高三数学第三轮总复习分类讨论押题针对训练

高考数学总复习资料高三数学第三轮总复习分类讨论押题针对训练复习目标:1掌握分类讨论必须遵循的原则2能够合理，正确地求解有关问题命题分析: 分类讨论是一种重要的逻辑方法，也是一种常用的数学方法，这可以培养学生思维的条理性和概括性，以及认识问题的全面性和深刻性，提高学生分析问题，解决问题的能力.因此分类讨论是历年数学高考的重点与热点.而且也是高考的一个难点.这次的一模考试中，尤其是西城与海淀都设置了解答题来考察学生对分类讨论问题的掌握情况.重点题型分析:例1解关于x的不等式:解:原不等式可分解因式为:(x-a)(x-a2)a2a2-a0即 0a1时，不等式的解为 x(a2, a).（2）当a0即a1时，不等式的解为:x(a, a2)（3）当a=a2a2-a=0 即 a=0或 a=1时，不等式为x20或(x-1)20 不等式的解为 x.综上，当 0a1时，x(a2, a) 当a1时，x(a,a2) 当a=0或a=1时，x.评述:抓住分类的转折点，此题分解因式后，之所以不能马上写出解集，主要是不知两根谁大谁小，那么就按两个根之间的大小关系来分类.例2解关于x的不等式 ax2+2ax+10(aR)解:此题应按a是否为0来分类.（1）当a=0时，不等式为10, 解集为R.（2）a0时分为a0 与a0两类 时，方程ax2+2ax+1=0有两根 . 则原不等式的解为. 时， 方程ax2+2ax+1=0没有实根，此时为开口向上的抛物线，则不等式的解为（-，+）. 时， 方程ax2+2ax+1=0只有一根为x=-1，则原不等式的解为(-,-1)(-1,+). 时， 方程ax2+2ax+1=0有两根， 此时，抛物线的开口向下的抛物线，故原不等式的解为: . 综上: 当0a1时，解集为. 当a=1时，解集为(-,-1)(-1,+). 当a0时， 不等式化为， 当，即a0时，不等式解为. 当，此时a不存在. a0时，不等式化为， 当，即-2a0时，不等式解为 当，即a0时，x. -2a0时，x. a2时，t=1， 解方程得:（舍）.(2)当时，即-2a2时，, 解方程为:或a=4（舍）.(3)当 即a-2时， t=-1时，ymax=-a2+a+5=2 即 a2-a-3=0 , a0, 即 x(2,+). 由(2)a1时，下面分为三种情况. 即a1时，解为. 时，解为. 即0a1时，的符号不确定，也分为3种情况. a不存在. 当a1时，原不等式的解为:.综上: a=1时，x(2,+). a1时，x a=0时，x. 0a1时，x.评述:对于分类讨论的解题程序可大致分为以下几个步骤:10:明确讨论的对象，确定对象的全体；20:确定分类标准，正确分类，不重不漏；30:逐步进行讨论，获得结段性结记；40:归纳总结，综合结记.课后练习:1解不等式2解不等式3已知关于x的不等式的解集为M.（1）当a=4时，求集合M:（2）若3M，求实数a的取值范围.4在x0y平面上给定曲线y2=2x, 设点A坐标为(a,0), aR，求曲线上点到点A距离的最小值d，并写成d=f(a)的函数表达式.参考答案:1. 2.3. (1) M为 (2)4. .2006年高三数学第三轮总复习函数押题针对训练复习重点：函数问题专题，主要帮助学生整理函数基本知识，解决函数问题的基本方法体系，函数问题中的易错点，并提高学生灵活解决综合函数问题的能力。复习难点：树立数形结合的思想，函数方程的思想解决有关问题。主要内容：（一）基本问题 1.定义域 2.对应法则 3.值域 4.图象问题 5.单调性 6.奇偶性（对称性） 7.周期性 8.反函数 9.函数值比大小 10.分段函数 11. 函数方程及不等式（二）基本问题中的易错点及基本方法1集合与映射认清集合中的代表元素有关集合运算中，辨清：子集，真子集，非空真子集的区别。还应注意空集的情形，验算端点。2关于定义域复合函数的定义域，限制条件要找全。应用问题实际意义。求值域，研究函数性质（周期性，单调性，奇偶性）时要首先考察定义域。方程，不等式问题先确定定义域。3关于对应法则注：分段函数，不同区间上对应法则不同 联系函数性质求解析式4值域问题基本方法：化为基本函数换元（新元范围）。化为二次函数，三角函数，并结合函数单调性，结合函数图象，求值域。均值不等式：形如和，积，及形式。注意识别及应用条件。几何背景：解析几何如斜率，曲线间位置关系等等。易错点：考察定义域 均值不等式使用条件5函数的奇偶性，单调性，周期性。关注问题：判定时，先考察定义域。用定义证明单调性时，最好是证哪个区间上的单调性，在哪个区间上任取x1及x2。求复合函数单调区间问题，内、外层函数单调区间及定义域，有时需分类讨论。由周期性及奇偶性（对称性）求函数解析式。“奇偶性”+“关于直线x=k”对称，求出函数周期。6比大小问题基本方法：粗分。如以“0”，“1”，“-1”等为分界点。搭桥 结合单调性，数形结合比差、比商 利用函数图象的凸凹性。7函数的图象基本函数图象图象变换 平移 对称（取绝对值） 放缩易错点：复合变换时，有两种变换顺序不能交换。如下：取绝对值（对称）与平移例：由图象，经过如何变换可得下列函数图象？ 分析： 评述：要由得到只能按上述顺序变换，两顺序不能交换。平移与关于y=x对称变换例：y=f(x+3)的反函数与y=f-1(x+3)是否相同？分析：的反函数。 两个函数不是同一个函数（也可以用具体函数去验证。）（三）本周例题：例1判断函数的奇偶性及周期性。分析：定义域： f(x)定义域关于原点对称，如图： 又 f(-x)=-f(x), f(x)周期p的奇函数。 评述：研究性质时关注定义域。例2设f(x)定义在R上的偶函数，且，又当x-3,-2时，f(x)=2x，求f(113.5)的值。 已知f(x)是以2为周期的偶函数，且当x(0,1)时，f(x)=x+1.求f(x)在(1,2)上的解析式。解： ， f(x)周期T=6， f(113.5)=f(619-0.5)=f(-0.5). 当x(-1,0)时，x+3(2,3). x(2,3)时，f(x)=f(-x)=2x. f(x+3)=-2(x+3). , . （法1）（从解析式入手） x(1,2), 则-x(-2,-1), 2-x(0,1), T=2. f(x)=f(-x)=f(2-x)=2-x+1=3-x. f(x)=3-x, x(1,2). 小结：由奇偶性结合周期性，将要求区间上问题转化为已知解析式的区间上。（法2）（图象）f(x)=f(x+2)如图：x(0,1), f(x)=x+1. x(-1,0)f(x)=-x+1. x(1,2)f(x)=-(x-2)+1=3-x.注：从图象入手也可解决，且较直观。例3若x(1,2)时，不等式(x-1)2logax恒成立，求a的取值范围。 已知二次函数f(x)=x2+ax+5对任意t都有f(t)=f(-4-t)，且在闭区间Zm,0上有最大值5，最小值1，求m的取值范围。分析：设 y1=(x-1)2, y2=logax x(1,2)，即x(1,2）时，曲线y1在y2的下方，如图： a=2时，x(1,2)也成立，a(1,2. 小结：数形结合 变化的观点 注意边界点，a=2，x取不到2， 仍成立。 f(t)=f(-4-t), f(-2+t)=f(-2-t) f(x)图象关于x=-2对称， a=4, f(x)=x2+4x+5. f(x)=(x+2)2+1, 动区间：m,0, xm,0, f(x)max=5, f(x)min=1, m-4,0. 小结：函数问题，充分利用数形结合的思想，并应用运动变化的观点研究问题。如二次函数问题中常见问题，定函数动区间及动函数和定区间，但两类问题若涉及函数最值，必然要考虑函数的单调区间，而二次函数的单调性研究关键在于其图象对称轴的位置。以发展的眼光看，还可解决一类动直线定曲线相关问题。例4已知函数 (I)判定f(x)在x(-,-5)上的单调性，并证明。 (II)设g(x)=1+loga(x-3)，若方程f(x)=g(x)有实根，求a的取值范围。分析：(I)任取x1x2-5, 则：, (x1-5)(x2+5)-(x1+5)(x2-5)=10(x1-x2)0 且(x1+5)(x2-5)0 , 当a1时，f(x1)-f(x2)0, f(x)单调递增， 当0a0,f(x)单调递减。 (II)若f(x)=g(x)有实根，即：。 即方程：有大于5的实根。 （法1） （ x5） . （法2）（实根分布）(1)有大于5的实根， 方程(1)化为：ax2+(2a-1)x-15a+5=0. a0, =64a2-24a+10. 有一根大于5 . 两根均大于. 小结：实根分布即利用二次函数图象及不等式组解决问题。用此数形结合方法解决问题时，具体步骤为：二次函数图象开口方向。图象对称轴的位置。图象与x轴交点。端点函数值的符号。此题(2)中，也可以用韦达定理解决。小结： 函数部分是高考考察重点内容，应当对其予以充分的重视，并配备必要例题，理顺基本方法体系。练习： 已知f(x)是定义在-1，1上的奇函数，且f(1)=1,若m,n-1,1，m+n0时,有。用定义证明f(x)在-1，1上是增函数。若f(x)t2-2at+1对所有x-1,1，a-1,1恒成立，求实数t的取值范围。参考答案： (2)|t|2或t=0.2006年高三数学第三轮总复习排列与组合押题针对训练授课内容：复习排列与组合考试内容：两个原理；排列、排列数公式；组合、组合数公式。考试要求：1）掌握加法原理及乘法原理，并能用这两个原理分析和解决一些简单的问题。 2）理解排列、组合的意义。掌握排列数、组合数的计算公式，并能用它们解决一些简单的问题。试题安排：一般情况下，排列组合为一道以选择或填空题的形式出现的应用题。有时还另有一道排列、组合与其他内容的综合题（大都与集合、立体几何、不等式证明等相综合）。重点：两个原理尤其是乘法原理的应用。难点：不重不漏。知识要点及典型例题分析：1加法原理和乘法原理 两个原理是理解排列与组合的概念，推导排列数及组合数公式；分析和解决排列与组合的应用问题的基本原则和依据；完成一件事共有多少种不同方法，这是两个原理所要回答的共同问题。而两者的区别在于完成一件事可分几类办法和需要分几个步骤。例1书架上放有3本不同的数学书，5本不同的语文书，6本不同的英语书。 （1）若从这些书中任取一本，有多少种不同的取法？ （2）若从这些书中取数学书、语文书、英语书各一本，有多少种不同的取法？ （3）若从这些书中取不同的科目的书两本，有多少种不同的取法。解：（1）由于从书架上任取一本书，就可以完成这件事，故应分类，由于有3种书，则分为3类然后依据加法原理，得到的取法种数是：3+5+6=14种。 （2）由于从书架上任取数学书、语文书、英语书各1本，需要分成3个步骤完成，据乘法原理，得到不同的取法种数是：356=90（种）。 （3）由于从书架上任取不同科目的书两本，可以有3类情况（数语各1本，数英各1本，语英各1本）而在每一类情况中又需分2个步骤才能完成。故应依据加法与乘法两个原理计算出共得到的不同的取法种数是：35+36+56=63（种）。例2已知两个集合A=1，2，3，B=a,b,c,d，从A到B建立映射，问可建立多少个不同的映射？分析：首先应明确本题中的“这件事是指映射，何谓映射？即对A中的每一个元素，在B中都有唯一的元素与之对应。” 因A中有3个元素，则必须将这3个元素都在B中找到家，这件事才完成。因此，应分3个步骤，当这三个步骤全进行完，一个映射就被建立了，据乘法原理，共可建立不同的映射数目为：555=53（种）。2排列数与组合数的两个公式 排列数与组合数公式各有两种形式，一是连乘积的形式，这种形式主要用于计算；二是阶乘的形式，这种形式主要用于化简与证明。 连乘积的形式 阶乘形式 Pnm=n(n-1)(n-2)(n-m+1) = Cnm=例3求证：Pnm+mPnm-1=Pn+1m证明：左边= 等式成立。评述：这是一个排列数等式的证明问题，选用阶乘之商的形式，并利用阶乘的性质。 n!(n+1)=(n+1)!.可使变形过程得以简化。例4解方程.解：原方程可化为： 解得x=3.评述：解由排列数与组合数形式给出的方程时，在脱掉排列数与组合数的符号时，要注意把排列数与组合数定义中的取出元素与被取元素之间的关系以及它们都属自然数的这重要限定写在脱掉符号之前。3排列与组合的应用题 历届高考数学试题中，排列与组合部分的试题主要是应用问题。一般都附有某些限制条件；或是限定元素的选择，或是限定元素的位置，这些应用问题的内容和情景是多种多样的而解决它们的方法还是有规律可循的。常用的方法有：一般方法和特殊方法两种。 一般方法有：直接法和间接法 （1）在直接法中又分为两类，若问题可分为互斥各类，据加法原理，可用分类法；若问题考虑先后次序，据乘法原理，可用占位法。 （2）间接法一般用于当问题的反面简单明了，据A=I且A=的原理，采用排除的方法来获得问题的解决。特殊方法： （1）特元特位：优先考虑有特殊要求的元素或位置后，再去考虑其它元素或位置。 （2）捆绑法：某些元素必须在一起的排列，用“捆绑法”，紧密结合粘成小组，组内外分别排列。 （3）插空法：某些元素必须不在一起的分离排列用“插空法”，不需分离的站好实位，在空位上进行排列。 （4）其它方法。例57人排成一行，分别求出符合下列要求的不同排法的种数。 （1）甲排中间；（2）甲不排两端；（3）甲，乙相邻； （4）甲在乙的左边（不要求相邻）；（5）甲，乙，丙连排； （6）甲，乙，丙两两不相邻。解：（1）甲排中间属“特元特位”，优先安置，只有一种站法，其余6人任意排列，故共有：1=720种不同排法。 （2）甲不排两端，亦属于“特元特位”问题，优先安置甲在中间五个位置上任何一个位置则有种，其余6人可任意排列有种，故共有=3600种不同排法。 （3）甲、乙相邻，属于“捆绑法”，将甲、乙合为一个“元素”，连同其余5人共6个元素任意排列，再由甲、乙组内排列，故共有=1400种不同的排法。 （4）甲在乙的左边。考虑在7人排成一行形成的所有排列中：“甲在乙左边”与“甲在乙右边”的排法是一一对应的，在不要求相邻时，各占所有排列的一半，故甲在乙的左边的不同排法共有=2520种。 （5）甲、乙、丙连排，亦属于某些元素必须在一起的排列，利用“捆绑法”，先将甲、乙、丙合为一个“元素”，连同其余4人共5个“元素”任意排列，现由甲、乙、丙交换位置，故共有=720种不同排法。 （6）甲、乙、丙两两不相邻，属于某些元素必须不在一起的分离排列，用“插空法”，先将甲、乙、丙外的4人排成一行，形成左、右及每两人之间的五个“空”。再将甲、乙、丙插入其中的三个“空”，故共有=1440种不同的排法。例6用0，1，2，3，4，5这六个数字组成无重复数字的五位数，分别求出下列各类数的个数： （1）奇数；（2）5的倍数；（3）比20300大的数； （4）不含数字0，且1，2不相邻的数。解：（1）奇数：要得到一个5位数的奇数，分成3步，第一步考虑个位必须是奇数，从1，3，5中选出一个数排列个位的位置上有种；第二步考虑首位不能是0，从余下的不是0的4个数字中任选一个排在首位上有种；第三步：从余下的4个数字中任选3个排在中间的3个数的位置上，由乘法原理共有=388（个）。 （2）5的倍数：按0作不作个位来分类 第一类：0作个位，则有=120。 第二类：0不作个位即5作个位，则=96。 则共有这样的数为：+=216（个）。 （3）比20300大的数的五位数可分为三类： 第一类：3xxxx, 4xxxx, 5xxxx有3个； 第二类：21xxx, 23xxx, 24xxx, 25xxx, 的4个； 第三类：203xx, 204xx, 205xx, 有3个，因此，比20300大的五位数共有： 3+4+3=474（个）。 （4）不含数字0且1，2不相邻的数：分两步完成，第一步将3，4，5三个数字排成一行；第二步将1和2插入四个“空”中的两个位置，故共有=72个不含数字0，且1和2不相邻的五位数。例7直线与圆相离，直线上六点A1，A2，A3，A4，A5，A6，圆上四点B1，B2，B3，B4，任两点连成直线，问所得直线最多几条？最少几条？解：所得直线最多时，即为任意三点都不共线可分为三类：第一类为已知直线上与圆上各取一点连线的直线条数为=24；第二类为圆上任取两点所得的直线条数为=6；第三类为已知直线为1条，则直线最多的条数为N1=+1=31（条）。 所得直线最少时，即重合的直线最多，用排除法减去重合的字数较为方便，而重合的直线即是由圆上取两点连成的直线，排除重复，便是直线最少条数： N2=N1-2=31-12=19（条）。2006年高三数学第三轮总复习三角函数的定义与三角变换押题针对训练内容：三角函数的定义与三角变换重点：任意角的三角函数定义难点：三角变换公式的应用内容安排说明及分析：本部分内容分为两大块，一块是三角的基础与预备知识，另一块是三角变换公式及其应用。把三角变换公式提到三角函数图象与性质之前来复习，其目的是突出“工具提前”的原则。即众多的三角变换公式是解决三角学中一系列典型问题的工具，也是进一步研究三角函数的图象和性质的重要工具。由于本部分内容的基础性与工具性，这是高中数学的重要内容之一，因此，最近几年的高考试题中占有一定的比例，约占13%左右。有试题多为选择题，有时也有解答题，难度多为容易题与中等题。知识要点及典型例题分析：一、三角函数的定义1角的概念（1）角的定义及正角，负角与零角（2）象限角与轴上角的表达（3）终边相同的角（4）角度制（5）弧度制2任意角的三角函数定义任意角的6个三角函数定义的本质是给角这个几何量以代数表达。借助直角坐标系这个工具，把角放进直角坐标系中完成的。由任意角的三角函数定义直接可以得到：（1）三角函数的定义域（2）三角函数值在四个象限中的符号（3）同角三角函数的关系（4）单位圆中的三角函数线：要充分利用三角函数线在记忆三角函数性质与公式以及解决三角函数问题中的作用。3诱导公式总共9组共36个公式，记忆口决为“奇变偶不变，符号看象限”，并弄清口决中的字词含义，并根据结构总结使用功能。“奇变”是指所涉及的轴上角为的奇数倍时（包括4组：a，a）函数名称变为原来函数的余函数；其主要功能在于：当需要改变函数名称时，比如：由于“和差化积”公式都是同名函数的和差。使用时，对于不同名的函数先化为同名函数，又如：复数化三角形式，有时也需要改变函数名称，如：sina-icosa=cos(+a)+isin(+a)。“偶不变”是指所涉及的轴上角为的偶数倍时（包括5组：2kp+a, pa, 2p-a, -a）, 函数名称不变，其主要功能在于：求任意角的三角函数值，化简及某些证明问题。二、典型例题分析：例1（1）已知-ab, 求a+b与a-b的范围。（2）已知a的终边在第二象限，确定p-a所在象限。解：（1）-ab, -pa+bp，-pa-b0.（2）有两种思路：其一是先把a的终边关于x轴对称放到-a的终边（在第三象限），再将-a的终边按逆时方向旋转p放到p-a的终边即-a的终边的反向延长线，此时p-a的终边也在第二象限。思路2：是先把a的终边（第二象限）按顺时针方向旋转p，得到a+(-p)（第四象限），再将它关于x轴对称得到-(a-p)=p-a的终边，此时也在第一象限。例2若A=x|x=, kZ, B=x|x=+, kZ, 则A _B。解：由B中的x=+=可视为的奇数倍所构成的集合。 而A中的x=是的所有奇数倍，因此AB。例3设0q2p, 问5q与角q终边相同，求q。解：由已知 5q=2kp+q, kZ,有q=， 0q2p, k=1时，q=；k=2时，q=p；k=3时，q=.例4若=ctgq-cscq，求q取值范围。解：先看一看右边=ctgq-cscq=-=，这样就决定了左边的变形方向。=，=， q无解， 不存在这样的q使所给等式成立。例5已知sin(p-a)-cos(p+a)=, ap. 求：（1）sina-cosa的值 （2）sin3(+a)+cos3(+a)的值解：（1）由已知，得sina+cosa=,平方得：1+2sinacosa=, 2sinacosa=-, ap, sina-cosa=.（2）sin3(+a)+cos3(+a)=cos3a-sin3a=(cosa-sina)(cos2a+sinacosa+sin2a)=-(1-)=-.例6已知sin(a-p)=2cos(a-2p),求下列三角函数的值：（1） （2）1+cos2a-sin2a.解：由已知：-sina=2cosa，有 tga=-2, 则（1）原式=-。（2）1+cos2a-sin2a=.评述：对于形如为关于sina与cosa的一次分式齐次式，处理的方法，就是将分子与分母同除以cosa，即可化为只含tga的式子。而对于1+cos2a-sin2a属于关于sina与cosa的二次齐次式。即sin2a+2cos2a-5sinacosa. 此时若能将分母的“1”用sin2a+cos2a表示的话，这样就构成了关于sina与cosa的二次分式齐次式，分子分母同除以cos2a即可化为只含有tga的分式形式。例7求函数y=+logsinx(2sinx-1)的定义域。解：使函数有意义的不等式为： 将上面的每个不等式的范围在数轴上表示出来，然后，取公共部分，由于x-5,5，故下面的不等式的范围只取落入-5，5之内的值，即因此函数的定义域为：-5,-)(-,-)()()。例8求证：=.证法一（左边化弦后再证等价命题）左边=要证 =只需证：(1+sina+cosa)cosa=(1-sina+cosa)(1+sina)左边=cosa+sinacosa+cos2a右边=1-sin2a+cosa+cosasina=cos2a+cosa+sinacosa左边=右边，原等式成立。或证等价命题：-=0证法二（利用化“1”的技巧）左边=seca+tga=右边。证法三（利用同角关系及比例的性质）由公式 sec2a-tg2a=1(seca-tga)(seca+tga)=1=.由等比定理有：=seca+tga=.证法四（利用三角函数定义）证seca=, tga=, sina=, cosa=.然后代入所证等式的两边，再证是等价命题。其证明过程同学自己尝试一下。评述：证明三角恒等式的实质，就是逐步消除等号两边结构差异的过程，而“消除差异”的理论依据除了必要三角公式以外，还需要有下列等式的性质：(1)若A=B，B=C则A=C（传递性）(2)A=BA-B=0(3)A=B=1 (B0)(4)= AD=BC (BD0)(5)比例：一些性质，如等比定理：若=，则=。1如果q是第二象限角，则所在的象限是（）A、第一象限 B、第一或第三象限 C、第二象限 D、第二或第四象限2在下列表示中正确的是（）A、终边在y轴上的角的集合是a|a=2kp+, kZB、终边在y=x的直线上的角的集合是a|a=kp+, kZC、与(-)的终边相同的角的集合是a|a=kp-, kZD、终边在y=-x的直线上的角的集合是a|a=2kp-, kZ3若pqp, 则等于（）A、sin(q-p) B、-sinq C、cos(p-q) D、-cscq4函数y=2sin()在p，2p上的最小值是（）A、2 B、1 C、-1 D、-25已知函数y=cos(sinx)，下列结论中正确的是（）A、它的定义域是-1，1 B、它是奇函数；C、它的值域是0, 1 D、它是周期为p的函数6设0x，下列关系中正确的是（）A、sin(sinx)sinxsin(tgx) B、sin(sinx)sin(tgx)sinxC、sin(tgx)sinxsin(sinx) D、sinxsin(tgx)B B、AB C、Acosx成立的x取值范围为（ ）。 A、 B、 C、 D、解：在内，sinxcosx，在内sinxcosx；在内，sinxcosx；综上， 应选C。2（2001年全国） 的值为（ ）。 A、 B、 C、 D、解： 应选B。3（1998年全国）已知点P(sina-cosa,tga)在第一象限，则在0，2p内a的取值范围是（ ） A、 B、 C、 D、解：由题设，有 在0，2p）的范围内，在同一坐标系中作出y=sinx和y=cosx的图像，可在a时，sinacosa。 a 应选B。4（1998年全国）sin600的值是（ ）。 A、 B、 C、 D、解：sin600=sin(360+240)=sin240 =sin(180+60)=-sin60 = 应选D。2006年考前必练数学创新试题 数列经典题选析数列是高中代数的重要内容，又是学习高等数学的基础. 在高考和各种数学竞赛中都占有重要的地位.一、等差数列与等比数列例1A递增等比数列的公比，B递减等比数列的公比，求AB解：设qA，则可知q0（否则数列为摆动数列）由an1ana1qna1qn1a1qn1(q1)0，得当a10时，那么q1；当a10时，则0q1从而可知Aq | 0q1若qA，同样可知q0由an1ana1qna1qn1a1qn1(q1)0，得当a10时，那么0q1；当a10时，则q1亦可知Bq | 0q1故知ABq | 0q1说明：貌似无法求解的问题，通过数列的基本量，很快就找到了问题的突破口！例2求数列1，(12)，(1222)，(12222n1)，前n项的和分析：要求得数列的和，当务之急是要求得数列的通项，并从中发现一定规律而通项又是一等比数列的和设数列的通项为an，则an12222n12n1从而该数列前n项的和Sn(21)(221)(231)(2n1) (222232n)nn2n1n2说明：利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法. 1、 等差数列求和公式： 2、等比数列求和公式：3、 4、5、常用的数列求和方法有：利用常用求和公式求和；错位相减法求和；反序相加法求和；分组法求和；裂项法求和；合并法求和；利用数列的通项求和等等。例3已知等差数列an的公差d，S100145设S奇a1a3a5a99，Sa3a6a9a99，求S奇、S解：依题意，可得S奇S偶145，即S奇(S奇50d)145，即2 S奇25145，解得，S奇120又由S100145，得 145，故得a1a1002.9Sa3a6a9a991.73356.1说明：整体思想是求解数列问题的有效手段！例4在数列an中，a1b(b0)，前n项和Sn构成公比为q的等比数列。（1）求证：数列an不是等比数列；（2）设bna1S1a2S2anSn，|q|1，求bn。解：（1）证明：由已知S1a1bSn成等比数列，且公比为q。Snbqn1，Sn1bqn2(n2)。当n2时，anSnSn1bqn1bqn2b(q1)qn2故当q1时，q，而q1q，an不是等比数列。当q1，n2时，an0，所以an也不是等比数列。综上所述，an不是等比数列。（2）|q|1，由（1）知n2，a2，a3，a4，an构成公比为q的等比数列，a2S2，a3S3，anSn是公比为q2的等比数列。bnb2a2S2(1q2q4q2n4)S2bq，a2S2S1bqba2S2b2q(q1)bnb2b2q(q1)|q|1q2n20bnb2b2q(q1)说明： 1q2q4q2n4的最后一项及这个式子的项数很容易求错，故解此类题时要细心检验。数列的极限与数列前n项和以及其他任何有限多个项无关，它取决于n时，数列变化的趋势。二、数列应用题例5 (2001年全国理)从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业. 根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少.本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加。()设n年内(本年度为第一年)总投入为an万元，旅游业总收入为bn万元. 写出an，bn的表达式()至少经过几年旅游业的总收入才能超过总投入?解：第1年投入800万元，第2年投入800(1)万元，第n年投入800(1)n1万元所以总投入an800800(1)800(1)n140001()n同理：第1年收入400万元，第2年收入400(1)万元，第n年收入400(1)n1万元bn400400(1)400(1)n11600()n1(2)bnan0，1600()n140001()n0化简得，5()n2()n70设x()n，5x27x20 x，x1(舍) 即()n，n5.说明：本题主要考查建立函数关系式，数列求和，不等式等基础知识，考查综合运用数学知识解决实际问题的能力。解数学问题应用题重点在过好三关：(1)事理关：阅读理解，知道命题所表达的内容；(2)文理关：将“问题情景”中的文字语言转化为符号语言，用数学关系式表述事件；(3)数理关：由题意建立相关的数学模型，将实际问题数学化，并解答这一数学模型，得出符合实际意义的解答。例6某县位于沙漠地带，人与自然长期进行着顽强的斗争，到2001年底全县的绿化率已达30%。从2002年开始，每年将出现这样的局面，即原有沙漠面积的16%将被绿化，与此同时，由于各种原因，原有绿化面积的4%又被沙化。(1)设全县面积为1，2001年底绿化面积为a1，经过n年绿化总面积为an1求证an1an(2)至少需要多少年(年取整数，lg20.3010)的努力，才能使全县的绿化率达到60%？(1)证明：由已知可得an确定后，an1表示如下：an1= an(14%)(1an)16%即an1=80% an +16%=an +(2)解：由an1=an+可得：an1=(an)=()2(an1)=()n(a1)故有an1()n，若an1，则有()n即()n1 两边同时取对数可得lg2(n1)(2lg2lg5)(n1)(3lg21) 故n14，故使得上式成立的最小nN为5，故最少需要经过5年的努力，才能使全县的绿化率达到60%.三、归纳、猜想与证明例7已知数列 an满足Snan(n23n2)，数列 bn满足b1a1，且bnanan11(n2).(1)试猜想数列 an的通项公式，并证明你的结论; 解：（1）Snan(n23n2)，S1a1，2a1(1312)1， a11.当n2时，有2a2(22322)4， a22猜想，得数列 an的通项公式为ann(2)若cnb1b2bn，求的值.当n3时，有3a38， a33.用数学归纳法证明如下：当n1时，a11，等式成立.假设nk时，等式akk成立，那么 nk1时，ak1Sk1Skak1ak,.2 ak1k2ak， 2 ak1k2(k)，ak1(k1)，即当nk1时，等式也成立.综上、知，对一切自然数n都有ann成立.(2)b1a1，bnanan11n(n1)1.cnb1b2bn1()n， 1()n1.例8已知数列an满足a12，对于任意的nN，都有an0，且(n1) an2an an1n an120.又知数列bn满足：bn2n11.()求数列an的通项an以及它的前n项和Sn；()求数列bn的前n项和Tn；()猜想Sn和Tn的大小关系，并说明理由.解：(n1) an2an an1n an120.是关于an和an1的二次齐次式，故可利用求根公式得到an与an1的更为明显的关系式，从而求出an ()an0（nN），且(n1) an2an an1n an120， (n1)()2()n01或an0（nN），n又a12,所以，an2nSna1a2a3an2(123n)n2n()bn2n11，Tnb1b2b3 bn2021222n1n2nn1 () TnSn2nn21当n1时，T1S1 0，T1S1；当n2时，T2S21，T2S2；当n3时，T3S32，T3S3；当n4时，T4S41，T4S4；当n5时，T5S56，T5S5；当n6时，T6S627，T6S6；猜想：当n5时，TnSn.即2nn21.下用数学归纳法证明：1 当n5时，前面已验证成立；2 假设nk（k5）时命题成立，即2kk21.成立，那么当nk1时，2k122k2(k21)k2k22k25k2k22k2(k1)21即nk1(k5)时命题也成立由以上1、2可知，当n5时，有TnSn.；综上可知：当n1时，T1S1；当2n5时，TnSn.，当n5时，有TnSn.说明：注意到2n的增长速度大于n21的增长速度，所以，在观察与归纳的过程中，不能因为从n1到n4都有TnSn.就得出TnSn.的结论，而应该坚信：必存在，使得2nn21，从而使得观察的过程继续下去例9 已知函数f(x)，(x3)(1)求f(x)的反函数f1(x);(2)记a11,an f1(an1)(n2),请写出a2,a3,a4的值并猜测想an的表达式.再用数学归纳法证明.解：(1)设yf(x) ，(x)，由y2x23(x)，x 即f1(x) (x0).(2)由a11且an f1(an1)(n2的整数)，a2 f1(a1) ( ，a3，a4.依不完全归纳可以猜想到：an (n自然数)下面用数学归纳法予以证明：当n1时,a11命题成立假设nk(1kn)时,命题成立：即ak那么当nk1时,ak1f1(ak)综上所述,可知对一切自然数n均有an成立.例10 已知数列an中，a74，an1，（）是否存在自然数m，使得当nm时，an2；当nm时，an2？（）是否存在自然数p，使得当np时，总有an？解：（）首先考虑能否化简已知条件an1，但事实上这一条路走不通，于是，我们转而考虑通过计算一些ak的值来寻找规律不难得到：a8，a912，a108，a11，a120，a13，可以看出：a8，a9均大于2，从a10到a13均小于2，但能否由此断定当n13时，也有an2？这就引导我们去思考这样一个问题：若an2，能否得出an12？为此，我们考查an12与an2的关系，易得an122 可以看出：当an2时，必有an12于是，我们可以确定：当n10时，必有an2为了解决问题（），我们还需验证当n1，2，9时，是否均有an2方法之一是一一验证即通过已知条件解出：an由此，我们可以从a7出发，计算出这个数列的第6项到第1项，从而得出结论另外，得益于上述解法，我们也可以考虑这样的问题：“若an12，能否得出an2”？由an22不难得知：上述结论是正确的所以，存在m10，使得当nm时，an2；当nm时，an2（）问题等价于：是否存在自然数p，使得当np时，总有an1an12 an0由（）可得：an1an12 an我们已经知道：当n10时，an2，于是(an2)30，（7an）0，所以，我们只需考虑：是否存在不小于10的自然数p，使得当np时，总有an3？观察