发布时间 : 2024/7/31 6:17:37 星期三 文章2011年高考数学总复习系列知识点与方法 - 高中数学必修五更新完毕开始阅读6b887847336c1eb91b375d05

2xn?2(xn?2)2Xn+1+2=, ② ?2=

2xn2xnxn?1?2?xn?2?由①÷②得???。 ③

xn?1?2??xn?2??x1?2又

2x1?2>0，

由③可知对任意n∈N+，

xn?2xn?2>0且lg??xn?1?2??xn?2??2lg???,

???xn?1?2???xn?2??所以lg??xn?2??2?2?lg是首项为???，公比为2的等比数列。

??2?2??xn?2??xn?2xn?2?2n?1所以lg?2?2?xn?2?2?2?·lg????，所以?2?22?2x?2????n2n?12n?12n?1，

解得xn?2·

(2?2)(2?2)?(2?2)?(2?2)2n?12n?1。

注意：本例解法是借助于不动点，具有普遍意义。

三、趋近高考【必懂】

1.（2010.北京）设f(n)?2?24?27?210???23k?10，则f(n)?（ ）．

2n2(8?1) （B）(8n?2?1) 772n?32n?4（C）(8?1) （D）(8?1)

77（A）

2，2，2，?，2解析：数列2，47103n?10是以2为首项，8为公比的等比数列，给出的这个数列共有(n?4)项，

2(8n?4?1)2n?4?(8?1)．选（D）． 根据等比数列的求和公式有Sn?8?172.（2010.广东）在德国不来梅举行的第48届世乒赛期间，某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正

三棱锥”形的展品，其中第1堆只有1层，就一个球；第2，3，4，?堆最底层（第一层）分别按下图所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第n堆第n层就放一个乒乓球，以

f(n)表示第n堆的乒乓球总数，则f(3)?_____；f(n)?=_____（答案用n表示）．

【解析】：观察归纳，f(3)?6?3?1?10； 观察图示，不难发现第n堆最底层（第一层）的乒乓球数

n(n?1)，第n堆的乒乓球总数相当于n堆乒乓球的底层数之和， 2121n(n?1)n(n?1)(n?2)222?即f(n)?a1?a2?a3???an?(1?2?3???n)??．

2226an?1?2?3???n? 品：数列求和，无论等差还是等比数列，分清项数及规律都尤为重要．

3.（2010.北京）设等差数列{an}的首项a1及公差d都为整数，前n项和为Sn．

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（1）若a11?0，S14?98，求数列{an}的通项公式；

（2）若a1≥6，a11?0，S14≤77，求所有可能的数列{an}的通项公式．

?S14?98，?2a1?13d?14， 【解析】：（1）由?，即?，

a?0，a?10d?0，?11?1 解得 d??2，a1?20．

因此，{an}的通项公式是an?22?2n，n?1，2，3，?；

?S14≤77，?（2）由?a11?0，，得

?a≥6，?1，?2a1?13d≤11??a1?10d?0，， ?a≥6，?1， (1)?2a1?13d≤11? (2) 即??2a1?20d?0， ??2a≤?12. (3)1?11． 71 由①+③，得 13d≤?1，即d≤?．

13111 所以??d≤?．

713 又d?Z，故d??1．

由①+②，得 ?7d?11，即d??将d??1代入①、②，得 10?a1≤12． 又a1?Z，故a1?11或a1?12．

所以，数列{an}的通项公式是an?12?n或an?13?n，n?1，2，3，?． 品：利用等差（比）数列的定义构造方程（组）或不等式（组）是常用的解题方法． 4.（2010.江苏）设数列{an}{，bn}{，cn}满足bn?an?an?2，cn?an?2an?1?3an?2

(n?1，2，3，?)，证明{an}为等差数列的充要条件是{cn}为等差数列且bn≤bn?1(n?1，2，3，?)．

【解析】：必要性：设{an}是公差为d1的等差数列， 则bn?1?bn?(an?1?an?3)?(an?an?2)

?(an?1?an)?(an?3?an?2)?d1?d1?0．

易知bn≤bn?1(n?1，2，3，?)成立．

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由递推关系cn?1?cn?(an?1?an)?2(an?2?an?1)?3(an?3?an?2)?d1?2d1?3d1?6d1 （常数）（n=1，2，3，?）． 所以数列{cn}为等差数列．

充分性：设数列{cn}是公差为d2的等差数列，且bn≤bn?1(n?1，2，3，?)， ∵cn?an?2an?1?3an?2，

①

②

∴cn?2?an?2?2an?3?3an?4，

由①?②，得 cn?cn?2?(an?an?2)?2(an?1?an?3)?3(an?2?an?4)?bn?2bn?1?3bn?2． ∵cn?cn?2??2d2，

∴bn?2bn?1?3bn?2??2d2，

③

④

⑤

从而有bn?1?2bn?2?3bn?3??2d2，

④?③，得(bn?1?bn)?2(bn?2?bn?1)?3(bn?3?bn?2)?0， ∵bn?1?bn≥0，bn?2?bn?1≥0，bn?3?bn?2≥0， ∴由⑤得bn?1?bn?0(n?1，2，3，?)， 由此不妨设bn?d3(n?1，2，3，?)， 则an?an?2?d3（常数）．

由此cn?an?2an?1?3an?2?4an?2an?1?3d3．

从而cn?1?4an?1?2an?2?3d3，两式相减得cn?1?cn?2(an?1?an)?2d3． 因此an?1?an?11(cn?1?cn)?d3?d2?d3（常数）（n=1，2，3，?），即数列{an}为等差数列． 22 品：利用递推关系式是解决数列问题的重要方法，要熟练掌握等差数列的定义、通项公式． 5.（2010.福建）已知数列{an}满足a1?1，an?1?2an?1． （1）求数列{an}的通项公式； （2）若41?42???4nk?1k?1k?1?(an?1)kn，bn?kn，证明{bn}是等差数列．

? 【解析】：（1）∵an?1?2an?1(n?N)，∴an?1?1?2(an?1)． ∴{an?1}是以a1?1?2为首项，2为公比的等比数列．

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∴an?1?2n，即an?2n?1； （2）∵41?42?4nk?1k?1k?1?(an?1)k，

(k1?k2???kn)?n利用{an}的通项公式，有4?2nkn．

∴2[(b1?b2???bn)?n]?nbn．① 构建递推关系

② 2[(b1?b2???bn?bn?1)?(n?1)]?(n?1)bn?1， ②－①，得

(n?1)bn?1?nbn?2?0，③

从而有nbn?2?(n?1)bn?1?2?0，④

③?④，得 nbn?2?2nbn?1?nbn?0，即bn?2?2bn?1?bn?0． 故{bn}是等差数列．

[方法：]由递推式求数列的通项，常常构造新的辅助数列为等差或等比数列，用迭代法、累加法或累乘法求其通项．

第三章 不等式

一、基础知识【理解去记】

***【必会】不等式的基本性质：

（1）a>b?a-b>0； （2）a>b, b>c?a>c； （3）a>b?a+c>b+c； （4）a>b, c>0?ac>bc；

（5）a>b, c<0?acb>0, c>d>0?ac>bd;

（7）a>b>0, n∈N+?an>bn; （8）a>b>0, n∈N+?na?nb; （9）a>0, |x|a?x>a或x<-a; （10）a, b∈R，则|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|; （11）a, b∈R，则(a-b)2≥0?a2+b2≥2ab; （12）x, y, z∈R+，则x+y≥2xy, x+y+z?33xyz. 因为前五条是显然的，以下从第六条开始给出证明。 （6）因为a>b>0, c>d>0，所以ac>bc, bc>bd，所以ac>bd；重复利用性质（6），可得性质（7）；再证性质（8），用反证法，若na?nb，由性质（7）得(na)n?(nb)n，即a≤b，与a>b矛盾，所以假设不成立，所以na?nb；由绝对值的意义知（9）成立；-|a|≤a≤|a|, -|b|≤b≤|b|，所以-(|a|+|b|)≤a+b≤|a|+|b|，所以|a+b|≤|a|+|b|；下面再证（10）的左边，因为|a|=|a+b-b|≤|a+b|+|b|，所以|a|-|b|≤|a+b|，所以（10）成立；（11）显然成立；下证（12），因为x+y-2

xy?(x?y)2≥0，所以x+y≥2xy，当且仅当x=y时，等号成

立，再证另一不等式，令3x?a,3y?b,3z?c，因为x3+b3+c3-3abc =(a+b)3+c3-3a2b-3ab2-3abc =(a+b)3+c3-3ab(a+b+c)=(a+b+c)[(a+b)2-(a+b)c+c2]-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)=

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