2013年高考數列命題預測

數列問題是高考的熱點和難點.廣東省高考卷近幾年數列在選擇題與填空題中，以中檔題為主，解答題往往放在最后兩題較為綜合、難度大，主要考查內容有以下幾點：①數列的概念與性質；②等差數列與等比數列的概念、通項、前n項和公式的理解和應用；③數列求通項與求和的基本方法，如觀察法、類比法、錯位相減法、待定系數法、歸納法、遞推法；掌握求數列的子數列常規方法；④數列的綜合應用：一類是與函數、不等式、方程、三角、幾何等知識聯系起來；另一類是與現實生活實際問題相結合，解決此類綜合題，要重視審題、弄清題意，轉化為熟悉的數學問題，構造與數列有關的模型.

為了更科學、更合理、更有效地掌握好數列知識模塊，本文按照考試大綱及廣東省考試說明對數列熱點命題預測，供同學們復習時參考.

熱點一、考查數列的概念及求通項的方法

例1. 設數列{an}中，Sn=-4n2+25n+1，求an.

【解析】（1）∵an=Sn-Sn-1（n≥2），

∴an=（-4n2+25n+1）-[-4（n-1）2+25（n-1）+1]=29-8n.

∵a1=s1=22，不適合上式，∴an=22，（n=1）29-8n.（n≥2）

點評 數列題型如Sn=f（n）或Sn=f（an）的關系，可考慮用求差Sn-Sn-1=an后，但要檢驗S1=a1，一定要先分n=1和n≥2兩種情況分別進行運算，然后驗證能否統一.

例2. 設函數f（x）=■（x>0），觀察：

f1（x）=f（x）=■，

f2（x）=f（f1（x））=■，

f3（x）=f（f2（x））=■，

f4（x）=f（f3（x））=■，…

根據以上事實，由歸納推理可得：

當n∈N？鄢且n≥2時，fn（x）=f（fn-1（x））= .

【解析】觀察可知：四個等式等號右邊的分母為x+2，3x+4，7x+8，15x+16，即（2-1）x+2，（4-1）x+4，（8-1）x+8，（16-1）x+16，所以歸納出分母為fn（x）=f（fn-1（x））的分母為（n2-1）x+n2，故當n∈■且n≥2時，fn（x）=f（fn-1（x））=

■.

點評 本題建立在觀察若干個等式的基礎上，結合數列的概念，主要通過觀察找出規律性，進行比較、學會猜想、歸納出前后兩項的關系，抓住問題的關鍵，本題有難度也有技巧.

例3. 已知數列{an}滿足a1=2，an=-■，則a2013=_________.

【解析】由a1=2，得a2=-■=-■，a3=-■=■，a4=-■=2，歸納得：an+3=an，∴a2013=a671×3=a3=-■.

點評 考查考生學會觀察、歸納推理能力，寫出前幾項容易得到此數列是周期數列.

例4. 在數列{an}中，a1=■，an=■·an-1（n≥2），求an.

【解析】由條件a2=■·a1，a3=■·a2，a4=■·a3，a5=■·a4，…，an=■·an-1，將這n-1個式子迭乘并化簡，得an=■.

點評 數列有形如an+1=an·f（n）的解析關系，而f（1）·

f（2）· … ·f（n）的積是可求的，可用多式累（迭）乘法求得an.

例5. 設數列{an}滿足a1=1，an+1=■，（n∈N），求an.

【解析】兩邊同時取倒數得■=2·■+1.

∵■+1=2·（■+1），∴{■+1}是一個首項為■+1=2，公比為2的等比數列.

∴■+1=2n，即an=■.

點評 題型如an+1=■（B≠0），可通過兩邊取倒數變為■=B·■+A，再設元列出■+x=B（■+x）即x=■.從而導出新構成的等比數列■+x=B（■+x）進而求出an，此題也可通過歸納猜想如例2.

例6. 已知數列{an}滿足：a1=-4，an+1=5an+16n（n∈N？鄢），求數列{an}的通項公式.

【解析】∵a1=-4，an+1=5an+16n，可變形為：an+1+4（n+1）+1=5（an+4n+1）.

令bn=an+4n+1，∵a1=-4，∴b1=1，則構造數列{bn}是公比為5的等比數列，∴bn=an+4n+1=1×5n-1=5n-1，即an=5n-1-4n-1.

點評 題型如an+1=Aan+Cn（C≠0），可變形為an+1+x（n+1）+y=A（an+xn+y），則an+1=Aan+（A-1）xn+（A-1）y-x，由待定系數法得：x=■，y=■，從而構造數列即：an+1+■（n+1）+■=A（an+■n+■）.

注意：當A=1時，就是典型的疊加法和迭代法，這類題仍是高考的熱點和重點.

熱點二、考查等差、等比數列的基本性質

例7. 若公差不為零的等差數列{an}的第二、三、六項成等比數列，求公比q=_____.

【解析】設等差數列的通項an=a1+（n-1）d，（d≠0）.

依題意得a32=a2a6，即（a1+2d）2=（a1+d）（a1+5d），解得a1=-■d.

所以q=■=■=■=3.

點評 考查等差與等比數列概念和性質及基本運算能力，在求解中用到了等差、等比數列的性質，難度不大，運算需細心.

熱點三、考查數列性質、通項公式、前n項和公式和的理解和應用

例8. 數列{an}中，a1=8，a4=2且滿足an+2=2an+1-an，

n∈N？鄢.

⑴求數列{an}的通項公式；

⑵設Sn=|a1|+|a2|+…+|an|，求Sn；

⑶設bn=■（n∈N？鄢），Tn=b1+b2+…+bn（n∈N？鄢），是否存在最大的整數m，使得對任意n∈N？鄢，均有Tn>■成立？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由.

【解析】（1）由題意，an+2-an+1=an+1-an，∴{an}為等差數列，設公差為d，由題意得2=8+3d？圯d=-2，∴an=8-2（n-1）=10-2n.

（2）若10-2n≥0，則n≤5，

當n≤5時，Sn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=■×n=9n-n2，當n≥6時，Sn=a1+a2+…+a5-a6-a7…-an=S5-（Sn-S5）=2S5-Sn=n2-9n+40，

故Sn=9n-n2， n≤5n2-9n+40. n≥6

（3）∵bn=■=■=■（■-■），

∴Tn=■[（1-■）+（■-■）+（■-■）+…+（■-■）+（■-■）]=■.

若Tn>■對任意n∈N？鄢成立，即■>■對任意n∈N？鄢成立.

∵■（n∈N？鄢）的最小值是■，∴■<■，∴m的最大整數值是7.

即存在最大整數m=7使對任意n∈N？鄢，均有Tn>■.

點評 等差數列與等比數列的性質、通項公式、前n項和公式是高考的重點內容，常以小題考查，或以大題中檔題出現.如此題主要考查數列通項、裂項法、等差求和公式的運用、分類討論思想解決存在性問題.

例9. 數列{an}滿足遞推關系：an=an-2+2，且a1=1，a2=4，

（1）寫出a3，a4，求an；

（2）求數列{an}的前n項和.

【解析】⑴∵an=an-2+2，a1=1，a2=4，∴a3=3，a4=6.

an=an-2+2，知{an}的奇數項與偶數項分別成等差數列.

若n為偶數，則an=a2+（■-1）2=n+2；

若n為奇數，則an=a1+（■-1）2=n，

∴an=n+[1+（-1）n].

（2）當n為偶數時，Sn=■+n=■，

當n為奇數時，Sn=■+n-1=■，

∴Sn=■，n為奇數■.n為偶數

點評 當數列中的項有符號限制時，應分n為奇數，n為偶數進行討論.一般地，先求S2n，再求S2n+1，且S2n+1=S2n+a2n+1

例10. 已知數列{an}中，a1=5且an=2an-1+2n-1（n≥2且n∈N？鄢）.

（1）若數列{■}為等差數列，求實數？姿的值；

（2）求數列{an}的通項及前n項和Sn.

【解析】（1）方法1：∵a1=5，∴a2=2a1+22-1=13，a3=2a2+23-1=33.

設bn=■，由{bn}為等差數列，則有2b2=b1+b3.

∴2×■=■+■.

∴■=■+■，解得？姿=-1.

事實上，bn+1-bn=■-■=■[（an+1-2an）+1]

=■[（2n+1-1）+1]=1.

綜上可知，當？姿=-1時，數列{■}為首項是2、公差是1的等差數列.

方法2：∵數列{■}為等差數列，

設bn=■，由{bn}為等差數列，則有2bn+1=bn+bn+2（n∈N？鄢）.

∴2×■=■+■.

∴？姿=4an+1-4an-an+2=2（an+1-2an）-（an+2-2an+1）

=2（2n+1-1）-（2n+2-1）=-1.

綜上可知，當？姿=-1時，數列{■}為首項是2、公差是1的等差數列.

（2）由（1）知，■=■+（n-1）×1，

∴an=（n+1）·2n+1.

∴Sn=（2·21+1）+（3·22+1）+…+（n·2n-1+1）+[（n+1）·2n+1].

即Sn=2·21+3·22+…+n·2n-1+（n+1）·2n+n.

令Tn=2·21+3·22+…+n·2n-1+（n+1）·2n……①

則2Tn=2·22+3·23+…+n·2n+（n+1）·2n+1…… ②

②-①，得Tn=-2·21-（22+23+…+2n）+（n+1）·2n+1

=n·2n+1.

∴Sn=n·2n+1+n=n·（2n+1+1）.

點評 本題考查數列求通項與求和常用方法：待定系數法，錯位相減法.也可通過構造輔助數列，化歸為熟悉的等差數列與等比數列，利用兩者的性質和公式，解答更為簡潔易懂.

熱點四、考查數列通項與求和的綜合運用，掌握用遞推法求數列的子數列

例11. 設Sn為數列{an}的前n和Sn=■（an-1），等差數列{bn}中，b4=19，數列{bn}前10項和T10=250.

（1）求數列{an}的通項公式；

（2）把數列{an}與{bn}的公共項按從小到大的順序排成一個新數列{dn}，求{dn}的通項.

【解析】（1）當n=1時，a1=■（a1-1），得a1=3.

當an=2時，由an=Sn-Sn-1=■（an-an-1），得■=3，∴{an}等比數列，故有an=3n.

又由b4=19，T10=250，∴b1+3d=19，10b1+■·10·9·d=250，∴b1=7，d=4，即bn=4n+3.

（2） 設dn=af（n），經計算知d1=a3=27=b6，∴f（1）=3.

∵af（n）+1=3f（n）+1=3·3f（n）=3·（4k+3）=4（3k+2）+1，故af（n）+1？埸{bn}.

而af（n）+2=9·（4k+3）=4（9k+6）+3=b9k+6∈{bn}，故dn+1=af（n）+2，∴f（n+1）=f（n）+2.

∴{f（n）}為等差數列，公差為2.

又f（1）=3，f（n）=2n+1，∴dn=a2n+1=32n+1.

點評 數列{an}中按一定規律抽取部分項構成一個新數列{cn}，則稱{cn}是數列{an}的子數列的通項公式，通常采用兩種手段來求解：①觀察歸納，找規律；②探索等式“Ck=af（k）”中f（k）的表達式.

熱點五、考查數列的最大、最小項

例12. 若數列{an}的通項公式為an=■，則數列的最大項為第 項，最小項是第 項.

【解析】作出f（x）=■=1+（■）的圖像，結合442< 2013<452，知a44最小，a45最大.

點評 關于數列求最大，小項問題常轉化到函數問題，利用函數圖像性質來處理更為簡單明了，本題中的分式函數的對稱中心及單調性的是解決問題的關鍵，考查了數列中的函數與數形結合思想.

例13. 已知二次函數f（x）=ax2+bx滿足條件：①f（0）=f（1）；②f（x）的最小值為-■.

（1） 設數列{an}的前n項積為Tn， 且Tn=（■）f（n）， 求數列{an}的通項公式；

（2） 在（1）的條件下， 若5f（an）是bn與an的等差中項， 試問數列{bn}中第幾項的值最小？ 求出這個最小值.

【解析】（1） 由題知：a+b=0，a>0，-■=-■，解得a=■，b=-■，故f（x）=■x2-■x.

由f（n）=■n2-■n，代入得Tn=a1a2…an=（■）■.

Tn-1=a1a2…an-1=■（n≥2），∴an=■=

（■）■■（n≥2）.

又a1=T1=1滿足上式，所以an=（■）■■（n∈N？鄢）.

（2） 若5f（an）是bn與an的等差中項， 則2×5f（an）=bn+an，

從而10（■an2-■an）=bn+an，得bn=5an2-6an=5（an-■）2-■.

因為an=（■）■■（n∈N？鄢）是n的減函數， 所以：

當an≥■， 即n≤3（n∈N？鄢）時，bn隨n的增大而減小， 此時最小值為b3；

當an<■， 即n≥4（n∈N？鄢）時， bn隨n的增大而增大， 此時最小值為b4.

又a3-■

且b3=5[（■）2]■-6（■）2=-■.

點評 數列本身就是函數，數列是定義在正整數集N？鄢或是其有限子集{1，2，3，…，n}上的一種特殊的函數，數列與函數的交匯是天然的，因此我們要能用函數的思想來解決數列問題.

熱點六、考查數列的綜合應用：一類是與函數、不等式、方程、三角、幾何等其它知識聯系起來；另一類是與現實生活問題相結合.

例14. 數列{an}的各項均為正數，Sn為其前n項和，對于任意n∈N？鄢，總有an，Sn，■成等差數列.

（1）求數列{an}的通項公式；

（2）設數列{bn}的前n項和為Tn，且bn=■，求證：對任意實數x∈（1，e]（e是常數，e=2.71828…）和任意正整數n，總有Tn<2；

（3）在正數數列{cn}中，an+1=（cn）n+1，（n∈N？鄢）.求數列{cn}中的最大項.

【解析】（1）由已知：對于n∈N？鄢，總有2Sn=an+■成立……①

∴2Sn-1=an-1+■（n≥2）……②

①-②得2an=an+■-an-1-■，

∴an+an-1=（an+an-1）（an-an-1）.

∵an，an-1均為正數，∴an-an-1=1（n≥2），∴數列{an}是公差為1的等差數列.

又n=1時，2S1=a1+■，解得a1=1，∴an=n（n∈N？鄢）.

（2）證明：∵對任意實數n∈（1，e]和任意正整數n，總有bn=■≤■，

∴Tn≤■+■+…+■<1+■+■+…+■

=1+（1-■）+（■-■）+…+（■-■）=2-■<2.

（3）解析：由已知cn=■？圯c1=■，c2=■，c3=■=■，c4=■.

易得c1c3>c4>…

猜想n≥2時，{cn}是遞減數列.

令f（x）=■，則f ′（x）=■=■，

∴當x≥3時，lnx>1，則1-lnx<0，即f ′（x）<0，∴f（x）在[3，+∞）內為單調遞減函數.

由an+1=cnn+1，知lncn=■，∴n≥2時，{lncn}是遞減數列，即{cn}是遞減數列.

又∵c1

點評 數列常與函數，導數，方程，不等式等知識相交匯，突出考查考生在學習數學時對知識的靈活變通，融合與遷移，近幾年加強對遞推數列與其它知識綜合應用的考查力度，應引起我們高度重視.

例15. 設數列{an}滿足a1=2，an+1=an+■，（n=1，2，3，…）

（1）證明an>■對一切正整數n成立；

（2）令bn=■，（n=1，2，3，…），判斷bn與bn+1的大小，并說明理由.

【解析】（1）由遞推公式得 ■=■+2+■，

■=■+2+■，…，■=■+2+■.

上述各式相加并化簡得：

■=■+2（n-1）+■+…■>22+2（n-1）=2n+2>2n+1（n≥2）.

又n=1時，an>■明顯成立，故an>■（n=1，2，…）.

（2）解法一：■=■=（1+■）■<（1+■）■=■=■=

■<1，∴bn+1

解法二：■-■=■-■=■（■+■+2）-■=■（2+■-■）<■（2+■-■）<0，故■<■， 因此bn+1

點評 數列與不等式相交匯的題目，一般是較難的.它除了要求你對數列知識較為熟悉外，還要求對不等式證明中的各種方法熟悉.尤其是構造法，放縮法應用最多.

例16. 已知數列{an}和{bn}滿足：a1=？姿，an+1=■an+n-4，bn=（-1）n（an-3n+21），其中？姿為實數，n為正整數.

（Ⅰ）對任意實數？姿，證明數列{an}不是等比數列；

（Ⅱ）試判斷數列{bn}是否為等比數列，并證明你的結論；

（Ⅲ）設0

【解析】（Ⅰ）假設存在一個實數λ，使{an}是等比數列，則有a22=a1a3，即（■λ-3）2=λ（■λ-4）？圳■λ2-4λ+9=■λ2-4λ？圳9=0矛盾，所以{an}不是等比數列.

（Ⅱ） 因為bn+1=（-1）n+1[an+1-3（n-1）+21]=（-1）n+1（■an-2n+14）=■（-1）n·（an-3n+21）=-■bn .

又b1=-（λ+18），所以：

當λ=-18，bn=0（n∈N？鄢），此時{bn}不是等比數列：

當λ≠-18時，b1=（λ+18） ≠0，由上可知bn≠0，∴■-■（n∈N？鄢）.

故當λ≠-18時，數列{bn}是以-（λ+18）為首項，-■為公比的等比數列.

（Ⅲ） 由（Ⅱ）知，當λ=-18，bn=0，Sn=0，不滿足題目要求.

∴λ≠-18，故知bn=-（λ+18）·（-■）n-1，于是可得Sn=-■（λ+18）[1-（-■）n].

要使a

當n為正奇數時，1

于是，由①式得■a<-■（λ+18）<■b？圳-b-18<λ<-3a-18.

當a

當b>3a存在實數λ，使得對任意正整數n，都有a

點評 本題主要考查等比數列的定義、數列求和、不等式等基礎知識和分類討論的思想，要求考生對引起分類討論的變量能給予明確的界定，對于運算能力也有更高的要求，重點考查考生綜合分析問題的能力和推理認證能力.

例17. 某企業經過技術創新改革后，第一年的資金增長率是300%，以后每年的資金增長率都是前一年增長率的■.

（1）經過4年后，企業的資金是原來資金的多少倍？

（2）由于市場存在風險，每年損失資金的5%，那么經過多少年后企業的資金開始下降.

【解析】（1）一年后資金為a1=a（1+300%） =4a（a表示原來的資金）；

二年后資金為a2=4a（1+100%）=8a；

三年后資金為a3=8a（1+■）=■a；

四年后資金為a4=■a（1+■）=■a，

∴經過四年后，企業的資金是原來資金的■倍.

（2） 設第n年后的資金為an，第n年的增長率為rn，則r1=3，rn=（■）n-2.

依題意有：an+1=an·（1+rn+1）·（1-5%）=an（1+■）·■，

∴■=（1+■）·■<1，可得■<■，∴3n-1>19，∴n≥4，故經過4年后企業的資金開始下降.

點評 解答數列應用問題，關鍵是如何將它轉化為數學問題.前提要重視審題、弄清題意，理清各變量間關系，轉化為熟悉的數學問題，構造與數列有關的模型；先要分清是等差數列還是等比數列；后分清是求an還是求Sn，特別要準確地確定項數n；要強化轉化思想、方程思想和構建模型意識.

高考數列題年年都有，且側重點不同，難度具有波動性.對于2013年我們要做好兩手準備，要充分把握住數列基礎知識考查與綜合能力考查，唯有如此，才能保證多得數列考題的分數.

（作者單位：廈門大學附屬實驗中學）

責任編校 徐國堅