王佩其

2018年高考的硝煙漸漸散去，2019年高考的烽火已經(jīng)點(diǎn)燃.。常言道：知己知彼，百戰(zhàn)不殆.以史為鑒看高考！數(shù)列，作為新課標(biāo)高考的重要考點(diǎn)之一，它在2018年的高考解答題中是如何考查的？明年的高考命題，數(shù)列解答題將會(huì)出現(xiàn)哪些基本題型？

一、2018年高考真題回眸

1. 高考真題

（2018年理科II卷第17題）記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a1=-7，S3=-15.

（1）求{an}的通項(xiàng)公式；

（2）求Sn，并求Sn的最小值.

分析：（1）先用基本量法求公差d，再寫出等差數(shù)列{an}通項(xiàng)公式；也可利用等差數(shù)列性質(zhì)，由S3=-15求出a2，從而求出公差d，再寫出等差數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.

（2）依據(jù)等差數(shù)列求和公式，轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)的最值問題；也可根據(jù)通項(xiàng)公式所確定的項(xiàng)的正負(fù)，來求Sn的最小值.

解析：（1）法1：設(shè){an}的公差為d，由題意得3a1+3d=-15. 由a1=-7得d=2.

所以{an}的通項(xiàng)公式為an=a1+（n-1）d=-7+（n-1）×2，即an=2n-9.

法2：設(shè){an}的公差為d，因?yàn)閧an}為等差數(shù)列，所以S3=a1+a2+a3=3a2=-15，

故a2=-5，于是d=a2-a1=-5-（-7）=2，

所以{an}的通項(xiàng)公式為an=a1+（n-1）d=-7+（n-1）×2，即an=2n-9.

（2）法1：由（1）知an=2n-9，故Sn=n·（-7）+ ×2=n2-8n=（n-4）2-16.

所以當(dāng)n=4時(shí)，Sn取得最小值，最小值為-16.

法2：由（1）知an=2n-9，當(dāng)n=1，2，3，4時(shí)an<0，當(dāng)n≥5（n∈N？鄢）時(shí)an>0，

故當(dāng)n=4時(shí)，Sn取得最小值，最小值為a1+a2+a3+a4=（-7）+（-5）+（-3）+（-1）=-16.

點(diǎn)評(píng)：數(shù)列是函數(shù)的延續(xù).高考對(duì)函數(shù)的考查要求較高，往往將函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合題作為壓軸題，而對(duì)數(shù)列的考查要求有所降低，尤其是當(dāng)它處于高考解答題的第一題的位置，難度不大.本題就是例證.本題主要考查等差數(shù)列通項(xiàng)公式的求法和等差數(shù)列求和中的最值問題，對(duì)于大多數(shù)考生來說，是一個(gè)“不折不扣”的送分題.

2. 題根尋蹤

高考題的命制，一般都源于課本，而又高于課本. 2018年理科Ⅱ卷第17題的題根來自人教A高中數(shù)學(xué)必修5第51頁的例4：

已知等差數(shù)列5，4 ，3 ，…的前n項(xiàng)和為Sn，求使得Sn最大的序號(hào)n的值.

3. 考點(diǎn)回顧

在新課標(biāo)（II）卷中，當(dāng)對(duì)數(shù)列的考題形式為解答題時(shí)，一般出現(xiàn)在第17小題，即解答題部分的第一小題，主要考查等差數(shù)列與等比數(shù)列定義、性質(zhì)及通項(xiàng)公式，考查利用構(gòu)造法、疊加法、疊乘法及第n項(xiàng)與前n項(xiàng)和公式法求數(shù)列通項(xiàng)公式方法，主要考查分組求和法、拆項(xiàng)法、錯(cuò)位相減法、并項(xiàng)法等求和方法，考查運(yùn)算求解能力、轉(zhuǎn)化與化歸思想，難度為中檔難度，分值為12分.

二、2019年命題方向展望

眾所周知，每年高考考題不會(huì)重復(fù)，但考點(diǎn)卻依然如故.今年考了等差數(shù)列，明年或許考等比數(shù)列，但考查的知識(shí)點(diǎn)與方法不會(huì)超越考綱.依據(jù)2018年的高考真題與最新考綱，不難預(yù)測(cè)在以后的高考中，數(shù)列解答題的命題將依然秉著考查基礎(chǔ)知識(shí)和基本運(yùn)算的原則命題，以數(shù)列知識(shí)內(nèi)部的綜合為主，有時(shí)也會(huì)考查數(shù)列與不等式的綜合，試題難度不變或難度向上微調(diào)，以下幾個(gè)極易考查的命題方向應(yīng)引起大家的關(guān)注.

考向1. 等差數(shù)列、等比數(shù)列的定義、通項(xiàng)公式、性質(zhì)、前n項(xiàng)和公式

對(duì)等差數(shù)列、等比數(shù)列基本量問題，利用等差數(shù)列、等比數(shù)列通項(xiàng)公式、性質(zhì)、前n項(xiàng)和公式列出關(guān)于首項(xiàng)、公差（公比）的方程組，解出首項(xiàng)、公差（公比）即可解決問題.

例1.（河南省鄭州市2018年二質(zhì)檢）各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，a1=8，且2a1，a3，3a2成等差數(shù)列.

（Ⅰ）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；

（Ⅱ）數(shù)列{bn}，已知bn= ，求bn的前n項(xiàng)和Sn.

分析：（1）根據(jù)題意得到2q2-3q-2=0，解得q=2或q=- ，舍去負(fù)值，故得到數(shù)列的通項(xiàng)；（2）根據(jù)第一問得到bn= （ - ），裂項(xiàng)求和即可.

解析：（Ⅰ）∵2a1，a3，3a2 成等差數(shù)列，2a3=2a1+3a2即：2a1q2=2a1+3a1q，

∴2q2-3q-2=0解得： q=2或q=- （舍）. ∴an=8·2n-1=2n+2.

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得：bn= = = （ - ），

Sn= b1+b2+b3+……+ bn = （1- + - + - +…+ - ） = （1+ - - ） = - （ + ） = - .

點(diǎn)評(píng)：本題考查等比數(shù)列通項(xiàng)公式的求法以及利用裂項(xiàng)相消法數(shù)列求和，難度不大.

考向2. 已知遞推公式求數(shù)列的通項(xiàng)公式

解決這類問題必須具體問題具體分析，一般涉及以下五種方法：（1）觀察法；（2）累加法；（3）累積法：（4）構(gòu)造法：（5）利用前n項(xiàng)和Sn與第n項(xiàng)an關(guān)系求通項(xiàng).

例2.（人大附中2018屆10月考）已知數(shù)列{an}滿足a1=1，a2=2，an+2= ，n∈N*，bn=an+1-an.

（1）求b1，b2的值；（2）證明：{bn}是等比數(shù)列；（3）求{an}的通項(xiàng)公式.

分析：（1）第（1）問，直接根據(jù)遞推關(guān)系求出b1，b2的值.（2）第（2）問，一般利用等比數(shù)列的定義證明.（3）第（3）問，先利用第（2）的結(jié)論求出bn，再利用累加法求{an}的通項(xiàng)公式.

解析：（1）由題意知：b1=a2-a1=2-1=1，b2=a3-a2= -a2=- .

（2）由（Ⅰ）可知，b1=1，

當(dāng)n≥2時(shí)，bn=an+1-an= -an=- （an-an-1）=- bn-1，

所以{bn}是以1為首項(xiàng)，- 為公比的等比數(shù)列.

綜上所述，命題得證.

（3）由（Ⅱ）知：bn=an+1-an=（- ）n-1，

當(dāng)n≥2時(shí)，an=a1+（a2-a1）+（a3-a2）+…+（an-an-1）=1+1+（- ）+…+（- ）n-2=1+ =1+ [1-（- ）n-2]= - （- ）n-1.

當(dāng)n=1時(shí)， - （- ）1-1=1=a1，所以an= - （- ）n-1（n∈N*）.

綜上所述，{an}的通項(xiàng)公式為an= - （- ）n-1（n∈N*）.

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查等比數(shù)列的證明方法和累加法在求數(shù)列通項(xiàng)中的應(yīng)用，難度一般. 利用遞推關(guān)系求數(shù)列通項(xiàng)公式時(shí)，一定要對(duì)首項(xiàng)驗(yàn)證，從而確定通項(xiàng)公式是否需寫出分段形式.

考向3. 數(shù)列求和

數(shù)列求和的主要方法：（1）公式法；（2）分組求和；（3）拆項(xiàng)相消法；（4）倒序相加法；（5）錯(cuò)位相減法；（6）并項(xiàng)求和法.

例3.（安徽省宿州市2018屆一質(zhì)檢）在數(shù)列{an}中，a1=1，an+1=（1+ ）an+（n+1）·2n.

（Ⅰ）設(shè)bn= ，求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；

（Ⅱ）求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn.

分析：（1）利用構(gòu)造法和累加法求出數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；（2）先求出數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式，再根據(jù)通項(xiàng)公式特點(diǎn)，確定求和方法.

解析：（I）由已知有 = +2n，∴bn+1=bn+2n，∴bn-bn-1=2n-1（n≥2），

∴bn=（bn-bn-1）+（bn-1-bn-2）+…+（b3-b2）+（b2-b1）+b1

=2n-1+2n-2+…+22+2+1= =2n-1（n≥2）.

又當(dāng)n=1時(shí)，b1=a1=1，滿足上式，∴bn=2n-1（n∈N*）.

（II）由（I）知an=n·2n-n，

∴Sn=（1·2+2·22+3·23+…+n·2n）-（1+2+3+…+n）.

而1+2+3+…+n= n（n+1），

令Tn=1·2+2·22+3·23+…+n·2n …… ①

∴2Tn=1·22+2·23+3·24+…+n·2n+1 …… ②

①-②，得-Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1= n·2n+1=-2+（1-n）·2n+1.

∴Tn=2+（n-1）·2n+1. ∴Sn=2+（n-1）·2n+1- .

點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查數(shù)列通項(xiàng)的求法，以及數(shù)列求和的方法，難度中等.

考向4. 數(shù)列與不等式等知識(shí)的交匯

求解數(shù)列與函數(shù)交匯問題注意兩點(diǎn)：（1）數(shù)列是一類特殊的函數(shù)，其定義域是正整數(shù)集（或它的有限子集），在求數(shù)列最值或不等關(guān)系時(shí)要特別重視；（2）解題時(shí)準(zhǔn)確構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)性質(zhì)時(shí)注意限制條件. 此外，數(shù)列為背景的不等式恒成立、不等式證明，多與數(shù)列的求和相聯(lián)系，最后利用數(shù)列或數(shù)列對(duì)應(yīng)函數(shù)的單調(diào)性處理.

例4.（湖南省郴州市2018屆二質(zhì)檢）已知在等比數(shù)列{an}中，a1=1，且a1，a2，a3-1成等差數(shù)列.

（Ⅰ）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；

（Ⅱ）若數(shù)列{bn}滿足bn=2n-1+an（n∈N*），數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，試比較Sn與n2+2n的大小.

分析：（Ⅰ）因?yàn)閍1=1，所以可根據(jù)a1，a2，a3-1成等差數(shù)列列出關(guān)于首公比q的方程，解得q的值，即可得到數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）利用（Ⅰ）的結(jié)論可得bn=2n-1+2n-1，根據(jù)分組求和法，利用等差數(shù)列求和公式以及等比數(shù)列求和公式可得Sn=n2+2n-1，再利用做差法可比較Sn=與n2+2n的大小.

解析：（Ⅰ）設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，∵a1，a2，a3-1成等差數(shù)列，

∴2a2=a1+（a3-1）=a3，∴q= =2，∴an=a1qn-1=2n-1（n∈N*）.

（Ⅱ）∵bn=2n-1+an，

∴Sn=（1+1）+（3+2）+（5+22）+…+（2n-1+2n-1）=[1+3+5+…（2n-1）]+（1+2+22+…+2n-1） ·n+ =n2+2n-1.

因?yàn)镾n-（n2+2n）=-1<0，所以Sn

點(diǎn)評(píng)：數(shù)列與不等式等知識(shí)的交匯性問題，一般涉及數(shù)列求和以及不等式放縮.這類問題在高考中屬于中檔題.

變式訓(xùn)練

1. 已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=2n+1+n-2.

（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)bn=log2（an-1），求Tn= + + +…+ .

2. 已知數(shù)列{an}滿足a1=1， =n，n∈N*.

（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)bn= ，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，求Tn.

（3）證明： + + +…+ <2.

參考答案

1. （1）由Sn=2n+1+n-2，Sn-1=2n+（n-1）-2，（n≥2） 則an=2n+1（n≥2）.

當(dāng)n=1時(shí)，a1=S1=3， 綜上an=2n+1.

（2）由bn=log2（an-1）=log22n=n.

Tn= + + +…+ = + + +…+ =（1- ）+（ - ）+（ - ）+…+（ - ）= .

2.（1）由 =n，得（n+1）an+1=nan，即 = ，

∴ · · …… · = × × ×…× × .

即an= a1，∵a1=1，所以an= .

（2）∵bn= =n·2n，

∴Tn=1×2+2×22+3×23+…+n·2n …… ①

2Tn=1×22+2×23+3×24+…+（n-1）·2n+n·2n+1 …… ②

①-②，得-Tn=-（2+22+23+…+2n）-n·2n+1

∴Tn=（n-1）·2n+1+2.

（3）證明：∵ < = - ，k=2，3，4，…，n.

∴ + + +…+ = + + +…+ < + + +…+ .

= +（ - ）+（ - ）+…+（ - ）=2- <2.

責(zé)任編輯 徐國(guó)堅(jiān)