2020年高考數列命題預測

許少華

數列在近年全國高考命題中的要求不太高，理科2016、2017、2018連續三年都是命題客觀性試題，2019年高考除了命客觀性試題之外，在概率統計的運算中涉及了數列的技能與技巧. 文科從2015年至今一直都是既有客觀性試題也有主觀性試題.可以看出：雖然這一內容的難度要求在降低，但它在高考試卷的中存在性是不容忽視的. 現在到了2020年高考復習的關鍵時刻了，面對數列，我們如何編織一張不大不小的“網”，既能網住所有，又不至于太大，而浪費呢？下面談談我們對2020年高考數列命題的預測，供參考.

一、考查基礎知識與基本運算

基礎知識與基本運算永遠是數列中的一個小“熱點”，細心的你一定注意到了，不管是全國卷中的哪一套卷都有這類試題，此類題不難，但要細心.

例1. 已知各項均為正數的等比數列{an}的前4項為和為15，且a5=3a3+4a1，則a3=（ ）

A. 16 B. 8 C. 4 D. 2

解析一利用方程思想列出關于a1，q的方程組，求出a1，q，再利用通項公式即可求得a3的值. 設等比數列{an}的公比為q，易知q>0，

由已知得a1+a1q+a1q2+a1q3=15，a1q4=3a1q2+4a1，解得a1=1，q=2，∴ a3=a1q2=4，故選C.

解析二易知q>0，若公比q=1，則a5=3a3+4a1不成立，從而■=15，a1q4=3a1q2+4a1，同樣解得a1=1，q=2，∴ a3 = a1q2=4. 此法明顯不如解法1好.

例2. 記Sn為等差數列{an}的前n項和.若a4+a5=24，S6=48，則{an}的公差（）

A. 1 B. 2 C. 4 D. 8

解析因為a4+a5=a1+3d+a1+4d=24，S6=6a1+■d=48，聯立求得2a1+7d=24……①6a1+15d=48……② ①×3-②得（21-15）d=24，∴ 6d=24，∴ d=4，選C.

點評上述兩例就是基本運算型試題，此題年年有，考法也相似. 沒有難度，只要熟悉基本公式，再細心運算都產生正確答案.

二、在客觀性試題中設計創新問題

我們知道：高考每年都會出現一部分創新試題. 為了使創新不至于對考生分數產生太大影響，這些試題一般都出現在客觀性試題中，首先是因為它的分值不高，其次，在產生答案的過程中還存在一些僥幸與運氣（如，2019年高考第5題），這些題的落點放在數列上也是完全可以的.

例3. 幾位大學生響應國家的創業號召，開發了一款應用軟件，為激發大家學習數學的興趣，他們推出了“解數學題獲取軟件激活碼”的活動，這款軟件的激活碼為下面數學問題的答案：已知數列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一項是20，接下來的兩項是20，21，在接下來的三項式26，21，22，依次類推，求滿足如下條件的最小整數N：N>100且該數列的前項和為的整數冪.那么該款軟件的激活碼是（）

A. 440 B. 330 C. 220 D. 110

解析一設首項為第1組，接下來兩項為第2組，再接下來三項為第3組，以此類推.第n組的項數為n，則前n組的項數和為■由題，N>100，令■>100→n≥14且n∈N*，即N出現在第13組之后. 由于，第n組的和為■=2n-1;n組總共的和為■-n=2n+1-2-n;若要使前N項和為2的整數冪，則N-■項的和2k-1應與-2-n互為相反數，即2k-1=2+n（k∈N*，n≥14）;k=log（n+3）→n=29，k=5則N=■+5=440.

解析二先分組，第一組：20;第二組：20，21;第三組：20，21，22;…;第k組：20，21，…，2k-1. 設該數列的第N項在第k組中的第m項（1≤m≤k，m∈N）.

由題意可得：N=1+2+…+（k-1）+m>100.

即■+m>100？圯■+k>100？圯k≥14.

該數列的前N和為：

20+（20+21）+（20+21+22）+…+（20+21+…+2k-2）+（20+21+…+2m-1）

=（21-1）+（22-1）+…+（2k-1-1）+（2m-1）

=（21+22+…+2k-1）-（k-1）+（2m-1）=2k+2m-k-2.

因為1≤m≤k，則2≤2m≤2k，于是2k+2-k-2≤2k+2m-k-2≤2k+2k-k-2.

即2k-1<2k+2m-k-2<2k+1.

由于該數列的前N和為2方冪，那么2k+2m-k-2=2k，由此得2m=k+2.

由k≥14可知，當k=14時，m=4，此時，N=1+2+…+13+4=95<100.

當k=30時，m=5，此時，N=1+2+…+29+5=440，選A.

例4. 設數列{an}滿足an+1= ■ -nan+1且a1≥3，若數列bn=■的前n項和為Tn，則Tn滿足（）

A.Tn≥■B.Tn≤■C.Tn≥■D.Tn≤■

解析首先，由a1≥3可得an≥n+2.

因為ak≥k+2，那么ak+1=ak（ak-k）+1≥（k+2）（k+2-k）+1≥k+3.

于是an≥n+2.

其次，由an≥n+2及an+1= ■ -nan+1.

得an+1=an（an-n）+1≥an（n+2-n）+1=2an+1得：■≤■，

∴■=■·（■）·（■）·…·（■）≤■·（■）n-1.

又由于a1≥3，

因而Tn=■+■+…+■≤■[1+■+…+（■）n-1]=■≤■.

點評上述兩題的創新特點都十分明確，一道以實際應用為背景，借助數列考查解決問題的能力，一道直接考查應用的技能與技巧. 兩道題都有難度也有靈活性，數學味十足.

三、利用主觀性試題，考查兩類特殊數列的定義與基本公式

數列的主觀性試題不是每年都有，當有的時候，有時是建立在等差與等比概念的基礎上，考查這兩類特殊數列的定義及基本公式的應用，此類題難度不大，是廣大考生普遍得分之題.

例5. 已知數列{an}和{bn}滿足a1=1，b1=0，4an+1=3an-bn+4，4bn+1=3bn-an-4.

（1）證明： {an+bn}是等比數列， {an-bn}是等差數列;

（2）求{an}和{bn}的通項公式.

解析（1）由題設得4（an+1+bn+1）=2（an+bn），即an+1+bn+1= ■（an+bn）.

又因為a1+b1=l，所以{an+bn}是首項為1，公比為■的等比數列.

由題設得4（an+1-bn+1）=4（an-bn）+8，即an+1-bn+1=an-bn+2.

又因為a1-b1=1，所以{an-bn}是首項為1，公差為2的等差數列.

（2）由（1）知，an+bn=■，an-bn=2n-1.

所以an=■[（an+bn）+（an-bn）]=■+n-■，

bn=■[（an+bn）-（an-bn）]=■-n+■.

例6. 已知數列{an}的前n項和為Sn，a1=1，an≠0，anan+1=？姿Sn-1，其中？姿為常數.

（Ⅰ）證明：an+2-an=？姿;（Ⅱ）是否存在？姿，使得{an}為等差數列？并說明理由.

解析（Ⅰ）由題設anan+1=？姿Sn-1，an+1an+2=？姿Sn+1-1，兩式相減，an+1（an+2-an）=？姿an+1，由于an≠0，所以an+2-an=？姿.

（Ⅱ）由題設a1=1，a1a2=？姿S1-1，可得a2=？姿1-1，由（Ⅰ）知a3=？姿+1.

假設{an}為等差數列，則a1，a2，a3成等差數列，∴a1+a3=2a2，解得？姿=4;

證明？姿=4時， {an} 為等差數列：由an+2-an=4知：

數列奇數項構成的數列{a2m-1}是首項為1，公差為4的等差數列a2m-1=4m-3.

令n=2m-1，則m=■，∴ an=2n-1（n=2m-1）.

數列偶數項構成的數列{a2m}是首項為3，公差為4的等差數列a2m=4m-1.

令n=2m，則m=■，∴ an=2n-1（n=2m）.

∴ an=2n-1（n∈N*），an+1-an=2.

因此，存在？姿=4，使得{an}為等差數列.

點評這兩題都是直接、間接的證明等差數列與等比數列，求解時只需將遞推式子稍作變形即可產生結論.

四、建立在特殊數列的基礎上，考查求和的常規技能

數列求和是數列中一類重要題型，常見的基本方法有：分組求和、裂項求和與錯位相減，這些也構成了數列中的一類常規考題，第一問與特殊數列結合，第二問可以考查求和的常規技能.

例7. 已知公比不為1的等比數列{an}的前n項和為Sn，滿足S6=■且a2，a4，a3成等差數列.

（1）求等比數列{an}的通項公式.

（2）設數列{bn}滿足bn=nan，求數列{bn}的前n項和為Tn.

解析（1）設數列{an}的首項為a1，公比為q由題意得：

S6=■，a2+a3=2a4？圯■=■，a1q+a1q2=2a1q3？圯a1=3，q=-■.

從而an=a1qn-1=3（-■）n-1.

（2）由（1）得bn=3n（-■）n-1.

由

Tn=3×（-■）0+3×2（-■）+3×3（-■）2+…+3n×（-■）n-1…（1）-■Tn=3×（-■）+3×2（-■）2+3×3（-■）3+…+3n×（-■）n…（2）（1）-（2）得■Tn=3×（-■）0+3×（-■）+3（-■）2+…+3（-■）n-1 -3n×（-■）n，

整理得：Tn=■-（2n+■）（-■）n.

點評當我們面對等比數列（或等差數列）與通項公式及前n項和公式有關的問題時，一般都是先設出首項與公比（差），通過列、解方程組產生結論. 同時對于錯位相減的方法應用也是最為常見的命題熱點，應引起我們的關注.

例8. 等差數列{an}與等比數列{bn}滿足：a1=b1+1，a2=b2=4且公差比公比小1.

（1）求{an}與{bn}的通項公式

（2）設數列{cn}滿足cn=■，試求數列{cn}的前n項和Tn.

解析（1）設等差數列的公差為d，等比數列的公比為q，則a1=b1+1，a1+d=2，b1q=4，q=d+1？圯a1=3，b1=2，q=2，d=1.

于是{an}與{bn}的通項公式分別為an=n+2，bn=2n.

（2）由cn=■得cn=■=■（■-■）=■-■.

于是Tn=c1+c2+…+cn

=（■-■）+（■-■）+…+（■-■）=1-■.

點評本題第二問的求解很有特點，若發現了裂項、又能順利應用，也許會很快產生結論，否則，可能會陷入復雜與繁冗的運算與推理之中.

五、建立在簡單遞推式的基礎上，考查基本運算與轉化

遞推式是表示數列的常用方法之一，由于遞推式的形式可以比較簡單也可以比較復雜、甚至是比較難. 因此由遞推式確定的數列的問題往往有難度，但近年是以中檔及偏下為主.

例9. 數列{an}滿足a1=1，an+1=3an+1.

（1）證明{an+■}是等比數列，并求{an}的通項公式;

（2）證明：■+■+…+■<■.

解析（1）∵an+1=3an+1，∴an+1+■=3（an+■），即：■=3.

又∵a1+■=■，∴{an+■}是以■為首項， 3為公比的等比數列.

∴ an+■=■·3n-1，即an=■.

（2）證明：由（1）知an=■，∴■=■≤■=■（n∈N*），

∴■+■+…+■≤1+■+■+…+■=■=■[1-（■）n] <■.

故：■+■+…+■<■.

例10. 正項數列{an}滿足a1=2，且2nan+1+2n2=an+1an+nan.

（1）求數列{an}的前n項和Sn.

（2）求證：對一切正整數n，有■+■+…+■<■.

解析（1）由2nan+1+2n2=an+1an+nan？圯（an-2n）（an+1+n）=0，由于an>0，

得an=2n，從而Sn=2×1+2×2+…+2n=n（n+1）.

（2）法一：由■=■=■·■<■·■-■.

■+■+…+■

<■（■-■）+（■-■）+…+■-■

=■（■-■）=■-■<■.

法二：由■=■<■=■（■-■），

那么■+■+…+■

<■+■[（■-■）+（■-■）+…+（■-■）]=■-■<■.

法三：由■=■=■<■=■-■.

那么

■+■+…+■<（■-■）+（■-■）+…+（■-■）=■-■<■.

點評本題第二問，無論是哪種方法，也都是建立在通項的基礎上，對通項進行放縮，然后，再進行裂項，最后完成求解的.可以看出裂項依然是關鍵.

六、與其它知識結合考查數列基本技能交匯性應用

試題的交匯性，是近年高考試題的一大特色，數列中我們依然要關注其交匯性，數列會與哪些知識交匯呢？

1. 集合與數列交匯

例11. 已知數集序列{1}，{3，5}，{7，9，11}，{13，15，17，19}，…，其中每一個數集都由連續正奇數構成，每一個數集都比前一個數集多一個數，并且每一數集的最大數與后一個數集的最小值是連續奇數，則第n個數集的各數之和為___________.

解析根據規律可以得到第n個數集共有n個奇數，且最小的奇數是第n-1個數集中最大的數加2.

由于前n-1個數集共有1+2+…+（n-1）=■個數，于是第n-1個數集中最大的數為2×■-1=n2-n-1，于是第n個數集中最小的奇數是n2-n+1.

那么Sn=n（n2-n+1）+■×2=n3.

點評本題通過對集合中元素個數的規律進行研究，發現了第個數集中元素的數量. 再通過對元素特點的分析，進一步產生第個數集中元素的構成，然后產生結論.

2. 與函數交匯

例12. 已知f（x）=x+1，g（x）=2x+1數列{an}滿足：a1=1，an+1=f（an）（n為奇數）g（an）（n為偶數）則數列{an}的前10項的和為___________.

解析：由a1=1，結合遞推式可得a2=2.

由于a2n+2=a2n+1+1=（2a2n+1）+1=2a2n+2？圯a2n+2+2=2（a2n+2），顯然，數列{a2n+2}是以a2+2=4為首項，以2為公比的等數列，所以a2n+2=（a2+2）·2n-1？圯a2n=2n+1-2.

又由a2n+1=2a2n+1=2（a2n-1+1）+1=2a2n-1+3？圯a2n+1+3=2（a2n-1+3），顯然，數列{a2n-1+3}是以a1+3=4為首項，以2為公比的等數列，所以a2n-1+3=（a1+3）·2n-1？圯a2n-1=2n+1-3.

那么，S10=（a1+a3+…+a49）+（a2+a4+…+a50）

=（22-3+23-3+…+226-3）+（22-2+23-2+…+226-2）=228-133.

點評本題借助于分段遞推式將數列的通項公式求和，通過通項公式將待求和的結果進行分組，最后產生結論. 求解難點在于通過遞推式產生等比數列的結論.

3. 與線性規劃交匯

例13. 設不等式組x>0，y>0，y≤-nx+4n（n≥1，n∈Z）所表示的平面區域為Dn的整點個數為an，則■（a1+a3+a5+…+a2007）=_________.

解析首先作直線y=-nx+4n，再結合x>0，y>0，可得可行域為右圖所示的三角形區域，顯然，當x=1時，y=3n，此時整點的個數為3n;當x=2時，y=2n，此時整點的個數為2n;當x=3時，y=n，此時整點的個數為n.

故可行域內整點的個數為an=3n+2n+n=6n.

那么■（a1+a3+a5+…+a2007） =■（6×1+6×3+…+6×2007）=■×6×■×1004=3012.

點評本題首先作出可行域，然后再求整點的數量;稍留心會發現，整點其實就在三條直線x=1、x=2及x=3上，而在這三條線上的整點個數正好是3n、2n及n個，得到這三個數據之后，再求和就簡單了.

數列的預測，我們就說這些，雖然，命題降低了難度，但并不表示，數列不重要. 其實，聰明的人會看出更重要了，因為，這里才是真正得分的地方，抓住了分數，高考能不獲勝嗎？

責任編輯 徐國堅