高考数列核心知识

2024-05-10

高考数列核心知识（共10篇）

篇1：高考数列核心知识

广东高考数列必备知识

广东高考涉及数列的题目通常是一“小”一“大”。

1.小题属于中、低档题，主要考查等差（比）的概念、公式以及性质，复习重点应放在“基本量法”（也俗称“知三求二”）和性质的应用上。

2.大题属于中、高档题，主要考查考生推理论证、抽象概括、运算求解和探究能力。近几年的题目条件主要集中在：（1）已知数列的递推关系式；（2）已知Sn与an的关系式；（3）通过函数关系（或解析几何）建立Sn与an的关系或递推关系等几种形式。考查的问题主要集中在：（1）确定数列的通项公式；（2）证明某些和（积）式的不等关系等。

对于问题（1）的处理，复习重点应放在认真分析递推关系式上，识记能用累加、累乘、倒数法求通项公式的结构特点，掌握形如an1panq(p0且p1,q0)的一阶递推以及其演化的递推式an1panqn和二阶递推式an2pan1qan的用待定系数法构造新等比数列求通项，以及先猜想出通项公式、再用数学归纳法证明的方法。

对于问题（2），复习重点之一：非等差（或等比）数列求和，主要包括：分组求和、裂项求和、错位相减求和等。重点之二：会解决数列中的不等关系，主要方法：①作差（商）法；②构造函数，利用函数的单调性；③分析法；④放缩法；⑤利用基本不等式；⑥反证法以及数学归纳法等。

篇2：高考数列核心知识

一、基本公式：
1.

二、求通项公式 an 的方法：
1.

篇3：数列高考题型解读

数列试题的难度分布幅度大,既有容易的基本题和难度中等的小综合题,也有综合性和思考性强的难题,试题形态多变,时常有新颖的试题入卷. 考生为了在高考中取得好成绩,必须复习掌握好数列这一板块及其相关的知识和技能,了解数列试题的能力考查特点,提高解答这类试题的能力.为此,建议考生关注近几年来高考数列试题的考查特点,下面举例说明之.

一、等差、等比数列及其前 n 项和需要完全掌握

例1.(温州市十校联合体2014届高三10月测试理)已知数列{an}中,a1=1,

(1)求证*是等比数列,并求{an}的通项公式an;

评注:(1)理解等比数列的概念.(2)掌握等比数列的通项公式与前n项和公式.(3) 能在具体的问题情境中识别数列的等比关系,并能用有关知识解决相应的问题.(4)了解等比数列与指数函数的关系.

二、递推数列注重创新

例2.(2012年广东)设数列{an}的前n项和为Sn,满足2Sn=an+1-2n+1+1,n∈N*,且a1,a2+5,a3成等差数列.

(1)求a1的值;

(2)求数列{an}的通项公式.

评注:Sn与an的关系是高考常见题型,主要根据an=Sn-Sn-1(n≥2)将和、项“混合式”转化为和或项的“单纯式”.常用构造新数列思想,以考查学生的推理与创新能力.

三、数列与函数、不等式、解析几何的综合问题是重中之重

例3.(2010年江苏) 设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn.已知,数列*是公差为d的等差数列.

(1)求数列{an}的通项公式(用n,d表示);

(2)设c为实数,对满足m+n=3k且m≠n的任意正整数m,n,k,不等式Sm+Sn>c Sk都成立,求证:c的最大值为9/2.

评注:本小题主要考查等差数列的通项、求和以及基本不等式等有关知识,考查探索、分析及论证的能力.

篇4：2012年高考数列命题预测

1. 依数列的概念为依托，考查基本运算

从近年的命题情况看,依托数列的基本概念,设计考查基本运算的试题是数列中命制客观性试题的一种常见思路,此类题难度不大,往往在某一性质、某一知识点处设卡，突破后，可谓“一马平川”，直接得分.

例1 若互不相等的实数a，b，c成等差数列，c，a，b成等比数列，且a+3b+c=10，则a=（）

A． 4 B． 2 C．－2 D．－4

解析由a，b，c成等差数列，得2b=a+c，由于a+3b+c=10，得b=2，又c，a，b成等比数列，得a2=bc，即a2=2c，再结合a+c=4，得a=2或-4，由于a，b，c互不相等，故a=-4，选D.

点评本题依托等比、等差数列的基本概念考查数列的基本运算问题，在求解中用到了等差数列的性质，难度不大，运算需细心，若将答案B改为“2或-4”，可能有粗心的考生会误选.

例2 已知等差数列{an}的公差d=1，若a1+a2+…+a99+a100=150，那么a2+a4+…+a98+a100的值为（）

A． 100 B． 150 C． 200 D． 250

解析设由a1+a3+…+a97+a99=A，a2+a4+…+a98+a100=B，

那么A+B=a1+a2+…+a99+a100=150，B-A=50d=50?圯2B=200?圯B=100，选A.

点评本题依托等差数列前项和的概念，考查等差数列的基本运算.难度不大,求解方法也很多,其中利用等差数列的性质,进行整体运算给人有种赏心悦目的感觉.

2. 依数列的性质为依托，考查基本技能

数列的性质包括通项与前n项和之间的关系、等差、等比数列的性质、由递推公式确定数列的基本特征等，这些基本性质是在数列中设计“小、巧、活”试题的重要基地.

例3 设正数a0，a1，…，a2012构成数列{an}且满足下列两个条件：①a0=a2012，②an-1+■=2an+■，则所有满足条件的数列中a0的最大值为 .

解析由an-1+■=2an+■?圯an-1=2an……①或an-1=■……②

则a2012=a0（-1）■·22012-t，即a2012用了t次②，用了2012-t①，

（i）若t为奇数，得：a2012=■·22012-t，由于a0=a2012，即a0=■·22012-t，显然，a0≤■·22012-1，得a0≤21005■.

（ii）若t为偶数，此时a2012=a0·22012-t，由于a0=a2012，即a0=a0·22012-t，此时a0最小值不存在.

故a0的最小值为21005■.

点评本题依托递推式an-1+■=2an+■，再借助于（-1）t的运算结果巧妙地设计出数列的最值问题，看看求解过程，可谓“短小精悍”极具“数学味”.

3. 依分段数列为依托，考查分析推理能力

数列是特殊函数，结合分段函数产生分段数列，依托分段数列项的波动性考查分析推理能力是近年高考命题的一大特点，此类数列的项的规律性不是太明显，不深入探究，极易出错或产生不了结论.

例4 已知数列{an}满足：a1=m（m为正整数），an+1=■，当an为偶数时3an+1，当an为奇数时若a6=1，则m所有可能的取值为 .

解析由a6=1结合递推式，可得若a5为偶数，则由a6=■?圯a5=2；若a5为奇数，则由a6=3a5+1?圯a5=0（不合题意，舍去）.

由a5=2，若a4为偶数，则a5=■?圯a4=4；若a4为奇数，则由a5=3a4+1?圯a4=■（不合题意，舍去）.

由a4=4，若a3为偶数，则a4=■?圯a3=8；若a3为奇数，则由a4=3a3+1?圯a3=1.

由a3=8，若a2为偶数，则a2=16；若a2为奇数，则a2=■（不合题意，舍去）.

由a3=1，若a2为偶数，则a2=2；若a2为奇数，则a2=0（不合题意，舍去）.

由a2=16，若a1为偶数，则a1=32?圯m=32；若a1为奇数，则a2=3a1+1?圯a1=5?圯m=5；由a2=2，若a1为偶数，则a1=4?圯m=4；若a1为奇数，则a1=■（不合题意，舍去）.

故m所有可能的取值为32、5、4.

点评本题借助于a6及递推公式，逐步向前推理，逐步分析，直至产生a1，再与条件结合产生结论.难度不大，但运算量不大，必须细心才行.

4. 依基本图形为依托，考查捕捉信息能力

图形，直观地告诉我们所有内容，“有用的”与“无用的”尽显无遗.依托图形设计数列问题，通过对图形变化的分析、纷乱数据的整理来考查考生捕捉信息与利用信息能力也是近年高考命题的一大特点.求解此类问题的关键在于图与数之间的合理、科学的转化.

例5 将正△ABC分割成n2（n≥2，n∈N）个全等的小正三角形（图1，图2分别给出了n=2，3的情形），在每个三角形的顶点各放置一个数，使位于△ABC的三边及平行于某边的任一直线上的数（当数的个数不少于3时）都分别依次成等差数列，若顶点A，B，C处的三个数互不相同且和为1，记所有顶点上的数之和为f（n），则有f（2）=2，f（3）= ，…，f（n）= .

解析当n=3时，如图3所示，分别设各顶点的数用小写字母表示，即由条件知a+b+c=1，x1+x2=a+b，y1+y2=b+c，z1+z2=c+a.

那么x1+x2+y1+y2+z1+z2=2（a+b+c）=2，2g=x1+y2=x2+z1=y1+z2，

6g=x1+x2+y1+y2+z1+z2=2（a+b+c）=2，得g=■.

于是f（3）=a+b+c+x1+x2+y1+y2+z1+z2+g=1+2+■=■.

类似地可求得f（4）=5.由上知f（1）中有三个数，f（2）中有6个数，f（3）中共有10个数相加，f（4）中有15个数相加，…，若f（n-1）中有an-1（n>1）个数相加，可得f（n）中有（an-1+n+1）个数相加，且由f（1）=1=■，f（2）=■=■=f（1）+■，f（3）=■=f（2）+■，f（4）=5=f（3）+■，…，可得f（n）=f（n-1）+■，

所以f（n）=f（n-1）+■=f（n-2）+■+■=…=■+■+■+■+f（1）=■+■+■+■+■+■=■（n+1）（n+2）.

点评本题建立在图形的基础上，结合等差数列的性质产生了f（3）、又类比f（3）的方法产生f（4），再通过f（2）、f（3）、f（3）中后一项与前一项的关系，归纳出f（n）与f（n-1）之间进一步的关系使问题出现实质性的转机，本题有难度也有技巧.

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5. 依两类特殊数列为依托，考查数列中的基本思想与基本方法的应用

等差数列与等比数列是两类特殊数列，每年高考围绕这两类数列设计的试题都比较多.对于此类题在设计上往往还会同时注重数列中的其它技能，比如：数列求和错位相减法及裂项法等，求解时，首先抓好第一问的求解，因为第一问的结论可能还会为第二问甚至第三问“服务”.

例6 设Sn等比数列{an}的前n项和，且S2，■，a2成等差数列，又S3=■.

（Ⅰ）求数列{■}的通项；

（Ⅱ）设bn=■，求数列{bn}的前n项和Sn．

解析（Ⅰ）设首项为a1，公比为q，由S3=■，S2+a2=■，得■=■，a1+a1q+a1q=■?圯a1=■，q=■?圯an=■?圯■=3n.

所以数列{■}的通项为■=3n.

（Ⅱ）∵bn=■，∴bn=n·3n．

∴Sn=3+2×32+3×33+…+n·3n………①

∴3Sn=32+2×33+3×34+…+n3n+1………②

②-①得：2Sn=n3n+1-（3+32+33+…+3n），即2Sn=n3n+1-■，∴Sn=■+■．

点评本题依托等差数列与等比数列，考查在数列中最常用的基本思想——方程思想与数列中最重要的求和方法——错位相减法.本题的求解中，第一问的结论很重要，因为它直接为第二问服务，若是第一问出错，第二问就什么也不谈了.

6. 依新定义为依托，考查数列中的创新意识与创新能力

以新定义为依托，命制新背景、新定义、新运算、新性质等的创新题型，考查考生创新能力与创新意识是近年高考数列试题的一种新苗头.由于数列本身具有抽象性与灵活性，又加上创新问题还存在着“阅读理解”问题，因此，此类题有较大难度，往往出在试卷的最后两题的位置.

例7 数列{an}的前n项和记为Sn，前kn项和记为Skn（n，k∈N*），对给定的常数k，若■是与n无关的非零常数t=f（k），则称该数列{an}是“k类和科比数列”，

（1）已知Sn=（■）2，an>0，求数列{an}的通项公式；

（2）证明:（1）的数列{an}是一个“k类和科比数列”；

（3）设正数列{cn}是一个等比数列，首项c1，公比Q（Q≠1），若数列{lgcn}是一个“k类和科比数列”，探究c1与Q的关系.

解析（1）由Sn+1=■得Sn=■，作差得an+1=■，化简整理2an+1+2an=a2n+1-a2n，∴an+1-an=2.

由a1=（■）2，a1>0?圯a1=1，于是an=2n-1.

（2）由（1）知Sn=■=n2，那么S（k+1）n=（k+1）2n2，Skn=k2n2.

由于■=（■）2与n无关的非零常数，

所以数列{an}是一个“k类和科比数列”.

（3）由lgcn+1-lgcn=lg■=lgQ是一个常数，所以{lgcn}是一个等差数列，首项lgc1，公差lgQ，于是Sn=nlgc1+■·lgQ.

那么Skn=knlgc1+■·lgQ，S（k+1）n=（k+1）nlgc1+■·lgQ，

■=■=t

对一切n∈N*恒成立，化简整理[（k+1）2-k2t]·lgQ·n+[（k+1）-kt]·（2lgc1-lgQ）=0对一切n∈N*恒成立，所以（k+1）2-k2t=0，2lgc1-lgQ=0?圯Q=c12.

点评本题依托“k类和科比数列”的定义,设计证明一个数列是“k类和科比数列”及利用这个数列的定义展开的推理问题.第一问属于常规问题,第二问与第三问就是新定义的运用.第三问的转化有难度,求解必需细心.

7. 依递推式为依托，考查推理论证的能力

递推式是数列的表示形式之一.近年利用这一表示形式对数列进行考查是司空见惯的，且大有越来越难之势.常规命题是建立在非线性的递推式的基础上进行展开，通过求通项及一些数列性质的论证等，考查考生对问题的变形能力及数列常规技巧、技巧的掌握情况.

例8 已知数列{bn}中，bn+1=■，n∈N*，记an=■.

（1）求证：数列{an}是等比数列；

（2）若b1=0，试求数列{bn}的最大项与最小项；

（3）是否存在正整数b1使an>22-n，若存在，求出b1的值，否则，说明理由.

解析（1）由bn+1=■?圯bn+1-1=■，bn+1+2=■?圯■=（-■）·■，即an+1=（-■）·an，显然，数列{an}是以a1为首项，以-■为公比的等比数列.

（2）由b1=0，得a1=■=-■，所以an=（-■）n-1·a1=（-■）n，

即■=（-■）n?圯bn=■=■+1.

显然，n为奇数时，■递增，则当n=1时，b1=0最小；此时，最大值不存在，无限地趋近于1.

n为偶数时，■递减，则当n=2时，b2=4最大；此时，最小值不存在，无限地趋近于1.

综上可知，数列{bn}的最大项为b2=4、最小项为b1=0.

（3）由（1）an=■=■·（-■）n-1，那么an>22-n即为■·（-■）n-1>22-n?圯■>2，由于b1为正整数，得■>2?圯b1-1>2（b1+2）?圯b1<-5，显然，不存在.

点评本题第一问的合理变形是求解的重点与难点,突破这个之后求解就能顺利展开.对第二问最大项与最小项的分析要借助于符号进行,第三问其实是一个不等式问题.

8. 依函数、不等式为依托，考查综合运算数列知识的能力

依托函数的抽象性与不等式的灵活性，综合考查数列的运算能力，在广东的试卷中经常出现，也许2009年广东理科最后一题在复习时已经见过，函数、导数、不等式的巧妙结合令人叫绝.其求解的灵活性与构造的巧妙性也令人叹服，当然，对考生的“折磨”程度也让今天的你“望而生畏”.

例9 已知p≠0，对于任意自然数n都有点（an，an+1）在函数f（x）=px+1-p的图像上，且a1=2，

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）bn=2-qn-1（n∈N*），当n≥2时，p，q都在区间（0，1）内变化，且满足p2n-2+q2n-2≤1时，求所有点（an，bn）所构成图形的面积；

（3）当p>1时，证明：■<■+■+…+■<■（n∈N*）.

解析（1）∵an+1=pan+1-p（n∈N*），∴ an+1-1=p（an-1），

∴{an-1}是以a1-1=1为首项，p为公比的等比数列.

因此an-1=pn-1，即an=1+pn-1.

（2）∵当n≥2时，an=1+pn-1，bn=2-qn-1，由0

∵p2n-2+q2n-2≤1，又∵（an-1）2=（pn-1）2=p2n-2，（bn-2）2=q2n-2.

而p2n-2+q2n-2≤1，∴（an-1）2+（bn-2）2≤1.

即对满足题设的所有点（an，bn）在区域?赘：

１

而对区域?赘内的任一点（x，y），取p=■∈（0，1），q=■∈（0，1），

则an=1+pn-1，bn=2-qn-1.

即?埚p，q∈（0，1），使得?坌（x，y）∈?赘，（x，y）都是（an，bn）（n∈N，n≥2）中的点.

综上可知，点（an，bn）构成的图形是如图所示的■圆，其面积为■.

（3）∵■=■=■>■=■?圯■+■+…＋■>■.

又∵■=■=■=■+■·■<■+■·■，

∴ ■+■+…＋■<■+■（■+■+…＋■）=■+■·■＝■+■（1-（■）n）<■，

∴■<■+■+…＋■<■（n∈N*）.

点评建立在简单递推式的基础上给出数列是高考数列命题的常见形式之一.本题就是如此，将简单的递推式变开后，结合等比数列的定义，产生等比数列，再通过等比数列的有关性质产生第一问的结论.第二问与线性规划结合，其中分析出不等式组很关键，必须保证都不出错，否则满盘皆输.第三问除了数列的基本技能外，还要用到不等式的处理技巧.

数列题年年都有，且难度具有波动性.2011年文、理科都是第20题,又都是与递推式有关的且难度较大的试题.对于2012年我们要做好两手准备,既对基础考查与综合考查,唯有此,才能保住数列中的分数不少得.

（作者单位：中山市第一中学）

责任编校徐国坚

篇5：高考生物核心知识点

1、概念：是指基因中碱基对的增添、缺失或改变等变化。例如：镰刀型细胞贫血症。

此病的直接原因：组成血红蛋白的一条肽链上的氨基酸发生改变(谷氨酸→缬氨酸);

此病的根本原因：DNA模板链上的碱基发生改变(CTT→CAT)

2、诱因：物理因素：X射线、激光等;化学因素：亚硝酸盐，碱基类似物等;生物因素：病毒、细菌等。

3、特点：①发生频率低;②方向不确定;③随机发生：基因突变可以发生在生物个体发育的任何时期，可以发生在细胞内的不同的DNA分子上或同一DNA分子的不同部位上;④普遍存在;⑤一般有害。

4、结果：使一个基因变成它的等位基因。

5、时间：细胞分裂间期(DNA复制时期)

6、应用——诱变育种①方法：用射线、激光、化学药品等处理生物。②原理：基因突变;③实例：高产青霉菌株的获得;④优缺点：加速育种进程，大幅度地改良某些性状，但有利变异个体少。

7、意义：①生物变异的根本来源;②为生物进化提供原始材料;③是形成生物多样性的重要原因之一。

(二)基因重组

1、概念：是指生物体在进行有性生殖的过程中，控制不同性状的基因重新组合的过程。

2、种类：①基因的自由组合：减数分裂(减Ⅰ后期)形成配子时，随着非同源染色体的自由组合，位于这些染色体上的非等位基因也自由组合。组合的结果可能产生与亲代基因型不同的个体。②基因的交叉互换：减Ⅰ四分体时期，同源染色体上(非姐妹染色单体)之间等位基因的交换。结果是导致染色单体上基因的重组，组合的结果可能产生与亲代基因型不同的个体。③重组DNA技术

3、结果：产生新的基因型;

4、应用(育种)：杂交育种

5、意义：①为生物变异提供丰富来源;②为生物进化提供材料;③是形成生物体多样性的重要原因之一

(三)染色体变异

1、染色体结构变异，实例：猫叫综合征(5号染色体部分缺失)。

类型：缺失、重复、倒位、易位

2、染色体数目的变异

(1)类型： A.个别染色体增加或减少; B. 以染色体组的形式成倍增加或减少

(2)染色体组：概念：二倍体生物配子中所具有的全部染色体组成一个染色体组。

特点：①一个染色体组中无同源染色体，形态功能各不相同;②一个染色体组携带着控制生物生长的全部遗传信息。

(3)单倍体、二倍体和多倍体：由配子发育成的个体叫单倍体。有受精卵发育成的个体，体细胞中含几个染色体组就叫几倍体，如含两个染色体组就叫二倍体，含三个染色体组就叫三倍体，以此类推。体细胞中含三个或三个以上染色体组的个体叫多倍体。

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篇6：高考数列核心知识

一、阶段特征：

本单元讲述了工场手工业的世界，时间从14世纪到18世纪末。又可以分为14-16世纪和17-18世纪两个阶段。14-16世纪是资本主义在欧洲的兴起，兴起的表现主要包括经济上的资本主义萌芽，新航路开辟和早期殖民，思想上的文艺复兴和宗教改革，政治上的尼德兰革命。17-18世纪是资本主义的发展阶段，又被称为资产阶级革命时代。这一阶段，英法美三大革命确立了资本主义社会基本制度，欧洲诸国的封建改革客观促进了资本主义发展，早期殖民争夺英国称霸，北美和拉美独立具有双重性质，同时期的亚洲逐渐落伍。

具体历史阶段特征如下：

(一)、资义发展——资本主义兴起，封建社会趋于衰落：

1、资本主义经济-工场手工业和重商主义

(1)14世纪前后，资本主义萌芽在意大利，佛罗伦萨，尼德兰等地出现;(2)从生产力上看，资本主义处于工场手工业时代，早期的殖民活动，特别是新航路开辟后的价格革命促进了资本主义发展;(3)从生产关系看资本主义处于原始积累时代，原始积累的手段包括圈地运动，工场手工业，殖民掠夺等。这一时期，欧洲各国普遍奉行重商主义的经济政策，以推动原始积累。

2、资本主义政治-资本主义基本制度的确立：

(1)尼德兰革命是人类历史上第一次成功的资产阶级革命;(2)英法美早期三大资产阶级革命确立了基本的资本主义制度。英国资产阶级确立了君主立宪制度，开启了资本主义时代，法国大革命扫荡了法国封建秩序，震撼了整个欧洲，北美资产阶级确立了民主共和政体，具有双重性质。(3)欧洲大陆诸国进行了封建改革，客观上也促进了资本主义的发展。从整体看，封建主义仍然处于上风。

3、资本主义思想-从文艺复兴到启蒙运动：

(1)文艺复兴是资本主义第一次思想解放，以人文主义为反封建和神学的思想武器，传播了资产阶级观念;(2)近代自然科学革命以天文学革命为开端;(3)启蒙运动为资本主义社会的到来作了思想和理论准备，促进了革命的爆发，影响到全世界

(二)、殖民活动——早期原始积累阶段，手段野蛮：

1、殖民国家和被殖民地区：最早走上殖民道路的是西班牙和葡萄牙，英国，法国和荷兰后来居上，特别是英国成为殖民霸主。被殖民的地区主要美洲，印度，非洲沿岸。

2、殖民目的方式：目的是为了原始积累，方式比较野蛮，主要包括种族灭绝，贩卖奴隶，掠夺资源等。而英国的殖民方式相对具有开发的意义。

3、殖民争夺：经过激烈争夺，英国先后挫败西班牙(1588年击败无敌舰队)，荷兰(17世纪后期三次英荷战争)，法国(18世纪中叶的七年战争)，成为世界头号海上强国，殖民霸主。为英国率先进行工业革命创造了条件。

4、殖民后果：对当地人民深重灾难，对于欧洲来说，则获得了大量财富，增加了原始积累，为资本主义工场手工业的发展开辟了市场，从而促进了欧洲的兴旺和发展。

(三)、民族解放——北美拉美独立双重性质：

1、北美独立战争确立三权分立的民主共和政体，影响十分深远;

2、拉美独立运动结束了西葡300多年的殖民枷锁，成了一系列新兴国家。

(四)、国际关系——从殖民争夺到拿破仑战争： 1、16-18世纪，国际关系的核心问题是争夺殖民霸权，其中英国最终取得了胜利。其胜利的原因归因于其经济和政治制度的先进;

五、法国大革命的特点和成因。

特点：彻底性，激烈，世界性。

原因：(1)经济上资本主义进一步发展;(2)资产阶级和封建专制矛盾激化;(3)启蒙思想做了充分动员;(4)人民群众主动参加，推动革命发展;(5)革命引起欧洲范围内封建势力的反扑，两种力量的反复较量使革命超出了预期目标;(6)拿破仑战争把革命思想传播到整个欧洲大陆。

蒸汽时代的资本主义(19世纪初—19世纪70年代)

一、阶段特征：

本单元讲述了蒸汽时代的世界，时间从18世纪后期到19世纪后期。这一时期是资本主义真正战胜封建主义，在全球确立自己统治地位的阶段。从经济上看工业革命使生产力过渡到机器大工业阶段;政治上资产阶级通过革命和改革在世界主要大国内确立了资本主义制度;思想上自由主义兴盛起来;工人运动开始独立并走向成熟;列强的殖民扩张发生了变化，殖民体系初步形成;亚洲掀起了旧式的革命风暴;全球化有了重大发展，资本主义的世界市场，殖民体系和世界体系初步。

具体历史阶段特征如下：

(一)、资义发展——资本主义确立了自己的统治地位：

1、资本主义经济—工业革命和自由主义

(1)生产力：工业革命首先从英国发生，向欧美扩展，极大巩固了资本主义的统治基础，也从根本上改变了世界，使资产阶级统治了世界;(2)生产关系：一种自由放任，自由竞争的经济主张，即自由主义兴盛起来;(3)经济危机：资本主义开始显露其弊端;(4)世界市场：资本主义通过工业革命和殖民活动初步形成了资本主义的世界市场。

2、资本主义政治—资本主义国家体系的确立：

资本主义制度继续扩展，在世界主要大国确立了资本主义制度，形成了资本主义的国家体系。(1)19世纪20-30年代革命和1848年革命摧毁了封建的维也纳体系;(2)19世纪60-70年代欧美亚的主要大国以不同形式扫除了资本主义发展障碍，走上资本主义道路，包括俄国1861年改革，美国内战，德国和意大利统一，日本明治维新。资本主义的国家体系确立。

3、资本主义思想-自由主义兴盛起来：

自由主义是理性主义的进一步发展，强调经济的自由放任，政治的个人平等，扩大民主，健全法制等。这推动了资本主义的进一步完善。

(二)、工人运动——工人运动兴起并走向成熟：

1、随着工业革命开展，工人运动开始独立登上历史舞台，标志是19世纪30-40年代的三大工人运动，包括法国里昂工人起义，德国西里西亚织工起义，英国宪章运动。因为这些运动中工人阶级提出了本阶级独立的政治口号。

2、马克思主义的诞生标志工人运动有了科学理论的指引。马克思主义的诞生原因是多方面，标志是1848年2月《共产党宣言》的发表。

3、第一国际是第一个国际性工人运动的联合组织，1864年成立于伦敦，推进国际工人运动进入一个新的阶段。即有组织，有领导，有理论的国际联合阶段。

4、巴黎公社是19世纪自由资本主义时代工人运动的顶峰，是建立无产阶级专政的一次伟大尝试，由于资本主义仍然处于上升阶段而失败。

(三)、殖民活动——商品输出阶段，初步形成殖民体系：

1、殖民国家和被殖民地区：英法美俄等，英国殖民霸主巩固。被殖民的地区主要集中于人口稠密的亚洲

2、殖民目的方式：目的是为了抢占原料产地和商品市场，方式是廉价商品和武装入侵并用。

3、殖民争夺：英国为首，法国追随，美国参与，英国居于首位。

篇7：高考数列核心知识

基础知识填一填

1．糖类、脂质、蛋白质和核酸共有的元素是C、H、O，除此之外，蛋白质中还含有N等元素，核酸中还含有N、P元素。磷脂分子的组成元素有C、H、O、N、P；叶绿素的组成元素有C、H、O、N、Mg。

2．在生物体中组成蛋白质的氨基酸约有20种，不同氨基酸理化性质差异的原因在于R基不同。

3．DNA和RNA在分子组成上的差异表现为DNA中含有脱氧核糖和胸腺嘧啶，而RNA中含有核糖和尿嘧啶。

4．DNA多样性的原因主要是碱基(脱氧核苷酸)的排列顺序不同；蛋白质多样性的原因是组成蛋白质的氨基酸的种类、数目、排列顺序以及肽链的空间结构和数目不同；而不同蛋白质肽链组成不同的原因是氨基酸的种类、数目和排列顺序不同。

5．乳糖和糖原只分布于动物(动物、植物)细胞；蔗糖、麦芽糖、淀粉和纤维素只分布于植物(动物、植物)细胞。

6．脂质主要包括脂肪、磷脂和固醇，其中，固醇又包括胆固醇、性激素和维生素D等。胆固醇是构成动物细胞膜的重要成分，在人体内还参与血液中脂质的运输。7．脂肪的含氢量高于糖类，因此氧化分解时耗O2多，释放的能量也多。

8．自由水/结合水的比值越大，生物新陈代谢越旺盛，但其抗逆性相对较低。种子晒干过程损失的主要是自由水，干种子高温烘烤出的水珠的来源主要是结合水，结合水破坏后的种子不能萌发。

9．相关实验中的颜色反应(1)蛋白质＋双缩脲试剂→紫色；(2)DNA＋甲基绿染液→绿色；(3)RNA＋吡罗红(派洛宁)染液→红色；加热(4)还原糖＋斐林试剂――→砖红色；(5)脂肪＋苏丹Ⅲ(Ⅳ)染液→橘黄(红)色；(6)线粒体＋健那绿染液→蓝绿色。易错易混判一判

1．葡萄糖和麦芽糖可被水解，蔗糖和乳糖水解的产物都是葡萄糖(×)2．脂肪酸和磷脂含有的元素相同(×)3．脂肪和生长激素是生物体内的能源物质(×)4．同质量的糖类与脂肪氧化分解，脂肪消耗的氧多，产生的水多，释放的能量也多(√)5．高温、过酸、过碱等都会使蛋白质分子中的肽键受到破坏，从而造成蛋白质分子失活(×)6．肽键的结构式为CO—NH，其数目在所有多肽中都是氨基酸数－1(×)7．细胞中氨基酸种类和数量相同的蛋白质是同一种蛋白质(×)8．tRNA、mRNA、rRNA都参与蛋白质的合成(√)9．组成DNA与ATP的元素种类不同(×)10．T2噬菌体的遗传信息贮存在RNA中(×)11．真核生物以DNA为遗传物质，部分原核生物以RNA为遗传物质(×)12．结合水与自由水的比值越大，生物新陈代谢越旺盛，但其抗逆性相对较小（）2

篇8：数列高考交汇题深度透视

一、等差数列与等比数列的交汇

例1（2015·浙江）已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn.若a3，a4，a8成等比数列，则（）

A. a1d>0，dS4>0B. a1d<0，dS4<0

C. a1d>0，dS4<0D. a1d<0，dS4>0

分析：由a3，a4，a8成等比数列得，a24=a3a8（a1+3d）2=（a1+2d）（a1+7d）3a1d+5d2=0，因公差d≠0，故a1=-53d，a1d=-53d2<0，dS4=d（4a1+4×32d）=-23d2<0.

答案：B.

例2（2015·福建）若a，b是函数f（x）=x2-px+q（p>0，q>0）的两个不同的零点，且a，b，-2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p+q的值等于（）

A. 6B. 7C. 8D. 9

分析：不妨设a>b，由韦达定理得a+b=p>0，ab=q>0，则a>b>0，所以-2，b，a成等差数列，a，-2，b成等比数列，所以2b=a-2，ab=4，解得a=4，b=1或a=-2，b=-2（舍去），所以p=5，q=4，所以p+q=9.

答案：D.

解题策略：解决等差数列与等比数列的交汇性问题，关键是理清两个数列的关系.如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，要把成等差数列或等比数列的项抽出来，研究这些项与序号之间的关系；如果两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数列分割开，弄清两个数列各自的特征，再进行求解.

二、数列与函数的交汇

例3（2015·陕西）设fn（x）是等比数列1，x，x2，…，xn的各项和，其中x>0，n∈N，n≥2.

（1）证明：函数Fn（x）=fn（x）-2在（12，1）内有且仅有一个零点（记为xn），且xn=12+12xn+1n；

（2）设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gn（x），比较fn（x）和gn（x）的大小，并加以证明.

分析：（1）利用函数的单调性和函数零点存在性定理；（2）将数列值大小的比较，转化为函数值大小的比较，并利用导数研究函数的单调，从而确定它们的大小关系.

解析：（1）证明：Fn（x）=fn（x）-2=1+x+x2+…+xn-2，

则Fn（1）=n-1>0，Fn（12）=1+12+（12）2+…+（12）n-2=1-（12）n+11-12-2=-12n<0，

所以Fn（x）在（12，1）内至少存在一个零点.

又F′n（x）=1+2x+…+nxn-1>0，故Fn（x）在（12，1）内单调递增，

所以Fn（x）在（12，1）内有且仅有一个零点xn.

因为xn是Fn（x）的零点，所以Fn（xn）=0，

即1-xn+1n1-xn-2=0，故xn=12+12xn+1n.

（2）由题设，gn（x）=（n+1）（1+xn）2.

设h（x）=fn（x）-gn（x）=1+x+x2+…+xn-（n+1）（1+xn）2，x>0.

当x=1时，fn（x）=gn（x）.

当x≠1时，h′（x）=1+2x+…+nxn-1-n（n+1）xn-12.

若0xn-1+2xn-1+…+nxn-1-n（n+1）2xn-1=n（n+1）2xn-1-n（n+1）2xn-1=0.

若x>1，h′（x）

所以h（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，

所以h（x）

综上所述，当x=1时，fn（x）=gn（x）；当x≠1时，fn（x）

例4（2015·江苏）设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d（d≠0）的等差数列.

（1）证明：2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列.

（2）是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？并说明理由.

（3）是否存在a1，d及正整数n，k，使得an1，an+k2，an+2k3，an+3k4依次构成等比数列？并说明理由.

分析：（1）根据等比数列定义，只需验证每一项与前一项的比值都为同一个不为零的常数即可；（2）先将等比数列问题转化为方程问题，再通过换元，将二元方程问题转化为一元高次方程问题，进而讨论根是否存在；（3）同（2），再将方程根的问题转化为函数的零点问题进行探讨.

解析：（1）证明：因为2an+12an=2an+1-an=2d（n=1，2，3）是同一个常数，

所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列.

（2）令a1+d=a，则a1，a2，a3，a4分别为a-d，a，a+d，a+2d（a>d，a>-2d，d≠0）.

假设存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列，

则a4=（a-d）（a+d）3，且（a+d）6=a2（a+2d）4.

令t=da，则1=（1-t）（1+t）3，且（1+t）6=（1+2t）4（-12

化简得t3+2t2-2=0（*），且t2=t+1.

将t2=t+1代入（*）式，得t（t+1）+2（t+1）-2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0，则t=-14.

显然t=-14不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，

因此不存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列.

（3）假设存在a1，d及正整数n，k，使得an1，an+k2，an+2k3，an+3k4依次构成等比数列，

则an1（a1+2d）n+2k=（a1+d）2（n+k），

且（a1+d）n+k（a1+3d）n+3k=（a1+2d）2（n+2k）.

分别在两个等式的两边同除以a2（n+k）1及a2（n+2k）1，并令t=da1（t>-13，t≠0），

则（1+2t）n+2k=（1+t）2（n+k），且（1+t）n+k（1+3t）n+3k=（1+2t）2（n+2k）.

将上述两个等式两边取对数，得（n+2k）ln（1+2t）=2（n+k）ln（1+t），且（n+k）ln（1+t）+（n+3k）ln（1+3t）=2（n+2k）ln（1+2t），

化简得2k[ln（1+2t）-ln（1+t）]=n[2ln（1+t）-ln（1+2t）]，

且k[3ln（1+3t）+ln（1+t）-4ln（1+2t）]=n[2ln（1+2t）-ln（1+t）-ln（1+3t）].

再将这两式相除，化简得

ln（1+3t）ln（1+2t）+3ln（1+2t）ln（1+t）=4ln（1+3t）ln（1+t）（**）.

令g（t）=4ln（1+3t）ln（1+t）-ln（1+3t）ln（1+2t）-3ln（1+2t）ln（1+t），

则g′（t）=2[（1+3t）2ln（1+3t）-3（1+2t）2ln（1+2t）+3（1+t）2ln（1+t）]（1+t）（1+2t）（1+3t）.

令φ（t）=（1+3t）2ln（1+3t）-3（1+2t）2ln（1+2t）+3（1+t）2ln（1+t），

则φ′（t）=6[（1+3t）ln（1+3t）-2（1+2t）ln（1+2t）+（1+t）ln（1+t）].

令φ1（t）=φ′（t），则φ′1（t）=6[3ln（1+3t）-4ln（1+2t）+ln（1+t）].

令φ2（t）=φ′1（t），

则φ′2（t）=12（1+t）（1+2t）（1+3t）>0.

由g（0）=φ（0）=φ1（0）=φ2（0）=0，φ′2（t）>0，

知φ2（t），φ1（t），φ（t），g（t）在（-13，0）和（0，+∞）上均单调.

故g（t）只有唯一零点t=0，即方程（**）只有唯一解t=0，故假设不成立，

所以不存在a1，d及正整数n，k，使得an1，an+k2，an+2k3，an+3k4依次构成等比数列.

解题策略：数列是一种定义域为正整数集或正整数集的子集的函数，因此数列与函数有着天然的联系.数列中的方程问题，往往可以转化为函数的零点问题，而数列的最值问题或数列比大小问题，则需构造函数，通过利用导数研究函数的单调性，来解决数列的相关问题.

三、数列与不等式的交汇

例5（2015·浙江）已知数列{an}满足a1=12且an+1=an-a2n（n∈N*）

（1）证明：1≤anan+1≤2（n∈N*）；

（2）设数列{a2n}的前n项和为Sn，证明12（n+2）≤Snn≤12（n+1）（n∈N*）.

分析：（1）首先根据递推公式可得0

证明：（1）由题意得an+1-an=-a2n≤0，即an+1≤an，故an≤12.

当n≥2时，由an=（1-an-1）an-1得，

an=（1-an-1）（1-an-2）…（1-a1）a1>0.

由0

故1≤anan+1≤2.

（2）由题意得a2n=an-an+1，

所以Sn=a1-an+1.①

由1an+1-1an=anan+1和1≤anan+1≤2得1≤1an+1-1an≤2，

所以n≤1an+1-1a1≤2n，

因此12（n+1）≤an+1≤1n+2（n∈N*）.②

由①②得，12（n+2）≤Snn≤12（n+1）（n∈N*）.

例6（2015·重庆）在数列{an}中，a1=3，an+1an+λan+1+μa2n=0（n∈N+）.

（1）若λ=0，μ=-2，求数列{an}的通项公式；

（2）若λ=1k0（k0∈N+，k0≥2），μ=-1，证明：2+13k0+1

分析：（1）将已知的递推关系式等价变形为an+1=qan，并找到公比q；（2）依据递推关系归纳出该数列的单调性，并将ak0+1适当放缩.

解析：（1）由λ=0，μ=-2，有an+1an=2a2n（n∈N+）.

若存在某个n0∈N+，使得an0=0，则由上述递推公式易得an0-1=0.

重复上述过程可得a1=0，与a1=3矛盾，所以对任意n∈N+，an≠0.

从而an+1=2an（n∈N+），即{an}是一个公比q=2的等比数列.

故an=a1qn-1=3×2n-1.

（2）证明：因为λ=1k0，μ=-1，所以数列{an}的递推关系式即为

an+1an+1k0an+1-a2n=0，变形为an+1（an+1k0）=a2n（n∈N+）.

由上式及a1=3>0，归纳可得3=a1>a2>…>an>an+1>…>0.

因为an+1=a2nan+1k0=a2n-1k20+1k20an+1k0=an-1k0+1k0·1k0an+1，所以

ak0+1=a1+（a2-a1）+…+（ak0+1-ak0）=

a1-k0·1k0+1k0（1k0a1+1+1k0a2+1+…+1k0ak0+1）

>2+1k0（13k0+1+13k0+1+…+13k0+1）=2+13k0+1.

另一方面，由上已证的不等式知a1>a2>…>ak0>ak0+1>2，得

ak0+1=a1-k0·1k0+1k0·（1k0a1+1+1k0a2+1+…+1k0ak0+1）

<2+1k0·12k0+1+12k0+1+…+12k0+1k0=2+12k0+1.

综上，2+13k0+1

解题策略：解决数列与不等式的综合问题时，如果是证明题要灵活选择证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法等.总之解决这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了.

（作者：王佩其，太仓市明德高级中学）

篇9：高考数学数列解题方法

这种方法是体现学生的想象力及创新能力的方法，也是数学解题技巧中最富有挑战性的方法，能将复杂的题型辅以转换的功能，成为简单的、易被理解的题型。比如，一个正方体平面为ABCB和A1B1C1D1，在正方体的棱长D1C1和C1B1分别设置两点E和F为中点，AC与BD相交于P点，A1C1于EF相交于Q点，求证：(1)点D、B、F、B在同一平面上;(2)如果线段A1C通过平面DBFE，交点到R点，那么P、R、Q三点共线?由题可知：线段EF是△D1B1C1的中位线，所以，EF与B1D1平行，在正方体AC1中，线段B1D1与BD平行，相应得出：线段EF与线段BD相平行，由此得出线段EF和BD在一个平面，所以可以求得点D、B、F、E在同一个平面。假设平面A1ACC1为x，平面BDEF为y，由于Q点在平面AC，所以Q点也属于平面x，为x和y的交点，同属两个平面的点。同理可得，点P也属x、y的公共点，而R点是平面A1C与平面y的交点，所以，可以得到P、Q、R三点共线。