概述一．基礎題直接應用教材知識進行解答，其思維過程比較直接，主要包括以下幾種形式：①基本概念的識記，如子集、命題的四種形式、函數的極值、圓錐曲線的概念等；②基本性質的理解，如函數的單調性與奇偶性、基本初等函數的性質、柱體、椎體和球體的結構特征，圓錐曲線的幾何性質等；③基本定理的應用，如向量共線定理、正余弦定理、空間平行與垂直的判定與性質定理等；④基本圖形的辨析，如基本初等函數圖像的識別、規則幾何體三視圖的判斷等；⑤基本數式的運算，如集合的基本運算、指數對數的運算，簡單不等式的求解等。二.基礎題在考卷中所占的比例較大，一般在40分。三．基礎題結題要訣：①記要牢，基本的概念、定理和公式要記牢。如子集的個數、基本初等函數的導數等。②辨要明，類似的概念要明辨異同。如子集與真子集、命題的四種形式等。③算要準，基礎題中的數與式雖然比較簡單，但也不能大意。④用要活，靈活應用結論。如函數的周期性與對稱軸、對稱中心之間的關系等。一、必備知識再次強化一、數列的概念及表示法1．an與Sn的關系若數列{an}的前n項和為Sn，則an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1（n＝1），,Sn－Sn－1（n≥2）.))2．已知Sn求an時應注意的問題(1)應重視分類討論思想的應用，分n＝1和n≥2兩種情況討論，特別注意an＝Sn－Sn－1中需n≥2.(2)由Sn－Sn－1＝an推得an，當n＝1時，a1也適合“an式”，則需統一“合寫”．(3)由Sn－Sn－1＝an推得an，當n＝1時，a1不適合“an式”，則數列的通項公式應分段表示(“分寫”)，即an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1（n＝1），,Sn－Sn－1（n≥2）.))二、等差數列及其前n項和1．等差數列的通項公式及前n項和的公式(1)an＝a1＋(n－1)d；(2)Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）d,2)＝eq\f(n（a1＋an）,2).2．等差數列的常用性質(1)通項公式的推廣：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．(2)若{an}是等差數列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，則ak＋al＝am＋an.(3)若{an}是等差數列，公差為d，則{a2n}也是等差數列，公差為2d.(4)若{an}，{bn}是等差數列，則{pan＋qbn}(p，q∈N*)也是等差數列．(5)若{an}是等差數列，則ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)組成公差為md的等差數列．3．與等差數列各項的和有關的性質(1)若{an}是等差數列，則eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也成等差數列，其首項與{an}首項相同，公差是{an}公差的eq\f(1,2).(2)若{an}是等差數列，Sm，S2m，S3m分別為{an}的前m項，前2m項，前3m項的和，則Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差數列．(3)關于等差數列奇數項和與偶數項和的性質①若項數為2n，則S偶－S奇＝nd，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(an,an＋1).②若項數為2n－1，則S偶＝(n－1)an，S奇＝nan，S奇－S偶＝an，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(n,n－1).(4)兩個等差數列{an}，{bn}的前n項和Sn，Tn之間的關系為eq\f(an,bn)＝eq\f(S2n－1,T2n－1).4．等差數列的前n項和與函數的關系等差數列的前n項和公式為Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d可變形為Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，令A＝eq\f(d,2)，B＝a1－eq\f(d,2)，則Sn＝An2＋Bn.當A≠0，即d≠0時，Sn是關于n的二次函數，(n，Sn)在二次函數y＝Ax2＋Bx的圖象上，為拋物線y＝Ax2＋Bx上一群孤立的點．利用此性質可解決前n項和Sn的最值問題．三、等比數列及其前n項和1．等比數列相關公式(1)通項公式通項公式通項公式的推廣an＝a1qn－1(揭示首末兩項的關系)an＝amqn－m(揭示任意兩項之間的關系)(2)前n項和公式Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a1（1－qn）,1－q)（q≠1），,na1（q＝1）))或Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a1－anq,1－q)（q≠1），,na1（q＝1）.))2．等比數列的單調性設等比數列{an}的首項為a1，公比為q.(1)當q>1，a1>0或0<q<1，a1<0時，數列{an}為遞增數列；(2)當q>1，a1<0或0<q<1，a1>0時，數列{an}為遞減數列；(3)當q＝1時，數列{an}是(非零)常數列；(4)當q＝－1時，數列{an}是擺動數列．3．等比數列項的運算性質若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，則am·an＝ap·aq.(1)特別地，當m＋n＝2k(m，n，k∈N*)時，am·an＝aeq\o\al(2,k).(2)對有窮等比數列，與首末兩項“等距離”的兩項之積等于首末兩項的積，即a1·an＝a2·an－1＝…＝ak·an－k＋1＝….4．等比數列前n項和的性質若Sn是等比數列的前n項和，則當q≠－1時，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等比數列．四、數列求和1．數列求和的一般思路數列求和應從通項入手，若通項符合等差數列或等比數列，則直接用公式求和；若通項不符合等差或等比數列，需要通過對通項變形，轉化為等差或等比或可求數列前n項和的數列求解．2．一些特殊數列的前n項和公式(1)1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(1,2)n(n＋1)；(2)2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)；(3)1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2；(4)12＋22＋32＋…＋n2＝eq\f(1,6)n(n＋1)(2n＋1)；(5)13＋23＋33＋…＋n3＝eq\f(1,4)n2(n＋1)2.3．錯位相減法求和的適用條件及關注點(1)適用條件：如果一個數列的各項由一個等差數列的各項和一個等比數列對應項乘積組成，那么這個數列的前n項和可用此法來求．即求數列{an·bn}的前n項和，其中{an}，{bn}分別是等差數列和等比數列．(2)關注點：①要善于識別題目類型，特別是等比數列公比為負數的情形；②在寫出“Sn”與“qSn”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”，以便于下一步準確地寫出“Sn－qSn”的表達式．4．裂項相消求和的原理及注意問題(1)原理：把數列的通項拆成兩項之差，在求和時中間的一些項可以相互抵消，從而求得其和．(2)注意：在相加抵消過程中，有的是依次抵消，有的是間隔抵消，特別是間隔抵消時要注意規律性．(3)一般地，若{an}為等差數列，則求數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前n項和可嘗試此方法，事實上，eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(d,danan＋1)＝eq\f(an＋1－an,danan＋1)＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1))).(4)常見數列的裂項數列(n為正整數)裂項方法eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,n（n＋k）)))(k為非零常數)eq\f(1,n（n＋k）)＝eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,4n2－1)))eq\f(1,4n2－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))))eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(loga\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))))(a>0，a≠1)logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))＝loga(n＋1)－logan二、典型例題再次解刨考向1：由遞推公式求通項公式【考情分析】由數列的遞推公式求通項公式在高考中經常出現，有選擇題、填空題，也出現在解答題中的第一問，近幾年考查難度有所降低，分值大約為5分．在復習中，要掌握由遞推公式求通項公式的基本方法，即先對遞推公式進行變形，然后利用轉化與化歸的思想解決遞推數列問題．【考題展示】已知數列滿足=1，.（Ⅰ）證明是等比數列，并求的通項公式；（Ⅱ）證明：.（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，所以，因為當時，，所以，于是=，所以.【考法提煉】典型的遞推數列及處理方法遞推式方法(1)an＋1＝an＋f(n)疊加法(2)eq\f(an＋1,an)＝f(n)累乘法(3)an＋1＝pan＋q(p≠0，1，q≠0)化為等比數列(4)an＋1＝pan＋q·pn＋1(p≠0，1，q≠0)化為等差數列考向2由前n項和求通項【考情分析】由Sn和an的關系求通項公式是一種常見題型，高考中選擇題、填空題、解答題都有呈現，但以解答題的分支命題為重點，近幾年來考查難度有所降低，分值大約為5分．在復習中，要熟練掌握由Sn求an的紐帶：an＝Sn－Sn－1(n≥2)，根據題目已知條件，消掉Sn或an，通過構造等差數列或等比數列進行求解．【考題展示】(1)(2022·課標Ⅰ，14)若數列{an}的前n項和Sn＝eq\f(2,3)an＋eq\f(1,3)，則{an}的通項公式是an＝________．(2)(2022·課標Ⅱ，16)設Sn是數列{an}的前n項和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，則Sn＝________．【解析】(1)由Sn＝eq\f(2,3)an＋eq\f(1,3)得，當n≥2時，Sn－1＝eq\f(2,3)an－1＋eq\f(1,3)，即eq\f(1,Sn＋1)－eq\f(1,Sn)＝－1.又eq\f(1,S1)＝－1，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首項為－1，公差為－1的等差數列，所以eq\f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，即Sn＝－eq\f(1,n).【答案】(1)(－2)n－1(2)－eq\f(1,n)【考法提煉】已知Sn求an的三個步驟(1)先利用a1＝S1求出a1；(2)用n－1替換Sn中的n得到一個新的關系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出當n≥2時an的表達式；(3)對n＝1時的結果進行檢驗，看是否符合n≥2時an的表達式，如果符合，則可以把數列的通項公式合寫；如果不符合，則應該分n＝1與n≥2兩段來寫．考向3數列單調性及其應用【考情分析】從近幾年高考可以看出，求數列中的最大(小)項是高考的熱點，一般難度較大，分值為5分．在復習中，從函數的角度認識數列，注意數列的函數特征，特別是利用函數的方法研究數列的有關性質．【考題展示】(2022·課標Ⅱ，16)等差數列{an}的前n項和為Sn，已知S10＝0，S15＝25，則nSn的最小值為________．【解析】設等差數列{an}的首項為a1，公差為d，由等差數列前n項和公式可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(10a1＋\f(10×9,2)d＝0，,15a1＋\f(15×14,2)d＝25，))令f′(x)＝0，解得x＝0(舍去)或x＝eq\f(20,3).當x>eq\f(20,3)時，f(x)是單調遞增的；當0<x<eq\f(20,3)時，f(x)是單調遞減的．∵n∈N*，∴當n＝7時，nSn取最小值，∴(nSn)min＝eq\f(1,3)×73－eq\f(10×72,3)＝－49.【答案】－49【考法提煉】判斷數列單調性的兩種常用方法(1)作差比較法：an＋1－an>0?數列{an}是單調遞增數列；an＋1－an<0?數列{an}是單調遞減數列；an＋1－an＝0?數列{an}是常數列．(2)作商比較法：①當an>0時，eq\f(an＋1,an)>1?數列{an}是單調遞增數列；eq\f(an＋1,an)<1?數列{an}是單調遞減數列；eq\f(an＋1,an)＝1?數列{an}是常數列．②當an<0時，eq\f(an＋1,an)>1?數列{an}是單調遞減數列；eq\f(an＋1,an)<1?數列{an}是單調遞增數列；eq\f(an＋1,an)＝1?數列{an}是常數列．求數列最大項或最小項的方法可以利用不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－1≤an，,an≥an＋1))(n≥2)找到數列的最大項；利用不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－1≥an，,an≤an＋1))(n≥2)找到數列的最小項．考向1：等差數列的性質及基本運算【考情分析】等差數列的性質及基本運算是高考中的常考內容，多出現在選擇題、填空題和解答題的第(1)問中，分值大約為5分，屬容易題．復習中，在牢記等差數列的通項公式和前n項和公式的同時，靈活運用等差數列的性質，在解題過程中可以達到避繁就簡的目的．【考題展示】(2022·課標Ⅰ，7)設等差數列{an}的前n項和為Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，則m＝()A．3B．4C．5D．6∴a1＝－2，∴am＝－2＋(m－1)·1＝2，∴m＝5.【答案】C【考法提煉】等差數列運算問題的通性通法(1)等差數列運算問題的一般求法是設出首項a1和公差d，然后由通項公式或前n項和公式轉化為方程(組)求解．(2)等差數列的通項公式及前n項和公式，共涉及五個量a1，an，d，n，Sn，知其中三個就能求另外兩個，體現了用方程的思想解決問題．等差數列前n項和公式的應用方法根據不同的已知條件選用兩個求和公式，若已知首項和公差，則使用公式Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d；若已知通項公式，則使用公式Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)，同時注意與性質“a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝…”的結合使用．考向2：等差數列的判定與證明【考情分析】等差數列的判定與證明是高考中常見題型，其基本方法是利用等差數列定義，即證明an＋1－an＝常數(與n無關)，題型既有小題又有大題，但多以解答題的第一問為主，難度不大．在復習中，用定義法證明等差數列時，常采用的兩個式子an＋1－an＝d和an－an－1＝d意義不同，后者必須加上n≥2，否則n＝1時，a0無意義．【考題展示】(2022·課標Ⅰ，17，12分)已知數列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ為常數．(1)證明：an＋2－an＝λ；(2)是否存在λ，使得{an}為等差數列？并說明理由．由(1)知，a3＝λ＋1.令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.故an＋2－an＝4，由此可得{a2n－1}是首項為1，公差為4的等差數列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首項為3，公差為4的等差數列，a2n＝4n－1.所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.因此存在λ＝4，使得數列{an}為等差數列．【考法提煉】等差數列的判定方法(1)證明一個數列{an}為等差數列的基本方法有兩種：①利用等差數列的定義證明，即證明an＋1－an＝d(n∈N*)；②利用等差中項證明，即證明an＋2＋an＝2an＋1(n∈N*)．(2)解選擇題、填空題時，也可用通項公式或前n項和公式直接判斷：①通項法：若數列{an}的通項公式為n的一次函數，即an＝An＋B，則{an}是等差數列．②前n項和法：若數列{an}的前n項和Sn可以化為Sn＝An2＋Bn的形式(A，B是常數)，則{an}是等差數列．(3)若判斷一個數列不是等差數列，只需說明某連續3項(如前三項)不是等差數列即可．考向1：等差數列前n項和的最值問題【考情分析】公差不為0的等差數列，其前n項和的最值在高考中也時常出現，題型既有小題也有大題，難度不大．在復習時，關鍵是弄清等差數列前n項和存在最值的條件，要從等差數列前n項和與二次函數的關系及數列單調性兩個方面來把握．【考題展示】【2022課標全國Ⅱ，理16】等差數列{an}的前n項和為Sn，已知S10＝0，S15＝25，則nSn的最小值為__________．【答案】：－49聯立①②，得a1＝－3，，所以Sn＝.令f(n)＝nSn，則，.令f′(n)＝0，得n＝0或.當時，f′(n)＞0,時，f′(n)＜0，所以當時，f(n)取最小值，而n∈N＋，則f(6)＝－48，f(7)＝－49，所以當n＝7時，f(n)取最小值－49.【考法提煉】求等差數列前n項和Sn最值的兩種方法(1)函數法：利用等差數列前n項和的函數表達式Sn＝an2＋bn，通過配方或借助圖象求二次函數最值的方法求解．(2)鄰項變號法：①當a1>0，d<0時，滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(am≥0，,am＋1≤0))的項數m使得Sn取得最大值為Sm；②當a1<0，d>0時，滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(am≤0，,am＋1≥0))的項數m使得Sn取得最小值為Sm.考向1：等比數列概念及基本運算【考情分析】等比數列的基本運算是高考的常考內容，題型既有選擇題、填空題，又有解答題，屬中低檔題．在復習時，熟練掌握等比數列的通項公式及其前n項和公式，尤其是運用等比數列前n項和公式時注意公比是否為1，同時注意整體轉化思想在解題中的運用．【考題展示】(2022·課標Ⅱ，4)已知等比數列{an}滿足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，則a3＋a5＋a7＝()A．21B．42C．63D．84【答案】B(2022·課標Ⅱ，3)等比數列{an}的前n項和為Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，則a1＝()\f(1,3)B．－eq\f(1,3)\f(1,9)D．－eq\f(1,9)【答案】C∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q2＝9a1，,a1q4＝9，))解得a1＝eq\f(1,9).,【考法提煉】解決等比數列問題的常用思想方法(1)方程的思想：等比數列中有五個量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通過列方程(組)求關鍵量a1和q，問題可迎刃而解．(2)分類討論的思想：等比數列的前n項和公式涉及對公比q的分類討論，當q＝1時，{an}的前n項和Sn＝na1；當q≠1時，{an}的前n項和Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q.)考向2：等比數列的性質及應用【考情分析】等比數列的性質一直是高考考查的重點，以中低檔題目居多，題型以選擇題、填空題為主，突出“小、巧、活”，主要以通項公式、前n項和公式為載體，結合等比數列的性質考查分類討論、化歸與方程思想．在復習中，弄清等比數列的性質可以分為三類：一是通項公式的變形，二是等比中項的變形，三是前n項和公式的變形．根據題目條件，認真分析，發現具體的變化特征即可找出解決問題的突破口．【考題展示】(2022·課標Ⅱ文，9)已知等比數列{an}滿足a1＝eq\f(1,4)，a3a5＝4(a4－1)，則a2＝()A．2B．1\f(1,2)\f(1,8)【解析】由等比數列的性質，得a3a5＝aeq\o\al(2,4)＝4(a4－1)，解得a4＝2.又a1＝eq\f(1,4)，所以q3＝eq\f(a4,a1)＝8，即q＝2，故a2＝a1q＝eq\f(1,4)×2＝eq\f(1,2).【答案】C【考法提煉】運用等比數列的性質巧解題在等比數列的基本運算問題中，一般是列出a1，q滿足的方程組，求解方程組，但有時運算量較大，如果可利用等比數列的性質，便可減少運算量，提高解題的速度，要注意挖掘已知和“隱含”的條件．考向3：等比數列的判定及證明【考情分析】等比數列的判定與證明一直是高考的熱點，一般在解答題第(1)問出現，難度適中．對于判定與證明等比數列的常用方法，一定要熟練掌握．并且要注意只滿足an＋1＝qan(q≠0)的數列未必是等比數列，要使其成為等比數列還需要a1≠0.【考題展示】(2022·課標Ⅱ，17，12分)已知數列{an}滿足a1＝1，an＋1＝3an＋1.①證明eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是等比數列，并求{an}的通項公式；②證明eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(3,2).因為當n≥1時，3n－1≥2×3n－1，所以eq\f(1,3n－1)≤eq\f(1,2×3n－1).于是eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)≤1＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,3n－1)＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))<eq\f(3,2).所以eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(3,2).【考法提煉】等比數列的判定方法(1)判斷數列{an}為等比數列的方法①定義法：若eq\f(an＋1,an)＝q(q為非零常數，n∈N*)或eq\f(an,an－1)＝q(q為非零常數且n≥2，n∈N*)，則數列{an}是等比數列．②等比中項法：若數列{an}中，an≠0且aeq\o\al(2,n＋1)＝an·an＋2(n∈N*)，則數列{an}是等比數列．(2)解選擇題、填空題時也用如下方法①通項公式法：若數列通項公式可寫成an＝c·qn(c，q均是不為0的常數，n∈N*)，則數列{an}是等比數列．②前n項和法：Sn＝kqn－k(k為常數且k≠0，q≠0，1)，則數列{an}為等比數列．(3)若證明一個數列不是等比數列，則可用反證法證明存在相鄰三項不成等比數列即可，一般證明a1a3≠aeq\o\al(2,2).考向1：公式法、分組法求和【考情分析】利用公式進行數列求和是高考的常考內容，題型既有選擇題、填空題，又有解答題，難度適中，屬容易題．在復習中，除了熟練掌握求和公式外還要熟記一些常見的求和結論，再就是分清數列的項數，以免在使用公式時出錯．【考題展示】【2022全國2，理4】如果等差數列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7等于()A．14B．21C．28D．35【答案】：C∴a1＋a2＋…＋a7＝＝7a4＝28.【考法提煉】幾類可以使用公式求和的數列(1)等差數列、等比數列以及由等差數列、等比數列通過加、減構成的數列，它們可以使用等差數列、等比數列的求和公式求解．(2)奇數項和偶數項分別構成等差數列或者