高考数学 题型全归纳 数列要点讲解（优秀）_高考数学数列题型归纳

高考数学 题型全归纳 数列要点讲解（优秀）由刀豆文库小编整理，希望给你工作、学习、生活带来方便，猜你可能喜欢“高考数学数列题型归纳”。

数 列

一、高考要求

理解数列的有关概念，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前n项.理解等差（比）数列的概念，掌握等差（比）数列的通项公式与前n项和的公式.并能运用这些知识来解决一些实际问题.了解数学归纳法原理，掌握数学归纳法这一证题方法，掌握“归纳—猜想—证明”这一思想方法.二、热点分析

1.数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式、极限的四则运算法则、无穷递缩等比数列所有项和等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.2.有关数列题的命题趋势

（1）数列是特殊的函数，而不等式则是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点

（2）数列推理题是新出现的命题热点.以往高考常使用主体几何题来考查逻辑推理能力，近两年在数列题中也加强了推理能力的考查。（3）加强了数列与极限的综合考查题

3.熟练掌握、灵活运用等差、等比数列的性质。等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用非常广泛，且十分灵活，主动发现题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁优美.如a2a42a3a5a4a625，可以利用等比数列的性质进行转化：从而有a322a3a5a5225，即(a3a5)225.4.对客观题，应注意寻求简捷方法

解答历年有关数列的客观题，就会发现，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下：

①借助特殊数列.②灵活运用等差数列、等比数列的有关性质，可更加准确、快速地解题，这种思路在解客观题时表现得更为突出，很多数列客观题都有灵活、简捷的解法

5.在数列的学习中加强能力训练 数列问题对能力要求较高，特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力更为突出.一般来说，考题中选择、填空题解法灵活多变，而解答题更是考查能力的集中体现，尤其近几年高考加强了数列推理能力的考查，应引起我们足够的重视.因此，在平时要加强对能力的培养。6．这几年的高考通过选择题，填空题来着重对三基进行考查，涉及到的知识主要有：等差（比）数列的性质.通过解答题着重对观察、归纳、抽象等解决问题的基本方法进行考查，其中涉及到方程、不等式、函数思想方法的应用等，综合性比较强，但难度略有下降.三、复习建议

对基础知识要落实到位，主要是等差（比）数列的定义、通项、前n项和.注意等差（比）数列性质的灵活运用.掌握一些递推问题的解法和几类典型数列前n项和的求和方法.注意渗透三种数学思想：函数与方程的思想、化归转化思想及分类讨论思想.注意数列知识在实际问题中的应用，特别是在利率,分期付款等问题中的应用.数列是高中数学的重要内容之一，也是高考考查的重点。而且往往还以解答题的形式出现，15 与已知矛盾 解得： a33 = 30 与已知矛盾

或a131a1301d2d0或a33 = 15

或  a33 =1)(∴满足条件的最小自然数为63。1n12) 31 20  n≥63

设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S4=44,S7=35（1）求数列{an}的通项公式与前n项和公式；（2）求数列{|an|}的前n项和Tn。

解：（1）设数列的公差为d，由已知S4=44,S7=35可得a1=17,d=-4 ∴an=-4n+21(n∈N),Sn=-2n+19(n∈N).21（2）由an=-4n+21≥0 得n≤4, 故当n≤5时，an≥0, 当n≥6时，an0

2当n≤5时,Tn=Sn=-2n+19n 当n≥6时,Tn=2S5-Sn=2n-19n+90.22a已知等差数列n的第2项是8，前10项和是185，从数列an中依次取出第2项，第4项，第8项，„„，第2项，依次排列一个新数列bn，求数列bn的通项公式bn及前n项和公n式Sn。

a2a1d8109S10ad1851012解：由 得

a15



d3

bna2n3·2n2aa(n1)d53(n1)3n2n1∴

∴

2n12Snb1b2„„bn2n32n3·2n1621

已知数列1，1，2„„它的各项由一个等比数列与一个首项为0的等差数列的对应项相加而得到。求该数列的前n项和Sn；

解：(1)记数列1，1，2„„为{An}，其中等比数列为{an}，公比为q； 等差数列为{bn}，公差为d，则An =an +bn(n∈N）

依题意，b1 =0，∴A1 =a1 +b1 =a1 =1 ①

A2=a2+b2=a1q+b1+d=1 ② A3=a3+b3=a1q2 +b1+2d=2 ③

n1a2,bn1n n由①②③得d=-1, q=2,∴SnA1A2…Ana1a2…anb1b2…bn(12…2n1)[(11)(12)…(1n)]n(1n)2n12∴

已知数列an满足an+Sn=n,(1)求a1,a2,a3,由此猜想通项an,并加以证明。解法1：由an+Sn=n,1当n=1时，a1=S1，a1+a1=1，得a1=2

3当n=2时，a1+a2=S2，由a2+S2=2，得a1+2a2=2，a2=4

7当n=3时，a1+a2+a3=S3，由a3+S3=3，得a1+a2+2a3=3a3=8

a 猜想，n112n(1)下面用数学归纳法证明猜想成立。

1当n=1时,a1=1-212,(1)式成立 1假设,当n=k时,(1)式成立,即ak=1-2k成立，则当n=k+1时,ak+1+Sk+1=k+1,Sk+1=Sk+ak+1 2ak+1=k+1-Sk 又ak=k+Sk 112ak+1=1+ak ak+1=2(1a2(1111k)2k)12k1

即当n=k+1时,猜想（1）也成立。

a1所以对于任意自然数n,n12n都成立。

解法2：由an+Sn=n得an1Sn1n1，两式相减得：anan1SnSn11，即a11n2an11，即an12an11，下略