2015届高三一模分析会材料——专题复习(数列)
一、考纲要求(与2014年相比没有变化)
数列
(1)数列的概念和简单表示法
①了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).
②了解数列是自变量为正整数的一类函数。
(2)等差数列、等比数列
①理解等差数列、等比数列的概念。
②掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式。
③能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系,并能用有关知识解决相应的问题。
④了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系。
二、近五年广东该专题的考点分布
三、近五年广东试题对比分析(含考点、解法对比分析)
四、2014年广东试题与广州、佛山模拟试题的比较分析
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a + 广州调研第 19 题 已知数列{a n}满足 1 3 5 a=, 1 3 21 n n n a a a + = + , * n∈N. (1)求证:数列 1 1 n a ?? - ?? ?? 为等比数列; (2)是否存在互不相等的正整数m,s,t, 使m,s,t成等差数列,且1 m a-,1 s a-,1 t a- 成等比数列?如果存在,求出所有符合条件的m, s,t;如果不存在,请说明理由. 考查了数列通项公 式,数列} { n a的递 推关系,等差数列, 等比数列,基本不 等式,存在性问题。 还考查了转化、化 归的思想方法以及 分析推理能力。 (1)数列} { n a的递推关系倒 数变形,然后构造成等比数列 1 1 n a ?? - ?? ?? 。(2)由(1)求出 数列} { n a的通项公式,然后建 立关于m,s,t的两个方程 2 m t s +=,3323 m t s +=?, 再利用基本不等式 332323 m t m t s + +≥=?,从 而引出矛盾。 广州一模第 19 题 已知等差数列{}n a的首项为10,公差为2,等 比数列{}n b的首项为1,公比为2,n N* ∈. (1)求数列{}n a与{}n b的通项公式; (2)设第n个正方形的边长为 {} min, n n n c a b =,求前n个正方形的面积之 和. (注:{} min,a b表示a与b的最小值.) 考查了等差数列, 等比数列,由} { n a、 {} n b组成的新的数 列,作差比较大小, 数学归纳法,二项 式定理,数列的前 n和为n S。还考查 了转化与化归的思 想方法以及分析推 理能力。 (2)证明6 ≥ n时, n n a b>, 即8 2 21+ > -n n,用数学归纳 法或二项式定理;最后分段求 和 n S 广州二模第 19 题 已知数列{} n a的前n项和为 n S,且 1 a=, 对任意n∈N*,都有() 1 1 n n na S n n + =++. (1)求数列{}n a的通项公式; (2)若数列{}n b满足22 log log n n a n b +=, 求数列{}n b的前n项和n T. 考查了数列通项公 式,数列} { n a与前 n项和 n S的递推 关系,等差数列, 等比数列,数学归 纳法,错位相减求 前n项和 n T。还考 查了转化与化归的 思想方法以及归纳 推理的能力。 (2)错位相减求和法。 佛山一模第 20 题 数列{}n a、{}n b的每一项都是正 数, 1 8 a=, 1 16 b=,且 n a、 n b、 1 n a + 成等差数 列, n b、 1 n a + 、 1 n b + 成等比数列,1,2,3, n=. (Ⅰ)求 2 a、 2 b的值; (Ⅱ)求数列{}n a、{}n b的通项公式; (Ⅲ)证明:对一切正整数n,有 123 11112 11117 n a a a a ++++< ---- . 考查了数列通项公 式,两个数列} { n a、 {} n b的递推关系, 等差数列,等比数 列,不等式放缩, 裂项求和。还考查 了方程、转化与化 归的思想方法以及 分析推理能力。 (2)建立关于} { n a、{}n b的 递推关系,用 n b表示n a得 11 n n n a b b ++ = , 然后再递推消 去 n a,得到关于 n b的等差结 构 11 2 n n n b b b -+ =+,进而 求出数列{}n a、{}n b的通项 公式。(3)放缩裂项求和 2 1211 44171 n n n n ?? <- ? +-+ ??。 佛山二模第 19 题 已知等比数列{}n a满足1232= a a a,且 123 2 a a a + ,,成等差数列。数列{}n b满足 * 1212222 (1) log log log() 2 n n n n b a b a b a n N + +++=∈ (1)求数列{}n a和{}n b的通项公式。 考查了等差数列, 等比数列,放缩裂 项求和证明不等 式。还考查了转化 与化归的思想方法 以及分析推理能 (2)左边不等式先放缩,裂 项求和即可: 五、2015年广州、佛山模拟试题的比较分析 (2)求证: *11115 (1)()2(26 n k k k k b n n N n b b =++<-<∈+∑) 力。 ; 右边不等式先用基本不等式放缩,裂项求和即可: 年份 题 号 试题 考点 关键解法 广州 调研 第19 题 已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足: ()11 n n a S a a = --,a 为常数,且0a ≠,1a ≠. (1)求数列{}n a 的通项公式; ( 2 ) 若 13 a = ,设 11 11n n n n n a a b a a ++= -+-,且数列{}n b 的前n 项和为n T ,求证:1 3n T <. 考查了数列通项公式,数列}{n a 与前n 项和n S 的递推关系,等 比数列,放缩成等比数列或裂项求前 n 项和。还考查了转化与化归的思想方法以及归纳推理的能力。 (3)放缩裂项求和,由11313n n <+,1111 313 n n ++>-, ∴n b =11 1 111313133n n n n ++-<-+-. 或放缩成等比数列求和 n b =111111313133n n n n ++-<-+- 132 +=n . 广州 一模 第19 题 已知数列{}n a 的各项均为正数,其前 n 项和为 n S ,且满足 111,21n n a a S +==+,n ∈N *. (1)求2a 的值; (2)求数列{}n a 的通项公式; (3)是否存在正整数k , 使k a , 21k S -, 4k a 成等比数列? 若存在, 求k 的值; 若不存在, 请说明理由. 考查数列}{n a 与前n 项和n S 的递 推关系、等差 数列、数列求 通项等知识,考查化归与 转化的数学 思想方法,以 及抽象概括能力、运算求解能力和创新意识. (3)建立关于k 的方程,然后把三次方程转化为二次方程,用求根公 式,判断是否存在正整数根即可。 佛山 一模 第 19 题 数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知考查了数列通项公式,数 (2)先由数列}{n a 与前n 项和n S 的递推关系转化为关于n S 的递推 六、2015年备考建议及参考试题 【2015年备考建议】 纵观广东省近几年在数列模块的命题特点,数列小题基本为容易或中等难度题目,2012、2013年文、理卷小题都不难,位置在11或12小题,2014年在第13小题(也不算难)。2007~2011数列解答题为难题,位置在20、21题,其中2010年文、理科数学都没有以解答题形式考查,2012、2013、2014文、理科数学解答题都放在了第19题,难度有所下降。中等以上的学生经过训练可以得到较好的分数甚至满分。这些题目大都充分利用通项n a与和n S的关系求通项,求和(文科直接可裂项求和,理科放缩后裂项求和)或与不等式结合,并且第1问通常都是求前几项,首先让考生切入数列问题,在利用归纳推理等方法解决。基于以上的命题特点提出以下的复习建议: 1.重视数列中档题(位于大题前4题)的训练,拿小题基础分、大题中档分,争取让中等以上的学生在数列的大题上拿高分甚至满分. 2.强化数列概念、公式、性质的理解、掌握和灵活应用。 3.强化运算能力的提高。运算不只是算,运算过程蕴含着一定的思维活动,既要注重运算的程序化又要引导学生注意观察运算方向,调整运算思路,简化运算过程,使运算快而准,题目会做又能做对。 4.重视学生逻辑思维能力的提高,训练学生思维严谨,条理清晰,言之有据的良好思维品质. 5.重视解题过程化归与转化、函数与方程等数学思想方法的渗透和应用,让学生能够在一定高度把握解题方法。 6.重视典型题型的讲解和掌握,但也要注意典型题型的变化和迁移,防止思维的固化. 7.强化对学生考试细节和做题规范的指导,防止无畏失分. 8.强化审题意思,提高审题能力. 9. 增强学生检验通项前几项的意识。 【参考试题】 1. (2014年佛山一模理20)(本题满分14分) 数列{}n a 、{}n b 的每一项都是正数,18a =,116b =,且n a 、n b 、1n a +成等差数列,n b 、1n a +、1n b +成等比数列,1,2,3, n =. (Ⅰ)求2a 、2b 的值; (Ⅱ)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式; (Ⅲ)证明:对一切正整数n ,有 123111 12 111 17 n a a a a ++++ <----. 【解析】(Ⅰ)由1122b a a =+,可得211224a b a =-=. ………………………………1分 由22 12a b b =,可得22 21 36a b b ==. …………………………2分 (Ⅱ)因为n a 、n b 、1n a +成等差数列,所以12n n n b a a +=+…①. ……………………………3分 因为n b 、1n a +、1n b +成等比数列,所以2 11n n n a b b + +=,………………4分 因为数列{}n a 、{}n b 的每一项都是正数,所以1 n a +=…②. 于是当2n ≥时, n a = …③. …………………………………………………………4分 将②、③代入①式,可得 5分 因此数列 是首项为4,公差为2的等差数列, (注:学生不写上述陈述扣1分) ()122n d n -=+,于是() 2 41n b n =+ . ………………………………………6分 由③式,可得当2n ≥时,()41n a n n +. ………………………7分 当1n =时,18a =,满足该式子,所以对一切正整数n ,都有()41n a n n =+.…………8分 (注:学生从特殊到一般归纳猜想出,n n a b 的解析式各1分,正确证明通项公式各2分) (Ⅲ)由(Ⅱ)可知,所证明的不等式为2111 12 72347 4417 n n ++++ < +-.………………9分 方法一:首先证明2121144171n n n n ?? <- ?+-+?? (2n ≥). 因为 22 222121112778824417144177n n n n n n n n n n n n ??<-?+<+- ? +-++-+?? ()()220120n n n n ?+->?-+>,……………10分 所以当2n ≥时,2 11 112111 11212723 441772317727 n n n n ???? ??+++ <+-++-<+?= ? ???+-+?? ????.…12分 当1n =时, 1277 <. ……………………………………13分 综上所述,对一切正整数n ,有 123111 12 111 17 n a a a a ++++ <----……………14分 方法二: ()()22111111441443212342123n n n n n n n n ?? <==- ?+-+--+-+?? . 当3n ≥时, 2111 723 441 n n +++ +- 11111111 11172345971123212123n n n n ?????? ????< ++-+-++-+- ? ? ? ???-+-+???? ?????? 111111112723457714147 ??< +++<++= ???. …………………12分 当1n =时, 1277<;当2n =时,11112 723777 +<+=. ……………13分 (验证不写扣1分) 综上所述,对一切正整数n ,有7 2 11...111111321<-++-+-+-n a a a a …………………14分 方法三: ()()2211111144141212122121n n n n n n n ?? <==- ?+---+-+?? . 当4n ≥时, 2 111 723441 n n +++ +- 111111111 1117234727991123212121n n n n ??????????< +++-+-++-+- ? ? ? ???---+???? ?????? 1111272347147< +++<. ……………12分 当1n =时,1277<;当2n =时,11112 723777+<+=; 当3n =时,1111112 72347714147 ++<++=. …13分 (验证不写扣1分) 综上所述,对一切正整数n ,有7 2 11...111111321<-++-+-+-n a a a a ……………………14分 2. [2014·湖南卷] 已知数列{a n }满足a 1=1,|a n +1-a n |=p n ,n ∈N *. (1)若{a n }是递增数列,且a 1,2a 2,3a 3成等差数列,求p 的值; (2)若p =1 2 ,且{a 2n -1}是递增数列,{a 2n }是递减数列,求数列{a n }的通项公式. 解:(1)因为{a n }是递增数列,所以a n +1-a n =|a n +1-a n |=p n .而a 1=1,因此错误!.又a 1,2a 2,3a 3成等差数 列,所以4a 2=a 1+3a 3,因而3p 2-p =0,解得p =1 3 或p =0. 当p =0时,a n +1=a n ,这与{a n }是递增数列矛盾,故p =1 3 . (2)由于{a 2n -1}是递增数列,因而a 2n +1-a 2n -1>0,于是(a 2n +1-a 2n )+(a 2n -a 2n -1)>0.① 因为122n <1 2 2n -1,所以|a 2n +1-a 2n |<|a 2n -a 2n -1|.② 由①②知,a 2n -a 2n -1>0,因此a 2n -a 2n -1=??? ? 122n -1 =(-1)2n 22n - 1 .③ 因为{a 2n }是递减数列,同理可得,a 2n +1-a 2n <0,故a 2n +1-a 2n =-????122n =(-1) 2n +1 22n .④ 由③④可知,a n +1-a n =(-1)n + 12n . 于是a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n -1)=1+12-122+…+(-1)n 2 n -1=1+12·1-????-12n -11+ 12 =4 3+13·(-1)n 2n -1 . 故数列{a n }的通项公式为a n =43+13·(-1)n 2n - 1 . 3. [2014·重庆卷] 设a 1=1,a n +1=a 2n -2a n +2+b (n ∈N * ). (1)若b =1,求a 2,a 3及数列{a n }的通项公式. (2)若b =-1,问:是否存在实数c 使得a 2n 解:(1)方法一:a 2=2,a 3=2+1. 再由题设条件知 (a n +1-1)2=(a n -1)2+1. 从而{(a n -1)2}是首项为0,公差为1的等差数列, 故(a n -1)2=n -1,即a n =n -1+1(n ∈N *). 方法二:a 2=2,a 3=2+1. 可写为a 1=1-1+1,a 2=2-1+1,a 3=3-1+1.因此猜想a n =n -1+1. 下面用数学归纳法证明上式. 当n =1时,结论显然成立. 假设n =k 时结论成立,即a k =k -1+1,则 a k +1=(a k -1)2+1+1=(k -1)+1+1=(k +1)-1+1, 这就是说,当n =k +1时结论成立. 所以a n =n -1+1(n ∈N *). (2)方法一:设f (x )=(x -1)2+1-1,则a n +1=f (a n ). 令c =f (c ),即c =(c -1)2+1-1,解得c =1 4 . 下面用数学归纳法证明命题 a 2n 当n =1时,a 2=f (1)=0,a 3=f (0)=2-1,所以a 2<1 4 假设n =k 时结论成立,即a 2k 再由f (x )在(-∞,1]上为减函数,得c =f (c ) 故c 综上,存在c =1