新课程理念下高三数学复习策略 如何在新课程理念下提高高三数学复习的有效性是近几年高中教师研究的重要课题。每年高考试题出来后，都会掀起新一轮的激烈研讨。高三数学教研组在认真研究了今年高考数学试题后，把一年的经验得失总结如下。

一、认真研究教材

试题千变万化，不断创新，但万变不离其宗，就是源于教材，综合教材，高于教材。所以，进入高三之后要把教材中某些有代表性的例题整理出来，结合着复习资料，复习顺序加以渗透，高中数学（理）有五个必修模块和三个选修系列，实际上，选修系列中的某些内容是必修内容的深化、拓展和综合，因此，在复习过程中要对这些内容加以整合，这样既节省了时间，又能系统复习。《考试说明》给出了高考数学的命题指导思想、考试内容及要求、考试形式与试卷结构、题型示例，为我们备考指明了方向，明确了考试内容与范围，避免复习内容超纲，明确了知识要求的三个层面和能力要求的七个层面，使我们对知识的整体要求和定位有了标准；研究题型示例，使我们有了判断例题习题能力层面和难度的标准。另外，还要研究使用新教材以来山东数学高考试题和海南、宁夏卷，捕捉到某些有用信息。

二、夯实“三基”，培养数学素养

高三复习主要分三个阶段，一轮复习，二轮复习，综合模拟和回扣课本阶段。一轮复习主要是回顾基础知识，夯实基本方法、基本技能，在高三复习中起着至关重要的作用，如果“三基”夯实的好，在二轮复习和综合模拟阶段，学生的综合能力和成绩提高很快，相反，则收效甚微，甚至成绩下滑。在二轮复习阶段，主要是复习课本中明确的公式、定义、定理及例习题中蕴含的基本方法和教师归纳的题型等。通过巩固训练，达到知识网络化，方法链条化，逐步形成求解运算能力、数据处理能力等基本技能，形成高中数学的知识框架。在一轮复习过程中，切忌求快，走过程，对于某些重点板块要讲透练熟。众所周知，数学是通过题目来复习，巩固基本知识，夯实基本方法和基本技能的。所以要精心选择例题、习题，做到选题有目的性、典型性、针对性、综合性及应用性，难易适中，且要适合本届学生及高考要求，一般以中、低档题为主。

三、突出重点板块，提高综合能力

二轮复习主要是根据《考试说明》和历届高考题来确定高考中的热点、重点和必考点，从而进行重点知识板块及数学思想方法的复习。重点板块包括函数与导数、三角函数与解三角形、数列不等式、平几、立几、概率统计等，由于某种原因时间的限制，对于思想方法只复习了函数与方程、数形结合、分类讨论、转化与化归四种数学思想方法。另外，还要对学生难以掌握的知识加以强化，对学生反映的薄弱环节采取措施。主要做法是：①引导学生再次回到课本有关章节，把课本中的概念等知识弄懂，所体现的方法学会、弄熟。②对本章节的典型例题讲解时要注意变化，通过伪造变式，反向变式保留条件引申结论，变化条件推出新结论，多角度、多层次、多方位进行讲评或训练，尽可能总结出解题规律。③设计检测题进行达标测试，再反馈纠正，直到绝大多数学生过关，达到相应的考纲要求。如：学生普遍反映的弱点是计算能力，特别是圆锥曲线和立体几何中空间角与距离的求解，感觉思路正确，但算不对数或不能正确转化，针对这一问题，我们组利用三个周末自主学习时间，每周设计六个典型题目，加强训练，练后讲评，评后纠错，效果很好，但是仍有一部分学生直到高考，也没有把计算能力提到《大纲》要求，这是我们的不足。

四、抓好讲评，优质高效

临近高考，进入了综合模拟和回扣课本阶段，主要是进行模拟考试，之间穿插着回 1

扣课本，复习错题本等。在这一阶段，一定要搞好试卷分析和讲评及纠正练习等措施。首先让学生进行自我分析总结，试卷中考了哪些知识点和典型题目，错在何处，如何失的分，是知识理解型错误，还是计算型错误或者是方法上的失误，有无非智力因素所致，查找“会而不对，对而不全，全而不规”的知识原因、策略原因、心理原因等，然后引导学生纠错，探求正确简捷的解法。在此基础上，教师进行必要的讲评，讲题目编制的意图和特点，讲如何审题，讲如何合理用数学语言表达解题过程，如何踩得分点，尽量多得分，讲解题关键的思路；还要评，评出知识性错误原因，评出审题情感等非知识性错误原因，评出解题方法的优劣。一个题有好多解法，要引导学生用通法解决问题，最后，针对学生出错问题进行有效的矫正练习，从而使学生做每套题都有相应的收获。

五、强化集体备课，注重落实到位

我们组的每位教师都很敬业、勤奋，除了学校规定的集体备课时间外，大家经常讨论授课内容，讨论对某个问题的处理方式或如何拓展等。每周的集体备课时间都有一个确定的中心发言人，负责对内容的划分、教学目标、重难点的分析、课堂设计、课堂练习、章末检测等提出初步意见，然后大家讨论、补充、修改和完善，做到统一进度、统一例习题、统一检测，中心发言人还要上一节公开课，备课组及时评课，通过集体备课，加强了组内的教研气氛、团结协作精神，也提高了教研组整体业务水平。

另外，有几点困惑：否还要进行选择、填空题专项训练？如何防止尖子生在高三二轮复习中成绩下滑？

以上是我们组的几点做法，算是抛砖引玉，大家共同探讨、研究，在新的教学环境中，找到提高成绩更加科学有效的方法。

2

第二篇：20xx版高三数学一轮精品复习学案：第五章 数 列(单元总结与测试)

2012版高三数学一轮精品复习学案：

第五章 数 列

单元总结与测试

【章节知识网络】

【章节强化训练】

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，总共60分）

1、（（2011届·成都高三摸底（理）））已知数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，若2(Sn＋1)＝3an，则＝a2?a5a1?a4

(A)9

答案：B (B)3 (C)3 2(D)23

2、（2011届·温州市高三八校联考（文））已知等比数列?an?中，a1?a2?a3?40，a4?a5?a6?20，

则前9项之和等于（ ）

A．50 B．70 C．80 D．90

答案：B

3、（2011届·贵州省高三上第二次五校联考（理））在各项均为正数的等比数列{an}中，

2，则下列结论中正确的 (a1?a3)(a5?a7)?4a4

是

（A）数列{an}是递增数列； （B）数列{an}是递减数列；

（C）数列{an}是常数列； （D）数列{an}有可能是递增数列也有可能是递减数列．

答案：C

4、（2011届·东城区一模（理））已知数列{an}为等差数列，且a1?2,a2?a3?13,则a4?a5?a6等于（ ）

A．40 B．42 C．43 D．45

答案：B

5、（2011届·海淀区一模(理)）已知数列?an?为等差数列，Sn是它的前n项和.若a1?2，S3?12，则S4?

A．10 B．16 C．20 D．24

答案:C

6、（（2011届·北京丰台高三一模（理）））设等差数列?an?的公差d≠0，a1?4d．若ak是a1与a2k的等比中项，则k?

(A) 3或-1 答案：C(B) 3或1 (C) 3 (D) 1

7、（2011届·怀柔区一模(理)）已知等比数列{an}的公比为2，且a1?a3?5，则a2?a4的值为

A．10 B．15 C．20 D．25

答案:A

8、在5×5的方格表中（如下图），如果每格填上一个数后，每一横行均成等差数列，每一纵列均成等比数列，则表中的x + y + z的值为（ A ）

A．1 B．2 C．3 D．

4

答案:A

9、设Sn是等差数列

A．d<0 B．

答案:C

10、已知数列的前n项和，且 C． ，则下列结论错误的是（ ） D．S6和S7均为Sn的最大值 {an}为等差数列且a1?a7?a13?4?,则tan(a2?a12)的值为 （ ）

A． B．? ?C．3 D．—

答案:D

11、等比数列

{an}中,a1?a3?10,a4?a6?5,4则数列{an}的通项公式为 （ ） 4?nn?4n?33?na?2a?2a?2a?2nnnnA． B． C． D．

答案:A

12、已知?an?为等差数列，a1?a3?a5?105，a2?a4?a6?99，Sn是等差数列?an?的前n项和，则使得Sn达到最大值的n是（ B ）

A.21 B.20 C.19 D.18

答案:B

二、填空题（本大题共4个小题，每小题4分，共16分）

13、（2011届·江西吉安一中高三开学模拟（理））对正整数n，设曲线y=x(1-x)在x=2处的切线与y轴交点的纵坐标为an，则数列?

解析：2n?1n?an??的前n项和为 。 n?1???2

14、（2011届·温州市高三八校联考（文））已知数列?an?的通项公式是an?2n?3，将数列中各项进行

如下分组：第1组1个数（a1），第2 组2个数（a2,a3）第3组3个数（a4,a5,a6），依次类推，??，则第16组的第10个数是 ▲ ．

答案：257

15、（2011届·湖北省监利一中学高三8月月考（理））猜想1=1, 1-4 = - (1+2), 1-4+9 = 1+2+3,…… 的第n个式子为

答案：1?4?9?16???(?1)n?1n2?(?1)n?1(1?2?3?4???n)

16、关于数列有下面四个判断：

①若a、b、c、d成等比数列，则a+b、b+c、c+d也成等比数列；

②若数列 ③若数列

④数列既是等差数列，也是等比数列，则的前n次和为S，且S= a -1，（a为等差数列，且公差不为零，则数列n为常数列； ），则为等差或等比数列； 中不含有a=a（m≠n）。

其中正确判断序号是 (2),(4) 。

三、解答题

17、（2011届·贵州省高三上第二次五校联考（理））（本题满分12分）数列{an}中，a1?5，

an?1?3an?(2?n)?2n，bn?an?n?2n(n?N*)．

（1）证明：数列{bn}是等比数列，并求an；

（2）设cn?2bn (n?N*)，证明：当n?2时，cn?1?cn，并指出数列{cn}中最小的一项是第几项．an

n?1nn?1ba?(n?1)?23a?(2?n)?2?(n?1)?2n?1n?1n解析：（1）证明： ??nnbnan?n?2an?n?2

3an?(2?n)?2n?(2n?2)?2n3an?3n?2n

??3 ． ???3分 nnan?n?2an?n?2

又b1?a1?2?3，故{bn}是以3为首项，3为公比的等比数列，从而得bn?3n， 即an?n?2n?3n?an?3n?n?2n． ???6分

2?3n?13n?n?2n3n?1?3n?2n （2）当n?2时，cn?1?2bn?1?an???n?1ncnan?12bn3n?1?(n?1)?2n?12?33?(2n?2)?2n

?1?(n?2)?2n

?1． ① ???10分

n?1n3?(2n?2)?2

又cn?0，故由①式知n?2时，cn?1?cn．

由上面的结论知当n?2时，c3最小，而计算知，c1?c2?c3．

由此知在数列{cn}中，c2、c3两项最小． ???12分

18、（2011届·温州市高三八校联考（文）（本小题满分14分）） 已知等差数列?an?的首项a1?1，公差d?0，

且第2项、第5项、第14项分别是等比数列?bn?的第2项、第3项、第4项. （I）求数列?an?与?bn?的通项公式；

（II）设数列?cn?对n?N均有?cc1c2????n?an?1成立，求c1?c2???c2010的值. b1b2bn

解析：（I） 由已知得：a2?1?d，a5?1?4d，a14?1?13d ????2分 ?(1?4d)2?(1?d)(1?13d)，解得d?2(?d?0) ????4分 ?an?2n?1 ????5分 b2?a2?3，b3?a5?9，?bn?3n?1 ????7分 （II）由ccc1c2cc????n?an?1得，1?2???n?1?an(n?2) ????9分 b1b2bnb1b2bn?1

cn?an?1?an?2， ????10分 bn两式相减得

?cn?2bn?2?3n?1(n?2) ????12分

c1?c2???c2010?32010 ????14分

19、（本小题满分12分）对数列

?an?，规定??an?为数列?an?的一阶差分数列，其中

k

?an???an?an?1?a(n?N*)?an?的k阶差分数列，其中n.对正整数k，规定为

1k?10

?kan??k?1an?1??k?a??(?a)?an?an） nn.（规定

2

an???an?是否为等差或等比数列，?a?n?n(n?N*)，

（Ⅰ）已知数列的通项公式n是判断并说明理由； 2n

an?a?1??a??a?a??2(n?N*)，求数列?an?的通项公式 1nn?1n（Ⅱ）若数列首项，且满足22?a?a?a?(n?1)?(n?1)?(n?n) nn?1n解：（Ⅰ）

?2n?2 （2分）

所以

??an?是首项为4，公差为2的等差数列。 （2分）

2n?a??a?a??2nn?1n（Ⅱ），即 （1分） n?a??a??a?a??2nn?1n n?1 （1分） n

a?2a?2n?1n 所以 （1分）

123a?1a?4?2?2,a?12?3?2,a?32?4?21234 因为，所以 ``` ```（1分） n?1a?n?2 猜想：n （1分）

a?1?1?2，符合猜想； （1分）

证明：①当n?1时，1

k?1*

a?k?2n?k(k?N)k ②假设时， kkk

a?2a?a?k?2?2n?k?1k?1k 当时， (k?1)?1

?(k?1)?2 （2分）

n?1

a?n?2n 由①②可知，

2

20、 (本题满分12分)已知二次函数f(x)?x?ax?a(a?0)，不等式f(x)?0的解集有且只有一个元

素，设数列?an?的前n项和为Sn?f(n)． （1）求数列?an?的通项公式；

（2）设各项均不为0的数列?cn?中，满足ci?ci?1?0的正整数i的个数称作数列?cn?的变号数，令．．

cn?1?a(n?N*)，求数列?cn?的变号数． an

?f(x)?0???a?4a?0?a?4 19解：（1）由于不等式的解集有且只有一个元素，

2f(x)?x?4x?4． ．故．．．．．．．．2分 22S?n?4n?4?(n?2)由题n

22a?S?1a?S?S?(n?2)?(n?3)?2n?5 n?1n?211nnn?1则时，；时，

(n?1)?1an???2n?5(n?2) ．故．．．．．．．．6分

n?1??3?cn??41?n?2?2n?5?（2）由题可得，

由c1??3,c2?5,c3??3，所以i?1,i?2都满足ci?ci?1?0 ．．．．．．．8分

cn?1?cn，且c4??141??0?n?53，同时2n?5，可知 当n?3时，

i?4满足cici?1?0；n?5时，均有cncn?1?0． ?满足cici?1?0的正整数i?1,2,4，故数列?cn?的变号数3． ．．．．．12分 21、17．（本小题满分10分）等差数列{an}的前n项和为Sn，对任意n∈N﹡，点（n，Sn）总在抛物线y＝ax2＋bx＋c

上，且S1＝3，a3＝7．

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式及a，b，c的值； （Ⅱ）求和：S＝2na1＋2n－1a2＋2n－2a3＋?＋22an－1＋2a

n.

22、21．(本题满分14分)已知数列{an}中，a1?1，且an?(Ⅰ) 求数列{an}的通项公式； nan?1?2n?3n?2(n?2,n?N*)． n?1

3n?1

(Ⅱ) 令bn?(n?N*)，数列{bn}的前n项和为Sn，试比较S2n与n的大小； an

(Ⅲ) 令cn?an?12cn的前n项和为Tn．求证：对任意n?N*， (n?N*)，数列2n?1(cn?1)

都有 Tn?2．

aanan?1?2n?3n?2知，n?n?1?2?3n?2， n?1n?1 n

aa2n?2由累加法，当n?2时，n?1?2?2?3?2?3???2?3 n121解：(Ⅰ)由题an?

an2(1?3n?1)?1??3n?1 代入a1?1，得n?2时，n1?3

又a1?1，故an?n?3n?1(n?N*)． ．．．．．．．．．．4分

3n?11（II）n?N时，bn??． ann*

1111?1；当n?2时，S22?1????2； 2234

1111111当n?3时，S23?1????????3． 2345678方法1：当n?1时，S21?1?

猜想当n?3时，S2n?n． ．．．．．．．．．．6分 下面用数学归纳法证明：

①当n?3时，由上可知S23?3成立；

②假设n?k(k?3)时，上式成立，即1?

111????k?k. 232

当n?k?1时，左边?1?11111????k?k???k?1 2322?12

112k

?k?k???k?1?k?k?k?1，所以当n?k?1时成立． 2?122?1

由①②可知当n?3,n?N*时,S2n?n．

综上所述：当n?1时,S21?1；当n?2时, S22?2；

当n?3(n?N*)时,S2n?n． ．．．．．．10分

111????n 232

111记函数f(n)?S2n?n?(1?????n)?n 232

111所以f(n?1)?(1?????n?1)?(n?1) ．．．．．6分 232方法2：S2n?1?

1112n

????n?1)?1?n?1?0 则f(n?1)?f(n)?(n2?12n?222?1

所以f(n?1)?f(n) 由于f(1)?S21?1?(1?)?1?0，此时S21?1； 12

111f(2)?S22?2?(1???)?2?0，此时S22?2； 234

1111111f(3)?S23?3?(1???????)?3?0，此时S23?3； 2345678

由于，f(n?1)?f(n)，故n?3时，f(n)?f(3)?0，此时S2n?n． 综上所述：当n?1,2时，S2n?n；当n?3(n?N*)时,S2n?n． ．．．．．．10分 （III）cn?an?1?3n n?1

2?3n2?3n2?3n?111当n?2时，n????. (3?1)2(3n?1)(3n?3)(3n?1)(3n?1?1)3n?1?13n?1

32?322?3n31111所以当n?2时Tn??2?????(?)?(?) 2n22232(3?1)(3?1)223?13?13?111)?2??2． 3n?1?13n?13n?1

3且T1??2 2＋??(1?

故对n?N，Tn?2得证． ????????????????????????14分 *

【思想与方法解读】

浅谈数学填空题的解题方法

高考试题中填空题主要考查考生的基础知识、基本技能以及思维能力和分析问题、解决问题的能力。要主要特征是题目小，跨度大，覆盖面广，形式灵活。所以可以有目的、和谐地综合一些问题，突出训练学生准确、严谨、全面、灵活运用知识的能力和基本运算能力。从填写内容上，主要有两类，一类是定量填写，另一类是定性填写。要想又快又准地答好填空题，除直接推理外，还要讲究一些解题策略，下面就结合实例介绍解填空题的常用方法。

一. 定义法

有些问题直接去解很难奏效，而利用定义去解可以大大地化繁为简，速达目的。

?nn例1. C38?C3

3n21?n的值是_________________。

?0?38?n?3n1921解：从组合数定义有：???n? 22?0?3n?21?n

又n?N，故n?10

代入再求，得出466。

x2y2

??1右焦点的距离与到定直线x＝6距离相等的动点的轨迹方程是例2. 到椭圆259

_______________。

解：据抛物线定义，结合图1知：

图1

轨迹是以（5，0）为顶点，焦参数P＝2且开口方向向左的抛物线，故其方程为：y2??4(x?5)

二. 直接计算法

从题设条件出发，选用有关定理、公式，直接计算求解，这是解填空题最常用的方法。

例3. 设函数f(x)?x2?x?

个整数。

解：直接计算f(n?1)?f(n)，可得2(n?1)个。

例4. 等比数列{an}，公比q??1的定义域是[n，n+1]（n?N*），那么在f(x)的值域中共有____________2a?a2???an1?__________。 ，则：lim1

n??a?a???a3242n

a1a1

1?q1?q解：原式????2 a2a1q

1?q2

三. 数形结合法

有些问题可以借助于图示分析、判断、作出定形、定量、定性的结论，这就是图解法。

例5. 函数y?x2?4x?5?x2?4x?8的值域________________。 1?q2

x

图2

解：原函数变为y?(x?2)2?1?(x?2)2?22，可视上式为x轴上的点P（x，0）到两定点A（-2，-1）和B（2，2）的距离之和，如图2，则y?|PA|?|PB|?|AB|?5。故值域为[5，??)。

四. 特例法

有的填空题答案是一个“定值”时，实质上有一种暗示作用，可以分析特殊数值，特殊位置，特殊数

列，特殊图形等来确定这个“定值”，这种方法有时能起到难以置信的效果。

例6. 面积为S的菱形绕其一边所在直线旋转一周所得旋转体的表面积为___________。

解：以正方形代替菱形，设边长为a，则表面?2?a2?2?a?4?a2?4?S

例7. 已知{an}是公差不为零的等差数形，若Sn是{an}的前n项和，那么lim?n??nan?_________。 Sn

解：取符合条件的特殊数列{an}，an?n，则

Sn?n(n?1) 2

nann2

故lim?lim?2 n??Sn??n(n?1)n

2

五. 观察法

运用特殊值，加上类比、观察常常可以提高解题速度。

例8. 设a、b、c?R，且a?b?c?0，直线ax?by?c?0通过定点__________。

?a?b?c?0解：联合观察：?发现x?1，y?1时ax?by?c?0，即满足条件a?b?c?0，同时，ax?by?c?0?

相交直线的交点是唯一的。故定点是（1，1）。

六. 淘汰法

当全部情况为有限种时，也可采用淘汰法。

例9. 已知a、b?R，则a?b与11?同时成立的充要条件是____________。 ab

解：按实数b的正、负分类讨论。

当b>0时?a?0，而等式不可能同时成立；

当b＝0时，11?无意义； ab

当b<0时，若a<0，则两不等式不可能同时成立，以上三种情况均被淘汰，故只能为a>0，b<0，容易验证，这确是所要求的充要条件。

七. 分析推理法

通过仔细审题，对问题进行逻辑分析，然后推理出符合条件的答案。

?f(x)?0例10. 已知不等式f(x)?0的解集是A，g(x)?0的解集是B，则不等式组?的解集是g(x)?0?

____________。

解：设g（x）的定义域为S，由于g(x)?0的解集是B，所以g(x)?0的解集是?S?B。故所求不等式组的解集是A?。

总之，我们在平时训练时，要善于思考，分析题意，灵活运用有关数学知识，在有多种方案可以解决问题的时候，努力选择更合理的解题方案，要不断提高解题过程中合理性、简捷性的意识，以达到巧解妙算的效果，力求做到费时少，准确率高。