高中奥数_函数 不等式 数列 极限 数学归纳法

数列、极限、数学法·用数学法明不等式教课目1．坚固掌握数学法的明步，熟表达数学法明的程．2．通案例，学生掌握运用数学法明不等式的思想方法．3．培育学生的思能力，运算能力，和剖析、解决的能力．教课要点与点要点：稳固数学法意和有效性的理解，并能正确表达解程，以及掌握利用数学法明不等式的基本思路．点：用数学法明的不一样方法的及解技巧．教课程（一）复回：上一次我已学了数学法以及运用数学法解的步，同学想“多米骨牌”游，出数学法的步？生：数学法是用于明某些与自然数相关的命的一种方法．要命P（n）．（ 1）明当 n 取第一个 n0，正确，即 P（n0）正确；（2）假 n=k（ k∈ N且 k≥n0）正确，明当 n=k+1 ，也正确，即由 P（k）正确推出 P （k+1）正确，依据（ 1），（ 2），就能够判断命 P（n）于从 n0开始的所有自然数 n 都正确．：演示小黑板或运用投影作．（作的目的是从中一步合适地运用假是数学法的关）作顶用数学法明：2+4+6+8+⋯ +2n=n（n+1）．如采纳下边的法，？明：（ 1）当 n=1 ，左 =2，右 =2，等式建立．（2）假 n=k （ k∈N，k≥1），等式建立，即2+4+6+⋯+2k=k（ k+1）．当 n=k+1 ，2+4+6+⋯+2k+（k+1）所以 n=k+1 ，等式也建立．依据（ 1）（ 2）可知，于随意自然数n，原等式都能建立．生甲：明程正确．生乙：明方法不是数学法，因第二步明，没有用假．：从形式上看此种明方法是数学法，但在要明 n=k+1 正确，未用到假，直接采纳等差数列乞降公式，背了数学法的本特色推性，所以不可以称之数学法．所以告我在运用数学法明，不可以机械套用两个步，在明 n=k+1 命建立，必定要利用假．（堂上作，指出学生作中不当之，有益于稳固旧知，新知的学清阻碍，使学生引以戒，所温故而知新）（二）授新：在明确数学法本的基上，我来共同研究它在不等式明中的用．（板）例 1 已知 x＞ -1 ，且 x≠0，n∈N，n≥2．求：（ 1+x）n＞1+nx．：第一 n=2 的状况．（板）：（ 1）当 n=2 ，左 =（1+x）2=1+2x+x2，右 =1+2x，因 x2＞ 0，原不等式建立．（在里，必定要之所以左＞右，关在于 x2＞ 0 是由已知条件 x ≠ 0 得，下边明做）（2）假 n=k （ k≥2），不等式建立，即（ 1+x）k＞ 1+kx．：在要的目是（1+x）k+1＞1+（k+1）x，同学考．生：因用数学法，在明 n=k+1 命建立，必定要运用假，所以当n=k+1 ．结构出假适的条件．所以有：（ 1+x）k+1=（ 1+x）kk（ 1+x），因 x＞-1（已知），所以 1+x＞0 于是（1+x）（1+x）＞（1+kx）（1+x）．：将命化成如何明不等式（1+kx）（ 1+x）≥ 1+（ k+1）x．然，上式中“ =”不建立．故只要：（ 1+kx）（ 1+x）＞ 1+（k+1） x．提：明不等式的基本方法有哪些？生甲：明不等式的基本方法有比法、合法、剖析法．（提的目的是使学生明确在第二步明中，合理运用假的同，其本是不等式明，所以明不等式的所有方法、技巧手段都合用）生乙：明不等式（ 1+kx）（ 1+x）＞ 1+（k+1）x，可采纳作差比法．（1+kx）（ 1+x） -[1+ （ k+1）x]=1+x+kx+kx2-1-kx-x=kx2＞0（因 x≠0， x2＞0）．所以，（ 1+kx）（ 1+x）＞ 1+（ k+1）x．生丙：也可采纳合法的放技巧．（1+kx）（ 1+x） =1+kx+x+lx 2=1+（k+1）x+kx2．因 kx2＞ 0，所以 1+（k+1） x+kx2＞ 1+（k+1） x，即（ 1+kx）（ 1+x）＞ 1+（1+k）x 建立．生丁：⋯⋯（学生可能有其余多种明方法，培育了学生思品的广性，教及引）：些方法，哪一种更便，更合适数学法的写格式？学生丙用放技巧明然更便，利于写．（板）将例 1 的格式完好范．当 n=k+1 时，因为 x＞ -1 ，所以 1+x＞ 0，于是左侧 =（ 1+x）k+1=（ 1+x）k（1+x）＞（ 1+x）（ 1+lx ）=1+（k+1）x+kx2；右侧 =1+（k+1）x．因为 kx2＞ 0，所以左侧＞右侧，即（ 1+x）k+1＞1+（k+1）x．这就是说，原不等式当 n=k+1 时也建立．依据（ 1）和（ 2），原不等式对任何不小于 2 的自然数 n 都建立．（经过例 1 的解说，明确在第二步证明过程中，固然能够采纳证明不等式的相关方法，但为了书写更流利，逻辑更谨慎，往常经概括假定后，要进行合理放缩，以达到转变的目的）师：下边再举例子，来说明合理放缩的重要性．（板书）例 2 证明： 2n+2＞n2，n∈N+．师：（ 1）当 n=1 时，左侧 =21 +2=4；右侧 =1，左侧＞右侧．所以原不等式成立．（2）假定 n=k 时（ k≥1 且 k∈ N）时，不等式建立，即2k +2＞k2．此刻，请同学们考虑n=k+1 时，如何论证 2k+1+2＞（ k+1）2建立．生：利用概括假定2k+1+2=2．2k+2=2（2k+2）-2 ＞ 2· k2-2 ．师：将不等式 2k2 -2 ＞（ k+1）2，右侧睁开后得： k2+2k+1，因为转变目的十分明确，所以只要将不等式的左侧向 k2 +2k+1 方向进行转变，即：2k2-2=k 2 +2k+1+k2 -2k-3 ．由此不难看出，只要证明k2 -2k-3 ≥0，不等式 2k2-2 ＞ k2 +2k+1 即建立．生：因为 k2-2k-3= （ k-3 ）（ k+1），而 k∈N，故 k+1＞0，但 k-3 ≥ 0 建立的条件是 k≥ 3，所以当 k∈ N时， k-3 ≥ 0 未必建立．师：不建立的条件是什么？生：当 k=1，2 时，不等式 k-3 ≥ 0 不建立．师：因为使不等式不建立的k 值是有限的，只要利用概括法，将其逐个考证原命题建立，所以在证明第一步中，应增补考证n=2 时原命题建立，那么，n=3 时能否也需要论证？生：n=3 需要考证，这是因为数学概括法中的第一步考证是第二步概括假定的基础，而第二步中关于 k 是大于或等于 3 才建立，故在考证时，应考证 n=3 时，命题建立．师：（增补板书）当n=2 时，左=22+2=6，右=22=4，所以左＞右；当 n=3 时，左 =23+2=10，右 =32=9，所以左＞右．所以当 n=1，2，3 时，不等式建立．（以下请学生板书）（2）假定当 n=k（ k≥ 3 且 k∈N）时，不等式建立．即2k+2＞k2．因为=k2+2k+1+k2-2k-3=（k2+2k+1）+（k+1）（ k-3 ）（因 k≥3，则 k-3 ≥0，k+1＞0）≥k2+2k+1=（k+1）2．所以 2k+1+2＞（ k+1）2．故当 n=k+1 时，原不等式也建立．依据（ 1）和（ 2），原不等式关于任何 n∈N 都建立．师：经过例 2 可知，在证明 n=k+1 时命题建立过程中，针对目标k2+2k+1，采纳减小的手段，可是因为k 的取值范围（k≥1）太大，不便于减小，所以，用增添奠定步骤（把考证n=1．扩大到考证n=1，2，3）的方法，使假定中k 的取值范围合适减小到 k≥3，促进放缩成功，达到目标．（板书）例 3 求证：当 n≥2 时，（由学生自行达成第一步的考证；第二步中的假定，教师应要点解说 n=k 到n=k+1 命题的转变过程）师：当 n=k+1 时，不等式的左侧表达式是如何的？生：当 n=k+1 时，k 项，应是第 2k 项，数列各项分母是连续的自然数，最后一项为哪一项以3k 在 3k 后边还有 3k+1、 3k+2．最后才为 3k+3 即 3（ k+1），所以正确（在这里，学生极易出现错误，错误的思想定势以为从n=k 到n=k+1 时，只增添一项，乞降式中最后一项即为第几项的通项，教师在这里要侧重剖析，化解难点．）运算，应针对问题的特色，奇妙合理地利用“放缩技巧”，使问题获取简捷的证明：（板书略）师：设 S（n）表示原式左侧， f （n）表示原式右侧，则由上边的证法可知，从 n=k 到 n=k+1 命题的转变门路是：要注意：这里 S ′（ k）不必定是一项，应依据题目状况确立．（三）讲堂小结1．用数学概括法证明，要达成两个步骤，这两个步骤是缺一不行的．但从证题的难易来剖析，证明第二步是难点和要点，要充足利用概括假定，做好命题从 n=k 到 n=k+1 的转变，这个转变要求在变化过程中结构不变．2．用数学概括法证明不等式是较困难的课题，除运用证明不等式的几种基本方法外，常常使用的方法就是放缩法，针对目标，合理放缩，进而达到目标．3．数学概括法也不是全能的，也有不可以解决的问题．错误会法：（2）假定 n=k 时，不等式建立，即当 n=k+1 时，则 n=k+1 时，不等式也建立．依据（ 1）（ 2），原不等式对 n∈N+都建立．（四）课后作业1．课本 P121： 5， P122： 6．2．证明不等式：（提示：（1）当 n=1 时，不等式建立．（2）假定 n=k 时，不等式建立，即那么，这就是说， n=k+1 时，不等式也建立．依据（ 1）（ 2）可知不等式对 n∈N+都建立．）3．关于随意大于 1 的自然数 n，求证：（提示：（2）假定 n=k 时，不等式建立，即这就是说， n=k+1 时，原不等式建立．依据（ 1），（ 2）可知，对随意大于 1 的自然数 n，原不等式都建立．）用数学概括法证明①式：（1）当 n=3 时，①式建立．（2）假定 n=k （ k≥ 3， k∈ N）时，①式建立，即2k＞ 2k+1．那么 2k+1 =2k·2＞2（ 2k+1）=2（ k+1）+1+（2k-1 ）＞2（k+1） +1（因 k≥ 3，则 2k-1 ≥5＞0）．这就是说，当 n=k+1 时，①式也建立．依据（ 1）（ 2）可知，对全部 n∈N，n≥3①式都建立，即f讲堂教课方案说明1．数归法是以皮亚诺的概括公义作为依照，把概括法与演绎法联合起来的一种完好概括法．数学概括法证明中的两个步骤表现了递推思想．在教课中应使学生明确这两个步骤的关系：第一步是递推的基础；第二步是递推的依照，缺一不行，不然就会致使错误．为了获得优秀的教课成效，不如利用“多米诺骨牌”游戏来加深这两步骤之间的关系的理解，在演示时，应分三种状况：（ 1）推倒第一张，接着挨次倒下直至最后一张；（ 2）推倒第一张，半途某处停止，最后一张不倒；（ 3）第一张不倒，后边不论可否推倒，都不会所有倒下．经过详细生动的模型，帮助学生理解数学概括法的本质．2．用数学概括法证明不等式，宜先比较n=k 与n=k+1 这两个不等式间的差别，以决定 n=k 时不等式做何种变形，一般地只好变出 n=k+1 等式的一边，而后再利用比较、剖析、综合、放缩及不等式的传达性来达成由 n=k 建立推出 n=k+1 不等式建立的证明．数列极限数学概括法用数学概括法证明不等式3．要注意：在证明的第二步中，一定利用“ n=k 时命题建立”这一概括假定，而且由 f （k）到 f （k+1），其实不老是仅增添一项，如例 2，4．要教会学生思想，走开研究解答问题的思想过程几乎是不行能的，所以在平时教课中，特别是解题教课中，一定把教课集中在问题解答者解答问题的整个过程上，培育学生构作问题解答过程的框图，因为用文字、符号或图表简洁地表达解答过程或结果的能力，表达表达自己解题思路的能力，这也是问题解答所必要的．11 / 11。

不等式、数列、极限与数学归纳法湖南省常德市一中曹继元不等式、数列是高中数学的主干知识，也是高考的重点内容之一，每年都有与此相关的大题。

其中，选择题和填空题一般以考查基础知识、基本方法为主，而解答题以考查数学思想方法、思维能力、以及创新意识为主。

总体看来，本节内容对运算能力和逻辑推理能力有较高的要求。

预测今年高考关于这一部分的内容, 仍然是以考能力为主，稳中有变，“小”中有新。

与往年一样，可能出现基本题型、综合题型、应用题型等，个别题型还将会命出新意，把不等式、数列知识和现实生活、市场经济、理化生知识等紧密结合起来，甚至还会出现有较新创意的应用型题目。

因此，我们必须引起高度重视。

1.不等式.1.1 近三年湖南省高考考查情况统计1.2 近三年考查情况分析从近三年的高考湖南卷来看，虽然每年都有几道不等式的题，但大都是将不等式融入其它知识之中。

一般来讲，选择题、填空题主要考查不等式性质、简单不等式的解法、函数最值的运用。

解答题主要考查与不等式有关的基础知识、基本方法，以及运用相关知识去分析问题和解决问题的能力。

不等式作为工具知识，在高中数学的各个分支中都有广泛的应用。

如确定函数的定义域、值域，确定函数的最值，确定集合的子集关系，确定方程的解等，无一不与不等式有着密切的关系。

而不等式中往往蕴含有多种数学思想方法，如等价转化、分类讨论、数形结合、函数方程的思想方法，极易使得不等式与其它知识融会交融，体现“在知识交汇处设计命题”的特点，符合“多考一点想，少考一点算”的命题理念，也能有效的测试考生的“逻辑思维能力、运算能力、以及分析问题和解决问题的能力”。

所以，我们复习时，要以此为重点，强化训练，提高能力。

1.3 今年考情预测①不等式仍将是高考数学的重点内容之一。

选择题、填空题的难度不会增大，重在基础知识、基本方法的考查，但命题角度会有所变化，设问方式会有所创新，考查内容主要分布在不等式的性质、简单不等式的解法、不等式与集合、不等式与函数、不等式与方程等知识点中。

高中数学奥数知识点大汇总一、代数与函数1.1 代数运算•四则运算：加法、减法、乘法和除法，学习运算规则与运算性质。

•指数运算：学习指数的定义、性质和运算法则，包括幂运算、指数函数等。

•根式运算：学习根式的定义、性质和运算法则，包括开方运算、根式化简等。

1.2 多项式与方程•多项式运算：学习多项式的定义、性质和运算法则，学会多项式加减乘除、多项式因式分解等操作。

•一元二次方程：学习一元二次方程的定义、性质和解法，包括因式分解法、配方法、求根公式等。

•不等式与绝对值：学习不等式的定义、性质和解法，包括一元不等式、二元不等式等，同时学会绝对值的运算和解不等式时的应用。

1.3 函数•函数的概念：学习函数的定义和性质，理解函数的自变量、因变量和函数值的概念。

•常用函数：学习常用函数的定义、性质和图像，包括一次函数、二次函数、幂函数、指数函数、对数函数等。

•函数的运算：学习函数的加减乘除、复合运算等，理解函数运算的基本规则。

二、几何与图形2.1 平面几何•基本概念：学习平面几何的基本概念，包括点、直线、线段、角等。

•同位角与对顶角：学习同位角与对顶角的概念和性质，理解它们在几何证明中的应用。

•平行线与三角形：学习平行线的判定定理和平行线与三角形的性质，包括同位角定理、对顶角定理、内错角定理等。

•相似三角形：学习相似三角形的定义和性质，包括相似比例定理、相似三角形的判定定理等。

2.2 空间几何•空间几何基本概念：学习空间几何的基本概念，包括点、直线、平面、立体等。

•空间几何关系：学习空间几何中的关系，包括点与直线的位置关系、直线与平面的位置关系等。

•空间几何性质：学习空间几何中的性质，包括平行关系、垂直关系、垂直平分线等。

2.3 三角函数•三角函数的定义：学习三角函数的定义，包括正弦、余弦、正切等，理解三角函数的周期性和单调性。

•三角函数的性质：学习三角函数的基本性质，包括周期性、对称性、奇偶性等。

•三角函数的运算：学习三角函数的加减乘除、复合运算等，理解三角函数运算的基本规则。

奥数主要知识点总结奥数竞赛的主要知识点涉及到了数学的各个方面，包括但不限于代数、几何、数论和组合数学等。

下面我们将对奥数竞赛中的主要知识点进行总结和梳理，以便帮助竞赛学习者更好地准备和参加奥数竞赛。

一、代数代数是奥数竞赛中的一个重要知识点，主要包括方程与不等式、多项式、函数、数列与数学归纳法等内容。

1.方程与不等式奥数竞赛中的方程与不等式题目往往具有较强的抽象性和逻辑性，包括一元一次方程、一元二次方程、多元一次方程、分式方程、绝对值方程、不等式组等。

解题时需要灵活运用代数运算、整理方程和不等式、配方变形等技巧，同时要有一定的数学分析能力和逻辑推理能力。

2.多项式奥数竞赛中的多项式知识点主要包括多项式的基本性质、多项式方程的根与系数之间的关系、多项式的除法算法、多项式的因式分解、多项式方程的解的特殊性质等。

解题时需要熟练掌握多项式的基本概念和运算法则，结合代数知识与数学方法进行问题求解。

3.函数奥数竞赛中的函数知识点主要包括函数的性质与图像、函数的极值、单调性和奇偶性、函数的复合与反函数、函数方程的解法等。

解题时需要通过函数的性质和运算规律，找出规律和方法，根据问题的特点运用函数知识解决问题。

4.数列与数学归纳法奥数竞赛中的数列与数学归纳法知识点主要包括等差数列、等比数列、递推数列、数学归纳法的原理和应用等。

解题时需要熟练掌握数列的性质与变形、数学归纳法的基本思想和方法，通过论证和推理解决问题。

二、几何几何是奥数竞赛中的另一个重要知识点，主要包括平面几何和空间几何两个方面。

1.平面几何奥数竞赛中的平面几何知识点主要包括点、线、面的性质与关系、图形的性质与变形、相似与全等、三角形的性质和判定、多边形的性质与关系等。

解题时需要通过图形的性质和关系，利用几何知识和方法求解问题。

2.空间几何奥数竞赛中的空间几何知识点主要包括空间图形的性质与关系、几何体的视图与投影、空间解析几何、空间立体几何等。

解题时需要熟练掌握几何体的性质与变形、几何图形的视图和投影，结合几何知识解决问题。

全国高中数学竞赛考试范围全国高中数学竞赛考试范围包括但不限于以下内容：1. 代数部分：包括数列、函数、不等式、解析几何等。

2. 几何部分：包括平面几何、立体几何等。

3. 组合数学部分：包括组合数学的基础知识、组合应用等。

4. 概率与统计部分：包括概率论的基础知识、统计应用等。

5. 数学分析部分：包括极限、导数、微积分等。

一、函数与方程1. 函数性质：包括奇偶性、单调性、周期性、对称性等，能够根据函数图像进行判断和分析。

2. 函数方程：了解函数方程的概念，掌握求解方法，如换元法、待定系数法等。

3. 函数不等式：能够根据函数的性质求解不等式，如一元二次不等式、高次不等式等。

二、数列与数学归纳法1. 数列概念：了解数列的定义、分类和表示方法，能够判断数列的类型。

2. 等差数列与等比数列：掌握等差数列和等比数列的通项公式、前n项和公式及其性质。

3. 数列求和：掌握数列求和的方法，如裂项相消法、错位相减法等。

4. 数学归纳法：掌握数学归纳法的原理和步骤，能够证明简单的数学归纳法命题。

三、解析几何1. 直线与圆：掌握直线和圆的方程及其性质，能够求解直线与圆的位置关系。

2. 椭圆、双曲线与抛物线：掌握椭圆、双曲线和抛物线的方程及其性质，能够求解相关的几何问题。

3. 坐标变换：了解坐标变换的概念和方法，能够进行坐标变换的求解问题。

四、立体几何1. 平面几何：掌握平面几何的基本定理和证明方法，能够证明简单的几何命题。

2. 空间几何体：了解空间几何体的结构特征和性质，能够进行相关的计算和证明。

3. 空间位置关系：掌握空间点、线、面之间的位置关系及其性质，能够进行相关的证明和求解。

五、排列组合与概率初步1. 排列组合：掌握排列组合的定义、公式和性质，能够求解相关的计数问题。

2. 概率初步：了解概率的基本概念和计算方法，能够求解随机事件的概率和分布。

3. 统计初步：了解统计的基本概念和方法，如样本均值、标准差等，能够进行简单的数据分析。

高考数学如何利用数学归纳法解决不等式问题在高考数学中，解决不等式问题是一个重要的考察点。

而数学归纳法作为一种重要的数学证明方法，也可以被应用于解决不等式问题。

本文将探讨如何利用数学归纳法解决不等式问题，并提供一些例子来说明其具体应用。

在介绍利用数学归纳法解决不等式问题之前，我们先来了解一下数学归纳法的基本原理。

数学归纳法是一种数学证明方法，用于证明一些在自然数集上的命题。

它包括两个步骤：基础步骤和归纳步骤。

首先，证明当自然数为一个给定的起始值时命题成立，这称为基础步骤。

接下来，假设当自然数为k时命题成立，然后证明当自然数为k+1时命题也成立，这称为归纳步骤。

通过这个过程，我们可以得出结论：对于所有自然数n，命题都成立。

那么如何将数学归纳法应用于解决不等式问题呢？我们可以通过以下步骤来进行：步骤一：找到适合应用数学归纳法的不等式问题。

通常情况下，我们可以在不等式问题中观察到某种规律或者模式，并可以通过一个起始值开始其中的证明过程。

具体的选择需要根据具体问题来决定。

步骤二：进行基础步骤证明。

根据数学归纳法的原理，我们需要证明当自然数取某个起始值时，不等式成立。

这通常需要运用已知的数学方法或者推论来进行证明。

步骤三：进行归纳步骤证明。

首先，我们假设当自然数为k时，不等式成立。

然后，我们需要证明当自然数为k+1时，不等式依然成立。

这一步骤通常需要运用数学归纳法的思想，通过将k替换为k+1来进行推导和证明。

步骤四：总结证明过程并得出结论。

通过基础步骤证明和归纳步骤证明，我们可以得出结论：对于所有自然数n，不等式成立。

这就解决了原始的不等式问题。

下面，我们通过一个具体的例子来说明如何利用数学归纳法解决不等式问题。

例子：设有一个数列{an}，满足以下条件：1. a1 = 1；2. a(k+1) = a(k) + 2k, k ≥ 1。

我们想要证明对于所有的正整数n，不等式an < n^2成立。

解：首先，我们进行基础步骤证明。

奥数题的一些常用解法
1.推理法：通过观察题目中的规律，运用逻辑推理能力进行解题。

这种方法常被运用在数列、排列组合等类型的题目中。

2. 反证法：假设结论不成立，通过推导出矛盾或不符合题目条件的结果来证明所假设的结论是错误的。

这种方法常被运用在几何题型中。

3. 分类讨论法：将问题分成不同的情况进行讨论，找出每种情况的解法，最后合并得出总的解法。

这种方法常被运用在概率、几何、代数题型中。

4. 数学归纳法：通过证明某个命题对于一个确定的整数成立，再证明对于这个整数加1后仍成立，从而证明该命题对于所有整数成立。

这种方法常被运用在数列、不等式等类型的题目中。

5. 递推法：通过寻找问题中的递推式，运用递推关系逐步推导出问题的解法。

这种方法常被运用在数列、组合、几何等题型中。

6. 假设法：假设某个未知量的值，再用已知条件进行计算，最终通过验证假设的值是否符合题目要求来求解未知量。

这种方法常被运用在几何、代数等类型的题目中。

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函数 不等式 数列 极限 数学归纳法一 能力培养1,归纳-猜想-证明 2,转化能力 3,运算能力 4,反思能力 二 问题探讨问题1数列{n a }满足112a =,212n n a a a n a ++⋅⋅⋅+=,(n N *∈). (I)求{n a }的通项公式; (II)求1100nn a -的最小值; (III)设函数()f n 是1100nn a -与n 的最大者,求()f n 的最小值.问题2已知定义在R 上的函数()f x 和数列{n a }满足下列条件:1a a =,1()n n a f a -= (n =2,3,4,⋅⋅⋅),21a a ≠,1()()n n f a f a --=1()n n k a a --(n =2,3,4,⋅⋅⋅),其中a 为常数,k 为非零常数.(I)令1n n n b a a +=-(n N *∈),证明数列{}n b 是等比数列; (II)求数列{n a }的通项公式; (III)当1k <时,求lim n n a →∞.问题3已知两点M (1,0)-,N (1,0),且点P 使MP MN ⋅ ,PM PN ⋅ ,NM NP ⋅成公差小于零的等差数列.(I)点P 的轨迹是什么曲线? (II)若点P 坐标为00(,)x y ,记θ为PM 与PN的夹角,求tan θ.三 习题探讨 选择题1数列{}n a 的通项公式2n a n kn =+,若此数列满足1n n a a +<(n N *∈),则k 的取值范围是A,2k >- B,2k ≥- C,3k ≥- D,3k >- 2等差数列{}n a ,{}n b 的前n 项和分别为n S ,n T ,若231n n S nT n =+,则n na b = A,23 B,2131n n -- C,2131n n ++ D,2134n n -+ 3已知三角形的三边构成等比数列,它们的公比为q ,则q 的取值范围是A,1(0,2+B,1(2C,1[1,2D,11(22- 4在等差数列{}n a 中,1125a =,第10项开始比1大,记21lim ()n n n a S t n →∞+=,则t 的取值范围是A,475t > B,837525t <≤ C,437550t << D,437550t <≤5设A 11(,)x y ,B 22(,)x y ,C 33(,)x y 是椭圆22221x y a b+=(0a b >>)上三个点,F 为焦点,若,,AF BF CF 成等差数列,则有A,2132x x x =+ B,2132y y y =+ C,213211x x x =+ D,2213x x x =⋅ 6在ABC ∆中,tan A 是以4-为第三项,4为第七项的等差数列的公差,tan B 是以13为 第三项,9为第六项的等比数列的公比,则这个三角形是A,钝角三角形 B,锐角三角形 C,等腰直角三角形 D,以上都不对 填空7等差数列{}n a 前n (6n >)项和324n S =,且前6项和为36,后6项和为180,则n = .8223323232323236666n nn n S ++++=+++⋅⋅⋅+,则lim n n S →∞= . 9在等比数列{}n a 中,121lim()15n n a a a →∞++⋅⋅⋅+=,则1a 的取值范围是 . 10一个数列{}n a ,当n 为奇数时,51n a n =+;当n 为偶数时,22n n a =.则这个数列的前2m 项之和2m S = .11等差数列{}n a 中,n S 是它的前n 项和且67S S <,78S S >,则①此数列的公差0d <,②96S S <,③7a 是各项中最大的一项,④7S 一定是n S 中的最大项,其中正确的是 . 解答题12已知23123()nn f x a x a x a x a x =+++⋅⋅⋅+,且123,,n a a a a ⋅⋅⋅组成等差数列(n 为正偶数). 又2(1)f n =,(1)f n -=,(I)求数列的通项n a ;(II)试比较1()2f 与3的大小,并说明理由.13已知函数2()31f x x bx =++是偶函数,()5g x x c =+是奇函数,正数数列{}n a 满足11a =,211()()1n n n n n f a a g a a a +++-+=.(I)若{}n a 前n 项的和为n S ,求lim n n S →∞;(II)若12()()n n n b f a g a +=-,求n b 中的项的最大值和最小值.14. 已知等比数列{}n x 的各项不为1的正数,数列{}n y 满足log 2n n x y a ⋅=(0a >且1a ≠),设417y =,711y =.(I)求数列{}n y 的前多少项和最大,最大值是多少? (II)设2n yn b =,123n n S b b b b =+++⋅⋅⋅+,求25lim2nn S →∞的值.(III)试判断,是否存在自然数M,使当n M >时1n x >恒成立,若存在求出相应的M;若不存 在,请说明理由.15设函数()f x 的定义域为全体实数,对于任意不相等的实数1x ,2x ,都有12()()f x f x -12x x <-,且存在0x ,使得00()f x x =,数列{}n a 中,10a x <,1()2()n n n f a a a n N +=-∈,求证:对于任意的自然数n ,有: (I)0n a x <; (II)1n n a x +<.参考答案:问题1解:(I)212n n a a a n a ++⋅⋅⋅+=,得n S =2n n a当2n ≥时,1n n n a S S -=-=2n n a 21(1)n n a ---,有221(1)(1)n n n a n a --=-,即111n n a n a n --=+. 于是3241123112313451n n n a a a a a n a a a a a n --=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+=2(1)n n +.又112a =,得n a =1(1)n n +. 由于1a 也适合该式,故n a =1(1)n n +.(II)1100nn a -=299n n -=2(49.5)2450.25n -- 所以当49n =或50时,1100nn a -有最小值2450-. (III)因()f n 是1100nn a -与n 的最大者,有(1100)()1100(100)nn n f n n n a ≤≤⎧⎪=⎨-<⎪⎩,有min ()f n =(1)f =1.问题2(I)证明:由1210b a a =-≠,得2322121()()()0b a a f a f a k a a =-=-=-≠. 由数学归纳法可证10n n n b a a +=-≠(n N *∈). 而,当2n ≥时,1111111()()()n n n n n n n n n n n n n n b a a f a f a k a a k b a a a a a a +---------====--- 因此,数列{}n b 是一个公比为k 的等比数列. (II)解:由(I)知,11121()()n n n b kb k a a n N --*==-∈当1k ≠时,112211()(2)1n n k b b b a a n k--++⋅⋅⋅+=-≥-当1k =时,12n b b b ++⋅⋅⋅+=21(1)()n a a --(2n ≥)而12213211()()()(2)n n n n b b b a a a a a a a a n -++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-=-≥,有当1k ≠时,1n a a -= 1211()(2)1n k a a n k---≥-;当1k =时,1n a a -=21(1)()n a a --(2)n ≥.以上两式对1n =时也成立,于是当1k ≠时,11211()1n n k a a a a k --=+--= 11(())1n k a f a a k--=+--当1k =时,121(1)()n a a n a a =+--=(1)(())a n f a a +--.(III)解:当1k <时,11()lim lim[(())]11n n n n k f a aa a f a a a k k-→∞→∞--=+-=+--. 问题3解:(I)设点P(,x y ),由M (1,0)-,N (1,0)得(1,)PM MP x y =-=--- ,(1,)PN NP x y =-=-- ,(2,0)MN NM =-=有2(1)MP MN x ⋅=+ ,221PM PN x y ⋅=+- ,2(1)NM NP x ⋅=- .于是MP MN ⋅ ,PM PN ⋅ ,NM NP ⋅成公差小于零的等差数列等价于 2211[2(1)2(1)]22(1)2(1)0x y x x x x ⎧+-=++-⎪⎨⎪--+<⎩,即2230x y x ⎧+=⎨>⎩ 所以点P 的轨迹是以原点为圆心为半径的右半圆C.(II)设P(00,x y ),则由点P 在半圆C 上知,22001PM PN x y ⋅=+-又PM PN ⋅=,得cos PM PN PM PNθ⋅==⋅又001x <≤,12≤<,有1cos 12θ<≤, 03πθ≤<,sin θ==由此得0tan y θ==. 习题解答:1由1(21)0n n a a n k +-=++>,n N *∈恒成立,有30k +>,得3k >-,选D.21211212112112121(21)22(21)21223(21)131(21)2n n n n n n n n n n a a n a a a a S n n b b b b T n n n ------+-+--======+-+--,选B. 3设三边长分别为2,,a aq aq ,且0,0a q >>①当1q ≥时,由2a aq aq +>,得112q ≤<②当01q <<时,由2aq aq a +>,得112q <<,于是得1122q +<<,选D. 4由10191a a d =+>,且9181a a d =+≤,而21lim ()2n nn da S t n →∞+==, 又1125a =,于是737550t <≤,选D. 5由椭圆第2定义得222132()()22()a a a AF CF x x BF x c c c+=+++==+,选A.6由条件得31444tan ,9tan 3A B =-+=,有tan 2A =,tan 3B =. 得tan tan[()]tan()1C A B A B π=-+=-+=,于是ABC ∆为锐角三角形,选B. 7由12345636a a a a a a +++++=,12345180n n n n n n a a a a a a -----+++++=有12165()()()216n n n a a a a a a --++++⋅⋅⋅++=,即16()n a a +=216,得1n a a +=36,又13242na a n +⨯=,解得18n =. 822111111()()333222n n n S =++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+,得11332lim 1121132n n S →∞=+=--.9由条件知,公比q 满足01q <<,且11115a q =-,当01q <<时,11015a <<; 当10q -<<时,1121515a <<.于是1a 的取值范围是112(0,)(,)151515. 10当n 为奇数时,相邻两项为n a 与2n a +,由51n a n =+得25(2)1(51)n n a a n n +-=++-+ =10,且16a =.所以{}n a 中的奇数项构成以16a =为首项,公差10d =的等差数列.当n 为偶数时,相邻两项为n a 与2n a +,由n a = 22n ,得2222222n n n na a ++==,且22a = 所以{}n a 中的偶数项构成以22a =为首项,公比2q =的等比数列. 由此得212(1)2(12)610522212m m mm m S m m m +--=+⨯+=++--.11由6778,S S S S <>,得780,0a a ><,有0d <;96S S <;7S 是n S 中的最大值,选①②④. 12解:(I)由12(1)n f a a a =++⋅⋅⋅+=2n ,再依题意有1a +n a =2n ,即12(1)2a n d n +-=① 又121(1)n n f a a a a n --=-+-⋅⋅⋅-+=,(n 为正偶数)得2d =,代入①有21n a n =-. (II)2311111()3()5()(21)()22222n f n =+++⋅⋅⋅+-,2341111111()()3()5()(21)()222222n f n +=+++⋅⋅⋅+- 得2311111111(1)()2()2()2()(21)()2222222n n f n +-=+++⋅⋅⋅+--于是2111()12()(21)3222n f n n-=+---⋅<.13解: (I)可得2()31f x x =+,()5g x x =,由已知211()()1n n n n n f a a g a a a +++-+=,得11(32)()0n n n n a a a a ++-⋅+=,而10n n a a ++≠,有123n n a a +=,于是1lim 3213n n S →∞==-.(II)215832()()6()1854n n n n b f a g a a +=-=-+, 由12()3n n a -=知n b 的最大值为1143b =,最小值为4374243b =.14解: (I)22log log n n a n x y x a==,设11n n x x q -=有1122log 2log 2log log n n n a n a n a x y y x x q a++-==-=,又{}n y 成等差数列.742log 74a y y q d -==-,得2d =-,17(71)(2)23,y y =--⨯-=252n y n =-. 当0n y ≥时,即23(1)(2)0n +-⨯-≥,得252n ≤.于是前12项和最大,其最大值为144.(II)25222ny n n b -==,2312b =,得21124n n b b -+==,23112()4n n b -= 232522lim 1314n n S →∞==-,于是251lim 23n n S →∞=(III)由(I)知当12n >时,0n y <恒成立,由2log n a n y x =,得2n y n x a =.(i)当01a <<且12n >时,有2n y n x a =01a >=,(ii)当1a >且12n >时,1n x <,故当01a <<时,在12M =使n M >时,1n x >恒成立;当1a >时不存在自然数M,使当n M >时1n x >.15证明:用数学归纳法 (I)当1n =时,10a a <命题成立.假设当n k =(k N *∈)时,0k a a <成立,那么当1n k =+时,由1212()()f x f x x x -<-,得00()()k k f x f a x a -<-,又00()f x x =,有00()k k x f a x a -<-, 而0k a x <,得00()k k x f a x a -<-,于是000()k k k a x x f a x a -<-<-,即0()2()k k k ka f a x f a a +<⎧⎨>⎩,又1()2k k k f a a a +=-, 有10(2)2k k k a a a x ++-<,即10k a x +<,于是当1n k =+时,命题也成立. 综上所述,对任意的k N *∈,0n a a <.(II)由1212()()f x f x x x -<-,得00()()n n f x f a x a -<-, 又00()f x x =,得00()n n x f a x a -<-,又0n a a <,得00()n n x f a x a -<-,即000()n n n a x x f a x a -<-<-, 有()n n f a a >,而1()2n n n f a a a +=-,得12n n n a a a +->, 故1n n a a +>.。

奥数总结的知识点一、代数知识点1. 代数式展开与因式分解代数式展开与因式分解是奥数中常见的题型，学生需要掌握基本的代数运算规则，灵活运用展开公式和分解公式来解题。

2. 多项式的运算与定理奥数中常见的题型有多项式的加减乘除，以及多项式的整除性质和余式定理。

3. 不等式和方程的解法奥数考察的不等式和方程的解法比较灵活，包括一元二次不等式和不等式组的解法，还有一元二次方程、分式方程的解法等。

4. 函数与方程奥数中常考的包括函数的性质、图像、定义域、值域、一些特殊函数，还有方程组的解法等。

二、几何知识点1. 图形的性质在奥数的几何题型中，常考察各种图形的性质，包括角的性质、直线和射线的性质、多边形的性质、圆的性质等。

2. 几何证明奥数中几何证明的题型比较常见，学生需要掌握几何中的各种定理和公式，并能够灵活运用来构造合理的证明过程。

3. 三角形和相似三角形奥数中三角形和相似三角形的题型比较常见，包括三角形的性质、计算三角形的面积和周长、相似三角形的判定和计算等。

4. 圆和圆的性质奥数中还有许多和圆相关的题型，包括圆的切线、切圆、圆周角等。

三、数论知识点1. 整数的性质奥数中常考察整数的性质，包括约数、倍数、质数、合数、质因数分解、最大公约数和最小公倍数等。

2. 数列和数学归纳法奥数中数列和数学归纳法的题型比较常见，学生需要掌握各种数列的求和公式和递推公式，以及能够灵活应用数学归纳法来解决问题。

3. 方程与同余奥数中还常考察方程与同余的题型，包括一次同余方程、二次同余方程、同余方程组等。

四、综合题型在奥数的综合题型中，常常考察学生对各种数学知识点的综合运用能力，包括代数、几何和数论等的综合题型。

奥数的学习需要学生掌握扎实的数学基础知识，具有一定的逻辑思维能力和数学分析能力，还需要具备较强的数学综合运用能力。

除了掌握各种数学知识点外，学生还需要具备良好的数学解题方法和习题技巧。

在奥数的学习过程中，学生应多做练习题，多总结解题方法和思路，不断提高自己的数学解题能力。

小结数列与不等式证明题的四种实用方法高中数学，当数列与不等式以综合题的形式出现时，难度较大。

怎样在紧张而又急迫的考试中准确的选择合适的方法解决难题并且不浪费时间，这成为众多学者头痛的问题。

笔者在高中自主学习和课堂听课中总结了四种实用的方法。

在这篇文章中，笔者把不等式右边是常数的证明题定义为常数型，把不等式右边是变量的证明题定义为变量型。

有的方法只适合常数型的不等式，而有的方法既适合变量型的不等式，也适合常数型的不等式。

下面笔者分常数型和变量型依次总结。

方法一：GP.放缩法。

（常数型）这种方法的应用比较广泛，同时也是放缩法中较简单的一种方法。

下面我们以例题的形式来说明。

例：求证:2121...915131211n <++++++-。

解析:该题属于和式与和式作比较，将2看成某个数列求和即可。

等比数列中，当公比q ≠1时， q 1q a q 1a q 1q 1a n 11n 1n ---=--=）（S ，若使q1q a n1-随n 的增大而趋向于0，则︳q ︳∈（0,1），观察通项1211n +-，q 取21的可能性较大，则令q=21，2q1a 1=-，解得1a 1=。

所以可以得出目标等比数列1n n 21a -=）（。

证明：因为121n +-＞1n 2-， 所以1211n +-＜1n 21-， 得121...915131211n ++++++-＜1n 21...8141211-+++++=1n 212--）（＜2，所以原不等式得证。

这种方法的关键点在于找出目标等比数列，当然也有局限性，不适用于变量型不等式。

方法二：数学归纳法。

（常数型和变量型）数学归纳法的应用比较广范，在某些证明题中，数学归纳法常常作为考生首选的方法，它的重要性是毋庸置疑的。

但是，某些题型不适合用数学归纳法证明。

当不等号左边的第一项是某个具体的常数时，直接用数学归纳法就不可以证明，必须选择恰当的中间量方可。

例如：求证:2121...915131211n <++++++-。