223>>，所以5128n S n +>时，n 的最小值为5. 考向三 数列的综合应用样题5等差数列{}n a 的公差是2，若248,,a a a 成等比数列，则{}n a 的前n 项和n S =A ．(1)n n +B ．(1)n n -C ．(1)2n n +D ．(1)2n n - 【答案】A样题6 已知各项均不相等的等差数列{}n a 满足11a =，且125,,a a a 成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2{}n b 的前n 项和n S ． 【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由题意得2215a a a =，即()2114d d +=+， 解得2d =或0d =（舍去），所以21n a n =-.（2）由21n a n =-，可得()()()()()1141111121212121n n n n n n n n a a n b a a n n n n +++⎛⎫=-=-=-+ ⎪-+-+⎝⎭， 当n 为偶数时，111111112113355721212121n n S n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--+++--+++=-+=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 当n 为奇数时，1n -为偶数，于是 1111111122113355721212121n n S n n n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--+++--+-+=--=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 样题7 （2017山东文科）已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，且121236,a a a a a +==．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）{}n b 为各项非零的等差数列，其前n 项和S n ，已知211n n n S b b ++=，求数列{}n nb a 的前n 项和n T ．。
2018年高考数列试题分类解析
75
试题研究
基础教育论坛（上旬刊）
JICHUJIAOYU LUNTAN
2019 年第 3 期
（2） 求 ea1 + ea2 + … + ean。
【点评】 此题以指数、对数运算性质为例，考查等
比数列的求和公式。
2. 分组求和
例 1 中第（2）小题第①问。
【点评】 此题易求 Sn = 2n - 1， 故根据 2n - 1 (n ∈ N*)
一、求数列通项公式
1. 等差、等比数列求通项公式
例 1 （天津卷·理 18） 设 {an} 是等比数列，公比 大于 0，其前 n 项和为 Sn，n ∈ N*； {bn} 是等差数列。
已知 a1 = 1， a3 = a2 + 2， a4 = b3 + b5， a5 = b4 + 2b6 。
（1） 求 {an} 和 {bn} 的通项公式；
累加法求 bn，利用错位相减法简化运算过程。
例 7 （上海卷·21） 给定无穷数列 {an}， 若无穷
数列 {bn} 满足：对任意 n ∈ N*，都有 | bn - an | ≤ 1，则称
{bn} 与 {an} “接近”。
（1）
设 {an}
是首项为 1 ，公比为
1 2
的等比数列，
bn = an+1 + 1， n ∈ N*。 试 判 断 数 列 {bn} 是 否 与 {an} 接
【点评】 第（2）小题考查运用定义法证明等比数
列，为第（3）小题求解 {an} 通项公式搭建了“桥梁”，
降低了思维难度。当然，也可以直接根据 {an} 递推关
系，利用累乘法求 {an} 的通项公式。
2018年高考全国Ⅰ卷数列试题分析——暨2019年复习备考建议
例如，高中数学课程标 准对数学运算 这一核心素养 的要
的语言文字 和数学符 号，特别是题于较长 的概率统计 大题 ． 求是 “通过 运算促 进数学思 维发 展，形 成规范化 思考 问题 的
其 次是分 析．数学 阅读 的主要 目的是进行 问题 分析，分 品质，养成 一丝不苟 、严谨求实 的科学精 神．”凶此 ，数学运算
（１）所以数列 ｝是首项为 ｂ１＝ ＝ １、公比为 ２的
等 比数列 （或 ｂ ＝ ２ｎ－１），从而 ｂｌ＝ １，ｂ２＝ ２，ｂ３＝ ４．
选 Ｂ．
题 目 ３解 法 四 （先 做 第 三 问）（１）因 为 ｎａ ＋ ＝
题 目 ２解 析 由 ｆ Ｓｎ ７－－２ａ ＋ ｌ，
路 ，相 当于语 文『蒯渎中提炼 “段 落大意”和 “中心思想 ”．
的教 学活动 中需要考虑一个 问题：如何培养 自我发现运算 错
最后 是反 思．如 果说 “分析 ”侧重 于思考 别人 的解 答过 误 的能力 ？“人非圣贤，孰 能无错 ？”错 了不要 紧，怕的是不知
程，那 么 “反思”就是侧重思考 自己的解答过程 ．通过反思，可 道错 了．那 么如何培养学生 自我 发现运算错误 的能 力就显得
２．核 心 素 养 要 落 实 到 具 体 的 教 学 活 动 高 中数学课 程标准 中明确指 出，数学学科 的核心素养包
们 的科学精神．
参 考文 献
［１］ 广东 教 育 考 试 院．广东 高 考 年 报 （２０ｌ７），广 州 ：广 东 高 等 教 育 出 版 社 ．２０１８．
『２］ 中华 人 民共 和 国教育 部 ．普通 高 中数 学课 程标 准 ห้องสมุดไป่ตู้２０１７年版 ）．北 京 ： 人 民教育 出版 社 ，２０１８．
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2015浙江高考第20题
已知数列 an ， an 0 ， a1 0 ， an1 an1 1 an (n N ) ．
2 2
记 S n a1 a2 an ． Tn 求证：当 n N 时， （Ⅰ） an an 1 ； （Ⅱ） S n n 2 ； （Ⅲ） Tn 3 .
2015浙江高考第20题
an 2 1 已知数列an 满足a1 , an 1 an 2 ( n N * ), 3 n 求证：对一切n N *，有 (1)an an 1 1; 1 1 (2)an . 2 4n
2011全国联赛湖北预赛
已 知 数 列 an 中 的 相 邻 两 项 a2k 1，a2k 是 关 于 x 的 方 程 x2 (3k 2k ) x 3k 2k 0 的 两 个 根 ， 且
1 1 1 1 2 （4） n n 1 (2n 1) 2 (2n 3) 2n 2n 1 2n 3 2
2n 2n 2n 2n 1 1 1 （5 ） n n 1 n (n 2) 2 n n n n n n 1 (2 1) (2 1)(2 1) (2 1)(2 2) (2 1)(2 1) 2 1 2 1
2004全国Ⅲ高考第22题
已知数列 xn 满足 x1 1, xn xn 1 ln(1 xn )( n N * ), 求证：对一切n N *，有
函 数
(1)0 xn 1 xn ; (2)2 xn 1 xn 1 (3)( )n 1 xn 1 2 xn xn 1 2 1 ( )n 2 . 2
1 1 1 ． 1 a1 (1 a1 )(1 a2 ) (1 a1 )(1 a2 ) (1 a n )
2008浙江高考第22题
谢谢倾听 不当之处请指正
二、“退”回原点
有一种裂项叫常规：
裂 项
1 4 4 1 1 （ 1 ）2 2 2 2 n 4n 4n 1 2n 1 2n 1 1 1 1 （2） n n n n 2 (2 1) 2 1 2
（3 ） 1 n2 n2 n 1 n2 2 n2 n 1 2 n2 1 n2 n
有一种裂项叫定待：
已知数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ， 且 Sn =2n2 n, n N * ，
数列 {bn } 满足 an 4log2 bn 3, n N * .
（1）求 an ， bn数列 {an bn } 的前 n 项和为 Tn .
等 比
a2k 1 ≤ a2k (k 1 ， 2， 3， ) ．
（I）求 a1 ， a2 ， a3 ， a7 ； （II）求数列 an 的前 2 n 项和 S 2 n ；
1 sin n (1) f (2) (1) f (3) (1) f (4) (1) f ( n1) 3 ， Tn （Ⅲ）记 f ( n) ， … 2 sin n a a a a a a a a 1 2 3 4 5 6 2 n 1 2 n
求证：
1 5 ≤ Tn ≤ (n N* ) ． 6 24
2007浙江高考第21题
已知数列 an 的前 n 项和 Sn 满足 Sn 2an (1) n , n 1. （1）写出数列 an 的前三项 a1 , a2 , a3 ； （2）求数列 an 的通项公式；
1 1 1 7 （3）证明：对任意的整数 m 4 ，有 . a 4 a5 am 8
不忘初“心”， “底、裂” 前行
沈科杰
两个主要数列
两大主要问题
两种主要思想
一、回顾考题
04年浙江最后一题
05年浙江最后一题
06年浙江最后一题
07年浙江倒数第二题
08年浙江最后一题
15年浙江最后一题
16年浙江最后一题
17年浙江最后一题
华罗庚老先生说过：复杂 的问题要善于“退”，足够的 “退”，“退”到最原始而不 失去重要性的地方，是学好数 学的一个诀窍.
2017浙江高考第22题
1 , an 1 an an 2 ( n N * ), 2 求证：对一切n N *，有 an (1)1 2; an 1 已知数列an 满足a1 (2)设数列an 2 的前n项和为S n , 证明 S 1 1 n . 2( n 2) n 2( n 1)
有一种裂项叫递推：
若数列an 满足a1 0, an 1 an can 2 (c 0), 1 1 1 则数列an 单调递增，而 1 an an 1 an c
1 , an 1 an an 2 ( n N * ), 2 求证：对一切n N *，有 an (1)1 2; an 1 已知数列an 满足a1 (2)设数列an 2 的前n项和为S n , 证明 S 1 1 n . 2( n 2) n 2( n 1)