數列命題規律與備考策略

高慧明

本專題包括數列的概念、等差數列、等比數列的定義與性質;數列求和、數列的綜合應用、數學歸納法等內容.

本專題共有17個知識點（數列、等差數列、等比數列的概念性質7個，數列求通項，數列求和、數列的綜合應用、數學歸納法10個）. 四年來新課標全國卷先后涉及到9個知識點，高考覆蓋率為53%，這9個考點四年共考查了18點次，平均每年考查4.5點次，是考查頻率較高的內容.本專題在高考中一般是兩個選擇、填空，或一個解答題，每年平均總分13.5分，分值比重為9%.試題平均難度為0.57（其中選擇、填空難度0.56～0.9，平均難度0.75，解答題難度在0.12～0.71，平均難度0.42）.

在能力考查方面：推理論證能力15%，運算求解能力85%.

本專題的中、高頻考點及四年新課標全國卷中出現的頻數有：等差數列的通項及前n項和（頻數9），等比數列的通項及前n項和（頻數5），數列求和中錯位相減、裂項相消各一次（頻數2），求數列的通項（頻數1）;利用Sn與an的關系（頻數為0），但是此公式是數列的重要公式，要重視對它的復習，數學歸納法（頻數為0）.

根據上述分析可以看出，四年來高考命題在本專題中重點突出了等差數列與等比數列的基本性質和公式的考查力度.題目的難度都屬于容易題或中檔題. 縱觀近五年的高考命題看，數列這一個傳統的知識板塊的難度已經徹底降低了，高考不再在數列這里出難題.因此，在復習時不需要過多地、人為地加大難度.只需要掌握基本的通性通法就可以.這與新課改中教學課時的分布是一致的.

從知識范圍來看，主要考查等差、等比數列的概念、性質、通項公式、前n項和公式等內容;同時常見的求數列前n項和的方法比如：分組求和、裂項求和、錯位相減等在近幾年高考中考查力度很大.

從試題特點來看，小題具有“小、巧、活、新”的特點，解答題屬于中低檔難度的題目，常考“知三求二”的基本問題，但對基本的計算技能要求比較高.

第一單元 數列及等差數列、等比數列

【考點聚焦】

等差、等比數列主要內容有：理解數列的概念及其表示方法，能根據給定的項求出其它項.理解等差數列的概念，理解等比數列的概念;掌握等差數列的通項公式和前n項和公式;掌握等比數列的通項公式和前n項和公式.掌握“知三求二”的問題. 掌握用函數的觀點解等差、等比數列問題的方法.

【經典解析】

考點1：數列的概念

例1. 設{an}是等比數列，則“a1

A. 充分而不必要條件 ?B. 必要而不充分條件

C. 充分必要條件 ?D. 既不充分也不必要條件

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

{an}是等比數列.

解析：若已知a10，q>1或01且a1>0，所以a1

【收獲與點評】本題考查等比數列的概念，特別是等比數列為遞增數列的條件是a1>0，q>1或0

例2. 數列{an}的通項an=，則數列{an}中的最大值是（ ? ? ? ）

A. 3 ? B. 19 ? C. ? ?D.

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

{an}的通項為an=;

類比函數f（x）=求最值的方法.

解析：因為an=，運用基本不等式得≤，由于n∈N*，不難發現當n=9或10時，{an}最大值為.

【收獲與點評】數列為定義域為正整數集（有時為正整數集的子集）的特殊函數，所以在研究數列的增減性、最值等問題時，利用函數的思想方法來處理數列相關問題往往能起到事半功倍的效果.

例3. 設{an}是各項為正數的無窮數列，Ai是邊長為ai，ai+1的矩形的面積（i=1，2，…），則{An}為等比數列的充要條件是（ ? ）

A. {an}是等比數列.

B. a1，a3，…，a2n-1，…或a2，a4，…，a2n，…是等比數列.

C. a1，a3，…，a2n-1，…或a2，a4，…，a2n，…均是等比數列.

D. a1，a3，…，a2n-1，…或a2，a4，…，a2n，…均是等比數列，且公比相同.

【收獲與點評】本題考查等比數列的概念，特別強調要理解等比數列的公比為同一個常數，不能是多個常數.同時還考查了充分必要條件的基礎知識.也是一道小而活的題.屬于中等難度的題.

等差數列、等比數列的基本概念與充要條件的綜合考查是一種常見的靈活考查學生能力的問題.每年的得分并不高，復習時必須對基本概念的理解準確才能靈活運用.

例4. 數列{an}滿足an=（n≥2），a1=-，則a2012=

維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

由已知an=（n≥2）可知此數列是遞推數列. 常用方法是用特殊值n為1，2，3，4...代入法尋找數列的規律.

【收獲與點評】近幾年來遞推數列的考查降低了難度，但是由遞推關系寫出有限項是數列的通性通法，特別是以周期數列為背景考查考生的推理論證能力及運算能力的問題常常出現.做這類問題的常用方法是把1，2，3，4，…代入，并尋找規律，比如發現數列可化為等差等比數列或周期數列等.

【收獲與點評】本題考查等差數列的基本性質：等差中項;等差數列前n項和公式的靈活運用. 比如S2m-1==（2m-1）am . 同時還考查了解方程等知識. 本題屬于基礎容易題.

例6. 已知{an}是一個等差數列，且a2=1，a5=-5.

（Ⅰ）求{an}的通項an;

（Ⅱ）求{an}前n項和Sn的最大值.

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

{an}為等差數列，則an=a1+（n-1）d;

由a2=1，a5=-5，可得a1+d=1，a1+4d=-5，解得a1=3，d=-2，所以an=5-2n;

{an}為等差數列，則Sn=na1+d;

Sn=na1+d=-n2+4n，是關于n的二次函數，可以根據配方法求出Sn的最大值.

Sn=4-（n-2）2，所以n=2時Sn取得最大值.

因為{an}為等差數列，公差d<0，要Sn達到最大值，只需前n項均為正，而從n+1項開始為負即可，an=5-2n>0，當n=2時an為最小正值，所以n=2時Sn取得最大值.

解析：（Ⅰ）設{an}的公差為d，由已知條件，a1+d=1，a1+4d=-5，解出a1=3，d=-2.

所以an=a1+（n-1）d=-2n+5.

（Ⅱ）Sn=na1+d=-n2+4n=4-（n-2）2.

所以n=2時，Sn取到最大值4.

【收獲與點評】本題考查等差數列的基本概念和前n項和的應用. 屬于知三求二的基礎問題. 屬于容易題.

考點3：等比數列

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

例8. 已知各項均為正數的等比數列{an}，a1a2a3=5，a7a8a9=10，則a4a5a6=（ ? ? ）

A. 5 ? ? ? ? ?B. 7 ? ? ? ? ?C. 6 ? ? ? ? ?D. 4

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

【收獲與點評】本小題主要考查等比數列的性質、指數冪的運算、根式與指數式的互化等知識，著重考查了轉化與化歸的數學思想.其中等比數列{an}的性質若m+n=p+q，則am·an=ap·aq.是常考常新的重要性質. 本題屬于容易題.

考點4：等差數列和等比數列的綜合運用

例9. 等比數列{an}的前n項和為Sn，且4a1，2a2，a3成等差數列. 若a1=1，則S4=（ ? ? ?）

A. 7 ? ? ? ? ? ? B. 8 ? ? ? ? ? ? C. 15 ? ? ? ? ? ? D. 16

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

？譹？訛{an}是等比數列;

？譺？訛由4a1，2a2，a3成等差數列，則有4a2=4a1+a3？圯4a1q=4a1+a1q2，解得q=2;

？譻？訛等比數列的前n項 和Sn=，則S4=15.

【收獲與點評】本題考查等差數列與等比數列的綜合運用問題，關鍵是把它們之間進行轉化得出等量關系. 通過方程或方程組解出基本量.

例10. 已知x>0，y>0，x，a，b，y成等差數列，x，c，d，y成等比數列，則的最小值是（ ）

A. 0 ? ? ?B. 1 ? ? ?C. 2 ? ? ?D. 4

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

當x=y時取到最小值4. 答案為D.

【收獲與點評】本題是考查等差數列與等比數列的基本概念與均值不等式的綜合運用問題.本題的重點是消元，即把6個變量x、y、a、b、c、d減少為2個x、y，從而運用均值不等式求最小值. 本題屬于中等難度的題，但不少考生看到如此多的字母就怕了.消元是這種問題的解決辦法.

考點5：數列的綜合運用

例11. 已知數列{an}的首項a1=，an+1=，n=1，2，3，…

（1）證明：數列{-1}是等比數列;

（2）求數列{}的前n項和Sn.

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

解析：（1）設新數列bn=-1，則首項b1=-1=，

又有bn+1=-1=，

則=÷（-1）=×=.

所以數列{bn}是以為首項以為公比的等比數列，即bn=（）n .

即數列{-1}是等比數列，且有（）n=-1，

∴數列{-1}是以為首項，為公比的等比數列.

（2）由（1）， 知-1=·（）n-1=（）n=， 即=+1，

【收獲與點評】（1）本題主要考查證明一個數列為等比（差）數列，一般按五步進行：

第一步：先設出新數列bn=-1;第二步：求出首項b1=-1=;

第三步：求出后一項bn+1：bn+1=-1;（此處也可以求bn-1）;

第四步：求前后項的比或差為常數 即=常數（此處也可以求）;

第五步：得出結論：數列{bn}是以為首項以為公比的等比數列;

第六步：寫出通項bn=（）n. 雖然題目中沒有提出要求出通項公式，但是一般第二問會要用到這個通項的，所以還是要求求出來.

（2）“錯位相減法”是高考的重點，關鍵是正確進行運算，不能添項或漏項，要體現“錯位”和“相減”. 所以平時多練習. 一旦考到“錯位相減法”要不被扣1分地拿到滿分.

（3）分組求和也是高考的常見問題.

【復習攻略】

本單元在高考試卷中占5～10分，對考生運算能力的要求較高，試題難度中等偏易.因此，其復習時間應有2～3課時為宜，并且配以適量的課后作業.本單元以考查基礎知識，基本方法為主，通性通法是復習的重點. 千萬不要隨意增大難度.

本單元應重點掌握的知識包括等差數列的概念性質，等差數列的前n項和;等比數列的概念性質，等比數列的前n項和，難點是性質的靈活運用.明年的高考可以考慮復習用函數的觀點考數列的方向.

本單元復習的基本方法是：理解等差數列、等比數列的含義，能通過簡單變形后很快發現并判斷數列是等差或等比數列;熟記等差數列、等比數列的各公式，并能進行靈活運用;比如等差數列前n項和Sn===…=;只要下標和不變就可以. 比如S2n-1=（2n-1）an從而提高運算能力.同時等差數列的通項an=dn+p是關于n的一次函數;其前n項和Sn=n2+pn是一個不帶常數項的二次函數.一些新問題往往可以從函數的角度考慮會有更好的解法.

第二單元 數列求和、求通項與數列的綜合運用

【考點聚焦】

數列求通項主要內容有：掌握用綜合法求數列的通項的常見方法. 比如：？譹？訛利用數列Sn與an的關系an=S1，（n-1）Sn-Sn-1.（n≥2）求數列通項;②累加求通項;③累積求通項;④構造等差、等比求通項. 掌握用綜合法求數列的前n項和的常見方法. 比如：？譹？訛利用等差數列求和;②利用等比數列求和;③錯位相減法求和;④裂項相消法求和;⑤倒序相加求和 （見下頁表）.

【經典解析】

考點1：利用數列的通項an與前n項和Sn的關系求通項

例1. 數列{an}的前n項和為Sn，若a1=1，an+1=3Sn（n≥1），則a6=（ ? ?）

A. 3×44 ? ? ?B. 3×44+1 ? ? ?C. 44 ? ? ?D. 44+1

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

由an+1=3Sn（n≥1）可以聯想到an與Sn公式an=3Sn-1（n≥2），兩式相減得：an+1-an=3Sn-3Sn-1，則an+1=4an （n≥2）.

由an+1=4an（n≥2），可知此數列是從第二項起成等比數列，驗證a1=1，a2=3S1=1. 即此數列是從第二項開始為等比數列，a1=1不滿足. an=1， （n=1）3×4n-2， （n≥2）a6=3×44，答案：A.

【收獲與點評】本試題主要考查數列基本公式an=S1， （n-1）Sn-Sn-1.（n≥2）的運用. 關鍵是要關注條件（n≥2）. 從歷年高考來看，易錯點在于求出通項an后沒有對a1進行驗證，錯誤地認為a1也滿足條件，從而出錯.

考點2：利用累加法求數列的通項

例2. 設數列{an}滿足a1=2，an+1-an=3×22n-1.

（1）求數列{an}的通項公式;

（2）令bn=nan，求數列的前n項和Sn.

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

數列{an}滿足an+1-an=3×22n-1，屬于an+1-an=f（n）型的求數列通項問題，可用累加法求.

把n分別用1、2、3、4、5…代入an+1-an=3×22n-1中，并整齊豎排列好：

a2-a1=3×21

a3-a2=3×23

a4-a3=3×25

a5-a4=3×27

an-an-1=3×22n-3

把上面的這n-1個式子相加，左邊為an-a1，右邊是n-1個數相加構成有n-1項的等比數列的和即有：an-a1=3×21+3×23+3×25+3×27+…+22n-3.

an-a1=，又a1=2，解得an=22n-1.

累加求數列的通項也可以用橫式來寫，但必須對項數清點準確，否則就會出錯.

比如an+1=[an+1-an]+（an-an-1）+…+（a2-a1）+a1此式子中除a1=2外還有n項相加，并構成一個等比數列.

由？譺？訛可知bn=nan=n·22n-1. 這是典型的一個等差數列與一個等比數列通項的積，通性通法是錯位相減法求和.

解析：（Ⅰ）由已知，當n≥1時，

an+1=[an+1-an]+（an-an-1）+…+（a2-a1）]+a1

=3（22n-1+22n-3+…+2）+2

=22（n+1）-1.

而a1=2，所以數列{an}的通項公式為an=22n-1.

（Ⅱ）由bn=nan=n·22n-1知Sn=1·2+2·23+3·25+…+n·22n-1… ①

從而22·Sn=1·23+2·25+3·27+…+n·22n+1……………………②

①-②得 （1-22）·Sn=2+23+25+…+22n-1-n·22n+1.

即Sn=[（3n-1）22n+1+2].

【收獲與點評】已知a1=a，an+1-an=f（n），其中f（n）可以是關于n的一次、指數函數、分式函數，求通項an.

①若f（n）是關于n的一次函數，累加后可轉化為等差數列求和;

② 若f（n）是關于n的指數函數，累加后可轉化為等比數列求和;

③若f（n）是關于n的分式函數，累加后可裂項求和各式相加得;

例3. 在數列{an}中， a1=2，an+1-an+ln（1+），則an等于（ ? ?）

A. 2+lnn ? ? ? ? ? ? ? B. 2+（n-1）lnn

C. 2+nlnn ? ? ? ? ? ? ?D. 1+n+lnn

由an+1=an+ln（1+）知本題求通項屬于an+1-an=f（n）型，可以用累加求和;

把已知化簡可得an+1-an=ln（1+）. 如何求出ln（1+）的和呢？

ln（1+）=ln=ln（n+1）-lnn;

分別把n=1、2、3、4…代入可得：

a2-a1=ln2-ln1

a3-a2=ln3-ln2

a4-a3=ln4-ln3

an-an-1=lnn-ln（n-1）;

把個式相加得到an-a1=lnn所以an=2+lnn. 故應選A;

本題的解法二：

因為an+1=an+ln（l+），從而有an=an-1+ln

an-1=an-2+ln

a2=a1+ln2

本題解法三：由于本題是一道選擇題，可以用特特值法.

可由遞推關系式an+1=an+ln（l+）， 得出a2=a1+ln2=2+ln2，然后代入檢驗即可.顯然B、C、D選項都不符合，故只能選A.

【收獲與點評】由遞推關系求通項公式可采用特殊值法檢驗，或者轉化到等差、等比數列中直接求出，或者利用累加、累乘等方法. 在選擇題中，可采用特殊值檢驗法，只要求出數列中前幾項進行檢驗即可，這樣可以減少一些運算和推理過程.

考點3：利用累積法求數列的通項

例4. 已知數列{an}滿足：=（n≥2），a1=2，則數列的通項公式an= ? ? ? ? ? ?.

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

由=，可知此數列不是等差或等比數列.我們可以用特殊值法代入尋找規律.

【收獲與點評】利用疊乘法求數列的通項也是屬于通性通法. 它的特征是=f（n），其中f（n）相乘后可得. 其實我們可以用特殊值n為1， 2， 3， …分別代入后尋找規律.

考點4：利用等差等比數列公式求數列的前n項和

例5. 求數列的和：S=5+54+57+510+……+53n+4.

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

【收獲與點評】研究數列我們要關心的三項事：首項、末項、項數. 特別是對于等差等比數列問題，往往容易在套公式時認為總是n項，從而出錯.

考點5：利用錯位相減法求數列的前n項和

例6. 已知數列{an}的前n項和Sn=-（）n-1+2（n為正整數）.

（Ⅰ）令{bn}=2nan，求證數列{bn}是等差數列，并求數列{an}的通項公式;

（Ⅱ）令cn=an，Tn=c1+c2+…+cn試比較Tn與的大小，并予以證明.

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

④利用乘公比錯位相減法求Tn;

⑤有數學歸納法比較大小.

解析：（Ⅰ）在Sn=-an-（）n-1+2中，令n=1，可得s1=-a1-1+2=a1，即a1=.當n≥2時，Sn-1=-an-1-（）n-2+2，∴an=Sn-Sn-1=-an+an-1+（）n-1，∴2an=an-1+（）n-1，即2nan=2n-1an-1+1. ∵bn=2nan，∴bn=bn-1+1，即當n≥2時，bn-bn-1=1.

又b1=2a1=1，∴數列{bn}是首項和公差均為1的等差數列.

于是確定Tn與的大小關系等價于比較2n與2n+1的大小.

可猜想當n≥3時，2n >2n+1證明如下：

（1）當n=3時，由上驗算顯然成立.

（2）假設n=k（k≥3）時，猜想成立，即2k>2k+1，則當n=k+1時2k+1=2·2k>2（2k+1）=4k+2=2（k+1）+1+（2k-1）>2（k+1）+1.

所以當n=k+1時猜想也成立.

綜合（1）（2）可知 ，對一切n≥3的正整數，都有2n >2n+1

【收獲與點評】本題第一問為由Sn與an的關系，求通項或遞推關系問題，第二問是典型的錯位相減求和問題. 都屬于通性通法問題. 但錯位相減方法易理解，但要不錯卻不易，本題得分并不高. 所以要加強訓練和運算能力的培養.

考點6：利用裂項相消法求數列的前n項和

例7. 等比數列{an}的各項均為正數，且2a1+3a2=1，a32=9a2a6 .

（Ⅰ）求數列{an}的通項公式;

（Ⅱ）設{bn}=log3a1+log3a2+…+log3an求數列{}的前n項和.

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

{an}是等比數列，且各項均為正數an>0 .

解析：（Ⅰ）設數列{an}的公比為q，由a3 2=9a2a6得a3 2=9a4 2所以q2=.

由條件可知a>0，故q=.

由2a1+3a2=1得2a1+3a2q=1，所以a1=.

故數列{an}的通項式為an=.

【收獲與點評】分解與組合思想在數列求和中應用較廣. 裂項法的實質是將數列中的每項（通項）分解，然后重新組合，使之能消去一些項，最終達到求和的目的. 通項分解（裂項及分母有理化）

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

這是一道以算法為背景的數列求和問題.解算法問題的一般方法是從特殊到一般的代入法.即把k為1，2，3…代入再尋找規律.

此題只有有限步的運算，可以一步一步地算，但運算量大易錯.

由于N=5，當k=4循環后還有k+1=5的運算.要特別注意.

所以選D.

【收獲與點評】本題是以算法為背景考查裂項相消求和問題.這是近年來經常在高考中見到的題型. 常用的方法主要是從特殊到一般的代入法.先代入特殊值再尋找規律. 最易出錯的地方是對最后一項的判斷.

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

（1）f（x）=（1-3a）x+10（x≤6）為減函數; 則1-3a<0即a>;

（2）f（x）=ax-7（x>6）為減函數，則0

（3）a6=f（6）>f（7）=a7，即6（1-3a）+10>a0，a<.

綜上所述，

【收獲與點評】本題考查數列的單調性與函數的單調性的應用，因為數列是特殊的函數，數列只是一些孤立的點組成的一組點列. 所以數列的單調性與函數的單調性密切相關，但又與數列有很多不同.

例9. 已知{an}是正數組成的數列，a1=1，且點（，an+1）（n∈N？鄢）在函數y=x2+1的圖像上.（1）求數列{an}的通項公式;（2）若數列{bn}滿足b1=1，bn+1=bn+2n，求證：bn+2 bn

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

由點（，an+1）在函數y=x2+1的圖像上.可將點（，an+1）代入y=x2+1得an+1=an+1.

由an+1=an+1可以判斷數列{an}為等差數列，且公差d=1，從而易求an=n.

由bn+1=bn+2n，可知，這是可以利用累加法求出bn.

b2-b1=2

b3-b2=22

b4-b3=23

bn-bn-1=2n-1

所以bn=2n-1.

要證明不等式bnbn+2

bnbn+2-b2 n+1=（2n-1）（2n+2-1）-（2n+1-1）2 = 22n+2-2n-2n+2+1-22n+2+2n+2-1=-2n<0.

【收獲與點評】數列的綜合題，經常是函數、不等式、解析幾何的綜合，同時要用到方程的思想，出現的題目有求通項、求和、證明不等式等. 但近幾年來隨著數列高考難度的降溫，這類題目相應較少出現.即使出現也會是數列通性通法的新包裝. 比如用函數觀點把非等差、等比數列問題轉化為累加法、累積法、倒序相加、錯位相減等數列常見問題.

【復習攻略】

在數列復習的過程中，要突出兩條主線，一條是基礎知識主線，一條是思想方法主線.要以等差數列、等比數列兩個主干知識為載體，以通項公式和求和公式為主渠道，用好數列中基本量（a1， d， q， n， an， Sn）的關系，靈活運用等差（比）數列的性質，將最基本的解題方法訓練好.把基礎知識落實到位;注重通性通法，淡化技巧;同時注意數學思想的滲透以及數學思想在數列中的應用.比如重視數列與函數的聯系，加強數列與其它知識點結合的綜合性問題的訓練，提高分析問題與解決問題的能力.

數列是高考的必考內容，復習數列時要梳理以下兩個方面：

（1）解決數列問題的基本思路：判斷所要研究的數列是否為特殊數列：等差（比）數列. 如果是等差（比）數列，用等差（比）數列的公式和性質解決.如果不是等差（比）數列，要么轉化為等差（比）數列，要么尋找其它方法.

（2）研究數列的常用方法：① 研

本專題包括數列的概念、等差數列、等比數列的定義與性質;數列求和、數列的綜合應用、數學歸納法等內容.

本專題共有17個知識點（數列、等差數列、等比數列的概念性質7個，數列求通項，數列求和、數列的綜合應用、數學歸納法10個）. 四年來新課標全國卷先后涉及到9個知識點，高考覆蓋率為53%，這9個考點四年共考查了18點次，平均每年考查4.5點次，是考查頻率較高的內容.本專題在高考中一般是兩個選擇、填空，或一個解答題，每年平均總分13.5分，分值比重為9%.試題平均難度為0.57（其中選擇、填空難度0.56～0.9，平均難度0.75，解答題難度在0.12～0.71，平均難度0.42）.

在能力考查方面：推理論證能力15%，運算求解能力85%.

本專題的中、高頻考點及四年新課標全國卷中出現的頻數有：等差數列的通項及前n項和（頻數9），等比數列的通項及前n項和（頻數5），數列求和中錯位相減、裂項相消各一次（頻數2），求數列的通項（頻數1）;利用Sn與an的關系（頻數為0），但是此公式是數列的重要公式，要重視對它的復習，數學歸納法（頻數為0）.

根據上述分析可以看出，四年來高考命題在本專題中重點突出了等差數列與等比數列的基本性質和公式的考查力度.題目的難度都屬于容易題或中檔題. 縱觀近五年的高考命題看，數列這一個傳統的知識板塊的難度已經徹底降低了，高考不再在數列這里出難題.因此，在復習時不需要過多地、人為地加大難度.只需要掌握基本的通性通法就可以.這與新課改中教學課時的分布是一致的.

從知識范圍來看，主要考查等差、等比數列的概念、性質、通項公式、前n項和公式等內容;同時常見的求數列前n項和的方法比如：分組求和、裂項求和、錯位相減等在近幾年高考中考查力度很大.

從試題特點來看，小題具有“小、巧、活、新”的特點，解答題屬于中低檔難度的題目，常考“知三求二”的基本問題，但對基本的計算技能要求比較高.

第一單元 數列及等差數列、等比數列

【考點聚焦】

等差、等比數列主要內容有：理解數列的概念及其表示方法，能根據給定的項求出其它項.理解等差數列的概念，理解等比數列的概念;掌握等差數列的通項公式和前n項和公式;掌握等比數列的通項公式和前n項和公式.掌握“知三求二”的問題. 掌握用函數的觀點解等差、等比數列問題的方法.

【經典解析】

考點1：數列的概念

例1. 設{an}是等比數列，則“a1

A. 充分而不必要條件 ?B. 必要而不充分條件

C. 充分必要條件 ?D. 既不充分也不必要條件

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

{an}是等比數列.

【收獲與點評】本題考查等比數列的概念，特別是等比數列為遞增數列的條件是a1>0，q>1或0

例2. 數列{an}的通項an=，則數列{an}中的最大值是（ ? ? ? ）

A. 3 ? B. 19 ? C. ? ?D.

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

{an}的通項為an=;

類比函數f（x）=求最值的方法.

解析：因為an=，運用基本不等式得≤，由于n∈N*，不難發現當n=9或10時，{an}最大值為.

【收獲與點評】數列為定義域為正整數集（有時為正整數集的子集）的特殊函數，所以在研究數列的增減性、最值等問題時，利用函數的思想方法來處理數列相關問題往往能起到事半功倍的效果.

例3. 設{an}是各項為正數的無窮數列，Ai是邊長為ai，ai+1的矩形的面積（i=1，2，…），則{An}為等比數列的充要條件是（ ? ）

A. {an}是等比數列.

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

若{An}為等比數列則===常數q2，則B、C、D都對.

選項A、B、C、D中只有A和D才能推出==為常數. 故答案為D.

【收獲與點評】本題考查等比數列的概念，特別強調要理解等比數列的公比為同一個常數，不能是多個常數.同時還考查了充分必要條件的基礎知識.也是一道小而活的題.屬于中等難度的題.

等差數列、等比數列的基本概念與充要條件的綜合考查是一種常見的靈活考查學生能力的問題.每年的得分并不高，復習時必須對基本概念的理解準確才能靈活運用.

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

由已知an=（n≥2）可知此數列是遞推數列. 常用方法是用特殊值n為1，2，3，4...代入法尋找數列的規律.

【收獲與點評】近幾年來遞推數列的考查降低了難度，但是由遞推關系寫出有限項是數列的通性通法，特別是以周期數列為背景考查考生的推理論證能力及運算能力的問題常常出現.做這類問題的常用方法是把1，2，3，4，…代入，并尋找規律，比如發現數列可化為等差等比數列或周期數列等.

考點2：等差數列

例5. 等差數列{an}前n項和為Sn. 已知am-1+am+1-a2m=0，S2m-1=38，則m= ? ? ? ? ? .

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

{an}為等差數列，則am-1+am+1=2am;

由已知am-1+am+1-a2m=0可以化簡為：2am-a2m=0，解得：am=0或am=2;

因為S2m-1=（2m-1）am;

當am=0時，S2m-1=（2m-1）am=38，無解.

當am=2時，S2m-1=（2m-1）am=38，解得：m=10. ?答案：10.

【收獲與點評】本題考查等差數列的基本性質：等差中項;等差數列前n項和公式的靈活運用. 比如S2m-1==（2m-1）am . 同時還考查了解方程等知識. 本題屬于基礎容易題.

例6. 已知{an}是一個等差數列，且a2=1，a5=-5.

（Ⅰ）求{an}的通項an;

（Ⅱ）求{an}前n項和Sn的最大值.

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

{an}為等差數列，則an=a1+（n-1）d;

由a2=1，a5=-5，可得a1+d=1，a1+4d=-5，解得a1=3，d=-2，所以an=5-2n;

{an}為等差數列，則Sn=na1+d;

Sn=na1+d=-n2+4n，是關于n的二次函數，可以根據配方法求出Sn的最大值.

Sn=4-（n-2）2，所以n=2時Sn取得最大值.

解析：（Ⅰ）設{an}的公差為d，由已知條件，a1+d=1，a1+4d=-5，解出a1=3，d=-2.

所以an=a1+（n-1）d=-2n+5.

（Ⅱ）Sn=na1+d=-n2+4n=4-（n-2）2.

所以n=2時，Sn取到最大值4.

【收獲與點評】本題考查等差數列的基本概念和前n項和的應用. 屬于知三求二的基礎問題. 屬于容易題.

考點3：等比數列

例7. 數列{an}中，已知對任意n∈N*，a1+a2+a3+…+an=3n-1，則a 21+a 22+a 23+…+a 2n等于（ ）

A. （3n-1）2 ? ? B. （9n-1） ? ? C. 9n-1 ? ? D. （3n-1）

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

因此a12+a22+a32+…+an2==（9n-1）.

例8. 已知各項均為正數的等比數列{an}，a1a2a3=5，a7a8a9=10，則a4a5a6=（ ? ? ）

A. 5 ? ? ? ? ?B. 7 ? ? ? ? ?C. 6 ? ? ? ? ?D. 4

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

【收獲與點評】本小題主要考查等比數列的性質、指數冪的運算、根式與指數式的互化等知識，著重考查了轉化與化歸的數學思想.其中等比數列{an}的性質若m+n=p+q，則am·an=ap·aq.是常考常新的重要性質. 本題屬于容易題.

考點4：等差數列和等比數列的綜合運用

例9. 等比數列{an}的前n項和為Sn，且4a1，2a2，a3成等差數列. 若a1=1，則S4=（ ? ? ?）

A. 7 ? ? ? ? ? ? B. 8 ? ? ? ? ? ? C. 15 ? ? ? ? ? ? D. 16

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

{an}是等比數列;

由4a1，2a2，a3成等差數列，則有4a2=4a1+a3？圯4a1q=4a1+a1q2，解得q=2;

等比數列的前n項 和Sn=，則S4=15.

【收獲與點評】本題考查等差數列與等比數列的綜合運用問題，關鍵是把它們之間進行轉化得出等量關系. 通過方程或方程組解出基本量.

例10. 已知x>0，y>0，x，a，b，y成等差數列，x，c，d，y成等比數列，則的最小值是（ ）

A. 0 ? ? ?B. 1 ? ? ?C. 2 ? ? ?D. 4

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

【收獲與點評】本題是考查等差數列與等比數列的基本概念與均值不等式的綜合運用問題.本題的重點是消元，即把6個變量x、y、a、b、c、d減少為2個x、y，從而運用均值不等式求最小值. 本題屬于中等難度的題，但不少考生看到如此多的字母就怕了.消元是這種問題的解決辦法.

考點5：數列的綜合運用

例11. 已知數列{an}的首項a1=，an+1=，n=1，2，3，…

（1）證明：數列{-1}是等比數列;

（2）求數列{}的前n項和Sn.

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

【收獲與點評】（1）本題主要考查證明一個數列為等比（差）數列，一般按五步進行：

第一步：先設出新數列bn=-1;第二步：求出首項b1=-1=;

第三步：求出后一項bn+1：bn+1=-1;（此處也可以求bn-1）;

第四步：求前后項的比或差為常數 即=常數（此處也可以求）;

第五步：得出結論：數列{bn}是以為首項以為公比的等比數列;

第六步：寫出通項bn=（）n. 雖然題目中沒有提出要求出通項公式，但是一般第二問會要用到這個通項的，所以還是要求求出來.

（2）“錯位相減法”是高考的重點，關鍵是正確進行運算，不能添項或漏項，要體現“錯位”和“相減”. 所以平時多練習. 一旦考到“錯位相減法”要不被扣1分地拿到滿分.

（3）分組求和也是高考的常見問題.

【復習攻略】

本單元在高考試卷中占5～10分，對考生運算能力的要求較高，試題難度中等偏易.因此，其復習時間應有2～3課時為宜，并且配以適量的課后作業.本單元以考查基礎知識，基本方法為主，通性通法是復習的重點. 千萬不要隨意增大難度.

本單元應重點掌握的知識包括等差數列的概念性質，等差數列的前n項和;等比數列的概念性質，等比數列的前n項和，難點是性質的靈活運用.明年的高考可以考慮復習用函數的觀點考數列的方向.

本單元復習的基本方法是：理解等差數列、等比數列的含義，能通過簡單變形后很快發現并判斷數列是等差或等比數列;熟記等差數列、等比數列的各公式，并能進行靈活運用;比如等差數列前n項和Sn===…=;只要下標和不變就可以. 比如S2n-1=（2n-1）an從而提高運算能力.同時等差數列的通項an=dn+p是關于n的一次函數;其前n項和Sn=n2+pn是一個不帶常數項的二次函數.一些新問題往往可以從函數的角度考慮會有更好的解法.

第二單元 數列求和、求通項與數列的綜合運用

【考點聚焦】

數列求通項主要內容有：掌握用綜合法求數列的通項的常見方法. 比如：？譹？訛利用數列Sn與an的關系an=S1，（n-1）Sn-Sn-1.（n≥2）求數列通項;②累加求通項;③累積求通項;④構造等差、等比求通項. 掌握用綜合法求數列的前n項和的常見方法. 比如：？譹？訛利用等差數列求和;②利用等比數列求和;③錯位相減法求和;④裂項相消法求和;⑤倒序相加求和 （見下頁表）.

【經典解析】

考點1：利用數列的通項an與前n項和Sn的關系求通項

例1. 數列{an}的前n項和為Sn，若a1=1，an+1=3Sn（n≥1），則a6=（ ? ?）

A. 3×44 ? ? ?B. 3×44+1 ? ? ?C. 44 ? ? ?D. 44+1

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

由an+1=3Sn（n≥1）可以聯想到an與Sn公式an=3Sn-1（n≥2），兩式相減得：an+1-an=3Sn-3Sn-1，則an+1=4an （n≥2）.

由an+1=4an（n≥2），可知此數列是從第二項起成等比數列，驗證a1=1，a2=3S1=1. 即此數列是從第二項開始為等比數列，a1=1不滿足. an=1， （n=1）3×4n-2， （n≥2）a6=3×44，答案：A.

【收獲與點評】本試題主要考查數列基本公式an=S1， （n-1）Sn-Sn-1.（n≥2）的運用. 關鍵是要關注條件（n≥2）. 從歷年高考來看，易錯點在于求出通項an后沒有對a1進行驗證，錯誤地認為a1也滿足條件，從而出錯.

考點2：利用累加法求數列的通項

例2. 設數列{an}滿足a1=2，an+1-an=3×22n-1.

（1）求數列{an}的通項公式;

（2）令bn=nan，求數列的前n項和Sn.

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

數列{an}滿足an+1-an=3×22n-1，屬于an+1-an=f（n）型的求數列通項問題，可用累加法求.

把n分別用1、2、3、4、5…代入an+1-an=3×22n-1中，并整齊豎排列好：

把上面的這n-1個式子相加，左邊為an-a1，右邊是n-1個數相加構成有n-1項的等比數列的和即有：an-a1=3×21+3×23+3×25+3×27+…+22n-3.

an-a1=，又a1=2，解得an=22n-1.

累加求數列的通項也可以用橫式來寫，但必須對項數清點準確，否則就會出錯.

比如an+1=[an+1-an]+（an-an-1）+…+（a2-a1）+a1此式子中除a1=2外還有n項相加，并構成一個等比數列.

可知bn=nan=n·22n-1. 這是典型的一個等差數列與一個等比數列通項的積，通性通法是錯位相減法求和.

解析：（Ⅰ）由已知，當n≥1時，

而a1=2，所以數列{an}的通項公式為an=22n-1.

【收獲與點評】已知a1=a，an+1-an=f（n），其中f（n）可以是關于n的一次、指數函數、分式函數，求通項an.

①若f（n）是關于n的一次函數，累加后可轉化為等差數列求和;

② 若f（n）是關于n的指數函數，累加后可轉化為等比數列求和;

③若f（n）是關于n的分式函數，累加后可裂項求和各式相加得;

型如an+1-an=f（n）求數列通項問題的通性通法是累加求和. 其關鍵是清點準確項數. 我們可以看每個等式中對應各項的下標規律就可以很清楚地看出來，一般是n-1個式子相加就有n-1項.

當一個數列的通項是有一個等差數列與一個等比數列通項的積構成要求其和，通性通法是錯位相減法求和.

累加法求數列的通項與錯位相減求和是高考常考的問題，也屬于通性通法，必須掌握，并且要提高運算能力的，否則將會因會而不對丟分太可惜了，加強練習.

例3. 在數列{an}中， a1=2，an+1-an+ln（1+），則an等于（ ? ?）

A. 2+lnn ? ? ? ? ? ? ? B. 2+（n-1）lnn

C. 2+nlnn ? ? ? ? ? ? ?D. 1+n+lnn

由an+1=an+ln（1+）知本題求通項屬于an+1-an=f（n）型，可以用累加求和;

把已知化簡可得an+1-an=ln（1+）. 如何求出ln（1+）的和呢？

ln（1+）=ln=ln（n+1）-lnn;

分別把n=1、2、3、4…代入可得：

an-an-1=lnn-ln（n-1）;

把個式相加得到an-a1=lnn所以an=2+lnn. 故應選A;

本題的解法二：

因為an+1=an+ln（l+），從而有an=an-1+ln

可由遞推關系式an+1=an+ln（l+）， 得出a2=a1+ln2=2+ln2，然后代入檢驗即可.顯然B、C、D選項都不符合，故只能選A.

【收獲與點評】由遞推關系求通項公式可采用特殊值法檢驗，或者轉化到等差、等比數列中直接求出，或者利用累加、累乘等方法. 在選擇題中，可采用特殊值檢驗法，只要求出數列中前幾項進行檢驗即可，這樣可以減少一些運算和推理過程.

考點3：利用累積法求數列的通項

例4. 已知數列{an}滿足：=（n≥2），a1=2，則數列的通項公式an= ? ? ? ? ? ?.

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

由=，可知此數列不是等差或等比數列.我們可以用特殊值法代入尋找規律.

【收獲與點評】利用疊乘法求數列的通項也是屬于通性通法. 它的特征是=f（n），其中f（n）相乘后可得. 其實我們可以用特殊值n為1， 2， 3， …分別代入后尋找規律.

考點4：利用等差等比數列公式求數列的前n項和

例5. 求數列的和：S=5+54+57+510+……+53n+4.

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

【收獲與點評】研究數列我們要關心的三項事：首項、末項、項數. 特別是對于等差等比數列問題，往往容易在套公式時認為總是n項，從而出錯.

考點5：利用錯位相減法求數列的前n項和

例6. 已知數列{an}的前n項和Sn=-（）n-1+2（n為正整數）.

（Ⅰ）令{bn}=2nan，求證數列{bn}是等差數列，并求數列{an}的通項公式;

（Ⅱ）令cn=an，Tn=c1+c2+…+cn試比較Tn與的大小，并予以證明.

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

⑤有數學歸納法比較大小.

解析：（Ⅰ）在Sn=-an-（）n-1+2中，令n=1，可得s1=-a1-1+2=a1，即a1=.當n≥2時，Sn-1=-an-1-（）n-2+2，∴an=Sn-Sn-1=-an+an-1+（）n-1，∴2an=an-1+（）n-1，即2nan=2n-1an-1+1. ∵bn=2nan，∴bn=bn-1+1，即當n≥2時，bn-bn-1=1.

又b1=2a1=1，∴數列{bn}是首項和公差均為1的等差數列.

于是確定Tn與的大小關系等價于比較2n與2n+1的大小.

可猜想當n≥3時，2n >2n+1證明如下：

（1）當n=3時，由上驗算顯然成立.

（2）假設n=k（k≥3）時，猜想成立，即2k>2k+1，則當n=k+1時2k+1=2·2k>2（2k+1）=4k+2=2（k+1）+1+（2k-1）>2（k+1）+1.

所以當n=k+1時猜想也成立.

綜合（1）（2）可知 ，對一切n≥3的正整數，都有2n >2n+1

【收獲與點評】本題第一問為由Sn與an的關系，求通項或遞推關系問題，第二問是典型的錯位相減求和問題. 都屬于通性通法問題. 但錯位相減方法易理解，但要不錯卻不易，本題得分并不高. 所以要加強訓練和運算能力的培養.

考點6：利用裂項相消法求數列的前n項和

例7. 等比數列{an}的各項均為正數，且2a1+3a2=1，a32=9a2a6 .

（Ⅰ）求數列{an}的通項公式;

（Ⅱ）設{bn}=log3a1+log3a2+…+log3an求數列{}的前n項和.

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

解析：（Ⅰ）設數列{an}的公比為q，由a3 2=9a2a6得a3 2=9a4 2所以q2=.

由條件可知a>0，故q=.

由2a1+3a2=1得2a1+3a2q=1，所以a1=.

故數列{an}的通項式為an=.

所以數列{}的前n項和為-.

【收獲與點評】分解與組合思想在數列求和中應用較廣. 裂項法的實質是將數列中的每項（通項）分解，然后重新組合，使之能消去一些項，最終達到求和的目的. 通項分解（裂項及分母有理化）如：（1）an=f（n+1）-f（n）; （2）an==-;（3）an==-;（4）an= =1+（-）; （5）an==（-）等.

例8. 如果執行下面的框圖，輸入N=5，則輸出的數等于（ ? ? ?）

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

這是一道以算法為背景的數列求和問題.解算法問題的一般方法是從特殊到一般的代入法.即把k為1，2，3…代入再尋找規律.

？譺？訛k=1時，S1=0+;k=2時，S2=+;k=3時，S1=++; k=4時，S4=+++; k=5時，S5=++++.

？譻？訛S5=++++這是典型的裂項相消求和問題.

？譼？訛此題只有有限步的運算，可以一步一步地算，但運算量大易錯.

由于N=5，當k=4循環后還有k+1=5的運算.要特別注意.

所以選D.

【收獲與點評】本題是以算法為背景考查裂項相消求和問題.這是近年來經常在高考中見到的題型. 常用的方法主要是從特殊到一般的代入法.先代入特殊值再尋找規律. 最易出錯的地方是對最后一項的判斷.

考點7：數列的綜合問題

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

【收獲與點評】本題考查數列的單調性與函數的單調性的應用，因為數列是特殊的函數，數列只是一些孤立的點組成的一組點列. 所以數列的單調性與函數的單調性密切相關，但又與數列有很多不同.

例9. 已知{an}是正數組成的數列，a1=1，且點（，an+1）（n∈N？鄢）在函數y=x2+1的圖像上.（1）求數列{an}的通項公式;（2）若數列{bn}滿足b1=1，bn+1=bn+2n，求證：bn+2 bn

【思維生長點】由題目可獲得的主要信息及解題思路：

由點（，an+1）在函數y=x2+1的圖像上.可將點（，an+1）代入y=x2+1得an+1=an+1.

由an+1=an+1可以判斷數列{an}為等差數列，且公差d=1，從而易求an=n.

由bn+1=bn+2n，可知，這是可以利用累加法求出bn.

【收獲與點評】數列的綜合題，經常是函數、不等式、解析幾何的綜合，同時要用到方程的思想，出現的題目有求通項、求和、證明不等式等. 但近幾年來隨著數列高考難度的降溫，這類題目相應較少出現.即使出現也會是數列通性通法的新包裝. 比如用函數觀點把非等差、等比數列問題轉化為累加法、累積法、倒序相加、錯位相減等數列常見問題.

【復習攻略】

在數列復習的過程中，要突出兩條主線，一條是基礎知識主線，一條是思想方法主線.要以等差數列、等比數列兩個主干知識為載體，以通項公式和求和公式為主渠道，用好數列中基本量（a1， d， q， n， an， Sn）的關系，靈活運用等差（比）數列的性質，將最基本的解題方法訓練好.把基礎知識落實到位;注重通性通法，淡化技巧;同時注意數學思想的滲透以及數學思想在數列中的應用.比如重視數列與函數的聯系，加強數列與其它知識點結合的綜合性問題的訓練，提高分析問題與解決問題的能力.

數列是高考的必考內容，復習數列時要梳理以下兩個方面：

（1）解決數列問題的基本思路：判斷所要研究的數列是否為特殊數列：等差（比）數列. 如果是等差（比）數列，用等差（比）數列的公式和性質解決.如果不是等差（比）數列，要么轉化為等差（比）數列，要么尋找其它方法.

（2）研究數列的常用方法：① 研究數列的項與項數之間的關系：數列是一種特殊的函數，項與項數之間的關系相當于函數與自變量之間的關系，這是數列的本質. ② 研究數列的項與項之間的關系： 即遞推關系，包括等差等比數列.

數列求通項和數列求和是近幾年來高考考查的重點內容.但是考題都屬于容易題之列，所以復習時只需要把常用的求通項與求和的通性通法練熟，不需要人為地增大難度.特別是對遞推數列練習的難度更要降低.但是做題時書寫要規范，計算要求準確無誤.比如錯位相減求和，裂項求和、疊加求通項等對運算能力要求較高，同時特別要數準確數列中項數.

（作者單位：北京市第十二中學）

責任編校 ? 徐國堅

究數列的項與項數之間的關系：數列是一種特殊的函數，項與項數之間的關系相當于函數與自變量之間的關系，這是數列的本質. ② 研究數列的項與項之間的關系： 即遞推關系，包括等差等比數列.

數列求通項和數列求和是近幾年來高考考查的重點內容.但是考題都屬于容易題之列，所以復習時只需要把常用的求通項與求和的通性通法練熟，不需要人為地增大難度.特別是對遞推數列練習的難度更要降低.但是做題時書寫要規范，計算要求準確無誤.比如錯位相減求和，裂項求和、疊加求通項等對運算能力要求較高，同時特別要數準確數列中項數.

（作者單位：北京市第十二中學）

責任編校 ? 徐國堅