2018广东高考数学一轮难题复习攻略

在高考的数学考试中，难题所占的分值比例是比较大的，那么高考备考的时候应该怎么复习数学难题呢?下面本站小编为大家整理的广东高考数学一轮难题复习攻略，希望大家喜欢。

一、调理大脑思绪，提前进入数学情境

考前要摒弃杂念，排除干扰思绪，使大脑处于“空白”状态，创设数学情境，进而酝酿数学思维，提前进入“角色”，通过清点用具、暗示重要知识和方法、提醒常见解题误区和自己易出现的错误等，进行针对性的自我安慰，从而减轻压力，轻装上阵，稳定情绪、增强信心，使思维单一化、数学化、以平稳自信、积极主动的心态准备应考。

二、“内紧外松”，集中注意，消除焦虑怯场

集中注意力是考试成功的保证，一定的神经亢奋和紧张，能加速神经联系，有益于积极思维，要使注意力高度集中，思维异常积极，这叫内紧，但紧张程度过重，则会走向反面，形成怯场，产生焦虑，抑制思维，所以又要清醒愉快，放得开，这叫外松。

三、沉着应战，确保旗开得胜，以利振奋精神

良好的开端是成功的一半，从考试的心理角度来说，这确实是很有道理的，拿到试题后，不要急于求成、立即下手解题，而应通览一遍整套试题，摸透题情，然后稳操一两个易题熟题，让自己产生 “旗开得胜”的快意，从而有一个良好的开端，以振奋精神，鼓舞信心，很快进入最佳思维状态，即发挥心理学所谓的“门坎效应”，之后做一题得一题，不断产生正激励，稳拿中低，见机攀高。

四、“六先六后”，因人因卷制宜

在通览全卷，将简单题顺手完成的情况下，情绪趋于稳定，情境趋于单一，大脑趋于亢奋，思维趋于积极，之后便是发挥临场解题能力的黄金季节了，这时，考生可依自己的解题习惯和基本功，结合整套试题结构，选择执行“六先六后”的战术原则。

1.先易后难。就是先做简单题，再做综合题，应根据自己的实际，果断跳过啃不动的题目，从易到难，也要注意认真对待每一道题，力求有效，不能走马观花，有难就退，伤害解题情绪。

2. 先熟后生。通览全卷，可以得到许多有利的积极因素，也会看到一些不利之处，对后者，不要惊慌失措，应想到试题偏难对所有考生也难，通过这种暗示，确保情绪稳定，对全卷整体把握之后，就可实施先熟后生的策略，即先做那些内容掌握比较到家、题型结构比较熟悉、解题思路比较清晰的题目。这样，在拿下熟题的同时，可以使思维流畅、超常发挥，达到拿下中高档题目的目的。

3.先同后异。先做同科同类型的题目，思考比较集中，知识和方法的沟通比较容易，有利于提高单位时间的效益。高考题一般要求较快地进行“兴奋灶”的`转移，而“先同后异”，可以避免“兴奋灶”过急、过频的跳跃，从而减轻大脑负担，保持有效精力。

4.先小后大。小题一般是信息量少、运算量小，易于把握，不要轻易放过，应争取在大题之前尽快解决，从而为解决大题赢得时间，创造一个宽松的心理基矗。

5.先点后面。近年的高考数学解答题多呈现为多问渐难式的“梯度题”，解答时不必一气审到底，应走一步解决一步，而前面问题的解决又为后面问题准备了思维基础和解题条件，所以要步步为营，由点到面。

6.先高后低。即在考试的后半段时间，要注重时间效益，如估计两题都会做，则先做高分题;估计两题都不易，则先就高分题实施“分段得分”，以增加在时间不足前提下的得分。

五、一“慢”一“快”，相得益彰

有些考生只知道考场上一味地要快，结果题意未清，条件未全，便急于解答，岂不知欲速则不达，结果是思维受阻或进入死胡同，导致失败。应该说，审题要慢，解答要快。审题是整个解题过程的“基础工程”，题目本身是“怎样解题”的信息源，必须充分搞清题意，综合所有条件，提炼全部线索，形成整体认识，为形成解题思路提供全面可靠的依据。而思路一旦形成，则可尽量快速完成。

1.(2014辽宁,文9)设等差数列{an}的公差为d.若数列{}为递减数列,则(　　)

A.d>0 B.d<0 C.a1d>0 D.a1d<0

2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,S4=40,Sn=210,Sn-4=130,则n等于(　　)

A.12 B.14 C.16 D.18

3.若数列{an}满足:a1=19,an+1=an-3(nN+),则数列{an}的前n项和数值最大时,n的值为(　　)

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

4.已知正项数列{an}满足:a1=1,a2=2,2(nN+,n≥2),则a7=　　　　　.

5.已知数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,且满足2Sn=+n-4(nN+).

(1)求证:数列{an}为等差数列;

(2)求数列{an}的通项公式.

16.设数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an=+2(n-1)(nN+).

(1)求证:数列{an}为等差数列,并求an与Sn;

(2)是否存在自然数n,使得S1++…+-(n-1)2=2015?若存在,求出n的值;若不存在,请说明理由.

1.D　解析:{}为递减数列,

=<1.

∴a1d<0.故选D.

2.B　解析:易得Sn-Sn-4=an+an-1+an-2+an-3=80.

又S4=a1+a2+a3+a4=40,

所以4(a1+an)=120,a1+an=30.

由Sn==210,得n=14.

3.B　解析:a1=19,an+1-an=-3,

∴数列{an}是以19为首项,-3为公差的等差数列.

an=19+(n-1)×(-3)=22-3n.

设{an}的前k项和数值最大,

则有kN+.

∴

∴≤k≤.

∵k∈N+,∴k=7.

∴满足条件的n的值为7.

4.　解析:因为2(nN+,n≥2),

所以数列{}是以=1为首项,以d==4-1=3为公差的等差数列.

所以=1+3(n-1)=3n-2.

所以an=,n≥1.

所以a7=.

5.(1)证明:当n=1时,有2a1=+1-4,即-2a1-3=0,

解得a1=3(a1=-1舍去).

当n≥2时,有2Sn-1=+n-5.

又2Sn=+n-4,

两式相减得2an=+1,

即-2an+1=,

也即(an-1)2=,因此an-1=an-1或an-1=-an-1.

若an-1=-an-1,则an+an-1=1.

而a1=3,所以a2=-2,这与数列{an}的各项均为正数相矛盾,

所以an-1=an-1,即an-an-1=1.

因此,数列{an}为首项为3,公差为1的等差数列.

(2)解:由(1)知a1=3,d=1,所以数列{an}的通项公式an=3+(n-1)×1=n+2,即an=n+2.

6.(1)证明:由an=+2(n-1),得Sn=nan-2n(n-1)(nN+).

当n≥2时,an=Sn-Sn-1=nan-(n-1)an-1-4(n-1),

即an-an-1=4,

故数列{an}是以1为首项,4为公差的等差数列.

于是,an=4n-3,Sn==2n2-n(nN+).

(2)解:由(1),得=2n-1(nN+).

又S1++…+-(n-1)2=1+3+5+7+…+(2n-1)-(n-1)2=n2-(n-1)2=2n-1.

令2n-1=2015,得n=1008,

即存在满足条件的自然数n=1008.