3透视高考数列题_数列高考题练习题

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透视2013年高考数列题

童其林

一、命题分析

数列是高中代数的重要内容之一,在整个高中数学中,它处于数学知识和数学方法的汇合点，数、式、方程、函数、简易逻辑、算法、三角、不等式、几何等内容均可能与数列知识产生联系.因此,它是数学高考命制能力题的主板块之一.纵观今年的高考试题,数列试题具有题型新颖,综合性强的特点.题量大多为1大题、l小题,约占全卷总分的13%，比如理科上海卷、江西卷、北京卷、陕西卷、湖北卷、广东卷、安微卷等就设置了一大一小两个题.有的省份只有一道客观题（选择题或者填空题）或只有一道解答题中，比如理科山东卷、全国新课标Ⅱ卷、浙江卷、四川卷等只有一道主观题（解答题），福建卷、辽宁卷、重庆卷等只设置了一道选择题或填空题.例外的是全国新课标课标Ⅰ卷理科，设置了三个小题——2道选择题1道填空题，占15分，还有就是江苏卷，除了一大一小两个题外，附加题也是数列题..从考查的知识和方法来看，等差等比数列的基础知识及其应用是考查的重点，知识交汇是趋势，比如2013年各地高考理科数学卷中，求通项公式的就有山东卷理科20第1小题，安微卷理科14题，全国新课标课标Ⅰ卷理科14题，江西卷理科17题第1小题，湖北卷理科18题第1小题，广东卷理科19题第2小题；求前n项和的有山东卷理科20第2小题，全国新课标课标Ⅰ卷理科第7题，四川卷理科第16题；证明或判断等差或等比数列的有上海卷理科23题第2小题，福建卷理科第9题，北京卷理科20题第2小题，陕西卷理科17题第2小题；判断数列是递增还是递减数列的有全国新课标课标Ⅰ卷理科12题，辽宁卷理科第4题；与平面解析几何交汇的有全国高考新课标1卷理科12题，安微卷理科14题；类比、归纳猜猜的有陕西卷理14题，湖北卷理14题；上海卷、广东卷考了证明不等式问题；陕西卷理科17第1小题考了推导等比数列的前n项和公式，很有特色.另外，上海卷与北京卷都把数列题作为压轴题.二、经典例题分析

1.考查数列的基础知识

理解数列的概念，并能根据递推公式写出数列的前几项;理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题;理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题——这些都是数列的基础知识.例1（福建卷，理科9）已知等比数列{an}的公比为q，记bnam(n1)1am(n1)2am(n1)m,cnam(n1)1am(n1)2am(n1)m(m,nN)，则以下结论一定正确的是（）

A．数列{bn}为等差数列，公差为qB．数列{bn}为等比数列，公比为q

C．数列{cn}为等比数列，公比为qm2m2m

D．数列{cn}为等比数列，公比为qmm

解析：粗看本题，一个感觉就是bn,cn的表达式太复杂，特殊化是简化运算的一个手段.因为b1a1a2am,b2am1am2amm,b3b2m1b2m2b2mm，当数列an的公比q1时，b1ma1b2b3，此时公差为0，A错.当q1时，b

2qm(a1a2am), b

1b

3qm(am1am2amm)qmqm(a1a2am)，b2

此时

b2b3，B错.

b1b2

因为c1a1a2am,c2am1am2amm,c3a2m1a2m2a2mm，所以c2c1c3，所以数列cn为等比数列，c2am1am2amma1qma2qmamqmm2又q，故选C.c1a1a2ama1a2am

点评：熟练掌握等差数列与等比数列的定义、性质，通项公式及其前n项和公式是解题的关键．另外，特殊化能帮助我们快速选出正确支.例2（陕西卷，理科17）设{an}是公比为q的等比数列.(Ⅰ)推导{an}的前n项和公式；(Ⅱ)设q≠1, 证明数列{an1}不是等比数列.解析：（I）设等比数列{an}的公比为q，其前n项和 Sn=a1+ a1q+….a1qn-1 ①将①式两边分别乘以q得qSn=a1q+ a1q2+…a1qn

n

aanqa（n1-q）当q≠0时，Sn或Sn1 1q1q

当 q=1时，a1= a2=….an，所以Sn=na.（II）∵q≠1 假设数列{an+1}为等比数列，那么(a21)2(a11)(a31)，即(a1q1)(a11)(a1q1)a1(q1)0a10或q=1，均与题设矛盾，故数列{an1}不可能为等比数列.点评：推导{an}的前n项和公式，有很多方法，上述方法只是其中的一种.本题（2）直接证明是很难完成的，反证法是最好的选择.2.考查数列与其它知识的融合数列与函数、简易逻辑、三角、不等式、几何等知识的融合是重点.例3（全国新课标Ⅱ卷，理科16）等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10=0，S15 =25，则nSn 的最小值为________.109d10a012

2解析：由题意得，解得d,a13,315a1514d2

512n(n1)2n210nn310n2

, 所以Sn3n，即nSn233320n310n2

n，,则有f(x)n2令f(n)

3令f(x)n

20202020

n00n,令f(x)n2n0n, 3333

n310n2

48，当n=7时，因为 n为正整数，当n=6时，f(n)

3n310n2n310n2

f(n)49,所以当n=7时，f(n)取得最小值为-49.33

点评：数列本身就是关于n的函数，利用导数求数列函数的最值也就显得自然，这里要特别注意的是n在正整数范围内取值.例4（全国高考新课标1卷理科12设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn，△AnBnCn的面cn＋anbn＋an

积为Sn，n=1,2,3,…若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝，cn＋1＝()

A．{Sn}为递减数列B.{Sn}为递增数列

C.{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列D.{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列

cn＋anbn＋an

解：因为an＋1＝an，所以an=a1,而bn＋1，c

＋＝，2从而b2c2

c1a1b1a1c1b

1a12a1, 222ca2b2a2c2b2

b3c32a22a1

222

……

bn1cn12a1，即对所有n，有bn＋cn＝2a1，也就是AnCn+AnB n＝2a1，为定值，所以点Anx2y2

1.如图，以Bn，Cn中点为坐标原点建系，则An的轨迹为23a1

a12

4又|bn1cn1||

cnanbnan1

||bncn||bncn|，222

所以两边差越来越小，An越来越接近于椭圆短轴端点，因而An到BnCn的距离越来越大，面积Sn也越来越大，{Sn}为递增数列.点评：本题的解法也有不少，上述解法与解析几何融合，开辟了解题的新天地，很有创意.例

5（江西卷理科

17）正项数列

an的前项和Sn满足：，0sn(n2n1sn)n(2n)

（1）求数列{an}的通项公式an；（2）令bn

n1*，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的nN，都有22

(n2)an

Tn

5.64

解析：（1）由sn(n2n1)sn(n2n)0，得

S

n

(n2n)(Sn1)0，由于an是正项数列，所以Sn0,Snn2n.

于是a1S12,当n2时，anSnSn1nn(n1)(n1)2n.所以数列an的通项公式an=2n.(2)由于an=2n，bn

n1n1111，22222216n(n2)an4n(n2)(n2)

Tn

1111111111

1 163222423252(n1)2(n1)2n2(n2)2

=

111111511.2222162(n1)(n2)16264

点评：本题考查数列的通项、前n项和公式，数列的递推，裂项相消法求数列的前n项

和，及用放缩法证明不等式等.3.探索性问题

合情推理与演绎推理的结合，也常是考查数列问题的重要内容.例6（湖北理科14）古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数.如三角形数

nn11

21nn.记第n个k边形数为1,3,6,10，…，第n个三角形数为

222

Nn,kk3，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：

三角形数Nn,3

121

nn 22

正方形数Nn,4n

五边形数Nn,5

321nn 22

六边形数Nn,62nn……

可以推测Nn,k的表达式，由此计算N10,24.解析：观察n和n前面的系数，可知一个成递增的等差数列另一个成递减的等差数列，故Nn,2411n10n，N10,241000.点评：找到规律是解决问题的关键.例7（陕西卷理14）观察下列等式:121

12223 1222326

1222324210 …

照此规律, 第n个等式可为.解析：观察上式等号左边的规律发现，左边的项数一次加1，故第n个等式左边有n项，每项所含的底数的绝对值也增加1，依次次为1,2,3…n，指数都是2，符号成正负交替出现可以用（－1）n+1表示，等式的右边数的绝对值是左边项的底数的和，故等式的右边可以表示为（－1）n·

n+1

n（n1），所以第n个式子可为12－22+32－42+…+（－1）n+1n2=（－1）2

·

n（n1）

（n∈N）.2



点评：解题的关键在于：一是通过四个已知等式的比较发现隐藏在等式中的规律；二是符号成正负交替出现可以用（－1）n+1表示；三是注意表达完整性，不要遗漏了n∈N.三、备考策略

从命题趋势来看，等差、等比数列的定义、通项公式以其等差、等比数列的性质一直高考考查的重点，也依然是今后考查的重点；数列与函数、数列与数学归纳法、数列与不等式、几何等知识的综合是今后考查的重要方面，难度一般较大；应用性问题、探索性问题，依然在升温，不可忽视.另外，命题一定会重视观察归纳、类比联想、倒序相加、错位相减、裂项求和、迭代、构造等具体方法的考查，也会重视函数思想、方程思想、分类讨论的思想、转化的思想、数形结合的思想、有限与无限思想、特殊与一般的思想等数学素养的考查.所以备考时，应该比较深入地理解数列的概念，理解和掌握等差等比数列的概念和性质，掌握等差等比数列的通项公式与前n项和公式.注意数列与函数、简易逻辑、三角、不等式、几何等知识的融合，并不断提炼出解决数列问题的数学方法.作者单位：福建省永定县城关中学