【天津市2013届高三数学总复习之综合专题：数列(理)(学生版)

第一篇：【天津市2013届高三数学总复习之综合专题：数列(理)(学生版)

数列（理）

考查内容：本小题主要考查等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、不等式证明等基础知识，考查分类讨论的思想方法，考查运算能力、推理论证能力及综合分析、解决问题的能力。

1、在数列an中，a11，an12an2n。（1）设bnan。证明：数列bn是等差数列； n12（2）求数列an的前n项和Sn。

2、设数列an的前n项和为Sn，已知ban2nb1Sn（1）证明：当b2时，ann2n1是等比数列；（2）求an的通项公式

3、已知数列{an}的首项a122an，an1，n1,2,3,…。3an11（1）证明：数列1是等比数列；

ann（2）数列的前n项和Sn。

an

4、已知数列an满足：an1，a122cnan1an，nN。

1222，31an121an，记数列bn1an，2（1）证明数列bn是等比数列；（2）求数列{cn}的通项公式；

（3）是否存在数列{cn}的不同项ci,cj,ck，ijk，使之成为等差数列？若存在请求出这样的不同项ci,cj,ck，ijk；若不存在，请说明理由。

5、已知数列{an}、{bn}中，对任何正整数n都有：

a1bna2bn1a3bn2an1b2anb12n1n2。

（1）若数列{an}是首项和公差都是1的等差数列，求证：数列{bn}是等比数列；（2）若数列{bn}是等比数列，数列{an}是否是等差数列，若是请求出通项公式，若不是请说明理由；

（3）若数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，求证：i1n13。aibi2)。数列{bn}

16、设数列{an}满足a11，a22，an(an12an2)，(n3,4,3满足b11,bn(n2,3,)是非零整数，且对任意的正整数m和自然数k，都有1bmbm1bmk1。

（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；（2）记cnnanbn(n1,2,)，求数列{cn}的前n项和Sn。

7、有n个首项都是1的等差数列，设第m个数列的第k项为amk，(m,k1,2,3，n, n≥3)，公差为dm，并且a1n,a2n,a3n，ann成等差数列。

（1）证明dmp1d1p2d2，3mn，p1,p2是m的多项式，并求p1p2的值；（2）当d11, d23时，将数列{dm}分组如下：(d1),(d2,d3,d4),(d5,d6,d7,d8,d9),（每组数的个数构成等差数列），设前m组中所有数之和为(cm)4(cm0)，求数列{2cmdm}的前n项和Sn。

（3）设N是不超过20的正整数，当nN时，对于（2）中的Sn，求使得不等式1(Sn6)dn成立的所有N的值。50

nn

8、数列{an}的通项公式为ann2cos2sin2，其前n项和为Sn。

33（1）求Sn；

S3n，求数列{bn}的前n项和Tn。n4nnn满足a11,a22,an2(1cos2)ansin2,n1,2,3,9、数列{an}满足

22（2）设bn.。

（1）求a3,a4,并求数列an的通项公式；（2）设bna2n1,Snb1b2a2n1bn.。证明：当nn6时，6时，Sn2。.n10、已知数列{an}和{bn}的通项公式分别为an3n6，bn2n7，nN*，若将**集合{x|xan,nN}{x|xbn,nN}中的元素从小到大依次排列，构成一个新的数列{cn}。（1）求c1,c2,c3,c4；

（2）求证：在数列{cn}中，但不在数列{bn}中的项恰为a2,a4,（3）求数列{cn}的通项公式。

11、在数列an中，a12，an1ann1(2)2n(nN)，其中0。（1）求数列an的通项公式；（2）求数列an的前n项和Sn。,a2n,；

an1ak1（3）证明：存在kN，使得对任意nN*均成立。anak*

12、在数列an与bn中，a11,b14，数列an的前n项和Sn满足nSn1(n3)Sn0，且2an1为bn与bn1的等比中项，nN*。

（1）求a2，b2的值；

（2）求数列an与bn的通项公式；

*2nN（3）设Tn(1)1b1(1)2b2…(1)nbn，证明n≥3。NT2n，nn，aaa*

13、已知等差数列an的公差为dd0，等比数列bn的公比为q，且q1。设Sna1b1a2b2anbn，Tna1b1a2b2(1)n1anbn，nN*。

（1）若a1b11，d2,q3求S3的值；

2dq(1q2n)*nN（2）若b11，证明1qS2n1qT2n，； 21q（3）若正整数n满足2nq，设k1,k2，kn和l1,l2,，2，,n ,ln是1的两个不同的排列，c1ak1b1ak2b2...aknbn，c2al1b1al2b2...alnbn，证明c1c2。

14、在数列an中，a10，且对任意kN*，a2k1,a2k,a2k1成等差数列，其公差为dk。

（1）若dk2k，证明a2k,a2k1,a2k2成等比数列；

（2）若对任意kN*，a2k,a2k1,a2k2成等比数列，其公比为qk。

1

①设q11，证明是等差数列；

q1kn3k22n2。

②若a22，证明2n2k2ak15、已知数列{an}与{bn}满足：bnanan1bn1an2且a12,a24。（1）求a3,a4,a5的值；

3(1)n，nN*，0，bn2（2）设cna2n1a2n1，nN*，证明cn是等比数列；

Sk7(nN*)。（3）设Ska2a4a2k，kN，证明6k1ak*4n

第二篇：【天津市2013届高三数学总复习之综合专题：数列(文)(学生版)

数列（文）

考查内容：本小题主要考查等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、不等式证明等基础知识，考查分类讨论的思想方法，考查运算能力、推理论证能力及综合分析、解决问题的能力。

1、已知数列xn的首项x13，通项公式xn2npnq（nN,p,q为常数），且x1,x4,x5成等差数列，求：（1）p,q的值；

（2）数列xn的前n项的和Sn的公式。

2、在数列an中，a11，an12an2n。（1）设bnan。证明：数列bn是等差数列； 2n1（2）求数列an的前n项和Sn。

3、设数列an的前n项和为Sn，已知ban2nb1Sn（1）证明：当b2时，ann2n1是等比数列；（2）求an的通项公式

4、已知数列{an}的首项a122an，an1，n1,2,3,…。3an11（1）证明：数列1是等比数列；

an

n（2）数列的前n项和Sn。

an

15、设数列{an}满足a11，a22，an(an12an2)，(n3,4,3)。数列{bn}满足b11,bn(n2,3,)是非零整数，且对任意的正整数m和自然数k，都有1bmbm1bmk1。

（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；（2）记cnnanbn(n1,2，nn

6、数列{an}的通项公式为ann2cos2sin2，其前n项和为Sn。

33)，求数列{cn}的前n项和Sn。

（1）求Sn；（2）设bn

满足a11,a22,an2(1cos27、数列{an}满足

nn)ansin2,n1,2,3,22.。S3n，求数列{bn}的前n项和Tn。n4n（1）求a3,a4,并求数列an的通项公式；（2）设bn

8、已知数列{an}和{bn}的通项公式分别为an3n6，bn2n7，nN*，若将**集合{x|xan,nN}{x|xbn,nN}中的元素从小到大依次排列，构成一个a2n1,Snb1b2a2n1bn.。证明：当nn6时，6时，Sn2。.n新的数列{cn}。

（1）求c1,c2,c3,c4；

（2）求证：在数列{cn}中，但不在数列{bn}中的项恰为a2,a4,（3）求数列{cn}的通项公式。

9、在数列an中，a12，an1ann1(2)2n(nN)，其中0。（1）求数列an的通项公式；（2）求数列an的前n项和Sn。,a2n,；

an1ak1（3）证明：存在kN，使得对任意nN*均成立。anak*

10、已知数列an中，a11，a22，且an1(1q)anqan1，n2,q0。

(nN*)*，证明bn是等比数列； nN（1）设bnan1an，（2）求数列an的通项公式；

（3）若a3是a6与a9的等差中项，求q的值，并证明：对任意的nN*，an是an3与an6的等差中项。

11、已知等差数列an的公差为d不为0，设Sna1a2qanqn1，Tna1a2q(1)n1anqn1,q0,nN*。

（1）若q1,a11,S315，求数列an的通项公式；（2）若a1d且S1,S2,S3成等比数列，求q的值；

2dq(1q2n)（3）若q1，证明1qS2n1qT2n，nN*。21q

12、在数列an中，a10，且对任意kN*，a2k1,a2k,a2k1成等差数列，其公差为2k。

（1）证明a4,a5,a6成等比数列；（2）求数列an的通项公式；

32232n2（3）记Tn...，证明2nTn2n2。

2a2a3an

3(1)n13、已知数列{an}与{bn}满足：bn1anbnan121，bn，nN*，2n且a12。

（1）求a2,a3的值；

（2）设cna2n1a2n1，nN*，证明cn是等比数列；（3）设Sn为{an}的前n项和，证明

SSS1S21...2n12nn，nN*。a1a2a2n1a2n3

第三篇：天津市2013届高三数学总复习之综合专题：数学归纳法及其应用举例(教师版)

数学归纳法及其应用举例

1、基本概念

学案P38

①

②

③

④

⑤

2、用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题的步骤 教材P933、应用举例——用数学归纳法证明下列命题

1Snk(n1)(2n1)。①（数学归纳法证明恒等式）6k1n

2教材P9

412Sk[(n1)]②（数学归纳法证明恒等式）。n2k1n

3③（数学归纳法证明不等式）当nN*,n5时，恒有2nn2。学案P39

④（数学归纳法证明整除性问题）试证当nN时，*3n17n1能被9整除。学案P40

⑤（数学归纳法证明几何问题）平面上有n条直线，其中任意两条直线不平行，任意三条不过同一点，求证：这n条直线互相分割成n2条线段或射线。学案P404、补充练习——用数学归纳法证明：

①（数学归纳法证明恒等式）1

i1ni121i1n12n1。33

学案P39

②（数学归纳法证明不等式）11112n，nN； 学案P39

讲解：此题为与自然数有关的命题，故可考虑用数学归纳法证明。

①当n1时命题成立。

②假设nkkN时命题成立，即：11112。则当nk1时，不等式的左端1

不等式的右端2k1。由于22111112 

12112 

1210。所以，2k2k1，即nk1时命题也成立。由①②可知：原不等式得证。

③（数学归纳法证明整除性问题）试证当nN时，3*2n28n9能被64整除。学案P39 ④（数学归纳法证明整除性问题）试证当nN时，11n2122n1能被133整除。

全解P102

第四篇：天津市2013届高三数学总复习之模块专题：21 不等式证明(教师版)

不等式证明

证明不等式的基本方法有：求差（商）比较法，综合法，分析法，有时用反证法，数学归纳法。均值定理、适度的放缩、恰当的换元是证明不等式的重要技巧。不等式的证明往往与其它知识（如函数的性质）综合起来考查。例1：若0x1，证明loga(1x)loga(1x)，（a0且a1）。

分析1：用作差法来证明。需分为a1和0a1两种情况，去掉绝对值符号，然后比较法证明。

解法1：当a1时，因为01x1,1x1，所以loga(1x)loga(1x)loga(1x)loga(1x)loga(1x2)0。当0a1时，因为01x1,1x1，所以loga(1x)loga(1x)loga(1x)loga(1x)loga(1x2)0。综上，loga(1x)loga(1x)。

分析2：直接作差，然后用对数的性质来去绝对值符号。解法2：作差比较法。因为loga(1x)loga(1x)

1lga

lg(1x)lga



lg(1x)lga

2

lg(1x)lg(1x)

1lga

lg(1x)lg(1x)

1lga

lg(1x)0，所以loga(1x)loga(1x)。

说明：解法1用分类相当于增设了已知条件，便于在变形中脱去绝对值符号；解法2用对数性质（换底公式）也能达到同样的目的，且不必分而治之，其解法自然简捷、明快。

补充：（比较法）已知a2，求证：log解法1：log

a1alog

a1

alog

a

a1。

1log

a

a1a

1log

a

a1

log

a1a

a1logaa1。

logaa1

因为a2，所以，logaa10,logaa10，所以，log

logaa1logaa1





a1logaa1a

2a





loga



1



log

a

a

2

1

所以，log

a1

alog

a

a10，命题得证。

解法2：因为a2，所以，logaa10,logaa10，所以，loglog

a

a1a



a1

a11，

logaa1logaa1logaa1

log

a

由解法1可知：上式1。故命题得证。例2：设ab0，求证：aabbabba.分析：发现作差后变形、判断符号较为困难。考虑到两边都是正数，可以作商，判断比值与1的大小关系，从而证明不等式。证明：

abab

ba

ba

abab

b

aba

a

ab

b

ba

aabaa，∵ab0，∴1,ab0.∴()ab1 ()bbb

a

b

b

a

∴1.又∵ab0，∴abab.。

b

a

说明：本题考查不等式的证明方法——比较法(作商比较法)。作商比较法证明不等式的步骤是：判断符号、作商、变形、判断与1的大小。例3：对于任意实数a、b，求证

ab

2（ab2)（当且仅当ab时取等号）。

分析：这个题若使用比较法来证明，将会很麻烦，因为，所要证明的不等式中有（ab2)，展开后很复杂。若使用综合法，从重要不等式：ab2ab出发，再恰当地利用不等式的有关性质及“配方”的技巧可得到证明。证明：∵ a2b22ab（当且仅当a2b2时取等号）

两边同加(ab):2(ab)(ab)，即：

ab2

4（ab2

22)（1）

又：∵a2b22ab（当且仅当ab时取等号），两边同加(a2b2):2(a2b2)(ab)2 ∴

ab2

（ab2)，∴（ab2

22)（ab2)（2）

由（1）和（2）可得

ab2

（ab2

。)（当且仅当ab时取等号）

说明：此题参考用综合法证明不等式。综合法证明不等式主要是应用均值不等式来证明，要注意均值不等式的变形应用，一般式子中出现有平方和乘积形式后可以考虑用综合法来解。

例4：已知a、b、cR，abc1，求证

a1

1b1a1c9.1b1c

分析 显然这个题用比较法是不易证出的。若把通分，则会把不等式

变得较复杂而不易得到证明。由于右边是一个常数，故可考虑把左边的式子变为具有“倒数”特征的形式，比如

ab

ab，再利用“均值定理”就有可能找到正确的证明途径，这也常称为“凑倒数”的技巧。证明：∵abc1∴

(1

baca)（ab1

cb

1a



1b

a

c





1cb

c



abc

a



abc

bab)（ca



abc

cac)（cb

bc))(1)3（ba



∵∴

ba



1a

ab



1b

1c

cacb

2，同理：2，2。acbc

32229.

说明：此题考查了变形应用综合法证明不等式。题目中用到了“凑倒数”，这种技巧在很多不等式证明中都可应用，但有时要首先对代数式进行适当变形，以期达到可以“凑倒数”的目的。

例5：已知abc，求证：

1ab



1bc



1ca

0。

分析：此题直接入手不容易，考虑用分析法来证明，由于分析法的过程可以用综合法来书写，所以此题用两种方法来书写证明过程。（分析法书写过程）证明1：为了证明只需要证明

1ab



1bc



1ab



1bc



1ca

0

1ac

1ab

1ca,1

0

∵abc∴acab0,bc0∴∴

1ab



1bc



acbc

0

1ac

成立∴

1ab



1bc

成立

（综合法书写过程）证明2：∵abc∴acab0,bc0 ∴

1ab



1ac，1bc



0，∴

1ab



1bc



1ac

成立，∴

1ab



1bc



1ca



成立

说明：学会分析法入手，综合法书写证明过程，但有时这两种方法经常混在一起应用，混合应用时，应用语言叙述清楚。例6：已知ab0，求证：

(ab)8a



ab2

ab

(ab)8b。

分析：欲证不等式看起来较为“复杂”，宜将它化为较“简单”的形式，因而用分析法证明较好。证明：欲证

(ab)8a



ab2

ab

(ab)8b，只须证

ab2a

aab

(ab)4a

ab2ab

(ab)4b。

ab即要证

2a(aabb)

2b

2，即要证

ab

ab2b。

即要证

a2aba

b

1

a2bab

b，即要证

2

ab

b。

即要证1

21，即

ba

1

ab，即要证

ba

1

ab

（*）

∵ab0，∴（*）显然成立，故

(ab)8a



ab2

ab

(ab)8b

说明：分析法证明不等式，实质上是寻求结论成立的一个充分条件。分析法通常

采用“欲证—只要证—即证—已知”的格式。例7：设n是正整数，求证

12

1n11n1



1n21n2



12n12n

1。

分析：要求一个n项分式

的范围，它的和又求不出来，可

以采用“化整为零”的方法，观察每一项的范围，再求整体的范围。证明：由2nnk当k当k

1时，n(k1,2,,n)，得

1n

12n12n



1nk1n2



1n1n

。......12n

nn1。

12n12n



n11

；当k，∴

2

时，n2n



n

时，1n

nn



1n1



1n2



说明1：用放缩法证明不等式，放缩要适应，否则会走入困境。例如证明





1n



。由

1k



1k1



1k，如果从第3项开始放缩，正好可证明；如

果从第2项放缩，可得小于2。当放缩方式不同，结果也在变化。

说明2：放缩法一般包括：用缩小分母，扩大分子，分式值增大；缩小分子，扩大分母，分式值缩小；全量不少于部分；每一次缩小其和变小，但需大于所求，第一次扩大其和变大，但需小于所求，即不能放缩不够或放缩过头，同时放缩后便于求和。例8：求证1证明：∵

1n213





1n

2。

1n(n2)



1n



1n



1n(n1)



1n1，∴1



1n

1111111

122。

n1223n1n

说明：此题证明过程并不复杂，但思路难寻。本题所采用的方法也是解不等式时常用的一种方法，即放缩法。这类题目灵活多样，需要巧妙变形，问题才能化隐为显，这里变形的这一步极为关键。例9：证明不等式：1

1213

1n

2n，nN。

讲解：此题为与自然数有关的命题，故可考虑用数学归纳法证明。解法1：①当n1时命题成立。②假设nkkN时命题成立，即：1

121313

1k

2k。

则当nk1时，不等式的左端1不等式的右端2k1。由于2k12k





2k11



1k



1k1

2k

1k1

k1k



1k1



2k1

k



1k1



2k1

k1



1k1

0。

所以，2k

k1

2k1，即nk1时命题也成立。

由①②可知：原不等式得证。

从上述证法可以看出：其中用到了k

2k1

k

k1这一事实，从而达到了

和

1k1

之间的转化，也即2k1k和

1k1

之间的转化，这就

提示我们，本题是否可以直接利用这一关系进行放缩？观察原不等式，若直接证明，直接化简是不可能的，但如果利用则可以达到目的，由此得解2。解法2：因为对于任意自然数k，都有

12

1n2

1k



2k

k1

2



k

k1进行放缩，

1k



2k

k1

2



k

k1，所以，

12



2



02



322



nn1

，从而不等式得证。

2n

第五篇：高三数学总复习立体几何复习

高三数学总复习立体几何复习(1)

一、基本知识回顾

(1)重要的几何位置关系；平行与垂直。主要包括线线、线面、面面三种情况。证明的基本思路：一般情况下，利用判定定理。而构造满足判定定理的条件时一般采用性质定理，即利用性质定理逆推来寻找满足判定定理的条件(关键图形)。一般的思路是：线线←→线面←→面面，即高维的位置关系借助低维的位置关系来证明(判定)，低维位置关系作为高维位置关系的性质。下面列表说明证明的一般方法。(需要说明的是，表中的性质定理并不是该表格所判定的位置关系的性质定理。如表1中的性质定理并不仅限于线线平行的性质。)

①线线平行的判定：

平行公理

性质定理

②线面平行的判定：

判定定理

性质定理

③面面平行的判定；

判定定理

性质定理

线面平行

面面平行

④线线垂直的判定：

判定定理

性质定理

⑤线面垂直的判定：

判定定理

性质定理

⑥面面垂直的判定：

判定定理

总结：从中可以看出，一般情况下，往往借助一些“性质定理”来构造满足“判定定理”的条件。

(2)还会考查到的位置关系：异面直线的判定。

判定方法：定义(排除法与反证法)、判定定理。

二、基本例题

例1 已知：

分析：利用线面平行的性质与平行公理。注意严格的公理化体系的推理演绎。

说明：过l分别作平面

∴l∥m同理l∥n

∴m∥n

又

又

例2.已知：AB是异面直线a、b的公垂线段，P是AB的中点，平面AB垂直，设M是a上任意一点，N是b上任意一点。

经过点P且与

求证：线段MN与平面的交点Q是线段MN的中点。

分析：利用线线平行、线面平行的性质。

证明：连结BM，设，连结PR，QR

在平面ABM中，AB⊥PR，AB⊥AM

∴AM∥PR，同理可证

∵BNÌ平面BMN且平面

且R为BM中点

∴BN∥RQ

△BMN中，由R为BM中点可知Q为MN中点。

例3.已知PA⊥矩形ABCD所在的平面，M、N分别是AB、PC的中点。

(1)求证：MN∥平面PAD；(2)求证：MN⊥CD

分析：利用性质定理来构造满足判定定理的条件。

(1)法一：取PD中点E，连结NE，AE

∴△PCD中NE，又AM，∴AMNE

∴四边形AMNE为平行四边形，∴MN∥AE

∴MN∥平面PAD

法二：连结CM并延长与DA延长线交于F，连结PF

∴M为CF中点，∴MN∥PF，∴MN∥平面PAD

法三：取CD中点G，连结NG，MG

∴NG∥PD，MG∥AD，∴平面AD∥平面MNG

∴MN∥平面PAD

(2)∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD又CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD

由(1)知CD⊥AE(或PF)，∴CD⊥MN

[或CD⊥平面MNG，∴CD⊥MN]

例4.已知：正三棱柱ABC-A1B1C1中，M是BB1上一点，平面AMC1⊥平面A1ACC1，N是A1C1的中点，P是A1A的中点，求证：平面AMC1∥平面B1NP

证明：在平面AMC1中作MD⊥AC1

∴MD⊥平面ACC1A1

由正三棱柱的性质，B1N⊥平面ACC1A1

∴MD∥B1N

又△A1AC1中，DN∥AC1且AC1∩MD=D，DN∩B1N=N

∴平面AMC1∥B1NP

例5 如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD。过A且垂直于PC的平面分别交PB、PC、PD于E、F、G。求证：AE⊥PB，AG⊥PD

分析：利用线面垂直的性质。

证明：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC

由已知BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥AE ∵PC⊥平面AGFE，∴PC⊥AE

∴AE⊥平面PBC

∴AE⊥PB，同理AG⊥PD

例6.已知：三棱锥A-BCD，AO1⊥平面BCD，O1为垂足，且O1是△BCD的垂心。求证：D在平面ABC上的射影是△ABC的垂心。

分析：利用线面垂直的性质。

证明：连结DO1，AO1设D在平面ABC内的射影为O2，连结DO2，AO2，∵AO1⊥平面BCD，∴DO1为AD在平面BCD内射影

同理AO2为AD在平面ABC内射影

∵O1为BCD的垂心 ∴DO1⊥BC ∴BC⊥AD ∴BC⊥AO2同理AB⊥CO

2∴O2为△ABC的垂心

例7已知：正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB1⊥BC1，求证：A1C⊥AB1

分析：三垂线定理的逆定理的应用(线面垂直的性质)

证明：取AB、A1B1中点DD1，连结A1D，CD，C1D1

由正三棱柱的性质C1D1⊥平面ABB1A1，CD⊥平面ABB1A1，∴A1D、BD1分别为A1C与BC1在平面ABB1A1内的射影

∵AB1⊥BC1，∴AB1⊥BD1。

在矩形ABB1A1中A1D∥BD1，∴AB1⊥A1D ∴AB1⊥A1C

例8 如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，PA=AD=a，M、N分别是AB、PC的中点。

求证：平面MND⊥平面PCD。

证明：取PD中点E，连结NE、AE 由例3，MN∥AE，CD⊥MN，CD⊥平面PAD ∵PA⊥平面ABCD ∴PA⊥AD ∴等腰Rt△PAD中AE⊥PD Rt△PCD中NE∥CD，∴NE⊥PD ∴PD⊥平面MNEA，∴PD⊥MN ∴MN⊥平面PCD ∴平面MND⊥平面PCD