高考文科数学二轮复习 2-8-2

合集下载

高考文科数学二轮复习专题集训：专题八选修系列8.

A 级11． (2017 合·肥市第一次教课质量检测 )已知直线 l 的参数方程为x ＝ 1＋ 2t(t 为参y ＝ 3＋ 3t数) ．在以坐标原点为极点， x 轴非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 的方程为 sin θ－ 3ρcos 2θ＝ 0.(1)求曲线 C 的直角坐标方程；(2)写出直线 l 与曲线 C 交点的一个极坐标．分析：(1) ∵sin θ－ 3ρcos 2θ＝ 0，22∴ ρsin θ－ 3ρcos θ＝ 0，即 y － 3x 2＝ 0.1(2)将 x ＝ 1＋2t ，代入 y － 3x 2＝0 得，y ＝ 3＋ 3t3＋ 3t － 31 2＝ 0，1＋ t2即 t ＝ 0，进而，交点坐标为 (1， 3)，π∴交点的一个极坐标为2，3 .π 2．(2017 ·都市第一次诊疗性检测成)在平面直角坐标系xOy 中，倾斜角为αα≠ 的直线2x ＝ 1＋ tcos α，l 的参数方程为 (t 为参数 )．以坐标原点为极点， x 轴的正半轴为极轴，成立y ＝ tsin α极坐标系，曲线C 的极坐标方程是 ρcos 2θ－ 4sin θ＝0.(1)写出直线 l 的一般方程和曲线 C 的直角坐标方程；(2)已知点 P(1,0) ，若点 M 的极坐标为 1， π，直线 l 经过点 M 且与曲线 C 订交于 A ，B2 两点，设线段AB 的中点为 Q ，求 |PQ|的值．x ＝ 1＋ tcos α，分析：(1) ∵直线 l 的参数方程为( t 为参数 )，y ＝ tsin α∴直线 l 的一般方程为 y ＝ tan α·(x － 1)．由 ρcos 22 22－ 4y ＝ 0.θ－ 4sin θ＝ 0 得ρθ－ 4ρsi n θ＝，即 xcos∴曲线 C 的直角坐标方程为x 2＝ 4y.π(2)∵点 M 的极坐标为1，2，∴点 M 的直角坐标为(0,1)，3π∴ tan α＝－ 1，直线 l 的倾斜角α＝4.2∴直线 l 的参数方程为x＝ 1－2t，(t 为参数 )．2y＝2 t代入 x2＝ 4y，得 t2－62t＋ 2＝ 0.设 A， B 两点对应的参数分别为t1， t2.∵ Q 为线段 AB 的中点，∴点 Q 对应的参数值为t1＋t2＝62＝ 3 2.22又点 P(1,0)，则 |PQ|＝t1＋ t2＝3 2.23．已知曲线 C1的参数方程是x＝ 2cos φ，x 轴的正(φ为参数 )，以坐标原点为极点，y＝ 3sin φ半轴为极轴成立极坐标系，曲线C2的极坐标方程是ρ＝ 2，正方形 ABCD 的极点都在 C2上，且 A， B， C，D 依逆时针序次摆列，此中点 A 的极坐标为π2，3 .(1)求点 A，B， C， D 的直角坐标；(2)设 P 为 C1上随意一点，求 |PA|2＋ |PB|2＋ |PC|2＋ |PD |2的取值范围．π5π4π11π分析： (1)由题可知点A，B，C，D 的极坐标分别为 2，3，2，6，2，3，2，6 .所以点 A，B，C，D 的直角坐标分别为(1， 3)，(－3，1)，(－ 1，－3)，(3，－ 1)．x0＝ 2cos φ，(2)设 P(x0， y0)则3sin φ(φ为参数 )，y0＝t＝ |PA|2＋ |PB|2＋ |PC|2＋ |PD |2＝ 4x20＋ 4y02＋ 16＝ 32＋ 20sin2φ∈ [32,52] ．4． (2017 ·国卷Ⅱ全 )在直角坐标系 xOy 中，以坐标原点为极点， x 轴正半轴为极轴成立极坐标系，曲线 C1的极坐标方程为ρcos θ＝ 4.(1)M 为曲线 C1上的动点，点P 在线段 OM 上，且知足 |OM| ·|OP |＝16，求点P 的轨迹C2的直角坐标方程；(2)设点 A 的极坐标为2，π，点 B 在曲线 C2上，求△ OAB 面积的最大值．3分析： (1)设 P 的极坐标为 (ρ，θ)(ρ＞ 0)， M 的极坐标为 (ρ，θ)( ρ＞ 0)．11由题设知 |OP|＝ρ，|OM |＝ρ＝41cos θ由 |OM | ·|OP|＝ 16 得 C2的极坐标方程为ρ＝4cosθ(ρ＞0)．所以 C 2 的直角坐标方程为 (x － 2)2＋ y 2＝ 4(x ≠0)．， α)( ρ＞ 0)．(2)设点 B 的极坐标为 ( ρBB由题设知 |OA|＝ 2， ρ＝B 4cos α，于是△ OAB 的面积 S ＝ 1|OA| ρ·B ·sin ∠AOB2＝ 4cos α·sin α－ π3＝ 2 sin 2α－ π－ 3≤2＋ 3. 32当 α＝－ π时， S 获得最大值 2＋ 3.12 所以△ OAB 面积的最大值为2＋ 3.5．将圆 x 2＋ y 2＝1 上每一点的横坐标变成本来的2 倍，纵坐标变成本来的3 倍，得曲线 Γ.(1)写出 Γ的参数方程；(2)设直线 l ：3x ＋ 2y － 6＝ 0 与 Γ的交点为 P 1， P 2，以坐标原点为极点， x 轴正半轴为极轴成立极坐标系，求过线段 P 1P 2 的中点且与 l 垂直的直线的极坐标方程．分析：(1) 设(x 1， y 1)为圆上的点，在已知变换下变成Γ上的点 (x ， y)，x ＝2x 1x 1＝x依题意，得，即2 .y ＝3y 1yy 1＝32 2 x 2 y 2x 2 y 2由 x ＋ y＝ 1 得＋＝ 1.即曲线 Γ的方程为＋＝ 1.112349故 Γ的参数方程为x 2＝ 2cos t (t 为参数 )．y ＝ 3sin t22x＋ y＝ 1x ＝ 2 x ＝ 0 .(2)由 49，解得，或3x ＋ 2y － 6＝ 0y ＝ 0y ＝ 33不如设 P 1(2,0) ， P 2(0,3)，则线段 P 1P 2 的中点坐标为1， 2 ，2所求直线的斜率 k ＝ 3.3 2 于是所求直线方程为y －＝ (x － 1)，2 3即 4x －6y ＋ 5＝ 0.化为极坐标方程，得 4ρcos θ－ 6ρsin θ＋ 5＝ 0.26． (2017 福·州市综合质量检测 )已知直线 lx＝ m＋2 t，的参数方程为2(t 为参数 )，y＝2 t以坐标原点为极点， x 轴的正半轴为极轴成立极坐标系，椭圆 C 的极坐标方程为22ρcos θ＋22θ＝12，其左焦点 F 在直线 l 上．3ρsin(1)若直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，求 |FA| ·|FB|的值；(2)求椭圆 C 的内接矩形周长的最大值．分析： (1)将曲线2222x2＋y2C 的极坐标方程ρθ＋ 3ρ θ＝12化为直角坐标方程，得cos sin124＝1，则其左焦点 F(－22， 0)，则 m＝－ 22.2x＝m＋2 t，x2y2将直线 l 的参数方程(t 为参数 )与曲线 C 的方程12＋4＝ 1联立，2y＝2 t化简可得 t2－ 2t－2＝ 0，由直线 l 的参数方程的几何意义，令 |FA|＝ |t1 |， |FB|＝ |t2 |，则 |FA| ·|FB|＝ |t1t2|＝ 2.22x y(2)由曲线 C 的方程＋＝1，可设曲线 C 上的随意一点P 的坐标为 (23cos θ， 2sinπθ) 0<θ<2，则以 P 为极点的内接矩形的周长为4×(2 3cos θ＋ 2sin θ)＝ 16sinθ＋π，3π所以当θ＝时，可得该内接矩形周长的最大值为16.6B 级x＝ 3cos α1．在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为(α为参数 )，在以原点y＝ sin απ为极点， x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线l 的极坐标方程为ρsin θ－4＝ 2.(1)求 C 的一般方程和 l 的倾斜角；(2)设点 P(0,2)， l 和 C 交于 A， B 两点，求 |PA|＋ |PB|.x＝ 3cos αx22分析： (1) 由y＝sinα消去参数α，得9＋ y ＝ 1，即 C 的一般方程为x 2＋ y 2＝ 1.9π由 ρsin θ－4 ＝ 2，得 ρsin θ－ ρcos θ＝ 2， (*) x ＝ρcos θ将代入 (*) ，化简得 y ＝ x ＋2，y ＝ρsin θπ所以直线 l 的倾斜角为 4.πx ＝ tcos 4(t 为参数 )，(2)由 (1) 知，点 P(0,2)在直线 l 上，可设直线 l 的参数方程为y ＝2＋ tsin π42x ＝ 2 t( t 为参数 )，即2y ＝ 2＋ 2 t代入 x2＋ y 2＝ 1 并化简，得 5t 2＋18 2t ＋27＝ 0，9＝ (18 2) 2－ 4×5×27＝ 108>0，设 A ， B 两点对应的参数分别为 t 1， t 2，则 t 1＋ t 2＝－ 18 2 ， t 1t 2＝ 27>0，所以 t 1<0， t 2<0，5 <0 5所以 |PA|＋ |PB|＝ |t 1|＋ |t 2|＝－ ( t 1＋ t 2)＝182 5 .2．(2017 新·疆第二次适应性检测x ＝ 4t 2，( t 为参数 )的两条)已知 AB 和 CD 是曲线 C ：y ＝ 4t订交于点 P(2,2)的弦，若 AB ⊥CD ，且 |PA| |PB|·＝ |PC| ·|PD |.(1)将曲线 C 化为一般方程，并说明它是什么曲线； (2)试求直线 AB 的方程．分析： (1)由 y ＝ 4t 得 y 2＝ 16t 2，而 x ＝4t 2，∴ y 2＝4x ，它表示一条抛物线．(2)设直线 AB 和 CD 的倾斜角分别为 α， β，则直线 AB 和 CD 的参数方程分别为x ＝ 2＋ mcos α， x ＝ 2＋ m ′ cos β，② .y ＝2＋ msin α①和y ＝ 2＋m ′ sin β把①代入 y 2＝ 4x 中，得 m 2 sin 2α＋4(sin α－ cos α)m － 4＝ 0 ③，依题意知 sin α≠0，且方程③的鉴别式＝ 16(sin α－cos α)2＋ 16sin 2α>0，∴方程③有两个不相等的实数解m 1， m 2 ，且 m 1m 2＝－24④，sin α由 m 的几何意义知 |PA|＝ |m 1|， |PB|＝ |m 2|，∴|PA| ·|PB|＝ |m1m2|＝sin 42α⑤，4同理 |PC| ·|PD |＝2⑥，sin β由 |PA| ·|PB|＝ |PC| ·|PD |知42＝sin α4 2，即 sin2α＝ sin2β.∵ 0≤α≤π， 0≤β≤π，且α≠β，∴ α＝π－β，ππ∵ AB⊥ CD ，∴β＝α＋或α＝β＋，22∴直线ABπ 3π的倾斜角α＝或，4 4∴ k AB＝ 1 或 k AB＝－ 1.故直线 AB 的方程为y＝ x 或 x＋ y－4＝ 0.。

1-8-2高考第二轮复习数学资料

专题限时训练 (小题提速练)(建议用时：60分钟)1．设函数f (x )＝|x －4|＋|x －a |(a ＜4)．(1)若f (x )的最小值为3，求a 的值；(2)求不等式f (x )≥3－x 的解集．解析：(1)|x －4|＋|x －a |≥|(x －4)－(x －a )|＝|a －4|，∵a ＜4，所以当且仅当a ≤x ≤4时，等号成立，故|a －4|＝3.∴a ＝1为所求．(2)不等式f (x )≥3－x ，即|x －4|＋|x －a |≥3－x ，①当x ＜a 时，原不等式可化为4－x ＋a －x ≥3－x ，即x ≤a ＋1，∴当x ＜a 时，原不等式成立．②当a ≤x ≤4时，原不等式可化为4－x ＋x －a ≥3－x ，即x ≥a －1，∴当a ≤x ≤4时，原不等式成立．③当x ＞4时，原不等式可化为x －4＋x －a ≥3－x ，即x ≥a ＋73，由于a ＜4时，4＞a ＋73，∴当x ＞4时，原不等式成立．综合①②③可知，不等式f (x )≥3－x 的解集为R .2．(2019·荆州三模)已知函数f (x )＝2|x －1|－|x ＋2|.(1)解不等式f (x )＋x >0；(2)若关于x 的不等式f (x )≥2a 2－5a 的解集为R ，求实数a 的取值范围．解析：f (x )＝2|x －1|－|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧ x －4，x >1，－3x ，－2≤x ≤1，－x ＋4，x <－2.(1)∵f (x )＋x >0，∴⎩⎨⎧ x －4＋x >0，x >1或⎩⎪⎨⎪⎧ －3x ＋x >0，－2≤x ≤1或⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋4＋x >0，x <－2， ∴x >2或－2≤x <0或x <－2，∴x <0或x >2，∴不等式的解集为{x |x <0或x >2}．(2)由f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x －4，x >1，－3x ，－2≤x ≤1，－x ＋4，x <－2知f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f (x )min ＝f (1)＝－3，∵关于x 的不等式f (x )≥2a 2－5a 的解集为R ， ∴只需f (x )min ≥2a 2－5a ，∴2a 2－5a ＋3≤0，∴1≤a ≤32，∴实数a 的取值范围是1≤a ≤32.3．(2019·包河区期中)(1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，O 是坐标原点，且A ，B ，O 不共线，求证：S △OAB ＝12|x 1y 2－x 2y 1|；(2)设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1.证明：a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥1.解析：证明：(1)∵A (x 1，y 1)，∴|OA |＝x 21＋y 21，直线OA 的方程为：y 1x －x 1y ＝0，∴B (x 2，y 2)到直线OA 的距离d ＝|x 1y 2－x 2y 1|x 21＋y 21∴S ΔAOB ＝12|OA |·d ＝12|x 1y 2－x 2y 1|.(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )，即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c ，所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥1.4．设函数f (x )＝5－|x ＋a |－|x －2|.(1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥0的解集；(2)若f (x )≤1，求a 的取值范围．解析：(1)当a ＝1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ＋4，x ≤－1，2，－1<x ≤2，－2x ＋6，x >2.可得f (x )≥0的解集为{x |－2≤x ≤3}．(2)f (x )≤1等价于|x ＋a |＋|x －2|≥4.而|x ＋a |＋|x －2|≥|a ＋2|，当且仅当x ＝2时，等号成立．故f (x )≤1等价于|a ＋2|≥4.由|a ＋2|≥4可得a ≤－6或a ≥2，所以a 的取值范围是a ≤－b 或a ≥2.。

高三数学的复习计划范文（2篇）

高三数学的复习计划范文一、二轮复习指导思想：高三第一轮复习一般以知识、技能、方法的逐点扫描和梳理为主，通过第一轮复习，学生大都能掌握基本概念的性质、定理及其一般应用，但知识较为零散，综合应用存在较大的问题。

而第二轮复习承上启下，是知识系统化、条理化，促进灵活运用的关键时期，是促进学生素质、能力发展的关键时期，因而对讲练、检测等要求较高。

二、二轮复习形式内容：以专题的形式，分类进行。

具体而言有以下几大专题。

（1）集合、函数与导数。

此专题函数和导数、应用导数知识解决函数问题是重点，特别要注重交汇问题的训练。

每年高考中导数所占的比重都非常大，一般情况在客观题中考查的导数的几何意义和导数的计算属于容易题;二在解答题中的考查却有很高的综合性，并且与思想方法紧密结合，主要考查用导数研究函数的性质，用函数的单调性证明不等式等。

（预计5课时）（2）三角函数、平面向量和解三角形。

此专题中平面向量和三角函数的图像与性质，恒等变换是重点。

近几年高考中三角函数内容的难度和比重有所降低，但仍保留一个选择题、一个填空题和一个解答题的题量，难度都不大，但是解三角形的内容应用性较强，将解三角形的知识与实际问题结合起来将是今后命题的一个热点，我们可以关注。

平面向量具有几何与代数形式的“双重性”，是一个重要的只是交汇点，它与三角函数、解析几何都可以整合。

（预计2课时）（3）数列。

此专题中数列是重点，同时也要注意数列与其他知识交汇问题的训练。

例如，主要是数列与方程、函数、不等式的结合，概率、向量、解析几何为点缀。

数列与不等式的综合问题是近年来的热门问题，而数列与不等式相关的大多是数列的前n项和问题。

（预计2课时）（4）立体几何。

此专题注重几何体的三视图、空间点线面的关系，用空间向量解决点线面的问题是重点（理科）。

（预计3课时）（5）解析几何。

此专题中解析几何是重点，以基本性质、基本运算为目标。

直线与圆锥曲线的位置关系、轨迹方程的探求以及最值范围、定点定值、对称问题是命题的主旋律。

高三文科数学第二轮复习资料

高三文科数学第二轮复习资料——《数列》专题1.等差数列}{n a 的前n 项和记为n S ，已知50,302010==a a .（1）求通项n a ；（2）若242=n S ，求n ；（3）若20-=n n a b ，求数列}{n b 的前n 项和n T 的最小值.2.等差数列}{n a 中，n S 为前n 项和，已知75,7157==S S .（1）求数列}{n a 的通项公式；（2）若n S b n n =，求数列}{n b 的前n 项和n T .3.已知数列}{n a 满足11=a ，)1(2111>+=--n a a a n n n ，记nn a b 1=. （1）求证:数列}{n b 为等差数列；（2）求数列}{n a 的通项公式.4.在数列{}n a 中，0≠n a ，211=a ，且当2≥n 时，021=⋅+-n n n S S a . （1）求证数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S 1为等差数列；（2）求数列{}n a 的通项n a ；（3）当2≥n 时，设n n a nn b 1--=，求证：n b b b n n n 1)(12)1(2132<+⋅⋅⋅++-<+.5.等差数列}{n a 中，2,841==a a .（1）求数列}{n a 的通项公式；（2）设||||||21n n a a a S +++= ，求n S ；（3）设*)()12(1N n a n b n n ∈-=，*)(21N n b b b T n n ∈+++= ，是否存在最大的整数m 使得对任意*N n ∈，均有32m T n >成立，若存在，求出m 的值，若不存在，请说明理由.6.已知数列)}1({log 2-n a 为等差数列，且9,331==a a .（1）求}{n a 的通项公式；（2）证明：11...1112312<-++-+-+nn a a a a a a .7.数列{}n a 满足*1129,21(2,)n n a a a n n n N -=-=-≥∈. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设n n a b n =，则n 为何值时，{}n b 的项取得最小值，最小值为多少？8.已知等差数列}{n a 的公差d 大于0,且52,a a 是方程027122=+-x x 的两根,数列}{n b 的前n 项和为n T ,且n n b T 211-=.（1）求数列}{n a ,}{n b 的通项公式；（2）记n n n b a c =，求证:对一切+∈N n ,有32≤n c .9.数列{}n a 的前n 项和n S 满足23n n S a n =-.（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）数列{}n a 中是否存在三项，它们可以构成等差数列？若存在，请求出一组适合条件的项；若不存在，请说明理由.10. 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，设n a 是n S 与2的等差中项，数列{}n b 中，11b =，点1(,)n n P b b +在直线2y x =+上.（1）求数列}{n a ,}{n b 的通项公式（2）若数列{}n b 的前n 项和为n B ，比较12111nB B B +++与2的大小；（3）令1212n n nb b b T a a a =+++，是否存在正整数M ，使得n T M <对一切正整数n 都成立？若存在，求出M 的最小值；若不存在，请说明理由.11. 设数列{}n a .}{n b 满足：3,4,6332211======b a b a b a ，且数列}{1n n a a -+*)(N n ∈是等差数列，{b n －2}是等比数列．（Ⅰ）求数列}{n a ,}{n b 的通项公式；（Ⅱ）是否存在*N k ∈，使)21,0(∈-k k b a ．若存在，求出k ；若不存在，说明理由.12. 将等差数列{}n a 的项按如下次序和规则分组，第一组为1a ，第二组为23,a a ，第三组为4567,,,a a a a ，第四组，第n 组共有12n -项组成，并把第n 组的各项之和记作n P (1,2,3,)n =，已知236P =-，40.P =（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若以123,,,,n P P P P 为项构成数列{}n P ，试求{}n P 的前8项之和8A （写出具体数值）.13. 已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足：n n n a S )1(2-+=,1≥n . ⑴写出求数列{}n a 的前3项321,,a a a ； ⑵求数列{}n a 的通项公式；⑶证明：对任意的整数m >4，有4511178m a a a +++<. 参考答案1．102+=n a n ；11=n ；n T 的最小值为：-20．2.3-=n a n ； 492n n T n -=．3.121-=n a n ．4.)2(2212≥--=n nn a n ．5.⎩⎨⎧>+-≤-=)5(409)5(922n n n n n n S n ； 7=m ．6.12+=n n a ．7. 282+=n a n ；5=n 时，最小为553．8.12-=n a n ，1)31(32-⋅=n n b ．9.3261-⋅=-n n a ；不存在．10.n n a 2=；12-=n b n ；存在3=m ．11.2672+-=n n a n ；2)21(41+=-n n b ；不存在．12.232-=n a n ； 59415．13. （1）2,0,1321===a a a ；（2）])1(2[3212---+=n n n a （3）由已知得：232451113111[]221212(1)m m m a a a -+++=+++-+-- 23111111[]2391533632(1)m m -=++++++-- 11111[1]2351121=+++++ 11111[1]2351020<+++++ 511(1)1452[]12312m --=+-514221[]23552m -=+- 51311131041057()1552151201208m -=-<=<=. 故4511178m a a a +++<( m >4).。

高考文科数学二轮复习 2-8-4

二轮专题复习·课标版·数学（文）
(1)把多元问题进行消元是解决不等式问题的一个主要手段，
重
难点
在本题中通过已知的三元关系式，把第一个最值转化为二元关
透
析系，进而找出了三个元的关系，最后的最值问题就转化为一元关课
时
名系．
师
作业
微课
(2)在使用基本不等式、二次函数求最值等问题中，一定要注
堂
意所求的最值是否能够取到．
解析：由
tan
θ＋tan1
θ＝4，∴csoins
θθ＋csoins
θθ＝4，sin
1 θcos
θ＝4，
重难点
∴sin 2θ＝12.选 D.
透
析
课
名
答案：D
师
时作业
微
课
堂
第22页
专题八第四讲
与名师对话·系列丛书
二轮专题复习·课标版·数学（文）
2．(2014·广州模拟)从直线 l：x＋y＝1 上一点 P 向圆 C：x2
重
难点
AD.可将该三棱锥补形成一个长方体，该长方体的长、宽、高分
透
析别是 1、1、2.设外接球的半径为 R，则 2R＝ 12＋12＋22＝ 6，课
时
名师微
R＝ 26，球的体积 V＝43πR3＝43π× 263＝ 6π.
作业
课
堂
答案： 6π
第34页
专题八第四讲
与名师对话·系列丛书
二轮专题复习·课标版·数学（文）
课
堂
第18页
专题八第四讲
与名师对话·系列丛书
二轮专题复习·课标版·数学（文）
解析：令 t＝ax，

高三数学第二轮复习资料.doc

专题5 数列数列是高考考查的重点之一，本专题以高考解答题为背景，研究这个方面的解答题的命题特点和应对策略。

解答题主要以与函数、不等式、方程、几何等知识的综合为考查对象，属中难以上的题，进行综合能力和创新能力的考查，试题体现了函数与方程、等价转化、分类讨论等重要思想。

第一课时等差、等比数列学习目标：掌握等差、等比数列基本概念及基本量的求法，会用等差、等比数列基本性质解题。

考题领路：1．（2008陕西）已知{}n a 是等差数列，124a a +=，7828a a +=，则该数列前10项和10S 等于（） A ．64 B ．100C ．110D ．1202．（2008浙江）已知{a n }是等比数列，2512,4a a ==,则公比q= (A)21- (B)-2 (C)2 (D)213．（2008上海）若数列{}n a 是首项为1，公比为32a -的无穷等比数列，且{}n a 各项的和为a ，则a 的值是（）Ａ．1 Ｂ．2 Ｃ．12 Ｄ．54典例探索：【例1】已知数列{}n x 的首项13x =，通项()2*,,n n x p np n N p q =+∈为常数，且成等差数列。

求：（Ⅰ）p ,q 的值；(Ⅱ) 数列{}n x 前n 项和n S 的公式。

1、解：2、变式：等差数列{}n a 的各项均为正数，13a =，前n 项和为n S ，{}n b 为等比数列, 11b =，且2264,b S =33960b S =．(1)求n a 与n b ；(2)求和：12111nS S S +++ ．【例2】在数列{}n a ，{}n b 是各项均为正数的等比数列，设()nn nb c n a =∈*N ．（Ⅰ）数列{}n c 是否为等比数列？证明你的结论；（Ⅱ）设数列{}ln n a ，{}ln n b 的前n 项和分别为n S ，n T ．若12a =，21n n S nT n =+，求数列{}n c 的前n 项和． 1、解：2、变式：已知数列{}n a 的首项123a =，121n n n a a a +=+，1,2,3,n =…．（Ⅰ）证明：数列1{1}n a -是等比数列；（Ⅱ）数列{}nna 的前n 项和n S ．整合提升1、等差等比数列的基本计算题，一般可列出关于首项、公差或公比的方程组，解出d a 、1或q ，再进行其他的计算。

2019版高考文科数学二轮复习课件：专题八客观压轴题+2.8.2

关闭
-2
解析答案答案
-3-
3.在平面直角坐标系中,已知三个点列{An},{Bn},{Cn},其中 An(n,an),Bn(n,bn),Cn(n-1,0)满足向量�� +1 与向量�� 共线,且 bn+1-bn=6,a1=b1=0,则 an= .(用 n 表示) 由题意,�� +1 =(1,an+1-an),�� =(-1,-bn).由向量�� +1 与向量
2 2
2
9�� 2 -�� 2
+
2 2
2
9�� 2 -�� 2 + 2
,
关闭
3 2 AC= 2 .
解析
答案答案
-2-
2.(2018 全国卷 3,文 16)已知函数 f(x)=ln( 1 + �� 2 -x)+1,f(a)=4,则 f(-a)= .
关闭
令 g(x)=ln( 1 + �� 2 -x),g(-x)=ln( 1 + �� 2 +x), ∴g(x)+g(-x)=ln(1+x2-x2)=0,∴g(x)为奇函数.∴f(x)=g(x)+1. ∴f(a)+f(-a)=g(a)+1+g(-a)+1=2.∴f(-a)=-2.
π 2
的值
关闭
为
π ∴∠ADE=2 ,

高考总复习二轮文科数学精品课件高考必备思想与方法第2讲高考客观题速解技巧

3
解析如图,以AB的中点为原点,AB边所在的直线为x轴,AB边的垂直平分线
为y轴,建立平面直角坐标系,
1 3
则 A(-1,0),B(1,0),C(0, 3),N(- , ).设 M(x,y),
2 2
1
3
1
3
则=(x+1,y),=(x+2,y- 2 ), ·=(x+1)(x+2)+(y- 2 )y.
例 1(1)(原创)已知 sin 2(α+γ)=3sin
tan(++)
2β,则
=________.
2
tan(-+)
解析分析观察角 α+β+γ,α-β+γ,2(α+γ),2β 之间存在的关系,不难发现
( + + ) + (- + ) = 2( + ),
( + + )-(- + ) = 2.
π
A,B.在(0,12)内,cos
6x>0,3x-3-x>0,所
(2)(2023 天津,5)已知函数 f(x)图象的一条对称轴为直线 x=2,一个最小
正周期为 4,则 f(x)的解析式可能为( B )
π
π
A.f(x)=sin(2x)
B.f(x)=cos(2x)
π
C.f(x)=sin(4x)
解析
π
D.f(x)=cos(4x)
NA2 的方程为
|1 |
=2.
|2 |
= + 3,
MA1 的方程为 y=kx+3,直
-12
得 x1=
1
2 ,直线 NA1 的方程为

高考总复习二轮文科数学精品课件回扣靶向考点夯实二级结论回扣靶向考点夯实二级结论

注意几个快速判断三角函数性质的技巧(主要用在选择题).
①对称性:将对应的横坐标代入,求函数值是否为0或最值.
②单调性:将端点值代入,看整体在哪个范围内,和y=sin x或y=cos x比对比
对看看.
5.三角形的三个常用结论
(1)在锐角三角形ABC中,tan A+tan B+tan C=tan A·tan B·tan C.
(2)三垂线定理的逆定理:垂直于斜线则垂直于投影,若PA⊥α,a⊂α,a⊥PO,
则a⊥AO.
六、概率与统计
1.与频率分布直方图(或分布表)中数字特征有关的结论
(1)众数是频率最大的那组数据的中点.
(2)中位数是将分组从小到大排列,累积频率为0.5的那个数,此时把每组数
据看成均匀分布.

(3)平均数:=x1p1+x2p2+x3p3+…+xnpn= ∑ xipi,其中 xi 是第 i 组数据的中点,pi
线交于点 A(x1,y1),B(x2,y2)时,结论变为
1 2 = 2;
②对抛物线 x2=2py(p>0),当直线 l 过抛物线对称轴上的一点 M(0,t),且与抛物
1 2 = -2,
线交于点 A(x1,y1),B(x2,y2)时,结论变为
=1
为第 i 组数据的频率.
n
(4)方差:s2=(x1-x)2p1+(x2-x)2p2+(x3-x)2p3+…+(xn-x)2pn= ∑ (xi-)2pi,其中 xi 是第 i
i=1
组数据的中点,pi 为第 i 组数据的频率.
2.与平均数、方差有关的结论
平均数、方差的性质:若 x1,x2,…,xn 的平均数为,方差为 s2,yn=axn+b,则

高考数学二轮复习应遵循的“二八四三”原则

高考数学二轮复习应遵循的“二八四三”原则书要把书读得由薄到厚，再由厚到薄。

假如说我们从小学到中学学习12年数学的过程是由薄到厚的过程，那么复习的过程应该是深刻领会数学的内容、意义和，认真梳理、归纳、探究、总结、提炼，把握规律、灵活运用，把数学学习变得由厚变薄的过程，变成数学成为我们培养科学精神，把握科学的最有效的工具，成为自己做高素质现代人的重要武器。

那时，做数学题就会得心应手。

三、光阴似箭，要争分夺秒三个多月时间很短，但对考生来讲如同万里长征。

要有艰辛的思想预备，很多成功考生的经验告诉我们，信心和毅力比什么都重要。

那些肯于用自己的脑袋学习，既有刻苦精神，又讲求科学的同学，在学习的道路上一定会有长足的进步。

2017高考数学文科二轮复习对点练：第一部分专题八选

第一部分专题八第2讲1．(2016·山东青岛模拟)已知a，b，c均为正实数．求证：b2a＋c2b＋a2c≥cba＋acb＋bac证明：∵a，b，c均为正实数，∴b2a＋c2b≥2b2a·c2b＝2cba，同理，c2b＋a2c≥2acb，a2c＋b2a≥2bac，三式相加可得b2a＋c2b＋a2c≥cba＋acb＋bac.2．(2016·辽宁沈阳质检)设函数f(x)＝|2x＋1|－|x－4|.(1)解不等式f(x)＞0；(2)若f(x)＋3|x－4|＞m对一切实数x均成立，求实数m的取值范围．解析：(1)当x≥4时，f(x)＝2x＋1－(x－4)＝x＋5>0，得x>－5，所以x≥4.当－12≤x<4时，f(x)＝2x＋1＋x－4＝3x－3>0，得x>1，所以1<x<4.当x<－12时，f(x)＝－x－5>0，得x<－5，所以x<－5.综上，原不等式的解集为{x|x<－5或x>1}．(2)f(x)＋3|x－4|＝|2x＋1|＋2|x－4|≥|2x＋1－(2x－8)|＝9，当－12≤x≤4时等号成立，所以m<9，即实数m的取值范围是(－∞，9)．3．(2016·河北唐山二模)设f(x)＝|x－1|－2|x＋1|最大值为m.(1)求m；(2)若a，b，c∈(0，＋∞)，a2＋2b2＋c2＝m，求ab＋bc的最大值．解析：(1)当x≤－1时，f(x)＝3＋x≤2；当－1<x<1时，f(x)＝－1－3x<2；当x≥1时，f(x)＝－x－3≤－4.故当x＝－1时，f(x)取得最大值m＝2.(2)2＝a 2＋2b 2＋c 2＝(a 2＋b 2)＋(b 2＋c 2) ≥2ab ＋2bc ＝2(ab ＋bc )，当且仅当a ＝b ＝c ＝22时，等号成立．此时，ab ＋bc 取得最大值1. 4．设函数f (x )＝|x ＋2|－|x －2|. (1)解不等式f (x )≥2；(2)当x ∈R,0＜y ＜1时，证明：|x ＋2|－|x －2|≤ 1y ＋11－y .解析：(1)当x ≥2时，由f (x )≥2，得4≥2，故x ≥2；当－2<x <2时，由f (x )≥2，得2x ≥2，故1≤x <2；当x ≤－2时，由f (x )≥2，得－4≤2，无解．所以f (x )≥2的解集为{x |x ≥1}． (2)证明：因为|x ＋2|－|x －2|≤4，又因为1y ＋11－y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1y ＋11－y y ＋(1－y )]＝2＋1－y y ＋y 1－y ≥4⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当y ＝12时取等号，所以|x ＋2|－|x －2|≤1y ＋11－y .5．(2016·河南郑州模拟)已知函数 f (x )＝m －|x －1|－2|x ＋1|.(1)当m ＝5时，求不等式f (x )＞2的解集；(2)若二次函数y ＝x 2＋2x ＋3与函数y ＝f (x )的图象恒有公共点，求实数m 的取值范围．解析：(1)当m ＝5时， f (x )＝5－|x －1|－2|x ＋1|.当x <－1时，由f (x )>2，得3x ＋6>2，解得x >－43，故－43<x <－1；当－1≤x ≤1时，由f (x )>2，得－x ＋2>2，解得x <0，故－1≤x <0；当x >1时，由f (x )>2，得4－3x >2，解得x <23，无解．所以f (x )>2的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－43<x <0. (2)y ＝x 2＋2x ＋3＝(x ＋1)2＋2，该函数在x ＝－1处取得最小值2，因为f (x )＝⎩⎨⎧3x ＋1＋m ，x <－1，－x －3＋m ，－1≤x ≤1，－3x ＋m －1，x >1，所以f (x )在x ＝－1处取得最大值m －2，所以要使二次函数y ＝x 2＋2x ＋3与函数y ＝f (x )的图象恒有公共点，只需m －2≥2，解得m ≥4.所以实数m 的取值范围是4, ＋∞)．6．(2016·吉林长春质检)(1)已知a ，b 都是正数，且a ≠b ，求证：a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2；(2)已知a ，b ，c 都是正数，求证：a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2a ＋b ＋c ≥abc .证明：(1)(a 3＋b 3) －(a 2b ＋ab 2)＝(a ＋b )·(a －b )2. 因为a ，b 都是正数，所以a ＋b >0. 又因为a ≠b ，所以(a －b )2>0. 于是(a ＋b ) (a －b )2>0，即(a 3＋b 3)－(a 2b ＋ab 2 )>0，所以a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2.(2)因为b 2＋c 2≥2bc ，a 2>0，所以a 2(b 2＋c 2)≥2a 2bc ，① 同理b 2(a 2＋c 2)≥2ab 2c ，② c 2(a 2＋b 2)≥2abc 2.③①②③相加得2(a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2)≥2a 2bc ＋2ab 2c ＋2abc 2，从而a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2≥abc (a ＋b ＋c )．由a ，b ，c 都是正数，得a ＋b ＋c >0，因此a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2a ＋b ＋c≥abc .7．已知正数x ，y ，z 满足x ＋2y ＋3z ＝1，求3x ＋2y ＋1z 的最小值．解析：因为x ，y ，z >0，所以3x ＋2y ＋1z＝(x ＋2y ＋3z )·⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋ 2y ＋ 1z ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫x ·3x ＋2y ·2y ＋ 3 z ·1z 2＝(3＋2＋3)2＝16＋8 3. 当且仅当x 3x＝2y 2y＝3z1z ，即x y z ＝331时等号成立．所以3x ＋2y ＋1z 的最小值为16＋8 3.8．(2016·广西南宁第二次适应性训练)已知函数 f (x )＝|x －a |.(1)若f (x )≤m 的解集为{x |－1≤x ≤5}，求实数a ，m 的值； (2)当a ＝2且0≤t ≤2时，解关于x 的不等式 f (x )＋t ≥f (x ＋2)．解析：(1)∵|x －a |≤m ， ∴－m ＋a ≤x ≤m ＋a . ∵⎩⎪⎨⎪⎧－m ＋a ＝－1，m ＋a ＝5， ∴a ＝2，m ＝3.(2)f (x )＋t ≥f (x ＋2)可化为|x －2|＋t ≥|x |. 当x ∈(－∞，0)时，2－x ＋t ≥－x,2＋t ≥0， ∵0≤t ≤2， ∴x ∈(－∞，0)；当x ∈0,2)时，2－x ＋t ≥x ，x ≤1＋t 2，0≤x ≤1＋t 2， ∵1≤1＋t2≤2， ∴0≤x ≤1＋t2；当x ∈2，＋∞)时，x －2＋t ≥x ，t ≥2，当0≤t <2时，无解，当t ＝2时，x ∈2，＋∞)．∴当0≤t <2时原不等式的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，t 2＋1；当t ＝2时x ∈R .。

高考数学二轮复习攻略八教材回扣(必修2122)

【高考解码】（新课标）2015届高考数学二轮复习攻略八教材回扣（必修2-1-2-2）一、常用逻辑用语1．四种命题的真假判断方法，你掌握住了吗？2．你能写出复合命题“且”“或”“非”，并判断其真假吗？3．怎样判断给定两个命题间的充分、必要、充要条件吗？4．能否写出全称命题(特称命题)的否定并判断真假吗？5．“否命题”是对原命题“若p ，则q ”既否定其条件，又否定其结论；而“命题p 的否定”即：非p ，只是否定命题p 的结论．6．要弄清先后顺序：“A 的充分不必要条件是B ”是指B 能推出A ，且A 不能推出B ；而“A 是B 的充分不必要条件”则是指A 能推出B ，且B 不能推出A .二、圆锥曲线与方程1．求曲线方程的一般步骤是什么？求曲线的方程与求曲线的轨迹有什么不同？有哪些求轨迹的方法？2．直线与圆锥曲线的位置关系怎样判断？3．解析几何问题求解时，平面几何知识利用了吗？题目中是否已经有了坐标系，是否需要建直角坐标系？4．记得圆锥曲线方程中的a ，b ，c ，p ，c a ，a 2c的意义吗？弦长公式记熟了吗？ 5．离心率的大小与曲线的形状有何关系？(圆扁程度，张口大小)等轴双曲线的离心率是多少？6．在用圆锥曲线与直线联立求解时，消元后得到的方程中要注意：二次项的系数是否为零？判别式Δ≥0的限制．(求交点，弦长，中点，斜率，对称，存在性问题都在Δ＞0下进行)7．满足|PF 1|＋|PF 2|＝2a 的点P 的轨迹不一定是椭圆．当2a >|F 1F 2|时，点P 的轨迹是椭圆；当2a ＝|F 1F 2|时，点P 的轨迹是线段F 1F 2；当2a <|F 1F 2|时，点P 的轨迹不存在．8．易混淆椭圆的标准方程与双曲线的标准方程，尤其是方程中a ，b ，c 三者之间的关系，导致计算错误．9．已知双曲线的渐近线方程求双曲线的离心率时，易忽视讨论焦点所在坐标轴导致漏解．10．椭圆中，注意焦点、中心、短轴端点，三点连线所组成的直角三角形．11．通径是抛物线的所有焦点弦中最短的弦．12．双曲线的定义．13．如何求双曲线的渐近线方程？如果直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线相交，只有一个交点；如果直线与抛物线的轴平行时，直线与抛物线相交，只有一个交点．此时两个方程联立，消元后得到的是一元一次方程．三、空间向量与立体几何1．求空间角应注意(1)求异面直线所成的角时，要注意角的范围(0，π2]． (2)求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，容易错以为是线面角的余弦．(3)求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析．2．作二面角的平面角的方法主要有：直接利用定义，由三垂线定理，或作二面角的棱的垂面等方法，这些方法你掌握了吗？3．如何用向量法求异面直线所成的角、线面角、二面角的大小？如何求点到平面的距离？求多面体体积的常规方法是什么？(割补法、等积变换法)4．证明空间中的平行与垂直(1)线线平行：a ∥b (b ≠0)⇔x 1＝λx 2，y 1＝λy 2，z 1＝λz 2(λ∈R )；(2)线面平行：设平面的法向量为n ，则直线a ∥平面α⇔a ⊥n ；(3)线面垂直：设平面的法向量为n ，则直线a ⊥平面α⇔a ∥n ；(4)面面平行：设平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，则α∥β⇔n 1∥n 2；(5)面面垂直：设平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，则α⊥β⇔n 1⊥n 2⇔n 1·n 2＝0.5．用空间向量解决立体几何问题的步骤及注意事项(1)建系，要写理由，坐标轴两两垂直要证明；(2)准确求出相关点的坐标(特别是底面各点的坐标，若底面不够规则，则应将底面单独抽出来分析)，坐标求错将前功尽弃！(3)求平面法向量；(4)根据向量运算法则，求出三角函数值或距离；(5)给出问题的结论．四、导数及其应用1．导数的定义还记得吗？它的几何意义和物理意义分别是什么？利用导数可解决哪些问题，具体步骤是什么？2．常见函数的求导公式及和、差、积、商的求导法则及复合函数的求导法则你都熟记了吗？3．函数在区间上单调递增与f ′(x )≥0并不等价．一般来说，已知函数f (x )的单调增区间，可以得到f ′(x )≥0(有等号)；求函数f (x )的单调增区间，解f ′(x )＞0(没有等号)和定义域．4．函数在极值点处的导数为0”是否会灵活运用？5．恒成立问题不要忘了“主参换位”及验证等号是否成立．6．解与对数型问题有关的单调性、极值、最值、范围等不要忽视真数大于0?7．导数有关的证明问题一般用构造函数法，你掌握住了吗？8．定积分的几何意义是什么？你能熟练地进行定积分的计算吗？9．导数的常见问题有三类，其一是与切线有关，对此类问题求解时，要注意两种情况，一是求“在某点处的切线方程”，此时，该点为切点，二是求“过某点处的切线方程”，此时，该点不一定是切点，求解时，要先设出切点坐标；其二是求函数的极值，对此类问题，求解的步骤要求严格，该写的不写一定会扣分；其三是求闭区间上函数的最大值与最小值，其求解与求极值的步骤很相似，只是区间有区别而已．本题将这些要求巧妙地结合在一起，求解时必须细心、谨慎．五、推理与证明1．归纳推理、类比推理、演绎推理各是怎样的推理，你掌握了吗？2．特别注意类比推理中平面几何与立体几何，等差数列与等比数列中进行类比时的类比点及相应的变化．3．证明问题包括哪些证明？特别不等式证明的基本方法都掌握了吗？(比较法、分析法、综合法、反证法、数学归纳法)．4．常用放缩技巧：1 n －1n＋1＝1n n＋1＜1n2＜1n n－1＝1n－1－1n；k＋1－k＝1k＋1＋k＜12k＜1k－1＋k＝k－k－1.5．你会用反证法证明吗，其适用条件是什么？六、数系的扩充与复数的引入1．复数的有关概念掌握了吗？如果两个复数不全是实数，那么就不能比较大小．如果两个复数能比较大小，那么这两个复数全是实数．2．你会利用复数相等的条件解题吗？3．复数的几何意义有哪些？你还清楚吗？4．高考中的复数问题主要考查除法运算，其运算法则是什么？七、计数原理1．选用两个计数原理的关键是什么？(弄清其区别分类与分步)2．排列数、组合数的计算公式你记住了吗？它们的条件限制你注意了吗？3．组合数有哪些性质？4．排列与组合的区别和联系你清楚吗？解决排列组合综合题可别忘了“合理分类、先选后排”啊！5．排列应用题的解决策略可有直接法和间接法；方法常用列表法、树图法、优先排列法、捆绑法、插空法、隔板法；对附加条件的组合应用题，你对“含”与“不含”，“至多”与“至少”型题一定要注意分类或从反面入手啊！6．解排列组合问题的规律是：相邻问题捆绑法，不相邻问题插空法，多排问题单排法，定位问题优先法，定序问题倍缩法，多元问题分类法，选取问题先选后排法，至多至少问题间接法．7．求二项展开式特定项一般要用什么？(通项公式)求解二项展开式系数的问题常用方法是什么？8．二项式定理的主要应用是什么？(证明不等式，整除法、求系数、近似计算)9．二项式定理(a＋b)n与(b＋a)n展开式上有区别吗？定理的逆用你会了吧．10．求二项(或多项)展开式中特征项的系数你会用组合法解决吗？11．二项式系数与项的系数的区别你清楚了吗？求系数问题可常用赋值法啊！求二项展开式中系数最大的项(或系数绝对值)最大的项你清楚方法了吗？可千万要注意解法技巧变形啊！12．二项式(a＋b)n展开的各项的二项系数之和、奇数项的二项式系数之和、偶数项的二项式系数之和，奇次(偶次)项的二项式系数之和你能区别开吗？它们的项的系数之和呢？八、概率与统计1．忽视和事件、积事件的概率公式的使用条件．公式P(A＋B)＝P(A)＋P(B)中，事件A，B必须是互斥事件；公式P(AB)＝P(A)·P(B)中，事件A，B必须是独立事件；如果不是，要弄清A＋B表示的事件的含义(A，B中至少有一个要发生)，AB表示的事件的含义(A，B同时发生)，再去求．2．求分布列的解答题你能把步骤写全吗？3．数学期望和方差的计算公式记住了吗？二项分布的期望和方差公式又是什么？4．二项展开式的通项公式，n次独立重复试验中事件A发生k次的概率与二项分布的分布列三者易记混．通项公式：T r＋1＝C r n a n－r b r(它是第r＋1项而不是第r项)．事件A发生k次的概率：P n(k)＝C k n p k(1－p)n－k.分布列：P(ξ＝k)＝C k n p k·q n－k，其中k＝0,1,2,3，…，n，且0＜p＜1，p＋q＝1.5．要注意概率P(A|B)与P(AB)的区别(1)在P(A|B)中，事件A，B发生有时间上的差异，B先A后；在P(AB)中，事件A，B同时发生．(2)样本空间不同，在P(A|B)中，事件B成为样本空间；在P(AB)中，样本空间仍为Ω，因而有P (A |B )≥P (AB )．6．易忘判定随机变量是否服从二项分布，盲目使用二项分布的期望与方差公式计算致误．7．能熟练用最小二乘法求线性回归方程吗？相关系数、相关指数的意义是什么？8．研究两个分类变量之间关系的方法是什么？如何理解独立性检验中K 2值的意义？一、选择题1．(2014·陕西宝鸡模拟)下列有关命题的说法正确的是( )A ．命题“若x 2＝1，则x ＝1的否命题为”若“x 2＝1，则x ≠1”B ．“x ＝－1”是“x 2－5x －6＝0的必要不充分条件”C ．命题“∃x ∈R ，使得x 2＋x ＋1＜0”的否定是：“∀x ∈R 均有x 2＋x ＋1＜0”D ．命题“若x ＝y ，则sin x ＝sin y ”的逆否命题为真命题【解析】 A 项，若x 2＝1，则x ＝1的否命题为：“x 2≠1则x ≠1”故A 不对；B 项，x2－5x －6＝0即x ＝－1或6，∴x ＝－1是“x 2－5x －6＝0”的充分不必要条件．故B 不对；C项，命题“∃x ∈R ，使得x 2＋x ＋1＜0”的否定是“∀x ∈R 均有x 2＋x ＋1≥0”，故C 不对；D项，若x ＝y ，则sin x ＝sin y ，显然为真命题，其逆否命题也为真命题，正确．【答案】 D2．抛物线y ＝ax 2的准线方程是y －2＝0，则a 的值是( )A.18 B ．－18C ．8D ．－8【解析】将抛物线的方程化为标准形式：x 2＝1a y ，其准线方程是y ＝－14a＝2，得a ＝－18.故选B. 【答案】 B3．(2014·四川高考)在x (1＋x )6的展开式中，含x 3项的系数为( )A ．30B ．20C ．15D ．10【解析】 ∵(1＋x )6的通项T r ＋1＝C r 6x r ，令r ＝2得(1＋x )6的展开式中x 2的系数为C 26＝15，∴x (1＋x )6展开式中的x 3的系数为15，故选C.【答案】 C4．(2014·山东潍坊模拟)如图M ，N ，P ，Q 为海上四个小岛，现要建造三座桥，将这四个小岛连接起来，则不同的建桥方法有( )A ．8种B ．12种C ．16种D ．20种【解析】 C 36－4＝16种．【答案】 C5．(2014·东北三城联考)双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的右焦点为F (c,0)，以原点为圆心，c 为半径的圆与双曲线在第二象限的交点为A ，若此圆在A 点处切线的斜率为33，则双曲线C 的离心率为( ) A.3＋1 B. 6C ．2 3 D. 2【解析】设左焦点为F 1，依题意k OA ＝－3，∴∠AOF ＝2π3，又|AO |＝|OF |＝c ，∴|AF |＝c 2＋c 2－2c 2·co s 2π3＝3c .又∠AOF 1＝π3，∴△AF 1O 为等边三角形， ∴|AF 1|＝|OF 1|＝c ，由双曲线的定义知|AF |－|AF 1|＝(3－1)c ＝2a ，∴e ＝c a ＝23－1＝3＋1.故选A.【答案】 A 二、填空题 6．(2014·浙江高考)随机变量ξ的取值为0,1,2.若P (ξ＝0)＝15，E (ξ)＝1，则D (ξ)＝________.【解析】设ξ＝1时的概率为P则E (ξ)＝0×15＋1×P ＋2×(1－P －15)＝1，解得P ＝35故D (ξ)＝(0－1)2×15＋(1－1)2×35＋(2－1)2×15＝25. 【答案】 257．(2014·江苏高考)在平面直角坐标系xOy 中，若曲线y ＝ax 2＋b x(a ，b 为常数)过点P (2，－5)，且该曲线在点P 处的切线与直线7x ＋2y ＋3＝0平行，则a ＋b 的值是________．【解析】将点P (2，－5)代入曲线方程得4a ＋b 2＝－5，又∵y ′＝2ax －b x 2，直线7x ＋2y ＋3＝0的斜率为－72， ∴4a －b 4＝－72，解得a ＝－1，b ＝－2.∴a ＋b ＝(－1)＋(－2)＝－3. 【答案】－38．设a ＝⎠⎛0πsin x d x ，则二项式(a x －1x )6展开式中常数项为________．【解析】 a ＝⎠⎛0πsin x d x ＝(－cos x)| π0＝2. ∴T r ＋1＝C r 6(2x)6－r (－1x )r ＝(－1)r ·C r 6·26－r ·x 3－r ，令3－r ＝0，∴r＝3.∴常数项为－160.【答案】－160三、解答题9．(2014·全国大纲高考)如图，三棱柱ABCA 1B 1C 1中，点A 1在平面ABC 内的射影D 在AC 上，∠ACB＝90°，BC ＝1，AC ＝CC 1＝2.(Ⅰ)证明：AC 1⊥A 1B ；(Ⅱ)设直线AA 1与平面BCC 1B 1的距离为3，求二面角A 1ABC 的余弦值．【解】以C 为坐标原点，射线CA 为x 轴的正半轴，以CB 的长为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.由题设知A 1D 与z 轴平行，z 轴在平面AA 1C 1C 内．(Ⅰ)证明设A 1(a,0，c)，由题设有a≤2，A(2,0,0)，B(0,1,0)，则AB →＝(－2,1,0)，AC→＝(－2,0,0)，AA 1→＝(a －2,0，c)，AC 1→＝AC →＋AA 1→＝(a －4,0，c)，BA 1→＝(a ，－1，c)．由|AA 1→|＝2得 a －22＋c 2＝2，即a 2－4a ＋c 2＝0.① 于是AC 1→·BA 1→＝a 2－4a ＋c 2＝0，所以AC 1⊥A 1B.(Ⅱ)【解】设平面BCC 1B 1的法向量m ＝(x ，y ，z )，则m ⊥CB →，m ⊥BB 1→，即m ·CB →＝0，m ·BB 1→＝0.因CB →＝(0,1,0)，BB 1→＝AA 1→＝(a －2,0，c )，故y ＝0，且(a －2)x ＋cz ＝0. 令x ＝c ，则z ＝2－a ，m ＝(c,0,2－a )，点A 到平面BCC 1B 1的距离为|CA →|·|cos 〈m ，CA →〉|＝|CA →·m ||m |＝2c c 2＋2－a 2＝c . 又依题设，A 到平面BCC 1B 1的距离为3，所以c ＝ 3.代入①解得a ＝3(舍去)或a ＝1.于是AA 1→＝(－1,0，3)．设平面ABA 1的法向量n ＝(p ，q ，r )，则n ⊥AA 1→，n ⊥AB →，n ·AA 1→＝0，n ·AB →＝0，－p ＋3r ＝0，且－2p ＋q ＝0.令p ＝3，则q ＝23，r ＝1，n ＝(3，23，1)．又p ＝(0,0,1)为平面ABC 的法向量，故cos 〈n ，p 〉＝n·p |n||p|＝14. 所以二面角A 1－AB －C 的余弦值为14. 10．(2014·重庆高考)已知函数f (x )＝a e 2x －b e －2x －cx (a ，b ，c ∈R )的导函数f ′(x )为偶函数，且曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线的斜率为4－c .(Ⅰ)确定a ，b 的值；(Ⅱ)若c ＝3，判断f (x )的单调性；(Ⅲ)若f (x )有极值，求c 的取值范围．【解】 (Ⅰ)对f (x )求导得f ′(x )＝2a e 2x ＋2b e －2x －c ，由f ′(x )为偶函数，知f ′(－x )＝f ′(x )，即2(a －b )(e 2x －e －2x )＝0，所以a ＝b .又f ′(0)＝2a ＋2b －c ＝4－c ，故a ＝1，b ＝1.(Ⅱ)当c ＝3时，f (x )＝e 2x －e －2x －3x ，那么f ′(x )＝2e 2x ＋2e －2x －3≥22e 2x ·2e －2x －3＝1>0，故f (x )在R 上为增函数．(Ⅲ)由(Ⅰ)知f ′(x )＝2e 2x ＋2e －2x －c ，而2e 2x ＋2e －2x ≥22e 2x ·2e －2x ＝4，当x ＝0时等号成立．下面分三种情况进行讨论．当c <4时，对任意x ∈R ，f ′(x )＝2e 2x ＋2e －2x －c >0，此时f (x )无极值；当c ＝4时，对任意x ≠0，f ′(x )＝2e 2x ＋2e －2x －4>0，此时f (x )无极值；当c >4时，令e 2x ＝t ，注意到方程2t ＋2t －c ＝0有两根t 1,2＝c ±c 2－164>0，即f ′(x )＝0有两个根x 1＝12ln t 1或x 2＝12ln t 2. 当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0；又当x >x 2时，f ′(x )>0，从而f (x )在x ＝x 2处取得极小值．综上，若f (x )有极值，则c 的取值范围为(4，＋∞)．。

高考文科数学二轮复习策略巧用招秒杀选择、填空题

解法1 巧取特值有效求参【典例1】已知函数f (x )＝⎩⎨⎧|log 2x |，0＜x ≤2，log 2(4－x )，2＜x ＜4，若f (a )≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12，则a的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，72 B.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫74，72 C.⎝⎛⎦⎥⎤0，17－14∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，72 D.⎝⎛⎦⎥⎤0，17－14∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫74，72D [(特殊值法)当a ＝74时，f (a )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫74＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪log 274＝log 274，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫94＝log 274，所以f (a )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12成立，排除A ，C.因为17－14－12＝17－34＞0，而17－14－34＝17－44＞0，34＞12，所以当a ＝34时，f (a )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫34＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪log 234＝－log 234，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫54＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪log 254＝log 254，－log 234＞log 254，所以f (a )＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12成立，排除B.选D.]对于常见的求参数范围的选择题，常常可以通过选项中的范围取特殊值验证题中条件，或者通过题中条件取特殊值检验选项，从而利用排除法求解，避免整体研究一般规律或所有情况，起到“以点透面”的作用.【链接高考1】 (2018·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝⎩⎨⎧2－x ，x ≤0，1，x >0，则满足f (x ＋1)<f (2x )的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1]B ．(0，＋∞)C ．(－1,0)D ．(－∞，0)D [取x ＝－12，则f (x ＋1)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1，f (2x )＝f (－1)＝2，f (x ＋1)＜f (2x )，因为－12不在(－∞，－1]上，故A 错误．取x ＝1，则f (x ＋1)＝f (2)＝1，f (2x )＝f (2)＝1，f (x ＋1)＝f (2x )，因1∈(0，＋∞)，故B 错误．取x ＝－2，则f (x ＋1)＝f (－1)＝2，f (2x )＝f (－4)＝16，f (x ＋1)＜f (2x )，因－2∉(－1,0)，故C 错误．故选D.]解法2巧构函数妙破压轴【典例2】已知f(x)是定义在R上的奇函数，记f(x)的导函数为f′(x)，当x≥0时，f′(x)－f(x)＞0.若∃x∈[－2，＋∞)，使得不等式f[e x(x3－3x＋3)]≤f(a e x＋x)成立，则实数a的最小值为()A.2e－1 B．2－2eC．1＋2e2D．1－1 eD[令g(x)＝f(x)e x(x≥0)，则g′(x)＝f′(x)－f(x)e x＞0，所以g(x)在[0，＋∞)上为增函数，又f(x)＝e x g(x)，所以f(x)在[0，＋∞)上为增函数，又f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(x)在[－2，＋∞)上为增函数．所以“∃x∈[－2，＋∞)，使得f[e x(x3－3x＋3)]≤f(a e x＋x)成立”等价于“∃x∈[－2，＋∞)，使得x3－3x＋3≤a＋xe x成立”，也就等价于“∃x∈[－2，＋∞)，使得a≥x3－3x＋3－xe x成立”．设h(x)＝x3－3x＋3－xe x，x∈[－2，＋∞)，所以h′(x)＝3x2－3＋x－1e x＝(x－1)⎝⎛⎭⎪⎫3x＋3＋1e x.令m(x)＝3x＋3＋1e x，x∈[－2，＋∞)，所以m′(x)＝3－1e x，令m′(x)＝0，解得x＝－ln 3，当x∈[－2，－ln 3)时，m′(x)＜0，函数m(x)单调递减，当x∈[－ln 3，＋∞)时，m′(x)＞0，函数m(x)单调递增，所以m(x)≥m(－ln 3)＝－3ln 3＋3＋3＝3(2－ln 3)＞0.令h′(x)＝0，解得x＝1.所以当x∈[－2,1)时，h′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，所以h(x)min＝h(1)＝1－3＋3－1e＝1－1e，所以a≥1－1 e.故实数a的最小值为1－1e.故选D.]解决本题的关键在于构造函数：(1)根据“当x≥0时，f′(x)－f(x)＞0”构造函数g(x)＝f(x)e x(x≥0)；(2)根据“∃x∈[－2，＋∞)，使得x3－3x＋3≤a＋xe x成立”分离参数构造h(x)＝x3－3x＋3－xe x，x∈[－2，＋∞).【链接高考2】(2015·全国卷Ⅱ)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是() A．(－∞，－1)∪(0,1)B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1,0)D．(0,1)∪(1，＋∞)A[构造函数y＝g(x)＝f(x)x，通过研究g(x)的图象的示意图与性质得出使f(x)>0成立的x的取值范围．设y＝g(x)＝f(x)x(x≠0)，则g′(x)＝xf′(x)－f(x)x2，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上为减函数，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0.∵f(x)为奇函数，∴g(x)为偶函数，∴g(x)的图象的示意图如图所示．当x>0，g(x)>0时，f(x)>0,0<x<1，当x<0，g(x)<0时，f(x)>0，x<－1，∴使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.]解法3妙识图象快速判断【典例3】如图，半径为1的圆O中，A，B为直径的两个端点，点P在圆上运动，设∠BOP＝x，将动点P到A，B两点的距离之和表示为x的函数f(x)，则y＝f(x)在[0,2π]上的图象大致为()A[(排除法)以角度为变量的三角函数图象是弯曲的，排除C，D；当∠BOP＝π2时，y＝f(x)＝22＜3，排除B.选A.]对于以选择题出现的函数图象问题，宜用排除法处理，排除法的主要依据有函数的定义域、单调性、奇偶性、图象的变换，特殊值，图象趋势等.一般先考虑奇偶性，再考虑特殊值或者图象趋势.【链接高考3】(2015·全国卷Ⅱ)如图，长方形ABCD的边AB＝2，BC＝1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记∠BOP＝x.将动点P到A，B两点距离之和表示为x的函数f(x)，则y＝f(x)的图象大致为()A B C DB [(排除法)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4时，f (x )＝tan x ＋4＋tan 2x ，图象不会是直线段，从而排除A ，C.当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，3π4时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4＝1＋5， f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝2 2.∵22<1＋5， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4，从而排除D ，故选B.] 解法4 题现最值信息巧用导数方法【典例4】已知函数f (x )＝sin(2x ＋φ)＋a cos(2x ＋φ)(0＜φ＜π)的最大值为2，且满足f (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ，则φ＝( )A.π6 B.π3 C.π6或5π6D.π3或2π3D [由f (x )的最大值为2可知a ＝±3，且函数f (x )的图象关于直线x ＝π4对称．由题意可得f ′(x )＝2cos(2x ＋φ)－2a sin(2x ＋φ)(0＜φ＜π)，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋φ－2a sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋φ＝－2sin φ－2a cos φ＝0(0＜φ＜π)，所以tan φ＝－a (0＜φ＜π)，所以tan φ＝±3(0＜φ＜π)，所以φ＝π3或2π3. 故选D.]当题中提供正弦、余弦函数的最值信息(常见的有图象、对称轴、最值等)时，可以借助导数值探求.【链接高考4】(2013·全国卷Ⅰ)设当x＝θ时，函数f(x)＝sin x－2cos x取得最大值，则cos θ＝________.－255[y＝sin x－2cos x＝5⎝⎛⎭⎪⎫15sin x－25cos x，设15＝cos α，25＝sin α，则y＝5(sin x cos α－cos x sin α)＝5sin(x－α)．∵x∈R，∴x－α∈R，∴y max＝ 5.又∵x ＝θ时，f (x )取得最大值， ∴f (θ)＝sin θ－2cos θ＝ 5. 又sin 2θ＋cos 2θ＝1， ∴⎩⎪⎨⎪⎧sin θ＝15，cos θ＝－25，即cos θ＝－255.]解法5 巧妙补形妙解立几【典例5】在三棱锥P -ABC 中，已知P A ⊥底面ABC ，∠BAC ＝120°，P A ＝AB ＝AC ＝2，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为( )A ．103πB ．18πC ．20πD ．93πC [(补形法)由题意知，该三棱锥为正六棱柱内的一个三棱锥(如图所示的三棱锥P -ABC )且有P A ＝AB ＝AC ＝2，所以该三棱锥的外接球也是该正六棱柱的外接球，所以外接球的直径2R 为该正六棱柱的体对角线长，即2R ＝42＋22＝25⇒R ＝5，所以该球的表面积为4πR 2＝20π.故选C.]求解本题的关键是根据几何体的几何特征(P A⊥底面ABC，∠BAC＝120°)构造恰当且特殊的几何体.【链接高考5】 (2015·全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18B.17C.16D.15D [(割补法)由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以V 1V 2＝1656＝15，故选D.]解法6 向量坐标化几何代数化【典例6】已知等边三角形ABC 的边长为2，D ，E 分别是边BC ，AC 的中点，点P 是线段AC 上的动点，则DE →·BP →的取值范围是( )A ．[0,2]B ．[0,1]C ．[1,2]D ．[0，3]C [(坐标法)由题意知，等边三角形ABC 的边长为2，D ，E 分别是边BC ，AC 的中点，点P 是线段AC 上的动点，建立如图所示的平面直角坐标系，则A (－1,0，)B (1,0)，C (0，3)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，DE →＝(－1,0)，设P (x ，3＋3x )，x ∈[－1,0]，则BP →＝(x －1，3＋3x )，则DE →·BP →＝1－x ∈[1,2]．故选C.]根据题目建立平面直角坐标系，将问题代数化，是解决向量问题的重要思路，对于不容易建立坐标系的小题，可考虑将图形特殊化求解.【链接高考6】 (2017·全国卷Ⅱ)已知△ABC 是边长为2的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，则P A →·(PB →＋PC →)的最小值是( )A ．－2B ．－32C ．－43D ．－1B [方法1：(解析法)建立坐标系如图①所示，则A ，B ，C 三点的坐标分别为A (0，3)，B (－1,0)，C (1,0)．图①设P 点的坐标为(x ，y )，则P A →＝(－x ，3－y )，PB →＝(－1－x ，－y )，PC →＝(1－x ，－y )，∴P A →·(PB →＋PC →)＝(－x ，3－y )·(－2x ，－2y )＝2(x 2＋y 2－3y )＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －322－34≥2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－34＝－32.当且仅当x ＝0，y ＝32时，P A →·(PB →＋PC →)取得最小值，最小值为－32. 故选B.方法2：(几何法)图②如图②所示，PB →＋PC →＝2PD →(D 为BC 的中点)，则P A →·(PB →＋PC →)＝2P A →·PD →. 要使P A →·PD →最小，则P A →与PD →方向相反，即点P 在线段AD 上，则(2P A →·PD →)min ＝－2|P A →||PD →|，问题转化为求|P A →|·|PD →|的最大值．又|P A →|＋|PD →|＝|AD →|＝2×32＝3， ∴|P A →||PD →|≤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫|P A →|＋|PD →|22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝34， ∴[P A →·(PB →＋PC →)]min ＝(2P A →·PD →)min ＝－2×34＝－32. 故选B.]解法7 以“形”助“数” 以“数”解“形”【典例7】已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|log 2x |，0＜x ＜2，sin π4x ，2≤x ≤10，若存在实数x 1，x 2，x 3，x 4，满足x 1＜x 2＜x 3＜x 4，且f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝f (x 4)，则(x 3－2)(x 4－2)x 1x 2的取值范围是( )A ．(0,12)B ．(0,16)C ．(9,21)D ．(15,25)A [作出函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|log 2x |，0＜x ＜2，sin π4x ，2≤x ≤10的图象，如图所示，存在实数x 1，x 2，x 3，x 4，满足x 1＜x 2＜x 3＜x 4，且f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝f (x 4)，可得－log 2x 1＝log 2x 2，即有x 1x 2＝1，存在实数x 1，x 2，x 3，x 4，满足x 1＜x 2＜x 3＜x 4，且f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝f (x 4)，所以由图象易知12＜x 1＜1,1＜x 2＜2,2＜x 3＜4,8＜x 4＜10，当0＜t ＜1时，直线y＝t 与函数f (x )的图象有4个交点，直线y ＝t 越往上平移，(x 3－2)(x 4－2)x 1x 2的值越小，直线y ＝t 越往下平移，(x 3－2)(x 4－2)x 1x 2的值越大．因为当t ＝0时，(x 3－2)(x 4－2)x 1x 2＝(4－2)(8－2)1×1＝12，当t ＝1时，(x 3－2)(x 4－2)x 1x 2＝(2－2)(10－2)12×2＝0，所以(x 3－2)(x 4－2)x 1x 2的取值范围是(0,12)，故选A.]根据题目信息得出几何模型，借助几何模型(如常见的函数图象、圆锥曲线、立体图形等)解决问题，形象直观，能起到事半功倍的效果！【链接高考7】 (2013·全国卷Ⅰ)设△A n B n C n 的三边长分别为a n ，b n ，c n ，△A n B n C n 的面积为S n ，n ＝1,2,3，….若b 1＞c 1，b 1＋c 1＝2a 1，a n ＋1＝a n ，b n ＋1＝c n ＋a n 2，c n ＋1＝b n ＋a n 2，则( )A ．{S n }为递减数列B ．{S n }为递增数列C ．{S 2n －1}为递增数列，{S 2n }为递减数列D ．{S 2n －1}为递减数列，{S 2n }为递增数列B [先确定三角形的一边长不变及周长不变，利用另两边最接近的时候面积最大等知识求解．在△A 1B 1C 1中，b 1＞c 1，b 1＋c 1＝2a 1，∴b 1＞a 1＞c 1.在△A 2B 2C 2中，a 2＝a 1，b 2＝c 1＋a 12，c 2＝b 1＋a 12，b 2＋c 2＝2a 1，∴c 1＜b 2＜a 1＜c 2＜b 1.在△A 3B 3C 3中，a 3＝a 2＝a 1，b 3＝c 2＋a 22＝c 2＋a 12，c 3＝b 2＋a 22＝b 2＋a 12，b 3＋c 3＝2a 1，∴a 1＜b 3＜c 2，b 2＜c 3＜a 1，∴c 1＜b 2＜c 3＜a 1＜b 3＜c 2＜b 1.由归纳知，n 越大，两边c n ，b n 越靠近a 1且c n ＋b n ＝2a 1，此时面积S n 越来越大，当且仅当c n ＝b n ＝a 1时，△A n B n C n 面积最大．]解法8 借用估算快找“唯一”【典例8】 (2019·全国卷Ⅰ)古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是5－125－12≈0.618，称为黄金分割比例，著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是5－12.若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105 cm ，头顶至脖子下端的长度为26 cm ，则其身高可能是( )A ．165 cmB ．175 cmC ．185 cmD ．190 cmB [设某人身高为m cm ，脖子下端至肚脐的长度为n cm ，则由腿长为105 cm ，可得m －105105＞5－12≈0.618，解得m >169.890.由头顶至脖子下端的长度为26 cm ，可得26n ＞5－12≈0.618，得n <42.071.所以头顶到肚脐的长度小于26＋42.071＝68.071. 所以肚脐到足底的长度小于68.0715－12≈68.0710.618≈110.147. 所以此人身高m <68.071＋110.147＝178.218.综上，此人身高m 满足169.890<m <178.218.所以其身高可能为175 cm.故选B.]若有些问题不易(有时也没有必要)进行精确的运算和判断，则可以进行估算.估算是一种数学意识，它通过合理的观察比较、猜想推理或验证，做出正确的选择.当选项差距较大且没有合适的解题思路时，我们可以通过适当的放大或者缩小部分数据估算出答案的大概范围或者近似值，然后选取与估算值最接近的选项.【链接高考8】(2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是()A．4π B.9π2C．6π D.32π3B[先计算球与直三棱柱三个侧面相切时球的半径，再计算球与直三棱柱两底面相切时球的半径，半径较小的球即为所求．设球的半径为R，∵AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，∴AC＝10.当球与直三棱柱的三个侧面相切时，有12(6＋8＋10)×R＝12×6×8，此时R＝2；当球与直三棱柱两底面相切时，有2R＝3，此时R＝3 2.所以在封闭的直三棱柱中，球的最大半径只能为32，故最大体积V＝43π⎝⎛⎭⎪⎫323＝9π2.]。

高考文科数学二轮复习课件：专题八客观压轴题 2.8.2

关闭
关闭
解析答案
-9-
关闭
关闭
解析答案
-10 -
9 .若定义在区间D 上的函数y=f (x )满足:对 x ∈D , M ∈R 使得
|f(x )|≤M 恒成立,则称函数y=f (x )在区间D 上有界.则下列函数中有
界的是 .
关闭
关闭
解析答案
-11 -
10 .(2018 河南安阳一模,理16)在棱长为4 的密封正方体容器内有
-20 -
有甲材料150 kg, 乙材料90 kg, 则在不超过600 个工时的条件下,
生产产品A 、产品B的利润之和的最大值为元.
答案:216 000
-18 -
-19 -
15 .(2018 河南郑州三模,文16)设有四个数的数列a1,a2,a3,a4,前三个数构成一个等比数列,其和为k ,后三个数构成一个等差数列, 其和为15, 且公差非零.对于任意固定的实数k ,若满足条件的数列个数大于1,则k 的取值范围为 .
8.2 高考客观题第16 题专项练
-2-
关闭
关闭
解析答案
-3-
关闭关闭
解析答案
-4-
关闭
关闭
解析答案
-5-
4 .(2018 全国卷1,文16)△ABC 的内角A ,B,C 的对边分别为a,b ,c,
已知b sin C+c sin B= 4 asin Bsin C ,b 2+c 2-a 2= 8,则△ABC 的面
-15 -
-16 -
-17 -
14 .某高科技企业生产产品A 和产品B需要甲、乙两种新型材料.生产一件产品A 需要甲材料1 .5 kg,乙材料1 kg,用5 个工时;生产一件产品B需要甲材料0 .5 kg,乙材料0 .3 kg,用3 个工时.生产一件产品A 的利润为2 100 元,生产一件产品B的利润为900 元.该企业现

2022高考数学(文)二轮复习大题专项强化练八 Word版含答案

关闭Word文档返回原板块。

大题专项强化练八立体几何(B组)大题集训练，练就慧眼和规范，占据高考制胜点！1.如图1，在等腰梯形PDCB中，DC∥PB，PB=3DC=3，PD=√2，DA⊥PB，垂足为A，将△PAD沿AD折起，使得PA⊥AB，得到四棱锥P-ABCD，如图2.(1)证明：平面PAD⊥平面PCD.(2)点M在棱PB上，平面AMC把四棱锥P-ABCD分成两个几何体，当这两个几何体的体积之比V PM−ACDV M−ABC=2时，求点B到平面AMC的距离.【解析】(1)在等腰梯形PDCB中，DA⊥PB，所以在四棱锥P-ABCD中，DA⊥AB，DA⊥PA，又PA⊥AB，DC∥AB，所以DC⊥PA，DC⊥DA，所以DC⊥平面PAD，由于DC⊂平面PCD，所以平面PAD⊥平面PCD.(2)由于DA⊥PA且PA⊥AB，所以PA⊥平面ABCD，又PA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面ABCD，过M作MN⊥AB，垂足为N，则MN⊥平面ABCD.依据题意，V M-ABC=1 3V P-ABCD，而V P-ABCD=13S ABCD·PA=12，所以V M-ABC=13S△ABC·MN=16，又易知AC=BC=√2，AB=2，所以AC2+BC2=AB2，即AC⊥BC，所以S△ABC=1，所以MN=12，故MN=12PA，所以M是PB的中点.由AC⊥BC，PA⊥BC得BC⊥平面PAC，所以BC⊥PC.在直角三角形PAB，PBC中，CM=AM=12PB=√52，又AC=√2，故可求得S△MAC=√64.设B到平面MAC的距离为d，则由13S△MAC·d=13S△ABC·MN=16得：d=√63.2.如图，四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，△ABD是边长为3的正三角形，BC=CD=√3，PD=4.(1)求证：平面PAD⊥平面PCD.(2)在线段PA上是否存在点M，使得DM∥平面PBC.若存在，求三棱锥P-BDM的体积；若不存在，请说明理由.(锥体体积公式：V=13Sh，其中S为底面面积，h为高)【解析】(1)由于PD⊥平面ABCD，所以PD⊥DC.由于△ABD是边长为3的正三角形，BC=CD=√3，所以在△BCD中，由余弦定理得到：cos∠BDC=BD2+CD2−BC22BD·CD=√32，所以∠BDC=30°，∠ADC=∠ADB+∠BDC=60°+30°=90°，所以DC⊥AD，又由于AD∩PD=D，所以CD⊥平面PAD.又由于CD⊂平面CDP，所以平面PAD⊥平面PCD.(2)存在AP的中点M，使得DM∥平面PBC.理由如下：取AB 的中点N ，连接MN ，DN.由于M 是AP 的中点，所以MN ∥PB.由于△ABD 是等边三角形，所以DN ⊥AB ，由(1)知，∠CBD=∠BDC=30°，所以∠ABC=60°+30°=90°，即BC ⊥AB.所以ND ∥BC.又MN ∩DN=N ，所以平面MND ∥平面PBC.所以DM ∥平面PBC.过点B 作BQ ⊥AD 于Q ，由已知得，PD ⊥BQ ，所以BQ ⊥平面PAD ，所以BQ 是三棱锥B-DMP 的高，由于BQ=3√32，S △DMP =14AD ·PD=3，所以V P-BDM =V B-DMP =13BQ ·S △DMP =3√32.【加固训练】如图，在三棱锥P-ABC 中，△PAC ，△ABC 分别是以A ，B 为直角顶点的等腰直角三角形，AB=1.(1)现给出三个条件：①PB=√3；②PB ⊥BC ；③平面PAB ⊥平面ABC.试从中任意选取一个作为已知条件，并证明：PA ⊥平面ABC. (2)在(1)的条件下，求三棱锥P-ABC 的体积.【解析】(1)选取条件：①PB=√3，证明如下：在等腰直角△ABC 中，由于AB=1，所以BC=1，AC=√2，由于PA=AC ，所以PA=√2，在△PAB 中，AB=1，PA=√2，PB=√3，所以AB 2+PA 2=PB 2，所以∠PAB=90°，所以PA ⊥AB ，由于PA ⊥AC ，AB ∩AC=A ，所以PA ⊥平面ABC.(2)由(1)知，PA ⊥平面ABC ，所以V P-ABC =13PA ×S △ABC =13×√2×12×12=√26.关闭Word 文档返回原板块。

高考二轮数学(文科)

高考· 二轮· 数学（文科）
跟踪训练 1．(2010年辽宁卷)如果执行下面的程序框图，输入n＝ 6，m＝4，那么输出的p等于( )
高考· 二轮· 数学（文科）
A．720 C. 240 答案：B
B. 360 D. 120
高考· 二轮· 数学（文科）
复数的有关概念及复数的几何意义
设z1是复数，z2＝z1－i z1 ，(其中 z1 表示z1的共轭复数)，已知z2的实部是－1，则z2的虚部为________．思路点拨：本题可以先设出z1＝a＋bi，(a，b∈R)，然后表示出z2即可．解析：设z1＝a＋bi(a，b∈R)，则 z1 ＝a－bi. ∴z2＝a＋bi－i(a－bi)＝(a－b)＋(b－a)i，由已知得a－b＝－1，∴b－a＝1. 答案：1
答案：1.条件(分支)结构循环结构 2.条件语句循环语句
高考· 二轮· 数学（文科）
整合训练 1．阅读下边的程序框图，若输入的n是100，则输出的变量S和T的值依次是( ) A．2500,2500 B．2550,2550 C．2500,2550 D．2550,2500
高考· 二轮· 数学（文科）
实数b＝0 a＝0 . ____ 虚数b≠0 _____a≠0
(3)共轭复数复数 z ＝a＋bi的共轭复数＝ z ________. (4)复数的模复数z＝a＋bi的模|z|＝|a＋bi|＝________.
高考· 二轮· 数学（文科）
2．复数相等的充要条件 a＋bi＝c＋di ________(a，b，c，d∈R)．特别地，a＋bi＝0________(a，b∈R)．答案：1.(1)a＋bi 实部虚部－1 (2)纯虚数纯虚数 (3)a－bi (4) 2.a＝c，b＝d a＝b＝0 非

2022年高考文科数学通用版二轮创新专题复习教学案：第一部分专题二数列 Word版含答案

[研高考·明考点] 年份卷别卷Ⅰ2021 卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ2022 卷Ⅱ卷Ⅲ2021卷Ⅰ 卷Ⅱ小题考查大题考查————T17·等比数列的通项公式与前 n 项和，等差数列的判定————T17·等差、等比数列的通项公式及前 n 项和————T17· 数列的递推关系及通项公式，裂项相消法求和————T17· 等差数列的通项公式及等比数列求和————T17·等差数列的通项公式、数列求和————T17·数列的递推关系及通项公式T7·等差数列的通项及前 n 项和公式 T13·等比数列的概念及前 n 项和公式 T5·等差数列的通项公式、性质及前 n 项和公式———— ————T9·等比数列的通项公式和性质[析考情·明重点]小题考情分析大题考情分析常考点1.等差、等比数列的基本运算(3 年 2 考) 2.等差、等比数列的性质 (3 年 2 考)常考点高考对数列的考查若只消灭在解答题中时，常以数列的相关项以及关系式，或 an 与 Sn 的关系入手，结合等差、等比数列的定义开放考查，题型主要有： 1.等差、等比数列基本量的运算偶考点2.数列求和问题 3.等差、等比数列的推断与证明 1.三角函数的综合问题 2.平面对量与解三角形、偶考点数列与其他学问的综合问题三角函数的综合问题第一讲小题考法——等差数列与等比数列考点(一)主要考查方式有两种：一是利用 an 与 Sn 的关系求通项 an或前 n 项和 Sn；二是利用 an 与 an＋1 的关系求通项 an 或前数列的递推关系式n 项和 Sn.[典例感悟][典例] (1)(2021·云南调研)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 4(n＋1)(Sn＋1)＝(n＋2)2an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式 an＝( )A．(n＋1)3B．(2n＋1)2C．8n2D．(2n＋1)2－1(2)(2021·成都模拟)在数列{an}中，a1＝1，a1＋2a22＋3a23＋…＋ann2＝an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式 an＝________.[解析](1)当 n＝1 时，4×(1＋1)×(a1＋1)＝(1＋2)2×a1，解得 a1＝8.当 n≥2 时，4(Sn＋1)＝n＋2 n＋12an，则 4(Sn－1＋1)＝n＋1 n2an－1，两式相减得，4an＝n＋2 n＋12an－n＋1 n2an－1，整理得，aan－n 1＝n＋1 n33，所以an＝aan－n 1·aann－－12·…·aa21·a1＝n＋1 n33×n3 n－13×…×3233×8＝(n＋1)3.检验知，a1＝8 也符合，所以 an＝(n＋1)3.(2)依据 a1＋a222＋a332＋…＋ann2＝an，①有 a1＋a222＋a332＋…＋an－1 n－12＝an－1，②①－②得，ann2＝an－an－1，即 n2an－1＝(n2－1)an，所以aan－n 1＝n2n－2 1＝n2 n＋1 n－1，所以 an＝a1×aa21×aa32×…×aan－n 12232n2＝1× 2＋1 2－1 × 3＋1 3－1 ×…× n＋1 n－1 ＝2－12＋122×32×42×…×n2 3－1 3＋1 4－1 4＋1 … n－1n＋122×32×42×…×n2 ＝1×3×2×4×3×5×…× n－1 × n＋1＝n2＋n1.[答案] (1)A (2)n2＋n1[方法技巧]由 an 与 Sn 的关系求通项公式的留意事项 (1)应重视分类争辩思想的应用，分 n＝1 和 n≥2 两种状况争辩，特殊留意 an＝Sn－Sn－1 成立的前提是 n≥2. (2)由 Sn－Sn－1＝an 推得 an，当 n＝1 时，a1 也适合，则需统一表示(“合写”)． (3)由 Sn－Sn－1＝an 推得 an，当 n＝1 时，a1 不适合，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即 an＝S1 n＝1 ，Sn－Sn－1 n≥2 .[演练冲关]1．(2022 届高三·广东五校联考)数列{an}满足 a1＝1，且 an＋1＝a1＋an＋n(n∈N*)，则a11＋a12＋…＋a21017＝()2 017 2 015 A.1 009 B.1 008C.22016 017D.22015 016解析：选 A由 a1＝1，an＋1＝a1＋an＋n 可得 an＋1－an＝n＋1，利用累加法可得 an－a1＝n－1 n＋2 2，所以 an＝n2＋2 n，所以a1n＝n2＋2 n＝21n－n＋1 1，故a11＋a12＋…＋a21017＝211－12＋12－13＋…＋21 017－21 018＝21－2 1018＝12 000197，故选 A.2．(2021·石家庄质检)数列{an}满足 an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前 60 项和为( )A．3 690B．3 660C．1 845D．1 830解析：选 D 不妨令 a1＝1，依据题意，得 a2＝2，a3＝a5＝a7＝…＝1，a4＝6，a6＝10，…，所以当 n 为奇数时，an＝1，当 n 为偶数时构成以 a2＝2 为首项，以 4 为公差的等差数列．所以{an}的前 60 项和为 S60＝30＋2×3030× 30－1＋2×4＝1 830.3．设数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则 S5＝________.解析：∵an＋1＝2Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，∴Sn＋1＝3Sn＋1，∴Sn＋1＋21＝3Sn＋12，∴数列Sn＋12是公比为3S2＋12 的等比数列，∴S1＋12＝3.又S2＝4，∴S1＝1，∴S5＋12＝S1＋12×34＝32×34＝2423，∴S5＝121.答案：121考点(二)主要考查与等差比数列的通项公式、前 n 项和公等差、等比数列的基本运算式有关的五个基本量间的“知三求二”运算.[典例感悟][典例] (1)(2022·全国卷Ⅰ)已知等差数列{an}前 9 项的和为 27，a10＝8，则 a100＝( )A．100B．99C．98D．97(2)(2021·全国卷Ⅲ)等差数列{an}的首项为 1，公差不为 0.若 a2，a3，a6 成等比数列，则{an}前 6 项的和为( )A．－24B．－3C．3D．8(3)(2021·江苏高考)等比数列{an}的各项均为实数，其前 n 项和为 Sn.已知 S3＝47，S6＝643，则 a8＝________.[解析] (1)∵{an}是等差数列，设其公差为 d，∴S9＝92(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.又∵a10＝8，∴aa11＋＋49dd＝＝38，，∴ad1＝＝1－. 1， ∴a100＝a1＋99d＝－1＋99×1＝98，故选 C. (2)设等差数列{an}的公差为 d，由于 a2，a3，a6 成等比数列，所以 a2a6＝a23，即(a1＋d)(a1＋5d)＝(a1＋2d)2. 又 a1＝1，所以 d2＋2d＝0.又 d≠0，则 d＝－2，所以{an}前 6 项的和 S6＝6×1＋6×2 5×(－2)＝－24. S3＝a11－q3 1－q (3)设等比数列{an}的公比为 q，则由 S6≠2S3，得 q≠1，则S6＝a11－q6 1－q＝74，＝643， q＝2，解得a1＝14，则 a8＝a1q7＝14×27＝32.[答案] (1)C (2)A (3)32[方法技巧]等差(比)数列基本运算的解题思路 (1)设基本量：首项 a1 和公差 d(公比 q)． (2)列、解方程(组)：把条件转化为关于 a1 和 d(或 q)的方程(组)，然后求解，留意整体计算，以削减运算量．[演练冲关]1．(2021·合肥质检)若等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 a2＋S3＝4，a3＋S5＝12，则 a4＋S7 的值是( )A．20B．36C．24D．72解析：选 C由a2＋S3＝4及a3＋S5＝12得4a1＋4d＝4， 6a1＋12d＝12，解得a1＝0， d＝1，∴a4＋S7＝8a1＋24d＝24.故选 C.2．(2021·全国卷Ⅲ)设等比数列{an}满足 a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则 a4＝________.解析：设等比数列{an}的公比为 q，则 a1＋a2＝a1(1＋q)＝－1， a1－a3＝a1(1－q2)＝－3，1＋q 1 两式相除，得1－q2＝3，解得q＝－2，a1＝1，所以 a4＝a1q3＝－8.答案：－83．(2022 届高三·河南十校联考)已知{an}是公差为 1 的等差数列，Sn 为{an}的前 n 项和，若 S8＝4S4，则a10＝________.解析：∵{an}是公差为 1 的等差数列，∴S8＝8a1＋28，S4＝4a1＋6.∵S8＝4S4， ∴8a1＋28＝4(4a1＋6)，解得 a1＝12，∴a10＝a1＋9d＝12＋9＝129.答案：129考点(三)主要考查利用等差、等比数列的性质求解基本量及与等差、等比数列的性质前 n 项和有关的最值问题.[典例感悟][典例] (1)(2021·云南调研)已知数列{an}是等比数列，Sn 为其前 n 项和，若 a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则 S12＝( )A．40B．60C．32D．50(2)(2021·长沙模拟)在各项均为正数的等比数列{an}中，a3＝ 2－1，a5＝ 2＋1，则 a23＋2a2a6＋a3a7＝()A．4B．6C．8D．8－4 2(3)(2022届高三·湖南名校联考)若{an}是等差数列，首项a1>0，a2a ＋ 0162017>0，a2a · 0162017<0，则使前n项和 Sn>0 成立的最大正整数 n 是( )A．2 016B．2 017C．4 032D．4 033[解析] (1)由等比数列的性质可知，数列 S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9 是等比数列，即数列 4,8，S9－S6， S12－S9 是等比数列，所以 S9－S6＝16，S12－S9＝32，所以 S12＝(S12－S9)＋(S9－S6)＋(S6－S3)＋S3＝32＋16＋8＋4＝60，故选 B.(2)在等比数列{an}中，a3a7＝a25，a2a6＝a3a5，所以 a23＋2a2a6＋a3a7＝a23＋2a3a5＋a25＝(a3＋a5)2＝( 2－1＋ 2＋1)2＝(2 2)2＝8，故选 C.(3)由于a1>0，a2a ＋ 0162017>0，a2a · 0162017<0，所以d<0，a2016>0，a2017<0，所以S44 ＝ 032032a1＋a4 032 2＝4 032a ＋a 2 0162 0172>0，S44 ＝ 033033a1＋a4 033 2＝4 033a2 017<0，所以使前 n 项和 Sn>0 成立的最大正整数 n是 4 032，故选 C. [答案] (1)B (2)C (3)C[方法技巧]等差、等比数列性质问题的求解策略(1)解题关键：抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．(2)运用函数性质：数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题．[演练冲关]1．已知等差数列{an}中，a1＝1，前 10 项和等于前 5 项和，若 am＋a6＝0，则 m＝( )A．10B．9C．8D．2解析：选 A 记数列{an}的前 n 项和为 Sn，由题意 S10＝S5，所以 S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝0，又 a6＋a10＝a7＋a9＝2a8，于是 a8＝0，又 am＋a6＝0，所以 m＋6＝2×8，解得 m＝10.2．(2021·合肥质检)已知数列{an}是首项为 a，公差为 1 的等差数列，数列{bn}满足 bn＝1＋anan.若对任意的n∈N*，都有 bn≥b8 成立，则实数 a 的取值范围是( )A．(－8，－7)B．[－8，－7)C．(－8，－7]D．[－8，－7]解析：选 A 由于{an}是首项为 a，公差为 1 的等差数列，所以 an＝n＋a－1，由于 bn＝1＋anan＝1＋a1n，又对任意的n∈N*都有bn≥b8成立，所以11 111＋an≥1＋a8，即an≥a8对任意的n∈N*恒成立，由于数列{an}是公差为1的等差数列，所以{an}是单调递增的数列，所以aa89<>00，，即89＋＋aa－－11<>00，，解得－8<a<－7. 3．若等比数列{an}的各项均为正数，且 a10a11＋a9a12＝2e5，则 ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________. 解析：由于 a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，所以 a10a11＝e5.所以 ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln(a1a2…a20)＝ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]＝ln(a10a11)10＝10ln(a10a11)＝10ln e5＝50ln e＝50. 答案：50考点(四)主要考查等差、等比数列相结合的基本量的计算以及数列等差、等比数列的综合问题有关最值问题的求解.[典例感悟][典例] (1)(2022 届高三·西安八校联考)已知数列{an}是等比数列，数列{bn}是等差数列，若 a1·a6·a11＝－3 3，b1＋b6＋b11＝7π，则 tan1－b3a＋4·b9a8的值为()A．－ 3B．－13 C．－ 3D． 3(2)设数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，记数列{an}，{bn}的前 n 项和分别为 Sn，Tn.若 a5＝b5，a6＝b6，且 S7－S5＝4(T6－T4)，则ab77＋＋ab55＝________.[解析] (1)依题意得，a36＝(－ 3)3，a6＝－ 3，3b6＝7π，b6＝73π，所以1－b3a＋4·b9a8＝1－2ba6 62＝－7π3 ，故 tan 1－b3a＋4·b9a8＝tan －7π3 ＝tan －2π－π3 ＝－tan π3 ＝－ 3.(2)设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q.由 a5＝b5，a6＝b6，且 S7－S5＝4(T6－T4)， a5＝b5，得a5＋d＝b5q，2a5＋3d＝4 b5＋b5q ，解得q＝－5， d＝－6a5.故ab77＋＋ab55＝b25aq52＋＋2bd5＝2a5＋252a5＋－a65a5 ＝－2160aa5 5＝－153. [答案] (1)A (2)－153[方法技巧]等差、等比数列综合问题的求解策略(1)对于等差数列与等比数列交汇的问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系，常用“基本量法”求解，但有时机敏地运用等差中项、等比中项等性质，可使运算简便．(2)数列的通项或前 n 项和可以看作关于 n 的函数，然后利用函数的性质求解数列的有关最值问题．[演练冲关] 1．(2021·云南调研)已知数列{an}是等差数列，若 a1－1，a3－3，a5－5 依次构成公比为 q 的等比数列，则 q＝( )A．－2B．－1C．1D．2解析：选 C 依题意，得 2a3＝a1＋a5,2a3－6＝a1＋a5－6，即 2(a3－3)＝(a1－1)＋(a5－5)，所以 a1－1，a3－3，a5－5 成等差数列．又 a1－1，a3－3，a5－5 依次构成公比为 q 的等比数列，因此有 a1－1＝a3－3＝a5－5，q＝aa31－－31＝1.2．(2021·望江调研)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( )A．－47B．－48C．－49D．－50解析：选 CS10＝10a1＋10×2 9d＝0，由已知得S15＝15a1＋15×2 14d＝25， a1＝－3，解得d＝32，那么 nSn＝n2a1＋n2n－1 2d＝n33－103n2.由于函数 f(x)＝x33－103x2在 x＝230处取得微小值，又20 6< 3 <7，从而检验n＝6时，6S6＝－48，n＝7时，7S7＝－49.所以nSn的最小值为－49.3．(2021·太原模拟)设等比数列{an}的前 6 项和 S6＝6，且 1－a22为 a1，a3 的等差中项，则 a7＋a8＋a9＝________. 解析：依题意得 a1＋a3＝2－a2，即 S3＝a1＋a2＋a3＝2，由等比数列的性质，知数列 S3，S6－S3，S9－S6 成等比数列，即数列 2,4，S9－S6 成等比数列，于是有 S9－S6＝8，即 a7＋a8＋a9＝8. 答案：8[必备知能·自主补缺](一) 主干学问要记牢1．等差数列、等比数列通项公式前 n 项和公式等差数列an＝a1＋(n－1)dSn＝na1＋an 2＝na1＋nn－1 2d等比数列 an＝a1qn－1(q≠0)(1)q≠1，Sn＝a11－qn 1－q＝a11－－aqnq；(2)q＝1，Sn＝na12．推断等差数列的常用方法 (1)定义法：an＋1－an＝d(常数)(n∈N*)⇔{an}是等差数列． (2)通项公式法：an＝pn＋q(p，q 为常数，n∈N*)⇔{an}是等差数列． (3)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列． (4)前 n 项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B 为常数，n∈N*)⇔{an}是等差数列． 3．推断等比数列的常用方法 (1)定义法：aan＋n 1＝q(q 是不为 0 的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列． (2)通项公式法：an＝cqn(c，q 均是不为 0 的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列． (3)中项公式法：a2n＋1＝an·an＋2(an·an＋1·an＋2≠0，n∈N*)⇔{an}是等比数列． (二) 二级结论要用好1．等差数列的重要规律与推论 (1)an＝a1＋(n－1)d＝am＋(n－m)d；p＋q＝m＋n⇒ ap＋aq＝am＋an. (2)ap＝q，aq＝p(p≠q)⇒ ap＋q＝0；Sm＋n＝Sm＋Sn＋mnd. (3)连续 k 项的和(如 Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…)构成的数列是等差数列． (4)若等差数列{an}的项数为偶数 2m，公差为 d，全部奇数项之和为 S 奇，全部偶数项之和为 S 偶，则全部项之和 S2m＝m(am＋am＋1)，S 偶－S 奇＝md，SS奇偶＝aam＋m 1. (5)若等差数列{an}的项数为奇数 2m－1，全部奇数项之和为 S 奇，全部偶数项之和为 S 偶，则全部项之和 S2m －1＝(2m－1)am，S 奇＝mam，S 偶＝(m－1)am，S 奇－S 偶＝am，SS奇偶＝m－m 1. [针对练 1] 一个等差数列的前 12 项和为 354，前 12 项中偶数项的和与奇数项的和之比为 32∶27，则该数列的公差 d＝________. 解析：设等差数列的前 12 项中奇数项的和为 S 奇，偶数项的和为 S 偶，等差数列的公差为 d. 由已知条件，得SS奇偶＋∶SS偶奇＝＝33524∶，27，解得S偶＝192， S奇＝162.又 S 偶－S 奇＝6d，所以 d＝192－6 162＝5. 答案：5 2．等比数列的重要规律与推论 (1)an＝a1qn－1＝amqn－m；p＋q＝m＋n⇒ ap·aq＝am·an. (2){an}，{bn}成等比数列⇒ {anbn}成等比数列． (3)连续 m 项的和(如 Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…)构成的数列是等比数列(留意：这连续 m 项的和必需非零才能成立)． (4)若等比数列有 2n 项，公比为 q，奇数项之和为 S 奇，偶数项之和为 S 偶，则SS偶奇＝q. (5)对于等比数列前 n 项和 Sn，有： ①Sm＋n＝Sm＋qmSn； ②SSmn＝11－－qqmn(q≠±1)． (三) 易错易混要明白已知数列的前 n 项和求 an，易忽视 n＝1 的情形，直接用 Sn－Sn－1 表示．事实上，当 n＝1 时，a1＝S1；当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1. [针对练 2] 已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋1，则该数列的通项公式为________．解析：当 n＝1 时，a1＝S1＝2. 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋1)－[(n－1)2＋1]＝n2－(n－1)2＝2n－1，又当 n＝1 时，2×1－1＝1≠2.∴an＝22， n－n＝ 1，1， n≥2.答案：an＝22， n－n＝ 1，1， n≥2[课时跟踪检测]A 组——12＋4 提速练一、选择题1．(2021·成都模拟)在等比数列{an}中，已知 a3＝6，a3＋a5＋a7＝78，则 a5＝( )A．12B．18C．24D．30解析：选 B ∵a3＋a5＋a7＝a3(1＋q2＋q4)＝6(1＋q2＋q4)＝78，解得 q2＝3，∴a5＝a3q2＝6×3＝18.故选 B.2．(2021·兰州模拟)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1＝2，a8＋a10＝28，则 S9＝( )A．36B．72C．144D．288解析：选 B∵a8＋a10＝2a9＝28，∴a9＝14，∴S9＝9a1＋a9 2＝72.3．(2021·全国卷Ⅰ)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和．若 a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为( )A．1B．2C．4D．8解析：选 C 设等差数列{an}的公差为 d，则由aS46＋＝a458＝，24， a1＋3d＋a1＋4d＝24，得6a1＋6×2 5d＝48，即2a1＋7d＝24， 2a1＋5d＝16，解得 d＝4.4．设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S1＝13a2－13，S2＝13a3－13，则公比 q＝()A．1B．4C．4 或 0D．8解析：选 B ∵S1＝13a2－13，S2＝13a3－13，a1＝13a1q－13，∴a1＋a1q＝13a1q2－13，解得a1＝1， q＝4或 a1＝－13， q＝0(舍去)，故所求的公比 q＝4.5．已知 Sn 是公差不为 0 的等差数列{an}的前 n 项和，且 S1，S2，S4 成等比数列，则a2＋a1 a3的值为()A．4B．6 C．8D．10解析：选 C 设数列{an}的公差为 d，则 S1＝a1，S2＝2a1＋d，S4＝4a1＋6d，故(2a1＋d)2＝a1(4a1＋6d)，整理得 d＝2a1，所以a2＋a1 a3＝2a1a＋1 3d＝8aa11＝8.6．(2022 届高三·湖南十校联考)已知 Sn 是数列{an}的前 n 项和，且 Sn＋1＝Sn＋an＋3，a4＋a5＝23，则 S8＝()A．72B．88 C．92 D．98解析：选 C由 Sn＋1＝Sn＋an＋3，得 an＋1－an＝3，所以数列{an}是公差为 3 的等差数列，S8＝8a1＋a8 2＝8a4＋a5 2＝92. 7．已知数列{an}满足 an＋1＝2an，0≤an＜12， 2an－1，12≤an＜1.若 a1＝35，则 a2 018＝()A.15 B.25 C.35 D.45解析：选 A 由于 a1＝35，依据题意得 a2＝15，a3＝25，a4＝45，a5＝35，所以数列{an}以 4 为周期，又 2 018＝504×4＋2，所以 a2 018＝a2＝15，故选 A.8．若等比数列的各项均为正数，前 4 项的和为 9，积为841，则前 4 项倒数的和为()A.32 B.94 C．1D．2解析：选 D 设等比数列的首项为 a1，公比为 q，则第 2,3,4 项分别为 a1q，a1q2，a1q3，依题意得 a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝9，a1·a1q·a1q2·a1q3＝841，化简得 a21q3＝92，则a11＋a11q＋a11q2＋a11q3＝a1＋a1q＋a21aq13q2＋a1q3＝2.9．(2021·广州模拟)已知等比数列{an}的各项都为正数，且 a3，12a5，a4 成等差数列，则aa34＋＋aa56的值是()A.5－1 2B.5＋1 2C.3－2 5 D.3＋2 5解析：选 A 设等比数列{an}的公比为 q，由 a3，12a5，a4 成等差数列可得 a5＝a3＋a4，即 a3q2＝a3＋a3q，故q2－q－1＝0，解得 q＝1＋25 或q＝1－25(舍去)，所以aa34＋＋aa56＝aa34＋＋aa34qq22＝aa341＋q2 1＋q2125－1＝q＝＝ 5＋12，故选 A.10．(2021·张掖模拟)等差数列{an}中，aa2nn是一个与 n 无关的常数，则该常数的可能值的集合为()A．{1}B.1，12 C.12 D.0，12，1 解析：选 Baa2nn＝aa11＋＋n－1 2n－1dd＝aa11－－dd＋＋2nndd，若 a1＝d≠0，则aa2nn＝12；若 a1≠0，d＝0，则aa2nn＝1.∵a1－d＋nd≠0，∴aa2nn≠0，∴该常数的可能值的集合为1，12.11．(2022 届高三·湖南十校联考)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1<0，若存在自然数 m≥3，使得 am＝Sm，则当 n>m 时，Sn 与 an 的大小关系是( )A．Sn<anB．Sn≤anC．Sn>anD．大小不能确定解析：选 C 若 a1<0，存在自然数 m≥3，使得 am＝Sm，则 d>0，否则若 d≤0，数列是递减数列或常数列，则恒有 Sm<am，不存在 am＝Sm.由于 a1<0，d>0，当 m≥3 时，有 am＝Sm，因此 am>0，Sm>0，又 Sn＝Sm＋am＋1＋…＋an，明显 Sn>an.故选 C.12．(2021·洛阳模拟)等比数列{an}的首项为32，公比为－12，前 n 项和为 Sn，则当 n∈N*时，Sn－S1n的最大值与最小值之和为( )A．－23B．－172C.14D.56解析：选 C依题意得，Sn＝3211－－－－1212n＝1－－12n.当 n 为奇数时，Sn＝1＋21n随着 n 的增大而减小，1<Sn＝1＋21n≤S1＝32，Sn－S1n随着Sn的增大而增大，0<Sn－S1n≤65；当n为偶数时，Sn＝1－21n随着n3 的增大而增大，4＝S2≤Sn＝1－21n<1，Sn－S1n随着 Sn 的增大而增大，－172≤Sn－S1n<0.因此 Sn－S1n的最大值与最小值分别为56，－172，其最大值与最小值之和为56＋－172＝14.二、填空题13．(2021·合肥质检)已知数列{an}中，a1＝2，且aa2n＋n 1＝4(an＋1－an)(n∈N*)，则其前 9 项和 S9＝________.解析：由已知，得 a2n＋1＝4anan＋1－4a2n，即 a2n＋1－4anan＋1＋4a2n＝(an＋1－2an)2＝0，所以 an＋1＝2an，又由于 a1＝2，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故S9＝2×1－29 1－2＝210－2＝1 022.答案：1 02214．(2021·兰州模拟)已知数列{an}中，a1＝1，Sn 为数列{an}的前 n 项和，且当 n≥2 时，有anS2na－n S2n＝1 成立，则 S2 017＝________.解析：当 n≥2 时，由anS2na－n S2n＝1，得 2(Sn－Sn－1)＝(Sn－Sn－1)Sn－S2n＝－SnSn－1，∴S2n－Sn2－1＝1，又S21＝2，∴S2n是以 2 为首项，1 为公差的等差数列，∴S2n＝n＋1，故 Sn＝n＋2 1，则 S2 017＝1 1009.答案：11 00915．(2022·全国卷Ⅰ)设等比数列{an}满足 a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则 a1a2…an 的最大值为________．解析：设等比数列{an}的公比为 q，则由 a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，知 q＝12.又 a1＋a1q2＝10，∴a1＝8.故 a1a2…an＝an1q1＋2＋…＋(n－1)＝23n·12n－1 2n＝23n－n22＋n2＝2－n22＋72n.记 t＝－n22＋72n＝－12(n2－7n)＝－21n－722＋489，结合 n∈N*可知 n＝3 或 4 时，t 有最大值 6. 又 y＝2t 为增函数，从而 a1a2…an 的最大值为 26＝64.答案：6416．(2021·广州模拟)设 Sn 为数列{an}的前 n 项和，已知 a1＝2，对任意 p，q∈N*，都有 ap＋q＝ap＋aq，则f(n)＝Snn＋＋610(n∈N*)的最小值为________．解析：a1＝2，对任意 p，q∈N*，都有 ap＋q＝ap＋aq，令 p＝1，q＝n，则有 an＋1＝an＋a1＝an＋2.故{an}是等差数列，所以 an＝2n，Sn＝2×1＋n 2n＝n2＋n，f(n)＝Snn＋＋610＝n2＋n＋n＋1 60＝n＋12－ n＋1 n＋1＋60＝n＋1＋n6＋01－1.当 n＋1＝8，即 n＝7 时，f(7)＝8＋680－1＝229；当 n＋1＝7，即 n＝6 时，f(6)＝7＋670－1＝1702，由于229<1072，则 f(n)＝Snn＋＋610(n∈N*)的最小值为229.29 答案： 2B 组——力量小题保分练 1．若 a，b 是函数 f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的两个不同的零点，且 a，b，－2 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则 p＋q 的值为( )A．6B．7 C．8D．9解析：选 D 不妨设 a＞b，由题意得aab＋＝b＝ q＞p＞ 0，0， ∴a＞0，b＞0，则 a，－2，b 成等比数列，a，b，－2 成等差数列，∴ab＝－2 2， a－2＝2b，∴ab＝＝41，，∴p＝5，q＝4，∴p＋q＝9.2．(2021·郑州质检)已知数列{an}满足 a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且对任意 n∈N*都有a11＋a12＋…＋a1n<t，则实数 t 的取值范围为( )A.13，＋∞B.13，＋∞C.23，＋∞D.23，＋∞解析：选 D依题意得，当 n≥2 时，an＝aa1a1a2a2a3…3…aan－n 1＝22n2 n－12＝2n2－(n－1)2＝22n－1，又 a1＝21＝22×1－1，因此 an＝22n－1，a1n＝221n－1＝12×14n－1，即数列a1n是以12为首项，14为公比的等比数列，等比数列a1n的前 n 项和等于1211－－1441n＝231－41n<23，因此实数 t 的取值范围是23，＋∞.3．(2021·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n 项和为nSn，a3＝3，S4＝10，则 k＝11 Sk＝________.解析：设等差数列{an}的首项为 a1，公差为 d，依题意有a1＋2d＝3， 4a1＋6d＝10，解得a1＝1， d＝1，所以 Sn＝nn＋1 21 ，Sn＝n2 n＋1＝21n－n＋1 1，n因此k＝1S1k＝21－12＋12－13＋…＋1n－n＋1 1＝n2＋n1.答案：n2＋n14．(2021·兰州模拟)已知数列{an}，{bn}，若 b1＝0，an＝n1 n＋1，当 n≥2 时，有 bn＝bn－1＋an－1，则b2 018＝________.解析：由 bn＝bn－1＋an－1，得 bn－bn－1＝an－1，∴b2－b1＝a1，b3－b2＝a2，…，bn－bn－1＝an－1，∴b2－b1＋b3－b2＋…＋bn－bn－1＝a1＋a2＋…＋an－1＝1×1 2＋2×1 3＋…＋1 n－1×n，即 bn－b1＝a1＋a2＋…＋an－1＝1×1 2＋2×1 3＋…＋1 n－1×n＝11－12＋12－13＋…＋n－1 1－1n＝1－1n＝n－n 1，∵b1＝0，∴bn＝n－n 1，∴b22 018＝2001178.答案：22017 0185．(2021·石家庄质检)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，数列{an}为12，13，23，14，24，34，15，25，35，45，…，1n，2n－1n，…， n ，…，若Sk＝14，则ak＝________.解析：由于1n＋2n＋…＋n－n 1＝1＋2＋…n ＋n－1＝n2－12，n＋1 1＋n＋2 1＋…＋n＋n 1＝1＋2n＋＋…1 ＋n＝n2，所以数列12，13＋23，14＋24＋34，…，n＋1 1＋n＋2 1＋…＋n＋n 1是首项为12，公差为12的等差数列，所以该数列的前 n 项和 Tn13n n2＋n＝2＋1＋2＋…＋2＝ 4 .令Tn＝n2＋4 n＝14，解得n＝7(n＝－8舍去)，所以ak＝78.答案：786．在数列{an}和{bn}中，an＋1＝an＋bn＋ a2n＋b2n，bn＋1＝an＋bn－ a2n＋b2n，a1＝1，b1＝1.设 cn＝a1n＋b1n，则数列{cn}的前 2 018 项和为________．解析：由已知 an＋1＝an＋bn＋ a2n＋b2n，bn＋1＝an＋bn－ an2＋bn2得 an＋1＋bn＋1＝2(an＋bn)，又 a1＋b1＝2，所以数列{an＋bn}是首项为 2，公比为 2 的等比数列，即 an＋bn＝2n，将 an＋1＝an＋bn＋ a2n＋b2n，bn＋1＝an＋bn－ a2n＋b2n 相乘并化简，得 an＋1bn＋1＝2anbn，即an＋a1nbbnn＋1＝2.所以数列{anbn}是首项为 1，公比为 2 的等比数列，所以 anbn＝2n －1，由于 cn＝a1n＋b1n，所以 cn＝aan＋nbnbn＝22n－n 1＝2，数列{cn}的前 2 018 项和为 2×2 018＝4 036.答案：4 036其次讲大题考法——数列题型(一)主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前 n 项等差、等比数列基本量的计算和的求解，且常结合数列的递推公式命题.[典例感悟][典例 1] (2021·全国卷Ⅱ)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，等比数列{bn}的前 n 项和为 Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2.(1)若 a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；(2)若 T3＝21，求 S3.[解] 设{an}的公差为 d，{bn}的公比为 q，则 an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1.由 a2＋b2＝2 得 d＋q＝3.①(1)由 a3＋b3＝5 得 2d＋q2＝6.②联立①②解得dq＝＝30， (舍去)或dq＝＝12， .因此{bn}的通项公式为 bn＝2n－1. (2)由 b1＝1，T3＝21，得 q2＋q－20＝0，解得 q＝－5 或 q＝4.当 q＝－5 时，由①得 d＝8，则 S3＝21. 当 q＝4 时，由①得 d＝－1，则 S3＝－6.[备课札记]等差、等比数列的基本量的求解策略 (1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要先求解的中间问题．如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，即确定解题的规律次序． (2)留意细节．例如：在等差数列与等比数列综合问题中，若等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于 1 的可能；在数列的通项问题中，第一项和后面的项能否用同一个公式表示等． [演练冲关] 1．(2021·洛阳模拟)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，an≠0，a1＝1，且 2anan＋1＝4Sn－3(n∈N*)． (1)求 a2 的值并证明：an＋2－an＝2； (2)求数列{an}的通项公式．解：(1)令 n＝1 得 2a1a2＝4a1－3，又 a1＝1，∴a2＝12. 由题可得，2anan＋1＝4Sn－3，① 2an＋1an＋2＝4Sn＋1－3.② ②－①得，2an＋1(an＋2－an)＝4an＋1. ∵an≠0，∴an＋2－an＝2. (2)由(1)可知：数列 a1，a3，a5，…，a2k－1，…为等差数列，公差为 2，首项为 1，∴a2k－1＝1＋2(k－1)＝ 2k－1，即 n 为奇数时，an＝n. 数列 a2，a4，a6，…，a2k，…为等差数列，公差为 2，首项为12，∴a2k＝12＋2(k－1)＝2k－32，即 n 为偶数时， an＝n－32. n，n为奇数，综上所述，an＝n－32，n为偶数.题型(二) 数列求和问题主要考查错位相减法求和、裂项相消法求和以及分组求和，且常结合数列的递推公式、周期等命题.[典例感悟] [典例 2] 等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，数列{bn}是等比数列，满足 a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2 ＝a3. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式；[方法技巧](2)令 cn＝S2n，n为奇数， bn，n为偶数，设数列{cn}的前 n 项和为 Tn，求 T2n.[解] (1)设数列{an}的公差为 d，数列{bn}的公比为 q，则由b2＋S2＝10， a5－2b2＝a3，得q3＋＋64＋ d－d＝ 2q1＝0， 3＋2d，解得dq＝＝22，，所以 an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1.(2)由 a1＝3，an＝2n＋1 得 Sn＝n(n＋2)，则 cn＝n2 n＋2，n为奇数，2n－1，n为偶数，即 cn＝1n－n＋1 2，n为奇数， 2n－1，n为偶数，所以 T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)＝1－13＋13－15＋…＋2n1－1－2n1＋1＋(2＋23＋…＋22n－1)＝1－2n1＋1＋21－4n 1－4＝2n2＋n 1＋23(4n－1)．[备课札记][方法技巧] 1．分组求和中分组的策略 (1)依据等差、等比数列分组． (2)依据正号、负号分组． 2．裂项相消的规律 (1)裂项系数取决于前后两项分母的差． (2)裂项相消后前、后保留的项数一样多． 3．错位相减法的关注点 (1)适用题型：等差数列{an}与等比数列{bn}对应项相乘({an·bn})型数列求和． (2)步骤： ①求和时先乘以数列{bn}的公比； ②将两个和式错位相减； ③整理结果形式． [演练冲关] 2．(2021·合肥质检)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 S4＝24，S7＝63.(1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝2an＋an，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)∵{an}为等差数列，S4＝4a1＋4×2 3d＝24，∴S7＝7a1＋7×2 6d＝63，解得a1＝3， d＝2，∴an＝2n＋1.(2)∵bn＝2an＋an＝22n＋1＋(2n＋1)＝2×4n＋(2n＋1)，∴Tn＝2×(4＋42＋…＋4n)＋(3＋5＋…＋2n＋1)4 1－4n n 3＋2n＋1＝2× 1－4 ＋2＝83(4n－1)＋n2＋2n.3．(2021·天津高考)已知{an}为等差数列，前 n 项和为 Sn(n∈N*)，{bn}是首项为 2 的等比数列，且公比大于 0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{a2nb2n－1}的前 n 项和(n∈N*)．解：(1)设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q. 由已知 b2＋b3＝12，得 b1(q＋q2)＝12，而 b1＝2，所以 q2＋q－6＝0. 又由于 q＞0，解得 q＝2. 所以 bn＝2n. 由 b3＝a4－2a1，可得 3d－a1＝8.① 由 S11＝11b4，可得 a1＋5d＝16.② 由①②，解得 a1＝1，d＝3，由此可得 an＝3n－2. 所以数列{an}的通项公式为 an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为 bn＝2n. (2)设数列{a2nb2n－1}的前 n 项和为 Tn，由 a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得 a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，故 Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n， 4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，上述两式相减，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝12×1－4n1－4－4－(3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋1－8.故T n ＝3n －23×4n ＋1＋83. 所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83.题型(三)主要考查等差数列与等比数列的定义、等差中项及等比中项，且常与数列的递推公式相结合命题.等差、等比数列的判定与证明[典例感悟][典例3] (2021·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并推断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列． [解] (1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 11＋q ＝2，a 11＋q ＋q 2＝－6.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，q ＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n. (2)由(1)可得S n ＝－2×[1－－2n]1－－2＝－23＋(－1)n 2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23＋(－1)n 2n ＋13＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．[备课札记] [方法技巧]判定和证明数列是等差(比)数列的方法(1)定义法：对于n ≥1的任意自然数，验证a n ＋1－a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫或a n ＋1a n 为与正整数n 无关的某一常数．(2)中项公式法：①若2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等差数列； ②若a 2n ＝a n －1·a n ＋1≠0(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等比数列． [演练冲关]4．(2022届高三·东北三校联考)已知数列{a n }的首项a 1>0，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1(n ∈N *)，且a 1＝23.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等比数列，并求出{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和T n .解：(1)证明：记b n ＝1a n －1，则b n ＋1b n ＝1a n ＋1－11a n －1＝2a n ＋13a n －11a n－1＝2a n ＋1－3a n 3－3a n ＝1－a n31－a n＝13，又b 1＝1a 1－1＝32－1＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为12，公比为13的等比数列．所以1a n －1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，即a n ＝2×3n －11＋2×3n －1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2×3n －11＋2×3n －1.(2)由(1)知，1a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＋1.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13＋n ＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ＋n .[解题通法点拨] 数列问题重在“化归” [循流程思维——入题快]等差数列与等比数列是我们最生疏的两个基本数列，在高中阶段它们是一切数列问题的动身点与落脚点．首项与公差(比)称为等差(比)数列的基本量，大凡涉及这两个数列的问题，我们总期望把已知条件化归为等差或等比数列的基本量间的关系，从而达到解决问题的目的．这种化归为基本量处理的方法是解决等差或等比数列问题特有的方法，对于不是等差或等比的数列，可通过转化化归，转化为等差(比)数列问题或相关问题求解．由于数列是一种特殊的函数，也可依据题目特点，将数列问题化归为函数问题来解决．[按流程解题——快又准][典例] (2021·全国卷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．[解题示范](1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，① 可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.②②－①，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，得a n ＋1－a n ＝2. 又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或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＝12n ＋12n ＋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＝n32n ＋3.[思维升华] 对于数列的备考：一是精确把握数列中a n 与S n 之间的关系，这是解决数列问题的基础；二是重视等差与等比数列的复习，生疏其基本概念、公式和性质，这是解决数列问题的根本；三是留意数列与函数、不等式等的综合问题，把握解决此类问题的通法；四是在学问的复习和解题过程中体会其中所蕴含的数学思想方法，如分类争辩、数形结合、等价转化、函数与方程思想等．[应用体验](2021·张掖模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝－3S n ＋4，b n ＝－log 2a n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式与数列{b n }的通项公式； (2)令c n ＝b n 2n ＋1，其中n ∈N *，记数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n ＋n ＋22n 的值．解：(1)由题意知a 1＝1，∵a n ＝－3S n ＋4，∴a n ＋1＝－3S n ＋1＋4. 两式相减并化简得a n ＋1＝14a n ，∴{a n }是首项为1，公比为14的等比数列，∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1.b n ＝－log 2a n ＋1＝－log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＝2n . (2)∵c n ＝b n2n ＋1＝2n 2n ＋1＝n 2n ， ∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，① 12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，②①－②得，12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1.∴T n ＝2－n ＋22n，即T n ＋n ＋22n＝2.[课时跟踪检测] 1．(2022届高三·广西三市联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n－1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 4a n ＋1，求{b n }的前n 项和T n . 解：(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，当n ＝1时，a 1＝2－1＝1，满足a n ＝2n －1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)由(1)得，b n ＝log 4a n ＋1＝n ＋12，则b n ＋1－b n ＝n ＋22－n ＋12＝12，又b 1＝log 4a 1＋1＝1，∴数列{b n }是首项为1，公差d ＝12的等差数列，∴T n ＝nb 1＋n n －12d ＝n 2＋3n4.2．(2021·福州质检)已知等差数列{a n }的各项均为正数，其公差为2，a 2a 4＝4a 3＋1. (1)求{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 3＋a 9＋…＋a 3n .解：(1)依题意知，a n ＝a 1＋2(n －1)，a n >0.由于a 2a 4＝4a 3＋1，所以(a 1＋2)(a 1＋6)＝4(a 1＋4)＋1，所以a 21＋4a 1－5＝0，解得a 1＝1或a 1＝－5(舍去)，所以a n ＝2n －1.(2)a 1＋a 3＋a 9＋…＋a 3n ＝(2×1－1)＋(2×3－1)＋(2×32－1)＋...＋(2×3n －1)＝2×(1＋3＋32＋ (3))－(n ＋1)＝2×1－3n ＋11－3－(n ＋1)＝3n ＋1－n －2.3．(2021·济南模拟)已知数列{a n }满足a 1＝511,4a n ＝a n －1－3(n ≥2)． (1)求证：数列{a n ＋1}为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝|log 2(a n ＋1)|，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)证明：当n ≥2时，由4a n ＝a n －1－3得a n ＋1＝14(a n －1＋1)，所以数列{a n ＋1}是以512为首项，14为公比的等比数列．所以a n ＋1＝512×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＝211－2n ，a n＝211－2n －1.(2)b n ＝|11－2n |，设数列{11－2n }的前n 项和为T n ，则T n ＝10n －n 2.当n ≤5时，S n ＝T n ＝10n －n 2；当n ≥6时，S n ＝2S 5－T n ＝n 2－10n ＋50.所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧10n －n 2，n ≤5，n 2－10n ＋50，n ≥6.4．(2022届高三·广东五校联考)数列{a n }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)设b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)∵S n ＝2a n －a 1， ① ∴当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－a 1；②①－②得，a n ＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1.由a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，得2(a 2＋1)＝a 1＋a 3，∴2(2a 1＋1)＝a 1＋4a 1，解得a 1＝2.∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．∴a n ＝2n.(2)∵a n ＝2n，∴S n ＝2a n －a 1＝2n ＋1－2，S n ＋1＝2n ＋2－2.∴b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝2n ＋12n ＋1－22n ＋2－2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1－1. ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1－122－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1－123－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1－1＝2n－12n ＋1－1. 5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }中，b 1＝a 1，b n ＝a n －a n －1(n ≥2)，且a n ＋S n ＝n .(1)设c n ＝a n －1，求证：{c n }是等比数列； (2)求数列{b n }的通项公式及前n 项和T n . 解：(1)证明：∵a n ＋S n ＝n ， ① ∴a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1.②②－①得a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝1，∴2a n ＋1＝a n ＋1，∴2(a n ＋1－1)＝a n －1，∴a n ＋1－1a n －1＝12，当n ＝1时，a 1＋S 1＝1，∴a 1＝12，a 1－1＝－12，又c n ＝a n －1，∴{c n }是首项为－12，公比为12的等比数列．(2)由(1)可知c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，∴a n ＝c n ＋1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .∴当n ≥2时，b n ＝a n －a n －1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .又b 1＝a 1＝12也符合上式，∴b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . 第三讲创新考法与思想方法[常见创新考法] 创新点(一) 创新命题情景考应用力量此类问题多以新定义、新运算或实际问题为背景考查数列的有关计算问题.[典例1] 假如一个数列的每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和．已知数列{a n }是等和数列，且a 1＝3，公和为4，那么数列{a n }的前25项和S 25的值为________．[解析] 由题意知，a n ＋a n ＋1＝4，且a 1＝3，所以a 1＋a 2＝4，得a 2＝1，a 3＝3，a 4＝1，…，a 24＝1，a 25＝3，即数列{a n }是周期为2的数列，所以S 25＝(3＋1)＋(3＋1)＋…＋(3＋1)＋3＝12×4＋3＝51.[答案] 51[点评] 本题通过新定义“等和数列”考查了同学利用归纳推理解决新问题的力量．本题的实质是考查与周期有关的数列求和问题．[演练冲关]1．依据市场调查结果，猜测某种家用商品从年初开头的n 个月内累积的需求量S n (万件)近似地满足关系式S n ＝n90(21n －n 2－5)(n ＝1,2，…，12)，按此猜测，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月解析：选C 当n ＝1时，a 1＝S 1＝16不满足题意；当n ≥2时，第n 个月的需求量a n ＝S n －S n －1＝130(－n 2＋15n－9)，解不等式130(－n 2＋15n －9)>1.5，得6<n <9，故选C.2．(2021·全国卷Ⅰ)几位高校生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的爱好，他们推出了“解数学题猎取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )A ．440B ．330C ．220D ．110解析：选A 设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n n ＋12.由题意可知，N >100，令n n ＋12>100，得n ≥14，n ∈N *，即N 消灭在第13组之后．易得第n 组的全部项的和为1－2n1－2＝2n－1，前n 组的全部项的和为21－2n1－2－n ＝2n ＋1－n －2.设满足条件的N 在第k ＋1(k ∈N *，k ≥13)组，且第N 项为第k ＋1组的第t (t ∈N *)个数，若要使前N 项和为2的整数幂，则第k ＋1组的前t 项的和2t－1应与－2－k 互为相反数，即2t－1＝k ＋2，∴2t＝k ＋3，∴t ＝log 2(k ＋3)， ∴当t ＝4，k ＝13时，N ＝13×13＋12＋4＝95<100，不满足题意；当t ＝5，k ＝29时，N ＝29×29＋12＋5＝440；当t >5时，N >440，故选A.创新点(二) 创新命题角度考迁移力量数列常与函数、方程、向量、不等式、解析几何等结合形成交汇创新题. [典例2] (1)对于函数y ＝f (x )，部分x 与y 的对应关系如下表：x 1 2 3 4 5 6 7 8 9 y375961824数列{x n }满足：x 1＝1，且对于任意n ∈N *，点(x n ，x n ＋1)都在函数y ＝f (x )的图象上，则x 1＋x 2＋…＋x 2 018＝( )A ．7 564B ．7 549C ．7 546D ．7 539(2)设数列{a n }满足a 2＋a 4＝10，点P n (n ，a n )对任意的n ∈N *，都有向量P n P ―→ n ＋1＝(1,2)，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.[解析] (1)∵数列{x n }满足x 1＝1，且对任意n ∈N *，点(x n ，x n ＋1)都在函数y ＝f (x )的图象上，∴x n ＋1＝f (x n )， ∴由图表可得x 2＝f (x 1)＝3，x 3＝f (x 2)＝5，x 4＝f (x 3)＝6，x 5＝f (x 4)＝1，…， ∴数列{x n }是周期为4的周期数列，∴x 1＋x 2＋…＋x 2 018＝504(x 1＋x 2＋x 3＋x 4)＋x 1＋x 2＝504×15＋4＝7 564.故选A. (2)∵P n (n ，a n )，∴P n ＋1(n ＋1，a n ＋1)，∴P n P ―→ n ＋1＝(1，a n ＋1－a n )＝(1,2)，∴a n ＋1－a n ＝2，∴{a n }是公差d 为2的等差数列．又由a 2＋a 4＝2a 1＋4d ＝2a 1＋4×2＝10，解得a 1＝1， ∴a n ＝2n －1， ∴S n ＝n ＋n n －12×2＝n 2.[答案] (1)A (2)n 2[点评] (1)第(1)题是函数与数列的交汇，第(2)题是平面对量与数列的交汇；(2)解答此类问题的一般思路为利用已知条件结合函数、平面对量的学问转化为数列的问题进行求解． [演练冲关]3．记S n 为正项等比数列{a n }的前n 项和，若S 12－S 6S 6－7·S 6－S 3S 3－8＝0，且正整数m ，n 满足a 1a m a 2n ＝2a 35，则1m ＋8n的最小值是( )A.157 B.95 C.53D.75解析：选C ∵{a n }是等比数列，设{a n }的公比为q ， ∴S 12－S 6S 6＝q 6，S 6－S 3S 3＝q 3， ∴q 6－7q 3－8＝0，解得q ＝2(负值舍去)．又a 1a m a 2n ＝2a 35， ∴a 31·2m ＋2n －2＝2(a 1·24)3＝a 31·213，∴m ＋2n ＝15，∴1m ＋8n ＝115⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋8n (m ＋2n ) ＝115×⎝⎛⎭⎪⎫17＋2n m ＋8m n ≥115×⎝ ⎛⎭⎪⎫17＋22nm ×8m n ＝53，当且仅当2n m ＝8mn，即m ＝3，n ＝6时等号成立，∴1m ＋8n 的最小值是53，故选C. 4．设直线nx ＋(n ＋1)y ＝2(n ∈N *)与两坐标轴围成的三角形的面积为S n ，则S 1＋S 2＋…＋S 2 017的值为________．解析：当x ＝0时，y ＝2n ＋1，当y ＝0时，x ＝2n ，所以三角形的面积S n ＝12×2n ×2n ＋1＝1nn ＋1＝1n－。