2013届高三数学二轮复习 必考问题专项突破 理（打包22套）
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2013届高三数学二轮复习 必考问题专项突破 理（打包22套）,高三,数学,二轮,复习,温习,必考,问题,专项,突破,打包,22
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1 二轮专题复习 数学理 (新课标 )第一部分 22 个必考问题专项突破必考问题 1 函数、基本初等函数的图象和性质 1 (2012 江西 )下列函数中，与函数 y 13 ) A y 1x B y ln C y D y 答案： D 函数 y 13 ， 0) (0， ) ，而 y 1x|x R， x k Z， y ln 定义域为 (0， ) ， y ， y 定义域为 ( ， 0) (0， ) 2 (2012 安徽 )下列函数中，不满足 f(2x) 2f(x)的是 ( ) A f(x) |x| B f(x) x |x| C f(x) x 1 D f(x) x 答案： C 对于选项 A， f(2x) |2x| 2|x| 2f(x)；对于选项 B， f(x) x |x| x ，当 x0 时， f(2x) 0 2f(x)，当 x 0 时， f(2x) 4x 22 x 2f(x)，恒有 f(2x) 2f(x)；对于选项 D， f(2x) 2x 2( x) 2f(x)；对于选项 C， f(2x) 2x 1 2f(x) 1. 3 (2012 广东 )下列函数中，在区间 (0， ) 上为增函数的是 ( ) A y ln(x 2) B y x 1 C y 12 x D y x 1x 答案： A 结合初等函数的单调性逐一分析即可得到正确结论选项 A 的函数 y ln(x 2)的增区间为 ( 2， ) ，所以在 (0， ) 上一定是增函数 2 4 (2011 江苏 )已知实数 a0 ，函数 f(x) 2x a， x 1， x 2a， x 1. 若 f(1 a) f(1a)，则 a 的值为 _ 解析 首先讨论 1 a,1 a 与 1 的关系， 当 a 0 时， 1 a 1,1 a 1， 所以 f(1 a) (1 a) 2a 1 a； f(1 a) 2(1 a) a 3a 2. 因为 f(1 a) f(1 a)，所以 1 a 3a 2， 所以 a 34.当 a 0 时， 1 a 1,1 a 1， 所以 f(1 a) 2(1 a) a 2 a； f(1 a) (1 a) 2a 3a 1. 因为 f(1 a) f(1 a)，所以 2 a 3a 1，所以 a 32(舍去 ) 综上，满足条件的 a 34. 答案 34 高考对本内容的考查主要有： 利用函数的图象与性质求函数定义域、值域与最值，尤其是考查对数函数的定义域、值域与最值问题； 借助基本初等函数考查函数单调性与奇偶性的应用，尤其是考查含参函数的单调性问题或借助单调性求参数的范围，主要以解答题的形式考查； 求二次函数的解析式、值域与最值，考查二次函数的最值、一元二次方 程与不等式的综合应用； 在函数与导数的解答题中，考查指数函数、对数函数的求导、含参函数单调性的讨论、函数的极值或最值的求解等 本部分的试题多围绕二次函数、分段函数、指数函数、对数函数等几个常见的函数来设计，考查函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性等，所以复习时一定要回归课本，重读教材，只有把课本中的例题、习题弄明白，把基础夯扎实，才能真正掌握、灵活应用，达到事半功倍的效果 . 必备知识 函数及其图象 (1)定义域、值域和对应关系是确定函数的三个要素，是一个整体，研究函数问题时务 3 必要 “ 定义域优先 ” (2)对于函数的图象要会作图、识图、用图，作函数图象有两种基本方法：一是描点法；二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换、对称变换 函数的性质 (1)函数单调性的判定方法 定义法：取值，作差，变形，定号，作答 其中变形是关键，常用的方法有：通分、配方、因式分解 导数法 复合函数的单调性遵循 “ 同增异减 ” 的原则 (2)函数的奇偶性反映了函数图象的对称性，是函数的整体特性 利用函数的奇偶性可以把研究整个函数具有的性质问题转化到只研究部分 (一半 )区间上，是简化问题的一种途径 (3)求函数最值 (值域 )常用的方法 单调性法：适合于已知或能判断单调性的函数； 图象法：适合于已知或易作出图象的函数； 基本不等式法：特别适合于分式结构或两元的函数； 导数法：适合于可求导数的函数 函数图象的对称性 (1)若函数 y f(x)满足 f(a x) f(a x)，即 f(x) f(2a x)，则 f(x)的图象关于直线 x a 对称 (2)若 f(x)满足 f(a x) f(b x)，则函数 f(x)的图象关于直线 x a 称 (3)若 f(x a)为奇函数 f(x)的图象关于点 (a,0)成中心对称；若 f(x a)为偶函数 f(x)的图象关于直线 x a 对称 必备方法 1函数的图象和解析式是函数关系的主要表现形式，它们的实质是相同的，在解题时经常要互相转化在解决函数问题时，尤其是较为繁琐的 (如分类讨论，求参数的取值范围等 )问题时，要注意充分发挥图象的直观作用 2二次函数、一元二次方程和一元二次不等式是一个有机的整体，要深刻理解它们之间的相互关系，能用函数与方程、分类讨 论、数形结合思想来研究与 “ 三个二次 ” 有关的问题，高考对 “ 三个二次 ” 知识的考查往往渗透在其他知识之中，并且大都出现在解答题中 . 4 函数性质及其应用的考查 常考查： 给定函数解析式求定义域； 给出分段函数表达式结合奇偶性、周期性求值熟练转化函数的性质是解题的关键，是高考的必考内容，常以选择题、填空题的形式考查，多为基础题 【例 1】 设定义域在 2,2上的偶函数 f(x)在区间 0,2上单调递减，若 f(1 m)f(m)则实数 m 的取值范围是 _ 审题视点 听课记录 审题视点 利用已知条件，可将问题转化为 |1 m| |m|. 解析 f(x)是偶函数， f( x) f(x) f(|x|) 不等式 f(1 m) f(m)f(|1 m|) f(|m|)， 又 当 x 0,2时， f(x)是减函数， |1 m| |m|， 21 m2 ， 2 m2 ，解得 1 m 12. 答案 1， 12 (1)函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性 (2)求函数最值常用的方法有单调性法、图象法、基本不等式法、导数法和换元法 【突破训练 1】 (2012 济南 2 月月考 )已知定义在 R 上的函数 y f(x)满足以下三个条件： 对于任意的 x R，都有 f(x 4) f(x)； 对于任意的 R，且 0 ，都有 f( f( 函数 y f(x 2)的图象关于 y 轴对称则下列结论正确的是 ( ) A f( f(7) f( B f(7) f( f(C f(7) f( f( D f( f( f(7) 答案： A 由 知， f(x)的周期为 4， 由 知， f(x)在 0,2上单调递增 由 知， f(x)的对称轴为 x 2. f( f( f(7) f(3) f(1) f( f( f( f( f(7) f( 函数图象及其应用的考查 5 常考查： 由函数的性质 (如单调性、对称性、最值 )及图象的变换选图象； 在解方程或不等式问题时，利用图象求交点个数或解集的范围，是高考考查的热点，常以选择题形式考查，难度中档 【例 2】 函数 y 2x 的图象大致是 ( ) 审题视点 听课记录 审题视点 利用导数的正负与函数在某一区间内的单调性的关系求解 C 由 f( x) f(x)知，函数 f(x)为奇函数，所以排除 A；又 f( x) 12 2x，当 x 在 y 轴右侧，趋向 0 时， f( x) 0，所以函数 f(x)在 x 轴右边接近原点处为减函数，当 x 2 时， f(2) 12 2 32 0，所以 x 2 应在函数的减区间上，所以选 C. 函数 的图象在研究函数性质中有着举足轻重的作用 (1)识图：在观察、分析图象时，要注意到图象的分布及变化趋势，具有的性质，找准解析式与图象的对应关系 (2)用图：在研究函数性质特别是单调性、最值、零点时，要注意用好其与图象的关系，结合图象研究 (3)掌握基本初等函数的图象 (一元一次函数、一元二次函数、反比例函数、指数函数、对数函数、三角函数 )，它们是图象变换的基础 【突破训练 2】 (2012 新课标全国 )已知函数 f(x) 1x x，则 y f(x)的图象大致为 ( ) 答案： B g(x) ln(x 1) xg( x) x， 当 g( x) 0 时， 1 x 0.当 g( x) 0 时， x 0. 6 故 g(x) g(0) 0，即 x 0 或 1 x 0 时均有 f(x) 0，排除 A、 C、 D. 二次函数综合问题的考查 高考很少单独考查二次函数，往往与导数结合来命题，可涉及到二次函数的许多基础知识的考查，如含参函数 根的分布问题，根与系数的关系问题，要求考生熟练应用有关的基础知识 【例 3】 设函数 f(x) d(a 0)，且方程 f( x) 9x 0 的两个根分别为 1,4. (1)当 a 3 且曲线 y f(x)过原点时，求 f(x)的解析式； (2)若 f(x)在 ( ， ) 内无极值点，求 a 的取值范围 审题视点 听课记录 审题视点 (1)借助根与系数的关系，曲线过原点等条件进行求解； (2)问题可转化为f( x)0 在 ( ， ) 内恒成立 解 由 f(x) d，得 f( x) 2c. 因为 f( x) 9x 2c 9x 0 的两个根分别为 1,4， 所以 a 2b c 9 0，16a 8b c 36 0， (*) (1)当 a 3 时，由 (*)式得 2b c 6 0，8b c 12 0. 解得 b 3， c 12. 又因为曲线 y f(x)过原点，所以 d 0， 故 f(x) 312x. (2)由于 a 0，所以 “ f(x) d 在 ( ， ) 内无极值点 ” 等价于“ f( x) 2c0 在 ( ， ) 内恒成立 ” 由 (*)式得 2b 9 5a， c 4a. 又 (2b)2 49(a 1)(a 9) 解 a 0， a a 得， a 1,9， 即 a 的取值范围是 1,9 高考对该部分的考查多与二次函数相结合综合命题，涉及函数零点问题，比较方程根的大小问题，函数值的求解，函数图象的识别等问题，考查学生分析、解决问题的 7 能力 【突破训练 3】 已知函数 f(x) 32(3a 1)4x. (1)当 a 16时，求 f(x)的极值； (2)若 f(x)在 ( 1,1)上是增函数，求 a 的取值范围 解 (1)f( x) 4(x 1)(331) 当 a 16时， f( x) 2(x 2)(x 1)2， f(x)在 ( ， 2)内单调递减，在 ( 2， ) 内单调递增， 在 x 2 时， f(x)有极小值 所以 f( 2) 12 是 f(x)的极小值 (2)在 ( 1,1)上， f(x)单调递增，当且仅当 f( x) 4(x 1)(3 31)0 ，即3310 ， (i)当 a 0 时， 恒成立； ( a 0 时， 成立，当且仅当 3a1 2 3a1 10. 解得 a 16. 0 a 16. ( a 0 时， 成立，即 3a x 12 2 3 10 成立， 当且仅当 3 10. 解得 a 43. 43 a 0. 综上， a 的取值范围是 43， 16 . 函数基础知识在综合问题中的应用 函数是高考永远不变的主题，二次函数更是热点对二次函数 的考查主要以二次函数的图象为载体，利用数形结合思想，解决二次函数的单调区间、二次函数在给定区间上的最值以及与此相关的参数范围的问题下面介绍函数基础知识在综合问题中的应用 【示例】 (高考改编题 )设函数 f(x) 13(1)x(x R)，其中 m 0. (1)当 m 1 时，求曲线 y f(x)在点 (1， f(1)处的切线的斜率； (2)求函数 f(x)的单调区间与极值； (3)已知函数 f(x)有三个互不相同的零点 0， 对任意的 x f(x) f(1)恒成立，求 m 的取值范围 8 满分解答 (1)当 m 1 时， f(x) 13f( x) 2x，故 f(1) y f(x)在点 (1， f(1)处的切线的斜率为 1.(3 分 ) (2)f( x) 2x 1. 令 f( x) 0，解得 x 1 m 或 x 1 m. 因为 m 0，所以 1 m 1 m.当 x 变化时， f( x)， f(x)的变化情况如下表： x ( ， 1 m) 1 m (1 m,1 m) 1 m (1 m， ) f( x) 0 0 f(x) 极小值 极大值 所以 f(x)在 ( ， 1 m)， (1 m， ) 上是减函数，在 (1 m,1 m)上是增函数函数 f(x)在 x 1 m 处取得极小值 f(1 m)，且 f(1 m) 23f(x)在 x 1 f(1 m)，且 f(1 m) 2313.(7 分 ) (3)由题设， f(x) x 13x 1 13x(x x 所以方程 13x 1 0 有两个相异的实根 3，且 1 43(1) 0，解得 m 12(舍去 )或 m 以 23，故 32 9 分 ) 若 f(1) 13(1 1 0 ，而 f( 0，不 合题意 若 1 任意的 x 有 x 0， x ， x ，则 f(x) 13x(x x 0. 又 f( 0，所以 f(x)在 的最小值为 x x1， f(x) f(1)恒成立的充要条件是 f(1) 13 0，解得 33 m 33 m 的取值范围是 12， 33 .(12 分 ) 老师叮咛：该题综合考查了导数知识与函数的基础知识，是一道不错的试题问较易得分，第 问因找不到问题的突破口而得分率很低，原因是二次函数的相关基础知识掌握不牢固，不会利用数形结合的思想 . 【试一试】 设函数 f(x) 63(a 2)2(1)若 f(x)的两个极值点为 1，求实数 a 的值； (2)是否存在实数 a，使得 f(x)是 ( ， ) 上的单调函数？若存在，求出 a 的值；若不存在，说明理由 解 f( x) 186(a 2)x 2a. 9 (1)由已知有 f( f( 0，从而 21，所以 a 9. (2)由于 36(a 2)2 4182 a 36(4) 0， 所以不存在实数 a，使得 f(x)是 ( ， ) 上的单调函数 1 必考问题 10 数列求和 1 (2012 全国 )已知等差数列 前 n 项和为 5， 15，则数列 11的前 100 项和为 ( ) 案： A 设数列 公差为 d，则 4d 5， 5542 d 15，得 d 1， 1，故 1 (n 1)1 n，所以 11 1n n 1n 1n 1，所以 1 12 12 13 1100 1101 1 1101 100101，故选 A. 2 (2011 全国 )设 前 n 项和，若 1，公差 d 2， 2 24，则 k ( ) A 8 B 7 C 6 D 5 答案： D 等差数列， 1， d 2， 2n k 2 2 1 2(k 2) 2(k 1) 2 4k 4 24，所以 k 5，故选 D. 3 (2010 福建 )设等差数列 前 n 项和为 11， 6，则当 n 等于 ( ) A 6 B 7 C 8 D 9 答案： A 等差数列， 2 6，即 3， d 1 3 114 2 得 首项为负数的递增数列，所有的非正项之和最小 1， 1， 当 n 6时， 选 A. 4 (2011 江西 )已知数列 前 n 项和 足 m，且 1，那么 _. 解析 m，且 1， 1，可令 m 1， 得 1 1， 1 1，即当 n1 时， 1 1， 1. 答案 1 2 本部分是高考重点考查的内容，题型有选择题、填空题和解答题对于数列的通项问题，求递推数列 (以递推形式给出的数列 )的通项是一个难点，而数列的求和问题多从数列的通项入手，并与不等式证明或求解结合，有一定难度 (1)牢固掌握等差数列和等比数列的递推公式和通项公式，以一阶线性的递推公式求通项的六种方法 (观察法、构造法、猜归法、累加法、累积法、待定系数法 )为依托，掌握常见的递推数列的解题方法对于既非等差又非等比的数列要综合运用观察、归纳、猜想、证明等方法进行研究，要善于将其转化为特殊数列，这是一种非常重要的学习能力 (2)对于数列求和部分的复习要注意以下几点： 熟练掌握等差数列、等比数列的求和公式及其应用，这是数列求和的基础； 掌握好分组、裂项、错位相减、倒序相加法这几种重要的求和方法，特别要掌握好裂项与错位相减求和的方法，这是高考考查的重点； 掌握一些与数列求和有关的综合问题的解决方法，如求数列前 n 项和的最值，研究前 n 项和所满足的不等式等 . 必备知识 求通项公式的方法 (1)观察法：找项与项数的关系，然后猜想检验，即得通项公式 (2)利用前 n 项和与通项的关系 1 n ，n ； (3)公式法：利用等差 (比 )数列求通项公式； (4)累加法：如 1 f(n)， 累积法，如 1f(n)； (5)转化法： 1 B(A0 ，且 A1) 常用公式 等差数列的前 n 项和，等比数列的前 n 项和， 1 2 3 n n n2 ， 12 22 32 n n n6 . 常用裂项方法 (1) 1n n 1n 1n 1； 3 (2) 1n n k 11n k. 必备方法 1利用转化，解决递推公式为 列 前 n 项和 n 1，1， n2. 通过纽带： 1(n2) ，根据题目求解特点，消掉一个需消掉 以利用已知递推式，把 n 换成 (n 1)得到新递推式，两式相减即可若要消掉 需把 1代入递推式即可不论哪种 形式，需要注意公式 1成立的条件 n2. 2裂项相消法的基本思想是把数列的通项 1 1或者2 ，从而达到在求和时逐项相消的目的，在解题中要善于根据这个基本思想变换数列 通项公式，使之符合裂项相消的条件 3错位相减法适用于数列由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积构成的数列的求和，乘以等比数列的公比再错位相减，即依据是： 中 公差为 d 的等差数列， 公比为 q(q1) 的等比数列，则 1，此时 1 (1 an)1 1，这样就把对应相减的项变为了一个等比数列，从而达到求和的目的 . 数列的求和 数列的递推关系一直是高考 “ 久考不衰 ” 的考点，具有题型新颖、方法灵活等特点，求通项的常用方法有：定义法、公式法、累加法、累乘法、构造转化法等 【例 1】 已知数列 首项 35，且 1 31， n 1， 2， . (1)证明：数列 11 是等比数列； (2)令 11，试求数列 n 前 n 项和 审题视点 听课记录 审题视点 对于第 (1)问，由条件利用等比数列的定义即可证明；对于第 (2)问，求数列 n 前 n 项和 需利用错位相减法即可 (1)证明 由已知，得 11 13 123， n 1,2， ， 4 11 1 1311， n 1,2， . 数列 11 是以 13为公比， 23为首项的等比数列 (2)解 由 11 23n(n1) ， 得 1 2 3 (n 1) 1 n 1 23 2 232 3 233 (n 1) 23n 1 n 23n. 131 232 2 233 3 234 (n 1) 23n n 23n 1. 2323 232 233 234 23n n 23n 1 2311313 n 23n 1. 321 13n 32n 23n 1 32 3 2 n. 对于由数列的递推关系式求数列通项 般有以下几种题型： (1)类型 1 d(c0,1) ，可以通过待定系数法设 1 c( )，求出 后，化为等比数列求通项； (2)类型 1 f(n)与 1 f(n) 以分别通过累加、累乘求得通项； (3)类型 1 rn(c0 ， r0) ，可以通过两边除以 1，得 11 1r，于是转化为类型 (1)求解 【突破训练 1】 在数列 ， 2， 1 43n 1， n N*. (1)证明：数列 n是等比数列； (2)求数列 前 n 项和 (3)证明：不等式 14 n N*皆成立 (1)证明 由题设 1 43n 1，得 1 (n 1) 4(n)， n N*. 又 1 1，所以数列 n是首项为 1，公比为 4 的等比数列 (2)解 由 (1)可知 n 4n 1，于是数列 通项公式为 4n 1 列 前 n 项和 4n 13 n n2 . (3)证明 对任 意的 n N*， 1 44n 1 13 n n2 44n 13 n n2 5 12(3n 4)0 ，所以不等式 14 n N*皆成立 裂项相消法在数列中的应用 裂项法求和是近几年高考的热点，试题设计年年有变、有创新，但变的仅仅是试题的外壳，有效地转化、化归问题是解题的关键，常与不等式综合命制解答题 【例 2】 已知二次函数 y f(x)的图象经过坐标原点，其导函数为 f( x) 6x 2，数列 前 n 项和为 (n， n N*)均在函数 y f(x)的图象上 (1)求数列 通项公式； (2)设 31， 前 n 项和，求使得 n(n N*)都成立的最小正整数 m. 审题视点 听课记录 审题视点 (1)由 f( x) 6x 2 可求 f(x)，则可得 n 的关系式，再由 n 1(n2) 求 (2)由裂项求和求 由单调性求 解 (1)设函数 f(x) bx(a0) ， 则 f( x) 2b，由 f( x) 6x 2， 得 a 3， b 2，所以 f(x) 32x. 又因为点 (n， n N*)均在函数 y f(x)的图象上， 所以 32n. 当 n2 时， 1 (32n) 3(n 1)2 2(n 1) 6n 5. 当 n 1 时， 31 2 21 1，所以， 6n 5(n N*) (2)由 (1)知 31 3n n 5 12 16n 5 16n 1，故 121 17 17 113 16n 5 16n 1 121 16n 1. 因此，要使 121 16n 1 n N*)成立， 6 则 m 需满足 12 m10 ，所以满足要求的最小正整数 m 为 10. 使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的 【突破训练 2】 已知数列 首项 14的等比数列，其前 n 项和 3 316. (1)求数列 通项公式； (解 (1)若 q 1，则 34 316不符合题意， q1. 当 q1 时，由 14， q 316得 q 12. 14 12n 1 12n 1. (2) 12n 1 n 1， 11 1n n 1n 1 1n 2， 11 11 12 13 13 14 1n 1 1n 2 12 1n 2. 7 错位相减法在数列中的应用 错位相减法求和作为求和的一种方法在近几年高考试题中经常出现，复习时要熟练掌握错位相减法求和的特点 【例 3】 (2012 淄博一模 )已知数列 ， 5 且 21 2n 1(n2 且 n N*) (1)证明：数列 12n 为等差数列； (2)求数列 1的前 n 项和 审题视点 听课记录 审题视点 (1)作差： 12n 1 12n 1 后，把 21 2n 1 代入； (2)求出 1，利用错位相减法求和 (1)证明 设 12n ， 5 12 2. 1 12n 1 12n 1 12n(21) 1 12n(2n 1) 1 1. 所以数列 12n 为首项是 2，公差是 1 的等差数列 (2)解 由 (1)知， 12n 12 (n 1)1 ， 1 (n 1)2 n. 22 1 32 2 n2 n 1 (n 1)2 n， 222 2 32 3 n2 n (n 1)2 n 1. ，得 4 (22 23 2n) (n 1)2 n 1， 4 4(2n 1 1) (n 1)2 n 1， n2 n 1. 错位相减法求数列的前 n 项和是一类重要方法在应用这种方法时，一定要抓住数列的特征即数列的项可以看作是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题所谓 “ 错位 ” ，就是要找 “ 同类项 ” 相减，要注意的是相减后得到部分等比数列的和，此时一定要查清其项数 【突破训练 3】 (2012 天津 )已知 等差数 列，其前 n 项和为 等比数列，且 2， 27， 10. (1)求数列 通项公式； 8 (2)记 1 n N*，证明： 12 210bn(n N*) (1)解 设等差数列 公差为 d，等比数列 公比为 q.由 2，得 2 3d， 28 方程组 2 3d 227，8 6d 210， 解得 d 3，q 2. 所以 3n 1， 2n， n N*. (2)证明 法一 由 (1)得 2221 232 2 222231 22n 1 由 ，得 2(3n 1) 32 2 32 3 32 n 2n 2 2n 11 2 2n 2 6n 2 102 n 6n 10. 而 21012 2(3n 1) 102 n 12 102 n 6n 10，故 12 20n N*. 法二 当 n 1 时， 12 12 16， 21016，故等式成立； 证明：假设当 n k 时等式成立，即 12 210当 n k 1 时有： 1 11 1 1q(1 1 1q( 21012) 21 4(1 3) 101 24 21 101 12 即 1 12 21 101. 因此 n k 1 时等式也成立 由 和 ，可知对任意 n N*， 12 210 数列综合题中的转化与推理 数列是一个既有相对独立性，又与其他知识易交汇的知识点，命题者为体现考查思维的综合性与创新性，经常让数列与一些其他知识交汇，有效地考查考生对数学思想与方法的深刻理解，以及考生的数学潜能与思维品质因此，要利用转化与推理 将大问题 (或综合性问题 )分解为小问题 (或基础性问题 )，降低问题难度 【示例】 (2012 湖南 )已知数列 各项均为正数，记 A(n) B(n) 1， C(n) 2， n 1,2， . 9 (1)若 1， 5，且对任意 n N*，三个数 A(n)， B(n)， C(n)组成等差数列，求数列通项公式； (2)证明：数列 公比为 任意 n N*，三个数 A(n)，B(n)， C(n)组成公比为 q 的等比数列 满分解答 (1)对任意 n N*，三个数 A(n)， B(n)， C(n)成等差数列，所以 B(n) A(n) C(n) B(n)， 即 1 2 即 2 1 4. 故数列 首项为 1，公差为 4 的等差数列 于是 1 (n 1)4 4n 3.(5 分 ) (2) 必要性：若数列 公比为 q 的等比数列，则对任意 n N*，有 1 0 知， A(n)， B(n)， C(n)均大于 0，于是 B nA n 1 q q， C nB n 2 1q 1 1 q， 即 B nA n C nB n q，所以三个数 A(n)， B(n)， C(n)组成公比为 q 的等比数列 (8分 ) 充分性：若对任意 n N*，三个数 A(n)， B(n)， C(n)组成公比为 q 的等比数列，则 B(n) qA(n)， C(n) qB(n) 于是 C(n) B(n) qB(n) A(n)，得 2 q(1 即 2 1 由 n 1 有 B(1) )，即 而 2 1 0. 因为 0，所以 21 首项为 比为 q 的等比数列 综上所述，数列 公比为 q 的等比数列的充分必要条件是：对任意 n N*， 三个数A(n)， B(n)， C(n)组成公比为 q 的等比数列 (12 分 ) 老师叮咛：本题看似新颖，但揭开面纱却很平常 到的知识却很简单，失去信心是本题失分的主要原因 根据n n C n B n 即可轻松解决；第 问需分充分性和必要性分别证明，其依据完全是非常简单的等比数列的定义，其关键是要有较好的推理论证能力 . 【试一试】 (2012 山东 )在等差数列 ， 84， 73. (1)求数列 通项公式； (2)对任意 m N*，将数列 落入区间 (9m,92m)内的项的个数记为 数列 前m 项和 解 (1)因为 一个等差数列， 10 所以 384， 28. 设数列 公差为 d，则 5d 73 28 45，故 d 9. 由 3d 得， 28 39 ，即 1. 所以 (n 1)d 1 9(n 1) 9n 8(n N*) (2)对 m N*，若 9m 92m，则 9m 8 9n 92m 8. 因此 9m 1 1 n9 2m 92m 1 9m 1. 于是 (9 93 92m 1) (1 9 9m 1) 8181 99 92m 1 109 m 180 . 1 必考问题 11 数列的综合应用问题 1 (2012 湖北 )定义在 ( ， 0) (0， ) 上的函数 f(x)，如果对于任意给定的等比数列 f(仍是等比数列，则称 f(x)为 “ 保等比数列函数 ” ，现有定义在 ( ，0) (0， ) 上的如下函数： f(x) f(x) 2x； f(x) |x|； f(x) ln|x|. 其中属于 “ 保等比数列函数 ” 的 f(x)的序号为 ( ) A B C D 答案： C 设等比数列 公比为 q，则 公比为 |的公比为 |q|，其余的数列不是等比数列 2 (2012 浙江 )设 d(d0) 的无穷等差数列 前 n 项和，则下列命题错误的是 ( ) A若 d 0，则数列 最大项 B若数列 最大项，则 d 0 C若数列 递增数列，则对任意 n N*，均有 0 D若对任意 n N*，均有 0，则数列 递增数列 答案： C A、 B、 D 均正确，对于 C，若首项为 1， d 2 时就不成立 3 (2010 辽宁 )已知数列 足 33， 1 2n，则 ) C 10 D 21 答案： B 在 1 2n 中，令 n 1，得 2；令 n 2 得， 4， ， 1 2(n 1)把上面 n 1 个式子相加，得 2 4 6 2(n 1) 2n n2 n， n 33， n33n 1，又 n N*， n1. 当 n 6 时， 12. 4 (2012 福建 )数列 通项公式 1，前 n 项和为 12_. 解析 1， 6， 6， ， 1 23 4 6， k N，故 12 5036 3 018. 答案 3 018 2 1以客观题考查不等式的性质、解法与数列、等差数列、等比数列的简单交汇 2解答题以中档题或压轴题的形式考查数列与不等式的交汇，还有可能涉及到导数、解析几何、三角函数的知识等，深度考查不等式的证明 (主要比较法、综合法、分析法、放缩法、数学归纳法、反证法 )和逻 辑推理能力及分类讨论、化归的数学思想，试题具有综合性强、立意新、角度活、难度大的特点 1数列试题形态多变，时常有新颖的试题入卷，学生时常感觉难以把握，为了在高考中取得好成绩，必须复习、掌握好数列这一板块及其相关的知识技能，了解近几年来高考中对解数列试题的能力考察特点，掌握相关的应对策略，以提高解决数列问题的能力 2近几年高考中一些难题均是以高等数学的某些知识为背景而用初等数学的语言表述的试题这就启示我们在复习备考时，要在高等数学与初等数学的 衔接点上多下工夫，要提高将陌生问题转化、化归为熟知问题的能力复习时要抓住主流综合，同时做到不忽视冷门、新型综合 . 必备知识 在数列求和时，为了证明的需要，需合理变形，常用到放缩法，常见的放缩技巧有： (1)111 12 1k 1 1k 1 ； (2)1k 1k 111k 1 1k 1； (3)2( n 1 n) 1n2( n n 1)； (4)利用 (1 x) 数列是特殊的函数，是定义在正整数集上的一列函数值通项公式及求和公式揭示了项和项数的依赖关系的本质属性用 “ 函数与方程 ” 的思想解决数列中的综合问题，通常有如下情形： (1)用等差数列中的公差为 “ 斜率 ” 的意义沟通 关系解题； (2)用等差数列的前 n 项和为项数 n 的二次函数解题； (3)用函数观点认识数列的通项，用函数单调性的定义研究数列的增减性解决最值问题； (4)通项公式求解中方程思想的应用； (5)应用问题中方程思想的应用 必备方法 1解决数列和式与不等式证明问题的关键是求和，特别是既不是等差、等比数列，也 3 不是等差乘等比的数列求和，要利用不等式的放缩法，放缩为等比数列求和、错位相减法求和、裂项相消法求和，最终归结为有限项的数式大小比较 2解答数列综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以 及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分，先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式，然后再利用数列知识和方法求解 4 数列与新背景、新定义的综合问题 该类问题出题背景广、新颖，解题的关键是读懂题意，有效地将信息转化，能较好地考查学生分析、解决问题的能力和知识的迁移能力、以客观题或解答题的形式出现，属于低中档题 【例 1】 在直角坐标平面内，已知点 ,2)， ,22)， ,23)， ， Pn(n,2n)， n 为正整数，则向量 1_ 审题视点 听课记录 审题视点 由 1 (k 1 k,2k 1 2k) (1,2k)可求解 解析 1 (k 1 k,2k 1 2k) (1,2k)，于是 1 23 25 22n 1 44 23(4n 1) 答案 23(4n 1) 解决数列与新背景、新定义的综合问题，可通过对新数表、图象、新定义的分析、 探究，将问题转化为等差 (比 )数列的问题 【突破训练 1】 (2012 东北三校二模 )已知 等差数列， n 项和，若 00， O 为坐标原点，点 P(1， 点 Q(2 011， 11)，则 ( ) A 2 011 B 2 011 C 0 D 1 答案： A 设 n2 时， 1 (2n 1)A B，由 00，知4 021 A B 0，所以 11 0， 2 011 11 2 011，故选 A. 数列与函数的综合问题 由于数列与函数的紧密联系，近几年高考在数列与函数的综合处命题有加强的趋势，常考查以函数为背景的数列问题，该类问题的知识综合性比较强，能很好地考查逻辑推理能力和运算求解能力需掌握与函数、函数性质等相关方面的知识，难度较大 【例 2】 (2012 陕西五校联考 )已知函数 f(x) 2(n 1)x 5n 7. (1)设函数 y f(x)的图象的顶点的纵坐标构成数列 求证： 等差数列； (2)设函数 y f(x)的图象的顶点到 x 轴的距离构成数列 求 前 n 项和 审题视点 听课记录 5 审题视点 (1)配方可求顶点的纵坐标，再用定义可证； (2)由 |分类求和 (1)证明 f(x) 2(n 1)x 5n 7 x (n 1)2 3n 8， 3n 8， 1 3(n 1) 8 (3n 8) 3， 数列 等差数列 (2)解 由题意知， | |3n 8|， 当 1 n2 时， 8 3n， n n5 3 13n 3 当 n3 时， 3n 8， 5 2 1 4 (3n 8) 7 n n2 313n 282 ， 13n 3 1 n13n 282 ， n3., 解决此类问题时要注意把握以下两点： (1)正确审题，深抠函数的性质与数列的定义； (2)明确等差、等比数列的通项、求和公式的特征 【突破训练 2】 (2012 潍坊二模 )已知函数 f(x) (x 1)2，数列 各项均不为 0的等差数列，点 (1， 1)在函数 f(x)的图象上；数列 足 34n 1. (1)求 (2)若数列 足 1 数列 前 n 项和 解 (1)因为点 (1， 1)在函数 f(x)的图象上，所以 1. 令 n 1， n 2，得 S1，即 d 2 33d， 由 知 0 或 1， ， 解得 d 1 或 d 2，又 d 1 时，0 不合题意， d 1(舍去 )， d 2.即 2n 1. (2)由 (1)得 1 2n 14n 1 34n 1 2n 13n 1 . 令 6 则 130 331 532 2n 33n 2 2n 13n 1 ， 1331332533 2n 33n 1 2n 13n ， 得， 23130 231 232 233 23n 1 2n 13n 1 231 13n 11 13 2n 13n 2 13n 1 2n 13n 2 n3n . 所以 3 n 13n 1 . 7 数列与不等式的综合问题 数列与不等式的综合问题是高考的热点，常考查： 以数列为载体，比较两项的大小或证明不等式； 以数列为载体，利用不等式恒成立求参数在解答时需要我们抓住本质，进行合理变形、求和，再结合与不等式有关的知识求解试题难度较大 【例 3】 (2011 广东 )设 b 0，数列 足 b， 11 n 1(n2) (1)求数列 通项公式； (2)证明：对于一切正整数 n,21 1. 审题视点 听课记录 审题视点 (1)对所给递推关系式变形 (取倒数 )后构造等比数列求解 (2)利用 基本不等式放缩 (1)解 由 b 0， 知 11 n 1 0， 1b 1b n 11. 令 1b. 当 n2 时， 1b 11 1b 11 111b 11 1 当 b1 时， 1b 1bn b ； 当 b 1 时， b1 ， bb 1(2)证明 当 b1 时，欲证 22b1 1 1，只需证 2 1 1)1b 1. 因为 (1 1)1b 1 1 1 1 2 1 1 1 11 b 1b 2 2) 2以 22b1 1 1. 当 b 1,22 1 1. 综上所述， 21 1. 与数列有关的不等式证明常用的方法有：比较法 (作差作商 )、放缩法、利用函数的单调性、数学归纳法证明，其中利用不等式放缩证明是一个热点，常常出现在高考的 8 压轴题中，是历年命题的热点利用放缩法解决 “ 数列不等式 ” 问题通常有两条途径：一是先放缩再求和，二是先求和再放缩 【突破训练 3】 (2012 日照一模 )已知各项均不相等的等差数列 前四项和 4， (1)求数列 通项公式； (2)设 11的前 n 项和，若 1 1对一切 n N*恒成立，求实数 的最大值 解 (1)设公差为 d，由已知得， 46d 14，2d 2 a1 6d ， 解得 d 1 或 d 0(舍去 )， 2，故 n 1. (2) 11 1n n 1n 1n ， 12 13 13 14 1n 1 1n 2 12 1n 2 ， 1 1， 1 (n 2)， 即 n2n 2n4n 4， 又 2n 4n 42(4 4) 16， 的最大值为 16. 数列与函数的 “ 巧妙 ” 对接 纵观 2012 年高考，有多份试卷以数列与函数的综合题为压轴题，有些大题还穿插了导数来研究函数的工具作用，既考查了函数的知识，又考查了数列的知识，试题综合性强，分步解答，有利于高校选拔优秀的考生，是一种非常热门的题型，预计 2013 年高考仍将在此命题 【示例】 (2012 天津 )已知函数 f(x) x ln(x a)的最小值为 0，其中 a 0. (1)求 a 的值； (2)若对任意的 x 0， ) ，有 f(x) 实数 k 的最小值； (3)证明： i 11 n 1) 2(n N*) 9 满分解答 (1)f(x)的定义域为 ( a， ) f( x) 1 1x a x a 1x a . 由 f( x) 0，解得 x 1 a a. 当 x 变化时， f( x)， f(x)的变化情况如下表： x ( a,1 a) 1 a (1 a， ) f( x) 0 f(x) 极小值 因此， f(x)在 x 1 a 处取得最小值，故由题意 f(1 a) 1 a 0，所以 a 1.(4 分 ) (2)当 k0 时，取 x 1，有 f(1) 1 0， 故 k0 不合题意 当 k 0 时，令
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