(新Ⅱ)2018年高考数学总复习专题06数列分项练习理!

第一篇：(新Ⅱ)2018年高考数学总复习专题06数列分项练习理!

专题06 数列

一．基础题组

1.【2013课标全国Ⅱ，理3】等比数列{an}的前n项和为Sn.已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝()． A．1111 B． C． D． 3399【答案】：C 2.【2012全国，理5】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列{和为()A．

1}的前100项anan11009999101 B． C． D． 1011001001015(a1a5)5(a15)15，∴a1＝1.22【答案】 A 【解析】S5∴da5a1511.5151∴an＝1＋(n－1)×1＝n.∴11.anan1n(n1)1设的前n项和为Tn，aann1则T100＝1＝1111… 122310010111111… 2231001011100.1011013.【2010全国2，理4】如果等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋„＋a7等于()A．14 B．21 C．28 D．35 【答案】：C

【解析】∵{an}为等差数列，a3＋a4＋a5＝12，∴a4＝4.∴a1＋a2＋„＋a7＝7(a1a7)＝7a4＝28.24.【2006全国2，理14】已知△ABC的三个内角A,B,C成等差数列,且AB=1,BC=4,则边BC上的中线AD的长为.【答案】:3

5.【2014新课标，理17】（本小题满分12分）已知数列an满足a1=1，an13an1.（Ⅰ）证明an1是等比数列，并求an的通项公式； 2（Ⅱ）证明：11…+13.a1a2an211123，所以a1是等比【解析】：（Ⅰ）证明：由an13an1得an13(an)，所以n1222an2an11313n13n1数列，首项为a1，公比为3，所以an3，解得an.222223n112（Ⅱ）由（Ⅰ）知：an，所以，n2an31因为当n1时，3n1n12，3所以

113n123n1，于是113131111Ln1=(1n)，L33232a1a2an所以3111.La1a2an26.【2011新课标，理17】等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a329a2a3.(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋„＋log3an，求数列{

1}的前n项和． bn2 7.【2015高考新课标2，理16】设Sn是数列an的前n项和，且a11，则Sn________． an1SnSn1，【答案】1 n【解析】由已知得an1Sn1SnSn1Sn，两边同时除以Sn1Sn，得

1111，故数列是Sn1SnSn以1为首项，1为公差的等差数列，则

111(n1)n，所以Sn．

nSn【考点定位】等差数列和递推关系．

8.【2017课标II，理3】我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯 A．1盏

【答案】B B．3盏

C．5盏

D．9盏

【考点】 等比数列的应用、等比数列的求和公式

【名师点睛】用数列知识解相关的实际问题，关键是列出相关信息，合理建立数学模型——数列模型，判断是等差数列还是等比数列模型；求解时要明确目标，即搞清是求和、求通项、还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题、解不等式问题、还是最值问题，然后将经过数学推理与计算得出的结果放回到实际问题中，进行检验，最终得出结论． 二．能力题组

1.【2013课标全国Ⅱ，理16】等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为__________． 【答案】：－49 【解析】：设数列{an}的首项为a1，公差为d，则S10＝10a1＋109d＝10a1＋45d＝0，① 2S15＝15a11514d＝15a1＋105d＝25.② 22，3联立①②，得a1＝－3，d所以Sn＝3nn(n1)21210nn.23331310220nn，f'(n)n2n.33320.3令f(n)＝nSn，则f(n)令f′(n)＝0，得n＝0或n当n202020时，f′(n)＞0,0

【名师点睛】等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用得方法．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．

3.【2005全国3，理20】(本小题满分12分)在等差数列{an}中，公差d0,a2是a1与a4的等差中项.已知数列a1,a3,ak1,ak2,,akn,成等比数列，求数列{kn}的通项kn.【解析】：依题设得a2na1(n1)d, a2a1a4

∴(a21d)2a1(a13d)，整理得d=a1d，∵d0, da1，得annd, 所以，由已知得d，3d，k1d，k2d，„，kndn„是等比数列.由d0,所以数列 1，3，k1，k2，„，kn，„ 也是等比数列，首项为1，公比为q313,由此得k19.等比数列{kn}的首项k19,公比q3,所以kn9qn13n1(n1,2,3,)，即得到数列{kn}的通项kn3n1.4.【2005全国2，理18】(本小题满分12分)已知an是各项为不同的正数的等差数列，lga11、lga2、lga4成等差数列．又bna，n1,2,3,．2n(Ⅰ)证明bn为等比数列；

(Ⅱ)如果无穷等比数列b1n各项的和S3，求数列an的首项a1和公差d．

(注：无穷数列各项的和即当n时数列前n项和的极限)5

1[1(1则S=limSnlim2d2)n]nn111d 2由S13，得公差d=3，首项a1=d=3 三．拔高题组

1.【2006全国2，理11】设SSn是等差数列{an}的前n项和,若

3=1,则S6S等于（） 63S12A.3110

B.3 C.1

D.9 【答案】:A

【解析】:由已知设a1+a2+a3=T,a4+a5+a6=2T,a7+a8+a9=3T, a10+a11+a12=4T.

∴S6t＋2t3S=.12t2t3t4t10∴选A.

2.【2005全国2，理11】如果a1,a2,,a8为各项都大于零的等差数列，公差d0，则（）

(A)a1a8a4a5 【答案】B(B)a1a8a4a5(C)a1a8a4a5(D)a1a8a4a5

3.【2012全国，理22】函数f(x)＝x－2x－3，定义数列{xn}如下：x1＝2，xn＋1是过两点P(4,5)，Qn(xn，2f(xn))的直线PQn与x轴交点的横坐标．

(1)证明：2≤xn＜xn＋1＜3；(2)求数列{xn}的通项公式．

(2)由(1)及题意得xn134xn.2xn7 设bn＝xn－3，则151，bn1bn11115()，bn14bn4数列{311}是首项为，公比为5的等比数列．

4bn4因此

4113，5n1，即bnn1351bn44435n11.2所以数列{xn}的通项公式为xn＝34.【2006全国2，理22】设数列{an}的前n项和为Sn,且方程x-anx-an=0有一根为Sn-1,n= 1,2,3,„.(1)求a1,a2;(2)求{an}的通项公式.【解析】:(1)当n=1时,x-a1x-a1=0有一根为S1-1=a1-1,

21. 212当n=2时,x-a2x-a2=0有一根为S2-1=a2-,

21211于是(a2-)-a2(a2-)-a2=0,解得a2=.

226于是(a1-1)-a1(a1-1)-a1=0,解得a1=2(2)由题设(Sn-1)-an(Sn-1)-an=0,即Sn-2Sn+1-anSn=0. 当n≥2时,an=Sn-Sn-1,代入上式得 22Sn-1Sn-2Sn+1=0.由(1)知S1=a1=由①可得S3=

①

1112,S2=a1+a2=+=.22633. 4n由此猜想Sn=,n=1,2,3,„.

n1下面用数学归纳法证明这个结论.

5.【2016高考新课标2理数】Sn为等差数列an的前n项和，且a1=1，S728.记bn=lgan，其中x表示不超过x的最大整数，如0.9=0，lg99=1.（Ⅰ）求b1，b11，b101；（Ⅱ）求数列bn的前1 000项和.【答案】（Ⅰ）b10，b111，b1012；（Ⅱ）1 893.【解析】

【考点】等差数列的通项公式、前n项和公式，对数的运算

【名师点睛】解答新颖的数学题时，一是通过转化，化“新”为“旧”；二是通过深入分析，多方联想，以“旧”攻“新”；三是创造性地运用数学思想方法，以“新”制“新”，应特别关注创新题型的切入点和生长点.

第二篇：(新Ⅰ)2018年高考数学总复习专题06数列分项练习理

专题06 数列

一．基础题组

1.【2013课标全国Ⅰ，理7】设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝()．

A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【解析】∵Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，∴am＝Sm－Sm－1＝0－(－2)＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3－0＝3.∴d＝am＋1－am＝3－2＝1.∵Sm＝ma1＋又∵am＋1＝a1＋m×1＝3，∴mm1m1×1＝0，∴a1.22m1m3.∴m＝5.故选C.22.【2012全国，理5】已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝()A．7 B．5 C．－5 D．－7 【答案】D

3.【2008全国1，理5】已知等差数列an满足a2a44，a3a510，则它的前10项的和S10（）A．138 B．135

C．95

D．23 【答案】C.【解析】由a2a44,a3a510a14,d3,S1010a145d95.4.【2013课标全国Ⅰ，理14】若数列{an}的前n项和Sn＝__________.【答案】(－2)n－

121an，则{an}的通项公式是an33 【解析】∵Sn①－②，得an2121an，①∴当n≥2时，Sn1an1.② 333322aanan1，即n＝－2.33an1∵a1＝S1＝21a1，∴a1＝1.33n－1∴{an}是以1为首项，－2为公比的等比数列，an＝(－2).5.【2009全国卷Ⅰ，理14】设等差数列{an}的前n项和为Sn.若S9=72,则a2+a4+a9=___________.【答案】24 【解析】∵S9729(a1a2),∴a1+a9=16.2∵a1+a9=2a5,∴a5=8.∴a2+a4+a9=a1+a5+a9=3a5=24.6.【2011全国新课标，理17】等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a329a2a3.(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列{1}的前n项和． bn(2)bnlog3a1log3a2log3an(12n)n(n1)故212112()，bnn(n1)nn111b1b211112(1)()bn223112n().nn1n112n所以数列的前n项和为.bn1n7.【2010新课标，理17】（12分）设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·2(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.【解析】(1)由已知，当n≥1时，an＋1＝(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(2

2n－1

2n－1

.＋

22n－

3＋…＋2)＋2＝2

2(n＋1)－1

.而a1＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2(2)由bn＝nan＝n·232n－1

2n－1

.知

2n－1Sn＝1·2＋2·2＋3·2＋…＋n·223

575

.①

2n＋1从而2·Sn＝1·2＋2·2＋3·2＋…＋n·2①－②，得

(1－2)Sn＝2＋2＋2＋…＋2即Sn＝235

2n－1

.②

－n·2

2n＋1，12n＋1(3n－1)2＋2]． 98.【2005全国1，理19】设等比数列{an}的公比为q，前n项和Sn>0（n=1，2，…）（1）求q的取值范围；（2）设bnan23an1,记{bn}的前n项和为Tn，试比较Sn和Tn的大小.2

解①式得q>1；解②，由于n可为奇数、可为偶数，得－1

试题分析：（Ⅰ）先用数列第项与前项和的关系求出数列{an}的递推公式，可以判断数列{an}是等差数列，利用等差数列的通项公式即可写出数列{an}的通项公式；（Ⅱ）根据（Ⅰ）数列{bn}的通项公式，再用拆项消去法求其前项和.【考点定位】数列前n项和与第n项的关系；等差数列定义与通项公式；拆项消去法 10.【2016高考新课标理数3】已知等差数列{an}前9项的和为27，a10=8，则a100=（A）100（B）99（C）98（D）97 【答案】C 【解析】 试题分析：由已知，C.9a136d27,所以a11,d1,a100a199d19998,故选a19d8【考点】等差数列及其运算

【名师点睛】等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程（组）,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法.二．能力题组

1.【2011全国，理4】设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝()A．8 B．7 C．6 D．5 【答案】D

2.【2006全国，理10】设{an}是公差为正数的等差数列，若a1+a2+a3=15，a1a2a3=80则a11+a12+a13＝（）

（A）120（B）105（C）90（D）75 【答案】B 【解析】

3.【2012全国，理16】数列{an}满足an＋1＋(－1)an＝2n－1，则{an}的前60项和为__________． 【答案】1 830 【解析】：∵an＋1＋(－1)an＝2n－1，nn∴a2＝1＋a1，a3＝2－a1，a4＝7－a1，a5＝a1，a6＝9＋a1，a7＝2－a1，a8＝15－a1，a9＝a1，a10＝17＋a1，a11＝2－a1，a12＝23－a1，…，a57＝a1，a58＝113＋a1，a59＝2－a1，a60＝119－a1，∴a1＋a2＋…＋a60＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＋…＋(a57＋a58＋a59＋a60)＝10＋26＋42＋…＋234＝

15(10234)1830．

24.【2014课标Ⅰ，理17】

已知数列an的前项和为Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中为常数，（I）证明：an2an；

（II）是否存在，使得an为等差数列？并说明理由.【答案】（I）详见解析；（II）存在，4.5.【2009全国卷Ⅰ，理20】 在数列{an}中，a1＝1,an+1＝（11n1）an+n.n2（Ⅰ）设bnan，求数列{bn}的通项公式； n（Ⅱ）求数列{an}的前n项和Sn.【解析】（Ⅰ）由已知得b1=a1=1,且

an1an11n,即bn1bnn.n1n22从而b2b12n11111于是bnb12n12n1(n≥2).2222 bnbn111,b3b22,…… 221(n≥2).又b1=1.故所求的通项公式bn2(Ⅱ)由（Ⅰ）知ann(2令Tnn12n1.12n)2nn1n2n1.2k1nkk1,则2Tn2k1kk2.于是Tn=2Tn-Tn=

2k0n11k1n2n1=4n2.又n12(2k)n(n1)，k1所以Snn(n1)n24.2n1?an的最大值6.【2016高考新课标理数1】设等比数列{an}满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2鬃为.【答案】64

【考点】等比数列及其应用

【名师点睛】高考中数列客观题大多具有小、巧、活的特点,在解答时要注意方程思想及数列相关性质的应用,尽量避免小题大做.7.【2017新课标1，理4】记Sn为等差数列{an}的前项和．若a4a524，S648，则{an}的公差为 A．1 【答案】C 【解析】

试题分析：设公差为d，a4a5a13da14d2a17d24，B．2

C．4

D．8 S66a12a17d2465,解得d4，故选C.d6a115d48，联立6a15d4821 7 【考点】等差数列的基本量求解

【名师点睛】求解等差数列基本量问题时，要多多使用等差数列的性质，如{an}为等差数列，若

mnpq，则amanapaq.三．拔高题组

1.【2013课标全国Ⅰ，理12】设△AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，△AnBnCn的面积为Sn，n＝1,2,3，….若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝A．{Sn}为递减数列 B．{Sn}为递增数列

C．{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列 D．{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列 【答案】B 【解析】

cnanban，cn＋1＝n，则()． 22 8

2.【2011全国，理20】设数列{an}满足a1＝0且(1)求{an}的通项公式；(2)设bn111.1an11an1an1n，记Snbk1nk，证明：Sn＜1.【解析】(1)由题设111，1an11an即{1}是公差为1的等差数列． 1an又111，故n.1an1an1.n所以an1(2)由(1)得bnnn1an1nn1n11，n1nnn1Snbk(k1k1111)11.kk1n13.【2006全国，理22】（本小题满分12分）

设数列｛an｝的前n项和

S43an132n12n3,n1,2,3,…。（Ⅰ）求首项a1与通项an；

nn（Ⅱ）设T2s,n1,2,3,…，证明：T3ni.ni12整理得 an1n2n4(an12),n2,3,…，因而数列{an2n}是首项为a124，公比为4的等比数列，即

a1n2n44n4n，n=1,2,3…，因而

an4n2n，n=1,2,3,…，（II）将ann42n代入①得

S43(4n2n)12n32n13 1(2n11)(2n12)3

2(2n11)(2n31).2nTnS n

32nn12(21)(2n1)

311（nn1,）221213n11所以，Ti(ii1)

2i12121i1311(ii1)22121

3.24.【2017新课标1，理12】几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的

兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是2，接下来的两项是2，2，再接下来 的三项是2，2，2，依此类推.求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么 该款软件的激活码是

A．440 【答案】A 【解析】

试题分析：由题意得，数列如下：

B．330

C．220

D．110 01

0

1n1,1,2,1,2,4,1,2,4，2k1k(k1)项和为 2

则该数列的前12kk(k1)S1(12)2(122k1)2k1k2，【考点】等差数列、等比数列

【名师点睛】本题非常巧妙地将实际问题和数列融合在一起，首先需要读懂题目所表达的具体含义，以及观察所给定数列的特征，进而判断出该数列的通项和求和.另外，本题的难点在于数列里面套数列，第一个数列的和又作为下一个数列的通项，而且最后几项并不能放在一个数列中，需要进行判断.12

第三篇：2014高考语文 分项练习大集结35

2014高考语文分项练习大集结35

[散文类文本阅读(一)]

一、(2013年山东省实验中学测试)阅读下面的文字，完成1～4题。

(不)相信 龙应台

二十岁之前相信的很多东西，后来一件一件变成不相信。

曾经相信过爱国，后来知道“国”的定义有问题，通常那循循善诱要你爱国的人所定义的“国”，不一定可爱，不一定值得爱，而且更可能值得推翻。

曾经相信过历史，后来知道，原来历史的一半是编造的。前朝史永远是后朝人在写，后朝人永远在否定前朝，他的后朝又来否定他，但是负负不一定得正，只是累积渐进的扭曲变形移位，使真相永远掩盖，无法复原。说“不容青史尽成灰”，表达的正是，不错，青史往往是要成灰的。指鹿为马，也往往是可以得逞和胜利的。

曾经相信过文明的力量，后来知道，原来人的愚昧和野蛮不因文明的进展而消失，只是愚昧野蛮有很多不同的面貌：纯朴的农民工人、深沉的知识分子、自信的政治领袖、替天行道的王师，都可能有不同形式的巨大愚昧和巨大野蛮，而且野蛮和文明之间，竟然只有极其细微、随时可以被抹掉的一线之隔。

曾经相信过正义，后来知道，原来同时完全可以存在两种正义，而且彼此抵触，冰火不容。选择其中之一，正义同时就意味着不正义。而且，你绝对看不出，某些人在某一个特定的时机热烈主张某一个特定的正义，其中隐藏着深不可测的不正义。

曾经相信过理想主义者，后来知道，理想主义者往往经不起权力的测试：一掌有权力，他或者变成当初自己誓死反对的“邪恶”，或者，他在现实的场域里不堪一击，一下就被弄权者拉下马来，完全没有机会去实现他的理想。理想主义者要有品格，才能不被权力腐化；理想主义者要有能力，才能将理想转化为实践。可是理想主义者兼具品格及能力者，几希。

曾经相信过爱情，后来知道，原来爱情必须转化为亲情才可能持久，但是转化为亲情的爱情，犹如化入杯水中的冰块—它还是那玲珑剔透的冰块吗？

曾经相信过海枯石烂作为永恒不灭的表征，后来知道，原来海其实很容易枯，石，原来很容易烂。雨水，很可能不再来，沧海，不会再成桑田。原来，自己脚下所踩的地球，很容易被毁灭。海枯石烂的永恒，原来不存在。

二十岁之前相信的很多东西，有些其实到今天也还相信。

譬如国也许不可爱，但是土地和人可以爱。譬如史也许不能信，但是对于真相的追求可以无止尽。譬如文明也许脆弱不堪，但是除文明外我们其实别无依靠。譬如正义也许极为可疑，但是在乎正义比不在乎要安全。譬如理想主义者也许成就不了大事大业，但是没有他们社会一定不一样。譬如爱情总是幻灭的多，但是萤火虫在夜里发光从来就不是为了保持光。

一个观点谈谈你的认识。

答：_____________________________________________________________ _________________________________________________________________ 答案：(1)作者相信应该热爱祖国的土地和人民；相信真相是存在的，只要你不停止追求；相信应该依靠文明、正义和理想的力量；相信应该全身心地投入爱情；相信只要用心，刹那就是永恒；相信自然而然。(答出两点即可)(2)作者不相信别有用心的爱国和正义，不相信编造的历史，不相信文明能完全消除愚昧和野蛮，不相信单纯的理想和爱情。(答出两点即可)(观点必须来自作者，言之成理即可，一定要联系现实。)

二、阅读下面的文字，完成5～8题。

寒夜生花 迟子建

今冬大兴安岭奇寒，春节前后，气温都在零下三十七八度。世界看似冻僵了，但白雪茫茫的山林中，依然有飞鸟的踪迹；冰封的河流下，鱼儿也在静静地潜游；北风呼啸的街头，人们也依然忙着过年。

有生命的不止这些，还有花儿。是霜花！

每天早晨，我从床上爬起，拉开窗帘，便可望见玻璃窗上的霜花。户外寒风凛冽，室内温度只有十七八度，所以今冬我见的霜花，不像往年只蔓延在窗子底部，而是满窗盛开！

霜花姿态万千，真是要看什么有什么。挺直的冷杉，摇曳的白桦，风情万种的柳树，初绽的水仙，半开的芍药，怒放的菊花，你在霜花的世界中，都能寻到。当然，除了常见的树木和花朵，霜花也隐现动物的形影，比如呼呼大睡的肥猪，飞翔的仙鹤，低头喝水的鹿，奔跑的狗，游走的蛇等。你要问霜花中有没有人，答案是肯定的。亭亭玉立的少女，蹒跚学步的婴儿，弯腰弓背的老人，霜花也不吝惜它的笔，勾勒他们的形影，并为之配上人间的烟火气——房屋、水井、田地、牛车、犁铧、米缸、灶台、饭桌、碗筷甚至肥皂。仅有这些还不够，没有光，世界是僵死的，于是霜花中就有了日月星辰，有了来自天庭的照耀。

不要以为霜花总是烟花般灿烂，它也有孤独的脚印，它也不总是祥云缭绕，那里也有离人的眼泪。

在这里，一年中最寒冷的时刻，也是最黑暗的时刻。太阳三点多就落山了，好像它答应了要去照耀另一个更黑暗的世界，而把人间过早地推入暮色之中。白昼中被阳光鞭挞的寒流，在太阳消失后，竟做起了浪漫的事情。它们中的一部分，潜入千家万户的窗缝，在人们熟睡时，用月光星光做笔，蘸着清芬的霜花，在明净的玻璃窗上，点染出一幅幅图画。

有千万扇窗户，就有千万个霜花的世界，因为霜花的世界没有相同的。今天你看到的芭蕉树形态的霜花，明天却变为一片葳蕤的野花；今天你看到的少女，明天就可能变成老妪；

答案：这句话是对霜花整个生命过程的概括，表现出美丽的霜花也跟其他生命一样，有灿烂与辉煌，也有孤独与失意。

7．结合文章内容概括霜花的消失经历了一个怎样的过程。

答：_____________________________________________________________ _________________________________________________________________ _________________________________________________________________ 解析：本题考查考生筛选信息、归纳内容要点的能力。作答该题应找准答题区间，即文章倒数第二、三段，通过分析该部分内容，可以概括出霜花消失的过程。注意答案语言应简洁，要点应全面。

答案：晨曦初现，霜花被映照成柠檬色；太阳完全冒出头，霜花变成橘红色；太阳升得高了，霜花回到银白本色；太阳越高，霜雪图损毁得越厉害；正午霜花消失得干干净净。

8．作者通过对霜花的描写，表达了怎样的人生态度？请联系生活实际谈谈你对这一人生态度有怎样的看法。

答：____________________________________________________________ ________________________________________________________________ _________________________________________________________________ 解析：本题考查考生探讨作者的创作背景和创作意图的能力。本文通过描写霜花从灿烂到消失到再度出现这一过程，寄寓了作者的人生态度。因此，对于第一问，只要围绕这一中心进行分析，提炼出作者对人生的态度即可。而对于第二问，则需要根据得出的观点，联系自己对生活的认识进行分析。

答案：作者通过对霜花的描写，展示出霜花由灿烂到消失到再度出现的过程，表达了应以积极乐观的心态面对人生起伏的人生态度。花无百日红，人也是一样，生活中，我们总会有各种各样的经历，或幸福，或痛苦。然而，这一切都是实实在在的生活，都需要我们认认真真地体会。面对幸福，我们应该感到欣慰；面对痛苦，我们也要学会乐观旷达。无论遇到什么坎坷挫折，我们都不能失去信心，失去希望，只有我们以积极的眼光去看待生活，痛苦才会离我们而去。

[散文类文本阅读(二)]

一、阅读下面的文字，完成1～4题。

烟波江上 查干

现在的黄鹤楼，非崔颢登临的黄鹤楼。旧址离此还有千米之远。黄鹤楼素有“天下江山第一楼”之美誉，果不其然，眼下此楼的非凡气势，足够说明登临者的慧眼。

浩然长江，劈开巴山群峰，携潇湘云水，在三楚之地与汉水汇合，造就了隔水而视的武汉三镇。我脚下的黄鹤楼，位于武汉市的蛇山黄鹤矾头，楼五层，气势浩然。著名的武汉长

举目，龟蛇二山依然静卧，长发披肩。龟蛇锁大江，是诗人毛泽东当时的感受，是心情使然。在我看来，龟山和蛇山，像两个护江的壮士，枕戈待旦，在保一江的平安和畅通。然而，烟波江上的历史沿革，依然延续，崔颢的愁绪并没有消失，也不会消失，因为此愁不仅仅是属于个体的，而是属于人生之愁，天地之愁。愁不一定都是坏事，愁有时使人多思、使人清醒，也使人生情和远虑，在这般亘古恒定的烟波江上，尤其如是。

(选自《中国艺术报》2012年04月26日)1．文章开头直说“现在的黄鹤楼，非崔颢登临的黄鹤楼”，结合后文，这句话有着怎样的用意？

答：_____________________________________________________________ _________________________________________________________________ _________________________________________________________________ 解析：本题考查分析作品结构，概括作品主题的能力。从题干中“结合后文”“开头直说”可以看出结构上引出下文的用意；“现在的黄鹤楼，非崔颢登临的黄鹤楼”交代了写作对象，突出了主题。

答案：引起下文对黄鹤楼历尽风雨，楼址多次迁移，有着复杂的历史沿革的叙写；有利于突出黄鹤楼虽经时空变换，但“它的‘神’依然存在”，它有着特定的文化内涵，已成为一种象征这一题旨。(意思对即可)2．简要分析文中画线句子在表达方面的特点和作用。

(1)似乎那一位艄公就在我眼前，左手握橹右手持酒，微笑着与我寒暄。答：_____________________________________________________________ _________________________________________________________________ _________________________________________________________________(2)诚如清代诗人赵瓯北所说：楼真千尺回，地以一诗传。

答：_____________________________________________________________ _________________________________________________________________ _________________________________________________________________ 解析：本题考查体会重要语句的丰富含意，品味精彩的语言表达艺术的能力。题目有两问，一是特点，二是作用。特点可从修辞手法等概括，作用是描绘黄鹤楼的亲切感和历史悠久、闻名于世。

答案：(1)此句运用了拟人的手法。生动地描绘出黄鹤楼蹲守在江边的形象，写出了对黄鹤楼的亲切之感。

(2)此句是用典(或引用)。高度概括了黄鹤楼因崔颢的一首诗而闻名于世的事实，具有极强的说服力。(意思对即可)3．作者在听了一位登楼的壮年男子的话后，为什么会说“我心中流出一股很苦的滋味，太不像话。

给我车的朋友也说：“一个小时就到了。”那就是说，羊圈和水稻，沙漠与银川，蒙古人与穆斯林，两个地理区域和两种文化，中间就只隔着一条狭窄得只有“一个小时”的山。

这个念头，一直引诱着我。．．．．无需再作交代，一个小时以后，我站在了“贺兰山缺”上。

这一个山口——我依然不费力地写它。若说就只说一句：山脉在这儿断成了一个山口，两翼拉拽而来，在山口子上低低地变成一条长脊。

公路如一道细痕，嗖地划过山脊，毫无一丝踟蹰。

左手边是游牧的沙漠草原，右手边是农耕的黄河灌区。左手边的沙漠草原一览无余，可是右手边灌区却被山脊挡着。虽然被挡住了，但是那地方我走得熟：我深知村庄就在山脚，上山顶就能瞭望稻子。这里的人不爱吃面，离不开大米。就在贺兰山背后没多远，回民的清真寺星罗棋布。

等走尽了一座座渠、闸、桥、堡，看遍了古老灌区的处处庄子，再过下马关，深入固海，直下泾阳，穿透它整片的黄土高原„„

什么是“贺兰山缺”？

没走过的一侧，也并不陌生。沙窝子有水草，这一点我早就知道。说陌生，是因为我没有骑马从乌珠穆沁到过这儿。若说文化哪里陌生，那是我的本业。绵羊、山羊、马群，居然也和乌珠穆沁一样膘肥毛亮。稀疏的牧民不骑马，坐骑是摩托、骆驼。站在圆滚滚的山脊向四周望去，灰毡包呈着深色的影子，沙窝子里炊烟袅袅。照理说从这儿一直能走到蒙古中央去，只是阿拉善人更愿意绕道银川，到了那儿再试着搭火车。

这不像一个山口，倒像是一座桥梁，一条边境线。

我享受着风的呼呼推撞，享受着一字并肩的视野。山脉在此断为一个口子，山口高踞俯瞰，地势比蒙古、宁夏高。我意识到正脚跨两边的文明。蒙古的知识，宁夏的经历，都与这山口密切相关，但又语焉不详。风抖甩着车前的小旗，飞来的云朵，染黑了山巅的锯齿。我凝视着，让眸子尽兴，说不出心里的复杂，一阵阵徒然地冲动。

在山口疾走的强风中，我用身体做轴，端牢相机，用了大约三张底片，照了一帧连接阿拉善沙漠和银川水稻区两个世界的——贺兰山缺口。

这样的地点，有着这样视野的例子，也许我能举出不少。当然，没有地理上的特殊含意，没有介于两块地理区域之间——但是一样视野辽阔的地点，就更多了。

以前，我喜欢捉摸人的活动半径对人的思想性格的意义。一个牧人大概能享有约八十里方圆。那种羊倌八

十、马倌二百的日常生活半径，造成了牧人的视野与心胸，给予了他们与农耕民族的巨大差异。

由于害怕落一个鼠目寸光，我总是千里投奔，寻找这样的地方。十几二十多年过去了，地点的体验积蓄了很多。我常独自计算自己的拥有，像那些发了的富汉掂量埋在地下的钱。

答案：①以“视野的盛宴”为标题，使文章显得豪放大气，能引发读者的无限联想，激发读者的阅读兴趣。②“视野的盛宴”是全文的中心内容，作者借此表达了他的人生追求，标题暗寓了文章的主旨，意蕴丰富。

8．作者在文中说，“当然，没有地理上的特殊含意，没有介于两块地理区域之间——但是一样视野辽阔的地点，就更多了。”你是怎样理解地理上的特殊含意对于一个地点的重要意义的。结合文章内容，谈谈你的看法。

答：_____________________________________________________________ ________________________________________________________________ _________________________________________________________________ 解析：本题考查对作品进行个性化阅读和有创意的解读的能力。本题要探究的是“地理上的特殊含意”与某一“地点”的关系，答题时就必须围绕二者的关系来回答。再从本文来看，作者在“贺兰山缺”享受到了视觉的盛宴，正是因为这个地点具有特殊含意。这样简单分析即可归纳出答案。

答案：地理上的特殊含意，可以使某个地点具有特定的历史意蕴、文化内涵，这些特殊含意使一个人的视野不再停留在由单纯的地点产生的视觉效果，而是融入了特定的历史、文化、地理的内涵。就如“贺兰山缺”，蒙古的知识，宁夏的经历，都与它密切相关，因此它就不再只是一个简单的山口，而与历史、文化有关，更能开阔一个人的视野。

第四篇：【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

第五篇：初中数学复习专题：求数列通项方法汇总

5.1由递推公式求通项公式的方法总结

<教师备案>

．已知数列的递推公式，求取其通项公式是数列中一类常见的题型，这类题型如果单纯的看某一个具体的题目，它的求解方法是灵活多变的，构造的技巧性也很强，但是此类题目也有很强的规律性，存在着解决问题的通法，本讲就高中数学中常见的几类题型从解决通法上做一总结，方便于学生学习，不涉及具体某一题目的独特解法与技巧．

．教师在上课时需要注意：

⑴

确保学生基础知识的熟练，如基本的等差和等比数列的通项．

⑵

明确数列可以产生衍生数列，如：等等，而这些数列中的“”也会随着的项号的变化而变化．这点可以在后面第一次讲到用辅助数列的时候提到，但一定要举一些例子让学生体会．

⑶

教师要清晰的了解在高中阶段从递推关系求通项的核心思想就是通过代数变形将递推式转化为等差数列或等比数列的递推式．

⑷

高中阶段除了将递推数列转化为等差或等比数列进行求通项外，还有一小部分递推数列是周期数列．比如，就是周期数列．

考点1：

叠加法

知识点睛

由数列的递推公式求通项公式的方法有：（以下）

方法1．叠加法：若数列递推公式为，则通项．

<教师备案>我们知道等差数列可以通过叠加法求通项公式，对于数列有形如的递推式，且的和是可求的，我们可以用同样的方法来求，将递推式变形为，……

将各式相加，得

．

经典精讲

【铺垫】已知数列满足，求．

【解析】

．

【例1】

⑴已知数列满足，且求．

⑵已知数列满足且（），求．

⑶已知数列满足求．

⑷在数列中，，则（）

A．

B．

C．

D．

【解析】

⑴

．

⑵

．

⑶

．

⑷

A；

【点评】

在运用叠加法时，要特别注意项数，计算时项数容易出错．正确写出要累加的首项和末项很重要．

考点2：

叠乘法

知识点睛

由数列的递推公式求通项公式的方法有：（以下）

方法2．叠乘法：若数列递推公式为，则通项．

<教师备案>我们知道叠乘法可以求等比数列的通项，对于数列有形如“”的递推式，且的积是可求的时候，我们可以用同样的方法来求，将递推式变形成，……

将各式相乘，得．

经典精讲

【铺垫】已知数列中，求．

【解析】

．

【例2】

⑴已知数列中，，则数列的通项公式为（）

A．

B．

C．

D．

⑵已知数列中，求数列的通项公式．

⑶已知数列中，，求．

【解析】

⑴

B．

⑵

．

⑶

．

考点3：

构造法

知识点睛

由数列的递推公式求通项公式的方法有：（以下）

方法3．构造法：

⑴

若数列递推公式为，可以设成立，解得，即是等比数列．

⑵

（其中，且，是关于的多项式函数），可设，其中为与的次数相等的多项式函数，各项的系数都待定，通过比较与的各项系数确定待定系数，即为等比数列；

⑶，其中且，，．

①若，则，即为等差数列；

②若，则可以设；

也可两边同时除以或：得或．

<教师备案>

构造法的主要思想是通过观察递推公式的形式，进行合适的代数恒等变换，构造出我们比较熟悉的等差、等比数列，或者类似等差数列（叠加）、类似等比数列（叠乘）．它主要处理递推形式给出的数列，一阶递推主要有两种：⑴；⑵．

这两种递推形式的处理方式如下：

⑴，；

与等比数列的递推公式作对比，发现多一个常数，故考虑构造一个等比数列，于是令，解得，从而得到的表达式，解得的表达式；

例3⑴就是这种形式．

⑵，①当时，即，且数列可以求和时，就是“叠加法”的情形，即；

②当时，ⅰ．是等差数列，故也可以像一样分解：

令，可解得的值，于是成等比数列，可得到的通项公式．

例3⑵就是这种形式．

ⅱ．当成等比数列时，即，若，两边同除以，则，得到数列是一个等差数列；

若，则用待定系数法：设；

也可两边同时除以或：得或，前边的递推式中可以用叠加法求得通项公式，后面的递推式中，可以用（ⅰ）中的待定系数法得到一个等差数列．

例3⑶就是这种形式．

经典精讲

【例3】

⑴在数列中，当时，有，求．

⑵在数列中，，．求．

【追问】如果递推关系中出现了更为复杂的函数，那么该如何进行配凑？

如：在数列中，．求．

⑶已知数列满足，求．

【解析】

⑴

．

⑵

．

【追问】

．

⑶

．

【挑战十分钟】⑴

在数列中，求的通项公式．

⑵

在数列中，求的通项公式．

⑶

在数列中，求的通项公式．

【解析】

⑴

．

⑵

．

⑶

．

【例4】

数列中，求数列的通项公式．

【解析】

．

【点评】本题和例3的区别在于，例3可以说完全是按部就班的套公式，本题需要先代数变形，变成可以去套公式的形式，不过两道例题的整体思想仍然是将递推式左右两边变化出形式类似的代数式，换元后形成（类似）等差或（类似）等比数列．

考点4：

倒数法

知识点睛

由数列的递推公式求通项公式的方法有：（以下）

方法4．倒数法：若数列递推公式为，两边式子取倒数，然后转化为方法3的情形．

<教师备案>

除了一阶递推形式可以用构造法得到一个等差数列或等比数列，或是可以用叠加法或叠乘法处理的数列之外，高中数学中还常常会遇到递推形式为的分式递推数列．这样的数列形式与我们以前的一次分式函数非常相似，对于这样的递推形式，取倒数后分子上就没有了，实现了“变量分离”，得到的形式，于是数列满足的递推式就可以通过叠加法（）或构造法（）去求通项了．

经典精讲

【例5】

⑴已知数列满足，则_________．

⑵已知在数列中，求数列的通项公式．

【解析】

⑴；

⑵

5.2

两种形式的处理

考点5：

前项和与通项

知识点睛

1．已知求，直接用公式：

2．已知与的关系有两种处理方式：

⑴

把题目中的用替换，转化为关于的递推关系，从而得到的通项公式，再转为的通项公式．

⑵

分别写出和的表达式，两式相减转化为关于的递推关系．

注意：使用得到的通项是在这个前提下成立的，所以要注意验证的情况．

<教师备案>由与的关系式求通项是高中阶段的重点，前面的讲次也有涉及到，在本讲我们结合前面求通项的方法进行一个简单的总结．例6是只有一种方法比较可行的，例7则是两种方法都可以．

经典精讲

【铺垫】已知在数列中，求数列的通项公式．

【解析】

．

【例6】

已知数列中，且对于任意正整数有，求通项．

【解析】

．

【点评】此题即属于将用替换，进而转化为关于的递推关系，从而得到的通项公式，再转为的通项公式．如果用和的表达式相减的话则很难求出通项．

【例7】

设是正数组成的数列，其前项和为，并且对于所有的自然数，与的等差中项等于与的等比中项，求数列的通项公式．

【解析】

．

【备选】（2010朝阳二模理20）

已知是递增数列，其前项和为，且．

⑴

求数列的通项；

⑵

是否存在，使得成立？若存在，写出一组符合条件的的值；若不存在，请说明理由．

【解析】

⑴．

⑵

满足条件的正整数不存在，证明如下：

假设存在，使得．

则．

整理，得

………①

显然，左边为整数，所以①式不成立．

故满足条件的正整数不存在．

<教师备案>

若数列的递推公式的一般形式为，这时的通项公式也可以求出．

分两种情况：

①当时，有．

是以为首项，为公比的等比数列．

②当时，存在，满足，与比较系数得，．

可见是二次方程的两个根，通过解此方程求，的值，再进一步推导的表达式．这种方法又称特征根法．

下面的竞赛题就用到了这样的方法，高中对这样的二阶递推式不作要求，这道题仅供学有余力的同学选做．

（2009年全国高中数学联合竞赛一试）

已知，是实数，方程有两个实根，数列

满足，⑴

求数列的通项公式（用，表示）；

⑵

若，求的前项和．

【解析】

⑴

由韦达定理知，又，所以，整理得

令，则．所以是公比为的等比数列．

数列的首项为：．

所以，即．

所以．

①当时，，变为．整理得，．

所以，数列成公差为的等差数列，其首项为．

所以．

于是数列的通项公式为；

②当时，．

整理得，．

所以，数列成公比为的等比数列，其首项为．所以．

于是数列的通项公式为．

⑵

若，则，此时．

由⑴的结果得，数列的通项公式为，所以，的前项和为，以上两式相减整理得，所以．

<教师备案>

此题老师可以再提及斐波那契数列，它的递推公式为，也是一个二阶递推式，可以用特征根法求得通项公式．

实战演练

【演练1】已知数列中，则_______．

【解析】

．

【演练2】在数列中，．则_______．

【解析】

．

【演练3】在数列中，．求的通项公式．

【解析】

．

【演练4】⑴

已知数列满足，求．

⑵

数列中，求．

【解析】

⑴

．

⑵

．

【演练5】已知数列满足：，又，求．

【解析】

．

【演练6】在数列中，为其前项和，且成等差数列，求的通项公式．

【解析】．

大千世界

（2012年北京高中数学联赛一试）

已知数列的各项均为非零实数，且对于任意的正整数，都有如下关系成立：

问是否存在满足条件的无穷数列，使得?若存在，求出这样的无穷数列的一个通项公式，若不存在则说明理由．

【解析】当时，∵

①

∴

②

①②有：

③

因各项均非零，所以③式两边约掉，有：

④

∴

⑤

④⑤有：

∴或

又∵，∴当时，；当时，∴．