2017年高考數列考點預測

藍云波

數列是傳統高考考查的核心內容，也是新課標高考考查的重點.數列中蘊涵著豐富的數學思想，是考查邏輯推理和轉化化歸能力的良好素材.從最近幾年的新課標全國卷高考試題來看，對數列這一專題的要求和難度有所降低.本文通過預測高考數列的核心考點，幫助同學們更高效地備考，從而在高考中占得先機.

一、數列的概念與簡單表示法

【考情分析】

高考中，數列的概念與簡單表示法的考查一般以基礎題為主，以客觀題為主.通常以數列的概念為出發點，考查數列各項的求法及數列的單調性，其中數列的周期性是考查的熱點之一.解決方法是依題意列出數列的前若干項，發現規律找到周期.以數列的前n項和Sn為背景，根據an=S1，n=1Sn-Sn-1，n≥2采用分類討論求通項公式an.有時要與累加（乘）法相結合.

【考題預測】

預測題1. 1 （1） 已知數列{an}滿足an+2=2an+1-an，若a1=1，a5=5，則a3=________.

（2）若Sn為數列{an}的前n項和， 且Sn=sin■+n， 則■=（ ）

A. ■ B. 1 C. 2 D. 3

解析 （1）由an+2=2an+1-an，得an+3=2an+2-an+1=3an+1-2an，即當n=2時，a5=3a3-2a2，當n=1時，a3=2a2-a1，即2a2=a3+a1，聯立兩式得a5=3a3-2a2=3a3-（a3+a1）=2a3-a1，因為a1=1，a5=5，所以a3=3.

（2）因為a2017=S2017-S2016=（sin■+2017）-（sin■+2016） = sin（1008？仔+■）-sin1008？仔+1 = sin■-sin0+1=2， 所以■=■，故選A.

點評 利用數列的遞推公式求數列的各項，若只是求數列的前幾項，則無需求解數列的通項公式，只需對進行適當的賦值，利用方程思想使問題得到解決.而已知數列的前n項和，則可利用an=S1，n=1Sn-Sn-1，n≥2進行求解.

預測題1. 2 （1）在數列{an}中， a2=■， a3=2， anan+2=1， 則a2016+a2017=（ ）

A. ■ B. ■ C. ■ D. 5

（2）在數列{an}中，a2=■，an=（n+1）·（■）■，則數列{an}中的最大項是第________項.

解析 （1）因為a2=■，a3=2，anan+2=1，所以可得a1=■，a4=3，a5=■，a6=■.

所以數列{an}是周期為4的周期數列，所以a2016+a2017=a4+a1=■，故選C.

（2）因為an=（n+1）·（■）■，a2=3×（■）■=■，解得a=2，

所以an=（n+1）·（■）■.所以假設an最大，則有an≥an+1，an≥an-1，（n≥2，n∈N？鄢），

即有（n+1）·（■）■≥（n+2）·（■）■，（n+1）·（■）■≥n·（■）■，解得6≤n≤7，又n∈N？鄢，所以最大項為第6和第7項.

點評 數列周期的求法，主要是通過求出連續幾項的大小，通過觀察求得.而數列的最大（小）項的求解，一般借助數列的單調性，通過不等式組an≥an+1，an≥an-1，（n≥2，n∈N？鄢）解不等式求得.

預測題1. 3 （1）已知數列{an}滿足a2=2，且（n+1）an+nSn=nSn+1（n∈N？鄢），則an=________.

（2）已知數列{an}滿足a3=3，an+1=2an，（n為正奇數）an+1，（n為正偶數）則其前6項之和為（ ）

A. 16 B. 20 C. 33 D. 120

解析 （1）由（n+1）an+nSn=nSn+1，得（n+1）an=n（Sn+1-Sn）=nan+1，即■=■，所以■=■，因為a2=2，所以a1=1，

從而an=■·■·■·…·■·a1=■·■·■·…·■·1=n.

（2）因為，a3=a2+1=3，所以a2=2，又因為a2=2a1=2，所以a1=1，又a4=2a3=6，a5=a4+1=7，a6=2a5=14，所以前6項之和S6=1+2+3+6+7+14=33，故選C.

點評 一般而言，對an+1-an=f（n）的遞推公式，我們可通過累加法求出通項公式，對■=g（n）的遞推公式，則可用累乘法求出通項公式.對分段遞推數列，則需對n的不同取值，代入不同的遞推公式，從而求出各項的大小.

二、等差數列與等比數列

【考情分析】

等差數列與等比數列是最常見和最重要的數列，高考中對這兩種數列主要考查基本概念和公式.在數列的五個基本量首項a1，公差d（或公比q），項數n，通項an，前n項和Sn中，只要知道其中三個就可以求出其他兩個，同時還要兼顧等差或等比數列的性質在解題中的應用.另外，等差等比數列的證明，也是重點考查的內容.在高考一般以中低檔題為主，主要考查方程的思想和考生的運算求解能力和構造思想.

【考題預測】

預測題2. 1 （1）已知等比數列{an}的前n項和為Sn，a5=81，且S6-28S3=0，則數列■的前4項和為（ ）

A. ■或4 B. ■或4 C. ■ D. ■

（2）已知等差數列{an}，{bn}的前n項和分別為Sn，Tn若對于任意的正整數n，都有■=■，則■+■=（ ）

A. ■ B. ■ C. ■ D. ■

解析 （1）設數列{an}的公比為q.

當q=1時，由an=a5=81，得28S3=28×81×3>81×6=S6，即S6-28S3≠0，因此不合題意.

當q≠1時，由已知可得28S3=S6，即■=■，解得q=3.

所以數列{an}的通項公式為an=a5·3n-5=3n-1.

所以數列■的前4項和為1+■+■+■=■，故選C.

（2）因為■+■=■+■=■=■.

又因為■=■=■，所以■+■=■=■=■.

故選B.

點評 （1）在等比數列的公比未知的情況下，應用求和公式時，應對公比是否為1進行分類討論，這是解題中容易忽視的問題，特別是在解答題中容易造成失分，方程思想是這類問題求解的關鍵；（2）等差（比）數列性質的應用是簡化問題的重要手段，解題中要善于觀察數列各項的項數之間的關系，從而選擇相應的性質進行求解.

預測題2. 2 已知數列{an}中，a1=5，且an+1=3an+3n+1+2n-1（n∈N？鄢）.

（1）證明：數列■為等差數列；

（2）求數列{an}的通項公式.

解析 （1）因為an+1=3an+3n+1+2n-1，所以an+1+n+1=3an+3n+1+3n，

故■=■=■+1=■+1，

即■-■=1，所以數列■為等差數列.

（2）由（1）知數列■是等差數列，且其首項為■=■=2，公差為1，所以■=2+（n-1）×1=n+1，所以an+n=（n+1）·3n，故an=（n+1）·3n-n.

點評 證明一個數列為等差數列的常見方法有：定義法，通項公式法，等差中項法，其中在解答題中，最常用的是定義法.在解題過程中常常要根據定義，利用構造新數列的思想進行證明，這類題往往題目中會給出所需構造的數列的形式，從而變得方向明確，思路清晰.

預測題2. 3 已知數列{an}滿足a1=-1，an+1=■，n∈N？鄢.

（1）求a3的值；

（2）求證：數列■是等比數列，并求數列{an}的通項公式.

解析 （1）因為an+1=■，所以a2=■=4，

所以a3=■=25.

（2）因為an+1=■，

所以an+1+2=■+2=■，

所以■=■=■3·■.

又因為■=1≠0，所以數列■是等比數列，且其首項為1，公比為3.

所以■=3n-1，所以an+2=n·3n-1，所以an=n·3n-1-2.

點評 證明一個數列為等比數列的思想方法和證明一個數列為等差數列的情形完全類似，令人有異曲同工之感，可以說是如出一轍.證明數列是一個等比數列時，容易忽視首項不為零的證明.

三、數列的交匯性

【考情分析】

在知識的交匯處命題是高考試題的一大特色.由于數列中蘊含著豐富是數學思想，因此很容易與其他知識進行交匯.在高考中，數列問題常常和函數與導數、基本不等式、推理與證明、平面向量、解析幾何等知識進行交匯，要引起足夠的重視.

【考題預測】

預測題3. 1 下面是一個類似楊輝三角的數陣，則第2017行的第2個數為______.

1

3 3

5 6 5

7 11 11 7

9 18 22 18 9

…………………………………………

解析 設第n（n≥2）行的第2個數為an，則a2=3，a3=6，a4=11，a5=18 … 所以a3-a2=3，a4-a3=5，a5-a4=7，...，a2017-a2016=2×2016-1=4031.

由累加法得a2017-a2=■=4064255，所以a2017=4064258.

點評 本題與推理證明進行交匯，關鍵在于通過對數陣中每行的第二項進行觀察，找到解題的鑰匙，通過細致的常規，可發現可利用累加法進行求解.

預測題3. 2 已知等差數列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比數列，若a1=1，Sn為數列{an}的前n項和，則■的最小值為（ ）

A. 4 B. 3 C. 2■-2 D. ■

解析 因為a1，a3，a13成等比數列，所以■=a1a13，即（1+2d）2=1×（1+12d），即4d2-8d=0，因為d≠0，所以d=2.從而an=1+2（n-1）=2n-1.

所以Sn=■=n2，所以■=■=■=■=（n+1）+■-2≥2■-2=4.

當且僅當n+1=■，即n=2時等號成立.故選A.

點評 涉及最值問題的數列問題，常常要建立關于項數的表達式，在求出表達式后，要根據具體的情況選擇適當的方法進行求解，本題通過觀察，發現此最值的求解是一個典型的基本不等式問題，從而實現問題的求解.

預測題3. 3 設等差數列{an}的前n項和為Sn，若Sm-1 =-2，Sm=0，Sm+1=3，其中m≥2，則nSn的最小值為________.

解析 由已知得am=Sm-Sm-1=2（m≥2），am+1=Sm+1-Sm=3，因為數列{an}是等差數列，所以其公差d=am+1-am=1.又因為Sm=■=0， 所以a1=-2.

故Sn=-2n+■=■，所以nSn=■.設f（x）=■（x>0）.

則f ′（x）=■=■，所以當x>■時， f ′（x）>0，當0

點評 本題可利用等差數列中的公差概念求出公差，并通過Sm求出數列的首項，從而求出nSn的表達式，發現其表達式是三次函數，從而可利用導數求出最值，需要注意的是數列中的問題要求n為正整數，要進行適當的技術處理，使問題得到完善的解決.

四、數列的通項與求和問題

【考情分析】

隨著新課標的進一步推進和高考命題的深入，近幾年全國卷對數列的通項與求和問題的考查的難度有下降的趨勢，除了客觀題外，主觀題一般以大題的第一題為主.并且有三角和數列問題在解答題中隨機考查的趨勢，因此若考查數列解答題，則以數列的通項與求和為核心地位來考查，題目難度不大.通項公式的考查要注意幾種常規的遞推式的求法，求和問題則要側重裂項相消求和法和錯位相減求和法.

【考題預測】

預測題4. 1 （1）已知數列{an}滿足a2=■，nan-nan+1=■（n∈N？鄢），則an=________.

（2）已知正項數列{an}中，a1=2，an+1=2an+3×5n，則數列{an}的通項an=（ ）

A. -3×2n-1 B. 3×2n-1 C. 5n+3×2n-1 D. 5n-3×2n-1

解析 （1）由nan-nan+1=■（n∈N？鄢），得an-an+1=■，

即■-■=■=2（■-■），

則由累加法得■-■=2（1-■），又因為a2=■，故由a1-a2=■可得a1=1.

所以■=2（1-■）+1=■，所以an=■.

（2）在遞推公式an+1=2an+3×5n的兩邊同時除以5n+1，得■=■×■+■……①

令bn=■，則①式變為bn+1=■bn+■，即bn+1-1=■（bn-1），又因為b1-1=■-1=-■，所以數列{bn-1}是等比數列，其首項為-■，公比為■.

所以bn-1=（-■）×（■）■，即bn=1-■×（■）■，即■=1-■×（■）■，

故an=5n-3×2n-1， 故選D.

點評 （1）本題利用代數變形，發現可用累加法同時結合裂項求和法求出數列的通項公式，代數變形能力是解題的關鍵，嫻熟的運算能力是成功解決的保證.（2）遞推公式an+1=2an+3×5n兩邊同除以5n+1，轉化為最常見的遞推關系bn+1=pbn+q的求解.

預測題4. 2 設數列{an}的前n項和為Sn，已知an>1，■+3an=6Sn-2（n∈N？鄢）.

（1）求{an}的通項公式；

（2）設bn=■，求數列{an}的前n項和Tn.

解析 （1）因為■+3an=6Sn-2（n∈N？鄢），所以■+3a1=6S1-2=6a1-2，即■-3a1+2=0，解得a1=2或a1=1，又因為an>1，所以a1=2.

又因為■+3an=6Sn-2……①

所以■+3an+1=6Sn+1-2……②

②減去①， 得■-■+3an+1-3an=6Sn+1-6Sn=6an+1，

所以（an+1+an）（an+1-an）=3（an+1+an），因為an>1，所以an+1+an≠0，

所以an+1-an=3.所以數列{an}是以2為首項，以3為公差的等差數列.

所以an=2+（n+1）×3=3n-1.

（2）因為bn=■=■=■（■-■）.

所以Tn=b1+b2+…+bn

=■[（■-■）+（■-■）+…+（■-■）]=■（■-■）=■.

點評 利用an與Sn的關系可求出數列{an}的通項公式；裂項求和方法源于課本習題，是高考中考察頻率最高的求和方法，有多種不同形式，具有較強的靈活性.常見的裂項求和類型還有下列幾種：

①■=■-■，

②■=■（■-■），

③■=■-■，

④■=■-■，

⑤■=■-■.

預測題4. 3 已知數列{an}的前n項和為Sn，且滿足2an=Sn+2n（n∈N？鄢）.

（1）求數列{an}的通項公式；

（2）若數列{bn}滿足bn=log2（an+2），求數列■的前n項和Tn.

解析 （1）因為當n∈N？鄢時，2an=Sn+2n，

則當n≥2時，2an-1=Sn-1+2（n-1），

兩式相減得2an-2an-1=Sn-Sn-1+2=an+2，即an=2an-1+2，

所以an+2=2an-1+4=2（an-1+2），

當n=1時，2a1=S1+2=a1+2，則a1=2，

所以數列{an+2}是以a1+2=4為首項，2為公比的等比數列，

所以an+2=4·2n-1=2n+1，所以an=2n+1-2.

（2）證明：因為bn=log2（an+2）=log22n+1=n+1，所以■=■，

所以Tn=b1+b2+…+bn=■+■+…+■+■

則■Tn=■+■+…+■+■

兩式相減得■Tn=■+■+■+…+■-■

=■+■-■=■+■-■-■=■-■.

所以Tn=■-■.

點評 錯位相減法源于等比數列的求和公式的推導過程.在高考中，常考查差比型的數列求和問題，即數列的通項公式的形式為等差數列乘以等比數列.這種方法具有一定的運算量，但是解答過程具有一定的機械化，解題的關鍵是差比型數列的識別和運算求解能力.

五、數列的綜合運用

【考情分析】

在高考中，數列的綜合應用全面考查數列的綜合知識，同時還兼顧其他知識，具有一定的靈活性.數列與不等式的綜合問題一般以數列為載體，考查最值問題，放縮法或恒成立問題.同時還要注意數學歸納法與數列的綜合考查，數學歸納法在全國卷有一段時間未考查，應做到防范于未然.

【考題預測】

預測題5. 1 在正項等比數列{an}中，a4=■，a5+a6=■，則滿足lg■為正數的最大正整數n的值為（ ）

A. 10 B. 11 C. 12 D. 13

解析 設等比數列的首項為a1，公比為q>0，

由a1q3=■，a1q4+a1q5=■，得a1=■，q=2.所以an=a1qn-1=2n-6.

由lg■>0得■>1，即a1+a2+…+an>a1a2…an.

因為a1+a2+…+an=■=■（2n-1）.

a1a2…an=■q1+2+3+…+（n-1）=（■）■×2■，

由a1+a2+…+an>a1a2…an，得■（2n-1）>（■）■×2■.

化簡得2n-1>2■，（先估算）由2n>2■得n>■-■+5，即n2-13n+10<0.解得■

取n=12，可以驗證當n=12時滿足a1+a2+…+an>a1a2…an，

當n=13時不滿足a1+a2+…+an>a1a2…an.

所以n的最大值為12.

點評 本題利用方程思想求出數列的通項公式后，對代數變形能力要求較高，同時還考查了估算方法，對運算求解能力要求較高.

預測題5. 2 已知等差數列{an}，等比數列{bn}滿足：a1=b1=1，a2=b2，2a3-b3=1.

（1）求數列{an}，{bn}的通項公式；

（2）當a2≠1時，設cn=■，求證：c1+c2+…+cn<■（n∈N？鄢）.

解析 （1）設等差數列{an}的公差為d，等比數列{bn}的公比為q，由a1=b1=1，a2=b2，2a3-b3=1.可得1+d=q，2（1+2d）-q2=1，解得d=0，q=1或d=2，q=3.

所以an=1，bn=1或an=1+（n-1）×2=2n-1，bn=3n-1.

（2）當a2≠1時，an=2n-1，bn=3n-1，此時cn=■，

因為當n∈N？鄢時，3n-1≥31-1=1，即3n-1-1≥0.

所以cn=■=■≤■.

所以c1+c2+…+cn≤■（1+■+■+…+■）

=■·■=■（1-■）<■.

點評 有些數列和型不等式問題，不能直接求和，但在通過放縮后，卻能進行求和.這類問題在高考中的常見類型有裂項放縮和放縮后化為等比數列的問題.高考中常見的放縮法還有下面幾種.

①■<■<■（n≥2），

②■<■=■（■-■），

③■=■<■=2（■-■），

④■<■=■=■-■，

⑤■=■<■<■-■.

預測題5. 3 已知數列{an}的前n項和Sn滿足Sn=2-an-■（n∈N？鄢），設bn=2nan.

（1）求數列{an}的通項公式；

（2）設Tn為{bn}的前n項積，求證：Tn≤（■）■.

解析 （1）因為Sn=2-an-■（n∈N？鄢），

所以當n≥2時，Sn-1=2-an-1-■，

兩式相減得Sn-Sn-1=an-1-an-■，即an=an-1-an+■，

所以2an=an-1+■，所以2nan=2n-1an-1+1， 即bn=bn-1+1，

又a1=S1=2-a1-1，所以a1=■，b1=2a1=1.

所以數列{bn}是首項為1，公差為1的等差數列，所以bn=1+（n-1）×1=n.

即2nan=n，即an=■.

（2）由（1）知Tn=n！，■=■.故要證Tn≤（■）■，即證n！≤（■）■.

下面用數學歸納法證明之.

①當n=1時，左邊等于1，右邊等于■=1，故命題成立；

②假設當n=k（k≥1，k∈N？鄢），命題成立，即k！≤（■）■.

所以（k+1）！≤（k+1）·（■）■，所以要證（k+1）！≤（■）■，

只需證（k+1）·（■）■≤（■）■，即證2（k+1）■≤（k+2）■.

即證2<（■）■=（1+■）■.

由二項式定理知（1+■）■=1+■·■+■·（■）■+… >1+■·■=2.

即n=k+1時，命題成立.

由①②知，對任意正整數n，不等式n！≤（■）■成立， 即Tn≤（■）■得證.

點評 本題較為全面地考查了數列的基礎知識，第二問考查了數學歸納法證明數列不等式問題，數學歸納法是證明與正整數有關的數學命題的一種重要方法，在各類考試中有非常廣泛的應用.使用數學歸納法證題一般分兩步，即歸納奠基和歸納遞推，證題的難點在于歸納遞推.本題在使用數學歸納法證明數列不等式的過程中使用了分析法和二項式定理，對知識的綜合應用能力有一定的要求.

責任編輯 徐國堅