2012高三数学(理)二轮复习课件：第一篇 专题3 第2课时
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2012高三数学(理)二轮复习课件第二篇第3课时
答案： －6
• 二、特殊化法
• 特殊值法在考试中应用起来比较方便，它 的实施过程是从特殊到一般，优点是简便 易行．当暗示答案是一个“定值”时，就 可以取一个特殊数值、特殊位置、特殊图 形、特殊关系、特殊数列或特殊函数值来 将字母具体化，把一般形式变为特殊形 式．当题目的条件是从一般性的角度给出 时，特例法尤其有效．
答案：
21 2
• 五、等价转化法
• 将所给的命题进行等价转化，使之成为一 种容易理解的语言或容易求解的模式．通 过转化，使问题化繁为简、化陌生为熟悉， 将问题等价转化成便于解决的问题，从而 得出正确的结果．
已知关于 x 的不等式axx＋－11＜0 的解集是(－∞， －1)∪－12，＋∞，则 a 的值为________．
• 答案： 1
x＋y－1≥0
9．在平面直角坐标系中，若不等式组x－1≤0
(a
ax－y＋1≥0
为常数)所表示的平面区域内的面积等于 2，则 a 的值为
________．
• 解析：
(1)
不
等
式
组
x＋y－1≥0 x－1≤0
表 示 的 区 域为 图 (1)中 阴 影 部
分．又因为 ax－y＋1＝0 恒过定点(0,1)，当 a＝0 时，不等
∴－3＜x＜2，∴f(x)的定义域为{x|－3＜x＜2}．
答案： {x|－3＜x＜2}
• 2．(2011·福建卷)已知集合A＝{x∈R||x－1| ＜2}，Z为整数集，则集合A∩Z中所有元素 的和等于________．
• 解析： A＝{x∈R||x－1|＜2}＝{x∈R|－1 ＜x＜3}，
• 集合A中包含的整数有0,1,2，故A∩Z＝ {0,1,2}．
• 2．填空题的特征
• 二、特殊化法
• 特殊值法在考试中应用起来比较方便，它 的实施过程是从特殊到一般，优点是简便 易行．当暗示答案是一个“定值”时，就 可以取一个特殊数值、特殊位置、特殊图 形、特殊关系、特殊数列或特殊函数值来 将字母具体化，把一般形式变为特殊形 式．当题目的条件是从一般性的角度给出 时，特例法尤其有效．
答案：
21 2
• 五、等价转化法
• 将所给的命题进行等价转化，使之成为一 种容易理解的语言或容易求解的模式．通 过转化，使问题化繁为简、化陌生为熟悉， 将问题等价转化成便于解决的问题，从而 得出正确的结果．
已知关于 x 的不等式axx＋－11＜0 的解集是(－∞， －1)∪－12，＋∞，则 a 的值为________．
• 答案： 1
x＋y－1≥0
9．在平面直角坐标系中，若不等式组x－1≤0
(a
ax－y＋1≥0
为常数)所表示的平面区域内的面积等于 2，则 a 的值为
________．
• 解析：
(1)
不
等
式
组
x＋y－1≥0 x－1≤0
表 示 的 区 域为 图 (1)中 阴 影 部
分．又因为 ax－y＋1＝0 恒过定点(0,1)，当 a＝0 时，不等
∴－3＜x＜2，∴f(x)的定义域为{x|－3＜x＜2}．
答案： {x|－3＜x＜2}
• 2．(2011·福建卷)已知集合A＝{x∈R||x－1| ＜2}，Z为整数集，则集合A∩Z中所有元素 的和等于________．
• 解析： A＝{x∈R||x－1|＜2}＝{x∈R|－1 ＜x＜3}，
• 集合A中包含的整数有0,1,2，故A∩Z＝ {0,1,2}．
• 2．填空题的特征
福建省2012届高考数学理二轮专题总复习课件：专题1第2课时 函数的图像与性质(一)
第十二页，编辑于星期日：十八点 五十七分。
【解析】1设f x ax2 bx c(a 0)，
由f 0 1，所以c 1，
所以f x ax2 bx 1，
因为f x 1 - f x 2x，
所以2ax a b 2x，
所以2aab
2
0，所以ba
1 -1
所以f x x2 - x 1
【解析】c
log
2 3
0，a
40.9
21.8，
b 80.48 21.44，所以a b c.
答案：a b c
第七页，编辑于星期日：十八点 五十七分。
5. 如果函数y mx2 6mx m 8的定义域 为R，则实数m的取值范围是 __________．
【解析】因为函数y mx2 6mx m 8的定
1 A.
2 B.
C．1 D．2
3
3
【解析】利用函数f (x) | log3 x |的图象，
由log3
3
1或
|
log3
1 3
|
1及log31
0
可得
2 3
b
-
a
83.选B.
第六页，编辑于星期日：十八点 五十七分。
4.
已知a
40.9，b
80.48，c
log
2 ，则三个 3
数的大小关系为__________．
第十三页，编辑于星期日：十八点 五十七分。
2由题意：x2 - x 1＞2x m
在-1,1 上恒成立， 即x2 - 3x 1＞m在-1,1 上恒成立，
设g x x2 - 3x 1，x -1,1， 因为g x在-1,1上递减，
所以g 1 1- 3 1 -1＞m，
【解析】1设f x ax2 bx c(a 0)，
由f 0 1，所以c 1，
所以f x ax2 bx 1，
因为f x 1 - f x 2x，
所以2ax a b 2x，
所以2aab
2
0，所以ba
1 -1
所以f x x2 - x 1
【解析】c
log
2 3
0，a
40.9
21.8，
b 80.48 21.44，所以a b c.
答案：a b c
第七页，编辑于星期日：十八点 五十七分。
5. 如果函数y mx2 6mx m 8的定义域 为R，则实数m的取值范围是 __________．
【解析】因为函数y mx2 6mx m 8的定
1 A.
2 B.
C．1 D．2
3
3
【解析】利用函数f (x) | log3 x |的图象，
由log3
3
1或
|
log3
1 3
|
1及log31
0
可得
2 3
b
-
a
83.选B.
第六页，编辑于星期日：十八点 五十七分。
4.
已知a
40.9，b
80.48，c
log
2 ，则三个 3
数的大小关系为__________．
第十三页，编辑于星期日：十八点 五十七分。
2由题意：x2 - x 1＞2x m
在-1,1 上恒成立， 即x2 - 3x 1＞m在-1,1 上恒成立，
设g x x2 - 3x 1，x -1,1， 因为g x在-1,1上递减，
所以g 1 1- 3 1 -1＞m，
高考数学理科二轮复习课件：专题3第二讲 数列求和及综合应用
＝1－12＋41＋…＋2n1－1－2－2n n ＝1－1－2n1－1－2－2nn＝2nn. 所以 Sn＝2nn－1.
综上，数列2an－n 1的前 n 项和 Sn＝2nn－1.
本题考查等差数列的通项公式的求法以及用错位相减法 求数列的前n项和，难度适中．
数列{bn}的前 n 项和．
解析：(1)设等差数列{an}的公差为 d，由题意得： d＝a4－3 a1＝12－ 3 3＝3， 所以 an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1，2，…)， 设等比数列{bn－an}的公比为 q，由题意得：q3＝bb41－－aa41
＝240－－312＝8，解得 q＝2.
所以 bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1，从而 bn＝3n＋2n－1(n ＝1，2，…)．
随堂讲义
专题三 数 列 第二讲 数列求和及综合应用
高考数列一定有大题，按近几年高考特点，可估计 2016年不会有大的变化，考查递推关系、数学归纳法的 可能较大，但根据高考题命题原则，一般会有多种方法 可以求解．因此，全面掌握数列求和相关的方法更容易 让你走向成功．
例 1 已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝12n(n∈N*)，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列2an－n 1的前 n 项和． 思路点拨：(1)由题设求出 a1，d，可确定通项公式； (2)可用错位相减法求和．
解析：(1)设等差数列{an}的公差为 d，由已知条件可得 a21a＋1＋d1＝2d0， ＝－10，解得ad1＝＝－1，1.
(1)已知数列{bn}的前 n 项和 Sn，求 bn 时分如下三个步 骤进行：①当 n＝1 时，b1＝S1；②当 n≥2 时，bn＝Sn－Sn －1；③验证 b1 是否适合 n≥2 的解析式，据验证情况写出 bn 的表达式．
综上，数列2an－n 1的前 n 项和 Sn＝2nn－1.
本题考查等差数列的通项公式的求法以及用错位相减法 求数列的前n项和，难度适中．
数列{bn}的前 n 项和．
解析：(1)设等差数列{an}的公差为 d，由题意得： d＝a4－3 a1＝12－ 3 3＝3， 所以 an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1，2，…)， 设等比数列{bn－an}的公比为 q，由题意得：q3＝bb41－－aa41
＝240－－312＝8，解得 q＝2.
所以 bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1，从而 bn＝3n＋2n－1(n ＝1，2，…)．
随堂讲义
专题三 数 列 第二讲 数列求和及综合应用
高考数列一定有大题，按近几年高考特点，可估计 2016年不会有大的变化，考查递推关系、数学归纳法的 可能较大，但根据高考题命题原则，一般会有多种方法 可以求解．因此，全面掌握数列求和相关的方法更容易 让你走向成功．
例 1 已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝12n(n∈N*)，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列2an－n 1的前 n 项和． 思路点拨：(1)由题设求出 a1，d，可确定通项公式； (2)可用错位相减法求和．
解析：(1)设等差数列{an}的公差为 d，由已知条件可得 a21a＋1＋d1＝2d0， ＝－10，解得ad1＝＝－1，1.
(1)已知数列{bn}的前 n 项和 Sn，求 bn 时分如下三个步 骤进行：①当 n＝1 时，b1＝S1；②当 n≥2 时，bn＝Sn－Sn －1；③验证 b1 是否适合 n≥2 的解析式，据验证情况写出 bn 的表达式．
2012高三二轮复习课件(共54张PPT)
设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于
压缩状态，若忽略小球与小车间的摩擦力。则在这
段时间内小车可能是（
A）D
（A）向右做加速运动
（B）向右做减速运动
左
右
（C）向左做加速运动
（D）向左做减速运动
5．质量为m的小球放在光滑水平面上,在竖直线MN的
左方受到水平恒力F1作用(m可视为质点),在MN的右方 除受F1外还受到与F1在同一条直线上的水平恒力F2作 用,现设小球由A点静止开始运动如图a所示,小球运动的
④
aA
aB
由①、③、④式，可得：aB=6（m/s2） 再代入②式得： F= m2aB—µm1g=1N
若F＜1N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度， 于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1N。 当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同 的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左 端滑落。 即有：F=（m1+m2）a， µm1g =m1a 所以：F＝3N 若F大于3N，A就会相对B向左滑下。
C.两匹马拉的车比一匹马拉的车跑得快；这说明： 物体受的力越大，速度就越大
D.一个物体维持匀速直线运动，不需要力
1．以下关于力和运动关系的说法中，正确的是
(D ) A．物体受到的力越大，速度就越大 B．没有力的作用，物体就无法运动 C．物体不受外力作用，运动状态也能改变 D．物体不受外力作用，也能保持静止状态或匀速 直线运动状态
v-t图象如图b所示:由图可知下列说法正确的是 ( A )
A．小球在MN的右方加速度大小为 v1
B．F2的大小为
2mv1 t3 t1
t3 t2
C．小球在MN右方运动的时间为 t4 t2
D．小球在t=0到t=t4这段时间最大位移为v1t2
2012高考数学总复习 第3章§3.2等差数列精品课件 大纲人教版
例
【解】 设数列{an}的公差为 d，依题设有 2a1a3＋1＝a2， 2 4分 a1＋a2＋a3＝12，
a2＋2a1d－d2＋2a1＝0， 1 即 6分 a1＋d＝4. a1＝1， a1＝8， 解得 或 8分 d＝3 d＝－4.
1 因此 Sn＝ n(3n－1)或 Sn＝2n(5－n).10 分 2
am≥0 通过解不等式组 得到正整数 am＋1≤0
解 m，Sn 的最大值就是 Sm.
3．前 n 项和的性质 设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，则 ①Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…构成的数列 是等差数列； Sn ②{ n }也是一个等差数列； na1＋an na2＋an－1 ③ Sn ＝ ＝ ＝ 2 2 na3＋an－2 ＝…. 2
1 解：∵an＋1＝1－ ， 4an 1 1 ∴2an＋1－1＝1－ ，∴bn＋1＝ 2an 2an＋1－1 1 2an ＝ ＝ 1 2an－1 1－ 2an 2an 1 ∴bn＋1－bn＝ － ＝1 2an－1 2an－1 1 ∴{bn}是以 b1＝ ＝1 为首项， 公差 2a1－1 为 1 的等差数列．
a1＝－5， d＝3.
∴a8＝－5＋7×3＝16，
8×7 S8＝8×(－5)＋ ×3＝44. 2 5×a1＋a5 法二：S5＝ ＝5a3＝5， 2 ∴a3＝1， a6－a3 10－1 ∴d＝ ＝ ＝3， 3 6－3 ∴a8＝a6＋2d＝10＋6＝16， a4＝a3＋d＝4，a5＝7， a1＋a8×8 ∴S8＝ ＝4(a4＋a5)＝44. 2
等差数列性质的应用
主要针对等差中项性质、单调性质、首末两 项和的性质及推广，在数列的基本推理和计 算中应用．
例3 设{an}是公差不为 0 的等差数列，
【解】 设数列{an}的公差为 d，依题设有 2a1a3＋1＝a2， 2 4分 a1＋a2＋a3＝12，
a2＋2a1d－d2＋2a1＝0， 1 即 6分 a1＋d＝4. a1＝1， a1＝8， 解得 或 8分 d＝3 d＝－4.
1 因此 Sn＝ n(3n－1)或 Sn＝2n(5－n).10 分 2
am≥0 通过解不等式组 得到正整数 am＋1≤0
解 m，Sn 的最大值就是 Sm.
3．前 n 项和的性质 设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，则 ①Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…构成的数列 是等差数列； Sn ②{ n }也是一个等差数列； na1＋an na2＋an－1 ③ Sn ＝ ＝ ＝ 2 2 na3＋an－2 ＝…. 2
1 解：∵an＋1＝1－ ， 4an 1 1 ∴2an＋1－1＝1－ ，∴bn＋1＝ 2an 2an＋1－1 1 2an ＝ ＝ 1 2an－1 1－ 2an 2an 1 ∴bn＋1－bn＝ － ＝1 2an－1 2an－1 1 ∴{bn}是以 b1＝ ＝1 为首项， 公差 2a1－1 为 1 的等差数列．
a1＝－5， d＝3.
∴a8＝－5＋7×3＝16，
8×7 S8＝8×(－5)＋ ×3＝44. 2 5×a1＋a5 法二：S5＝ ＝5a3＝5， 2 ∴a3＝1， a6－a3 10－1 ∴d＝ ＝ ＝3， 3 6－3 ∴a8＝a6＋2d＝10＋6＝16， a4＝a3＋d＝4，a5＝7， a1＋a8×8 ∴S8＝ ＝4(a4＋a5)＝44. 2
等差数列性质的应用
主要针对等差中项性质、单调性质、首末两 项和的性质及推广，在数列的基本推理和计 算中应用．
例3 设{an}是公差不为 0 的等差数列，
2012高三数学(理)二轮复习课件：第一篇 专题3 第3课时
1 3 1 2 解析： (1)当 a＝1 时，f(x)＝ x － x －2x－3，定义域 3 2 为 R， f′(x)＝x2－x－2＝(x－2)(x＋1)． 令 f′(x)>0，得 x<－1 或 x>2. ∴函数 f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞)． (2)f′(x)＝x2＋(a－2)x－2a＝(x＋a)(x－2)． 令 f′(x)＝0，得 x＝2 或 x＝－a. ∵函数 f(x)在区间[－2,0]上不单调， ∴－a∈(－2,0)，即 0<a<2.
第3课时
不等式
1．一元二次不等式及其解集 若一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的两个根为x1， x2，且x1<x2，则 (1)当a>0时，ax2＋bx＋c>0的解集为{x|x<x1 或x>x2}，ax2＋bx＋c<0的解集为 {x|x1<x<x2}． (2)当a<0时，ax2＋bx＋c>0的解集为 {x|x1<x<x2}，ax2＋bx＋c<0的解集为{x|x<x1 或x>x2}．
解析：
1 1 (1)f(x)＝x＋ ＝x－2＋ ＋2. x－2 x－2
∵x>2，∴x－2>0. 1 ∴f(x)＝x－2＋ ＋2≥2 x－2 1 x－2· ＋2＝4， x－2
1 当且仅当 x－2＝ ，即 x＝3 时，“＝”成立． x－2 又 f(x)在 x＝a 处取最小值．∴a＝3.
(2)设每件产品的平均费用为 y 元，由题意得 800 x y＝ x ＋ ≥2 8 800 x x ·＝20. 8
答案：
1
线性规划问题常见题型 1．线性规划问题一般有三种题型：一是求 最值；二是求区域面积；三是知最优解情 况或可行域情况确定参数的值或取值范 围． 2．解决线性规划问题首先要找到可行域， 再注意目标函数所表示的几何意义，数形 结合找到目标函数达到最值时可行域的顶 点(或边界上的点)，但要注意作图一定要准 确，整点问题要验证解决．
福建省2012届高考数学理二轮专题总复习课件：专题2第3课时 数列的综合应用
x 80
此时g x的最大值为g 1 1 ；当21 x 60时，
81
第十五页，编辑于星期日：十八点 五十七分。
此时g x的最大值为g 1 1 ；当21 x 60时，
81
g
x
x2
-
2x x 1600
x
2 1600
-1
2
2 2， 1600 -1 79
x
当且仅当x
1600 时，即x x
【解析】叠加积n 1 2 n n a1na2n-1 a1n，
故22011
2010
a a 2010 2009
1
2
a12010，则2，a1，a2，，a2010
的叠加积为2011
2 a a 2011 2010 2009
1
2
a1 2010
2
2011
a a 2009
1
2
a1 2010
2 22010
案：①年平均利润最大时以46万元出售该楼；②纯利
润总和最大时，以10万元出售该楼．如果你是决策 者，你会选择哪种方案，并说明理由．
第十页，编辑于星期日：十八点 五十七分。
【分析】确定各项支出与收入，再得出获利的表达式进
行求解；而对于处理方案，分开计算，但应考虑所需 年限．
【解析】1 设第n年获取利润为y万元，n年共收入租金30n万
n
n
12(当且仅当81 n，即n 9时取等号)． n
所以9年后共获利润12 9 46 154(万元)．
因为纯利润y 30n - 81 n2 -n -152 144,
所以15年共获纯利润144 10 154(万元)．
两种方案获利一样多，而方案①时间比较短，
所以选择方案①.
此时g x的最大值为g 1 1 ；当21 x 60时，
81
第十五页，编辑于星期日：十八点 五十七分。
此时g x的最大值为g 1 1 ；当21 x 60时，
81
g
x
x2
-
2x x 1600
x
2 1600
-1
2
2 2， 1600 -1 79
x
当且仅当x
1600 时，即x x
【解析】叠加积n 1 2 n n a1na2n-1 a1n，
故22011
2010
a a 2010 2009
1
2
a12010，则2，a1，a2，，a2010
的叠加积为2011
2 a a 2011 2010 2009
1
2
a1 2010
2
2011
a a 2009
1
2
a1 2010
2 22010
案：①年平均利润最大时以46万元出售该楼；②纯利
润总和最大时，以10万元出售该楼．如果你是决策 者，你会选择哪种方案，并说明理由．
第十页，编辑于星期日：十八点 五十七分。
【分析】确定各项支出与收入，再得出获利的表达式进
行求解；而对于处理方案，分开计算，但应考虑所需 年限．
【解析】1 设第n年获取利润为y万元，n年共收入租金30n万
n
n
12(当且仅当81 n，即n 9时取等号)． n
所以9年后共获利润12 9 46 154(万元)．
因为纯利润y 30n - 81 n2 -n -152 144,
所以15年共获纯利润144 10 154(万元)．
两种方案获利一样多，而方案①时间比较短，
所以选择方案①.
福建省2012届高考数学理二轮专题总复习课件：专题1第3课时 函数的图像与性质(二)
f x 0在下面哪个区间内必有实根( ) A．0,1 B．1,2 C．2,3 D．2,4
【解析】根据f 1 1＜0，f 2 2010＞0 得f x 0在1, 2内必有实根．选B
第六页，编辑于星期日：十八点 五十七分。
Байду номын сангаас
4. 已知函数y=ex的图象与函数y=f(x)的图象关于直线y=-x 对称，则f(x)=_______-_ln_(_-.x) 【解析】设点(x，y)为函数y=f(x)的图象上的点，则点(y，-x)在函数y=ex的图象上，得e-y=-x，即y=-ln(-x)，所 以f(x)=-ln(-x)．
2若f (k 3x ) f 3x 9x 2 ＜0对任意x R恒成
立，求实数k的取值范围．
【分析】 (1)抽象函数一般采用特殊值法；(2)恒成 立问题的处理一般将其参变分离转化为最值问题， 进而考虑单调性
第十一页，编辑于星期日：十八点 五十七分。
【解析】(1)证明：f(x+y)=f(x)+f(y)(x，y∈R)． ① 令x=y=0,代入①式,得f(0+0)=f(0)+f(0)，即f(0)=0. 令y=-x，代入①式，得f(x-x)=f(x)+f(-x)． 又f(0)=0，则有0=f(x)+f(-x)， 即f(-x)=-f(x)对任意x∈R成立， 所以f(x)是奇函数．
2 f x的定义域是(-1， )，
f
x
1-
1- ln(1 x) (1 x)2
(1
x)2 ln(1 (1 x)2
x)
-1
N ( x) (1 x)2
，
当 -1＜x＜0时，N x＜0，所以f x＜0.
当x＞0时，N x＞0，所以f x＞0，
【解析】根据f 1 1＜0，f 2 2010＞0 得f x 0在1, 2内必有实根．选B
第六页，编辑于星期日：十八点 五十七分。
Байду номын сангаас
4. 已知函数y=ex的图象与函数y=f(x)的图象关于直线y=-x 对称，则f(x)=_______-_ln_(_-.x) 【解析】设点(x，y)为函数y=f(x)的图象上的点，则点(y，-x)在函数y=ex的图象上，得e-y=-x，即y=-ln(-x)，所 以f(x)=-ln(-x)．
2若f (k 3x ) f 3x 9x 2 ＜0对任意x R恒成
立，求实数k的取值范围．
【分析】 (1)抽象函数一般采用特殊值法；(2)恒成 立问题的处理一般将其参变分离转化为最值问题， 进而考虑单调性
第十一页，编辑于星期日：十八点 五十七分。
【解析】(1)证明：f(x+y)=f(x)+f(y)(x，y∈R)． ① 令x=y=0,代入①式,得f(0+0)=f(0)+f(0)，即f(0)=0. 令y=-x，代入①式，得f(x-x)=f(x)+f(-x)． 又f(0)=0，则有0=f(x)+f(-x)， 即f(-x)=-f(x)对任意x∈R成立， 所以f(x)是奇函数．
2 f x的定义域是(-1， )，
f
x
1-
1- ln(1 x) (1 x)2
(1
x)2 ln(1 (1 x)2
x)
-1
N ( x) (1 x)2
，
当 -1＜x＜0时，N x＜0，所以f x＜0.
当x＞0时，N x＞0，所以f x＞0，
2012年高考数学 二轮专题复习 专题3第3讲 推理与证明课件
的等比数列；
综上知，当 λ＝－18 时，数列{bn}构不成等比数列； 当 λ≠－18 时，数列{bn}是以－(λ＋18)为首项，－23为公比的
等比数列．
探究提高 (1)有关否定性结论的证明常用反证法或举出一个 结论不成立的例子即可． (2)综合法和分析法是直接证明常用的两种方法，我们常用分 析法寻找解决问题的突破口，然后用综合法来写出证明过 程，有时候，分析法和综合法交替使用．
2．演绎推理 (1)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括： ①大前提——已知的一般性原理． ②小前提——所研究的特殊情况． ③结论——根据一般原理，对特殊情况做出的判断． (2)合情推理与演绎推理的区别 归纳和类比是常用的合情推理，从推理形式上看，归纳是 由部分到整体、个别到一般的推理；类比是由特殊到特殊 的推理；而演绎推理是由一般到特殊的推理．从推理所得 的结论来看，合情推理的结论不一定正确，有待进一步证 明；演绎推理在大前提、小前提和推理形式都正确的前提 下，得到的结论一定正确．
第 3 讲 推理与证明
【高考真题感悟】 (2011·陕西)观察下列等式 1＝1 2＋3＋4＝9 3＋4＋5＋6＋7＝25 4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49 … 照此规律，第 n 个等式为__n_＋__(n_＋__1_)_＋__…__＋__(_3_n_－__2_)_＝__(_2_n_－__1_)2_．
f2(x)＝sin
12(x－a2)＝sin
12(x－π)＝cos
x 2
，x∈[π，a3]，
∵对任意的 b∈[0,1)，f2(x)＝b 总有两个不同的根，
∴a3＝3π；f3(x)＝sin
13(x－a3)
＝sin
13(x－3π)＝sin
13x，x∈[3π，a4]，
综上知，当 λ＝－18 时，数列{bn}构不成等比数列； 当 λ≠－18 时，数列{bn}是以－(λ＋18)为首项，－23为公比的
等比数列．
探究提高 (1)有关否定性结论的证明常用反证法或举出一个 结论不成立的例子即可． (2)综合法和分析法是直接证明常用的两种方法，我们常用分 析法寻找解决问题的突破口，然后用综合法来写出证明过 程，有时候，分析法和综合法交替使用．
2．演绎推理 (1)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括： ①大前提——已知的一般性原理． ②小前提——所研究的特殊情况． ③结论——根据一般原理，对特殊情况做出的判断． (2)合情推理与演绎推理的区别 归纳和类比是常用的合情推理，从推理形式上看，归纳是 由部分到整体、个别到一般的推理；类比是由特殊到特殊 的推理；而演绎推理是由一般到特殊的推理．从推理所得 的结论来看，合情推理的结论不一定正确，有待进一步证 明；演绎推理在大前提、小前提和推理形式都正确的前提 下，得到的结论一定正确．
第 3 讲 推理与证明
【高考真题感悟】 (2011·陕西)观察下列等式 1＝1 2＋3＋4＝9 3＋4＋5＋6＋7＝25 4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49 … 照此规律，第 n 个等式为__n_＋__(n_＋__1_)_＋__…__＋__(_3_n_－__2_)_＝__(_2_n_－__1_)2_．
f2(x)＝sin
12(x－a2)＝sin
12(x－π)＝cos
x 2
，x∈[π，a3]，
∵对任意的 b∈[0,1)，f2(x)＝b 总有两个不同的根，
∴a3＝3π；f3(x)＝sin
13(x－a3)
＝sin
13(x－3π)＝sin
13x，x∈[3π，a4]，
福建省2012届高考数学理二轮专题总复习课件：专题2第2课时 数列求和与数学归纳法
2n
C.Sn
n(1
1 2n
)
B.Sn
2
1 2n1
n 2n
D.Sn
2
1 2n1
n 2n
【解析】利用n的特殊值代入，然后用排除法．
第四页，编辑于星期日：十八点 五十七分。
3. 已知二次函数f x x2 bx的图象的对称轴为
直线x
1 2
.若数列{
f
1n}的前n项和为Sn，则S2010
【分析】Sn 0(n 1, 2，)包含a1 0， 用q来表示Sn，从而得到q的不等式； 将an2，an1转化为an，从而得到bn与 an的关系，也就得出Sn与Tn的关系．
第十六页，编辑于星期日：十八点 五十七分。
【解析】1因为an是等比数列，Sn 0，
可得a1 0，q 0.当q 1时，Sn na1 0；
Tn
Sn
0，即Tn
S
；
n
当
1 2
q
2且q
0，Tn
Sn
0，即Tn
Sn；
当q
1 或q 2
2时，Tn
Sn
0，即Tn
Sn.
第十九页，编辑于星期日：十八点 五十七分。
【点评】这是一道数列与不等式相结合的试题，在新课 程高考中，这种不同知识点的交汇，对考查学生的能力 具有很好的作用．
第二十页，编辑于星期日：十八点 五十七分。
点m n,0，即Smn 0.
第七页，编辑于星期日：十八点 五十七分。
1. 数列求和的常用方法
1公式法：适用于等差、等比数列或可转化为等差、等
比数列的数列；如数列：11，2 1，3 1 ，4 1 ， 3 9 27 81
(2)裂项相消法：适用于{ c } an an 1
C.Sn
n(1
1 2n
)
B.Sn
2
1 2n1
n 2n
D.Sn
2
1 2n1
n 2n
【解析】利用n的特殊值代入，然后用排除法．
第四页，编辑于星期日：十八点 五十七分。
3. 已知二次函数f x x2 bx的图象的对称轴为
直线x
1 2
.若数列{
f
1n}的前n项和为Sn，则S2010
【分析】Sn 0(n 1, 2，)包含a1 0， 用q来表示Sn，从而得到q的不等式； 将an2，an1转化为an，从而得到bn与 an的关系，也就得出Sn与Tn的关系．
第十六页，编辑于星期日：十八点 五十七分。
【解析】1因为an是等比数列，Sn 0，
可得a1 0，q 0.当q 1时，Sn na1 0；
Tn
Sn
0，即Tn
S
；
n
当
1 2
q
2且q
0，Tn
Sn
0，即Tn
Sn；
当q
1 或q 2
2时，Tn
Sn
0，即Tn
Sn.
第十九页，编辑于星期日：十八点 五十七分。
【点评】这是一道数列与不等式相结合的试题，在新课 程高考中，这种不同知识点的交汇，对考查学生的能力 具有很好的作用．
第二十页，编辑于星期日：十八点 五十七分。
点m n,0，即Smn 0.
第七页，编辑于星期日：十八点 五十七分。
1. 数列求和的常用方法
1公式法：适用于等差、等比数列或可转化为等差、等
比数列的数列；如数列：11，2 1，3 1 ，4 1 ， 3 9 27 81
(2)裂项相消法：适用于{ c } an an 1
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π (2)∵bn＝2 an＝ (2n－1)·n， 2 2
n
π ∴Tn＝ [1· 2＋3·2＋…＋(2n－3)·n－1＋(2n－1)·n]， 2 2 2 2 π ＋ 2Tn＝ [1·2＋3·3＋…＋(2n－3)·n＋(2n－1)·n 1]， 2 2 2 2 2 两式相减，得 π ＋ －Tn＝ [1· 2＋2·2＋2·3＋…＋2·n－(2n－1)·n 1]， 2 2 2 2 2 ∴Tn＝π[(2n－3)·n＋3]． 2
3．数列的应用题 (1)应用问题一般文字叙述较长，反映的事 物背景陌生，知识涉及面广，因此要解好 应用题，首先应当提高阅读理解能力，将 普通语言转化为数学语言或数学符号，实 际问题转化为数学问题，然后再用数学运 算、数学推理予以解决． (2)数列应用题一般是等比、等差数列问题， 其中，等比数列涉及的范围比较广，如经 济上涉及利润、成本、效益的增减，解决 该类题的关键是建立一个数列模型{an}，利 用该数列的通项公式、递推公式或前n项和 公式.
解析：
(1)因为点(n，Sn)在 f(x)的图象上，
1 2 3 所以 Sn＝ n ＋ n. 2 2 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n＋1. 当 n＝1 时，a1＝S1＝2，适合上式． 所以 an＝n＋1 对任意 n∈N*都成立．
an an＋1 n＋1 n＋2 (2)证明：cn＝ ＋ ＝ ＋ an＋1 an n＋2 n＋1 >2 n＋1 n＋2 · ＝2， n＋2 n＋1
解析： (1)当a1＝3时，不合题意；1分 当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符 合题意；2分 当a1＝10时，不合题意.3分 因此a1＝2，a2＝6，a3＝18，所以公比q＝3. 故an＝2·3n－1.4分
(2)因为 bn＝an＋(－1)nln an ＝2·n－1＋(－1)nln(2·n－1) 3 3 ＝2·n－1＋(－1)n[ln 2＋(n－1)ln 3] 3 ＝2·n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，7 分 3 所以 S2n＝b1＋b2＋…＋b2n ＝2(1＋3＋…＋32n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)2n](ln 2 －ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)2n2n]ln 310 分 1－32n ＝2× ＋nln 3＝32n＋nln 3－1. 12 分 1－3
解析：
1 1 1 1 (1)f(x)＝sin x· (x＋2π)·sin (x＋3π)＝－ sin 4 4 2 4
π sin x．其极值点为 x＝kπ＋ (k∈Z)． 2 π 它在(0，＋∞)内的全部极值点构成以 为首项，π 为公 2 差的等差数列， 2n－1 π ∴an＝ ＋(n－1)·π＝ π(n∈N*)． 2 2
(3)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因式可提，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． (4)裂项相消法 利用通项变形，将通项分裂成两项或n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．
1
.
(2)设{an}的公比为 q，则由(2＋aq)2＝(1＋a)(3＋aq2)，得 aq2－4aq＋3a－1＝0(*)， 由 a>0 得 Δ＝4a2＋4a>0，故方程(*)有两个不同的实根， 1 由{an}唯一，知方程(*)必有一根为 0，代入(*)得 a＝ . 3
已知 Sn 是数列{an}的前 n 项和，点(n，Sn)在函 1 2 3 数 f(x)＝ x ＋ x 的图象上． 2 2 (1)求数列{an}的通项； an an＋1 1 (2)若 cn＝ ＋ a ，求证：2n<c1＋c2＋…＋cn<2n＋ . 2 an＋1 n
1 7－n 1 ②当 q＝－ 时，bn＝2＋(n－1)－3＝ ， 3 3
2 n 7－n 13n－n Tn＝ 2＋ ， ＝ 2 6 3
n－1n－14 Tn－bn＝－ ， 6 所以， n>14 时， n<bn； n＝14 时， n＝bn； 2≤n<14 当 T 当 T 当 时，Tn>bn. 1 综上， q＝1 时， n>bn(n≥2)． q＝－ 时， n>14， 当 T 当 若 3 Tn<bn；若 n＝14，Tn＝bn；若 2≤n<14，Tn>bn.
已知二次函数 f(x)＝x2 －2(10－3n)x＋9n2 －61n＋ 100(n∈N*)． (1)设函数 y＝f(x)的图象的顶点的横坐标构成数列{an}， 求证：数列{an}是等差数列； 1 (2)在(1)的条件下， 若数列{cn}满足 cn＝1＋ (n 25 4n－ ＋an 2 ∈N*)，求数列{cn}中最大的项和最小的项．
1．易错提示 在本题中常见的误区有： (1)不能分情况验证a1，a2，a3的值； (2)在求出bn后不会分组求和． 2．正确引导 (1)要对bn先化简，再分类分组求和． (2)求和时应明确－1＋1－1＋…＋(－1)2n， －1＋2－3＋…＋(－1)2n2n的值.
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3．已知{an}是公比为q的等比数列，且a1＋ 2a2＝3a3. (1)求q的值； (2)设{bn}是首项为2，公差为q的等差数列， 其前n项和为Tn.当n≥2时，试比较bn与Tn的 大小．
解析：
(1)由已知可得 a1＋2a1q＝3a1q2，
因为{an}是等比数列，所以 3q2－2q－1＝0. 1 解得 q＝1 或 q＝－ . 3 n2＋3n (2)①当 q＝1 时，bn＝n＋1，Tn＝ ， 2 n2＋n－2 所以，当 n≥2 时，Tn－bn＝ >0. 2 即当 q＝1 时，Tn>bn(n≥2)．
1 1 1 ＋ ＋…＋b b1 b2 n
1 1 1 1 1 2n ＋ － ＋…＋ － ＝－2 1－2 n n＋1＝－n＋1. 2 3 1 所以数列b 的前 n
2n n 项和为－ . n＋1
1．裂项相消法求和的几种常见类型 1 1 11 (1) ＝kn－n＋k nn＋k 1 1 (2) ＝k( n＋k－ n) n＋k＋ n 1 1 1 1 (3) ＝ 2n－1－2n＋1 2n－12n＋1 2
(本小题共12分)(2011·山东卷)等比数列 {an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、 三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何 两个数不在下表的同一列.
第一列 第一行 第二行 第三行
第二列 2 4 8
第三列 10 14 18
3 6 9
(1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nln an， 求数列{bn}的前2n项和S2n.
数列是一类特殊的函数，具备许多函数特 性．数列的单调性、最值与函数如出一 辙．解题时要注意把数列的递推公式、数 列的通项公式及前n项和公式看作函数解析 式，从而合理利用函数性质和导数解决问 题．
2．(2011·江西卷)已知两个等比数列{an}， {bn}，满足a1＝a(a>0)，b1－a1＝1，b2－a2 ＝2，b3－a3＝3. (1)若a＝1，求数列{an}的通项公式； (2)若数列{an}唯一，求a的值．
解析：
(1)设{an}的公比为 q，则 b1＝1＋a＝2，b2＝2
＋aq＝2＋q，b3＝3＋aq2＝3＋q2， 由 b1，b2，b3 成等比数列得(2＋q)2＝2(3＋q2)， 即 q2－4q＋2＝0，解得 q1＝2＋ 2，q2＝2－ 2， 所以{an}的通项公式为 an＝(2＋ 2)n－1 或 an＝(2－ 2)n－
所以 c1＋c2＋…＋cn>2n. n＋1 n＋2 1 1 又因为 cn＝ ＋ ＝2＋ － . n＋2 n＋1 n＋1 n＋2 故 c1＋c2＋…＋cn
1 1 1 1 1 1 ＝2n＋ 2－3＋3－4＋…＋n＋1－n＋2
1 1 1 ＝2n＋ － <2n＋ . 2 n＋2 2 1 所以 2n<c1＋c2＋…＋cn<2n＋ 成立． 2
(2011· 全国新课标卷)等比数列{an}的各项均为正数， 且 2a1＋3a2＝1，a32＝9a2a6. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 项和．
1 bn＝log3a1＋log3a2＋…＋ຫໍສະໝຸດ og3an，求数列b 的前 n
n
解析： (1)设数列{an}的公比为 q.由 a32＝9a2a6 得 a32＝ 1 9a4 ，所以 q ＝ . 9
第2课时
数列的综合应用
1．等差、等比数列的求和公式 (1)等差数列前 n 项和公式 nn－1 na1＋a2 Sn＝na1＋ · d＝ 2 2 (2)等比数列前 n 项和公式 ①q＝1 时，Sn＝na1； a11－qn ②q≠1 时，Sn＝ . 1－q
2．数列求和的方法技巧 (1)转化法 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，即 先分别求和，然后再合并． (2)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{an·bn} 的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数 列和等比数列．
解析： (1)证明：y＝f(x)的图象的顶点的横坐标为 x＝ －210－3n b － ＝－ ＝10－3n，∴an＝10－3n，∴an－an－1 2a 2 ＝－3，∴{an}是等差数列． 1 1 (2)∵ cn ＝ 1 ＋ ＝ 1＋ ＝1 ＋ 25 25 4n－ ＋an 4n－ ＋10－3n 2 2 2 ， 2n－5 ∴{cn}中最小的项为 c2＝－1，最大的项为 c3＝3.
数列与不等式的综合问题是近年来的热门 问题，与不等式相关的大多是数列的前n项 和问题，其通常是由等差数列、等比数列 等基本数列进行复合、变形后得到的新数 列的和的问题．对于这种问题，在解答时 需要抓住本质，进行合理地变形、求和， 最后进行放缩，从而得出结论．