高考数列解答题回眸与展望

王佩其

2018年高考的硝烟渐渐散去，2019年高考的烽火已经点燃.。常言道：知己知彼，百战不殆.以史为鉴看高考！数列，作为新课标高考的重要考点之一，它在2018年的高考解答题中是如何考查的？明年的高考命题，数列解答题将会出现哪些基本题型？

一、2018年高考真题回眸

1. 高考真题

（2018年理科II卷第17题）记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1=-7，S3=-15.

（1）求{an}的通项公式；

（2）求Sn，并求Sn的最小值.

分析：（1）先用基本量法求公差d，再写出等差数列{an}通项公式；也可利用等差数列性质，由S3=-15求出a2，从而求出公差d，再写出等差数列{an}的通项公式.

（2）依据等差数列求和公式，转化为二次函数的最值问题；也可根据通项公式所确定的项的正负，来求Sn的最小值.

解析：（1）法1：设{an}的公差为d，由题意得3a1+3d=-15. 由a1=-7得d=2.

所以{an}的通项公式为an=a1+（n-1）d=-7+（n-1）×2，即an=2n-9.

法2：设{an}的公差为d，因为{an}为等差数列，所以S3=a1+a2+a3=3a2=-15，

故a2=-5，于是d=a2-a1=-5-（-7）=2，

所以{an}的通项公式为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.

所以当n=4时，Sn取得最小值，最小值为-16.

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

故当n=4时，Sn取得最小值，最小值为a1+a2+a3+a4=（-7）+（-5）+（-3）+（-1）=-16.

点评：数列是函数的延续.高考对函数的考查要求较高，往往将函数与导数综合题作为压轴题，而对数列的考查要求有所降低，尤其是当它处于高考解答题的第一题的位置，难度不大.本题就是例证.本题主要考查等差数列通项公式的求法和等差数列求和中的最值问题，对于大多数考生来说，是一个“不折不扣”的送分题.

2. 题根寻踪

高考题的命制，一般都源于课本，而又高于课本. 2018年理科Ⅱ卷第17题的题根来自人教A高中数学必修5第51页的例4：

已知等差数列5，4 ，3 ，…的前n项和为Sn，求使得Sn最大的序号n的值.

3. 考点回顾

在新课标（II）卷中，当对数列的考题形式为解答题时，一般出现在第17小题，即解答题部分的第一小题，主要考查等差数列与等比数列定义、性质及通项公式，考查利用构造法、叠加法、叠乘法及第n项与前n项和公式法求数列通项公式方法，主要考查分组求和法、拆项法、错位相减法、并项法等求和方法，考查运算求解能力、转化与化归思想，难度为中档难度，分值为12分.

二、2019年命题方向展望

众所周知，每年高考考题不会重复，但考点却依然如故.今年考了等差数列，明年或许考等比数列，但考查的知识点与方法不会超越考纲.依据2018年的高考真题与最新考纲，不难预测在以后的高考中，数列解答题的命题将依然秉着考查基础知识和基本运算的原则命题，以数列知识内部的综合为主，有时也会考查数列与不等式的综合，试题难度不变或难度向上微调，以下几个极易考查的命题方向应引起大家的关注.

考向1. 等差数列、等比数列的定义、通项公式、性质、前n项和公式

对等差数列、等比数列基本量问题，利用等差数列、等比数列通项公式、性质、前n项和公式列出关于首项、公差（公比）的方程组，解出首项、公差（公比）即可解决问题.

例1.（河南省郑州市2018年二质检）各项均为正数的等比数列{an}中，a1=8，且2a1，a3，3a2成等差数列.

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）数列{bn}，已知bn= ，求bn的前n项和Sn.

分析：（1）根据题意得到2q2-3q-2=0，解得q=2或q=- ，舍去负值，故得到数列的通项；（2）根据第一问得到bn= （ - ），裂项求和即可.

解析：（Ⅰ）∵2a1，a3，3a2 成等差数列，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+ - - ） = - （ + ） = - .

点评：本题考查等比数列通项公式的求法以及利用裂项相消法数列求和，难度不大.

考向2. 已知递推公式求数列的通项公式

解决这类问题必须具体问题具体分析，一般涉及以下五种方法：（1）观察法；（2）累加法；（3）累積法：（4）构造法：（5）利用前n项和Sn与第n项an关系求通项.

例2.（人大附中2018届10月考）已知数列{an}满足a1=1，a2=2，an+2= ，n∈N*，bn=an+1-an.

（1）求b1，b2的值；（2）证明：{bn}是等比数列；（3）求{an}的通项公式.

分析：（1）第（1）问，直接根据递推关系求出b1，b2的值.（2）第（2）问，一般利用等比数列的定义证明.（3）第（3）问，先利用第（2）的结论求出bn，再利用累加法求{an}的通项公式.

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

（2）由（Ⅰ）可知，b1=1，

当n≥2时，bn=an+1-an= -an=- （an-an-1）=- bn-1，

所以{bn}是以1为首项，- 为公比的等比数列.

综上所述，命题得证.

（3）由（Ⅱ）知：bn=an+1-an=（- ）n-1，

当n≥2时，an=a1+（a2-a1）+（a3-a2）+…+（an-an-1）=1+1+（- ）+…+（- ）n-2=1+ =1+ [1-（- ）n-2]= - （- ）n-1.

当n=1时， - （- ）1-1=1=a1，所以an= - （- ）n-1（n∈N*）.

综上所述，{an}的通项公式为an= - （- ）n-1（n∈N*）.

点评：本题主要考查等比数列的证明方法和累加法在求数列通项中的应用，难度一般. 利用递推关系求数列通项公式时，一定要对首项验证，从而确定通项公式是否需写出分段形式.

考向3. 数列求和

数列求和的主要方法：（1）公式法；（2）分组求和；（3）拆项相消法；（4）倒序相加法；（5）错位相减法；（6）并项求和法.

例3.（安徽省宿州市2018届一质检）在数列{an}中，a1=1，an+1=（1+ ）an+（n+1）·2n.

（Ⅰ）设bn= ，求数列{bn}的通项公式；

（Ⅱ）求数列{an}的前n项和Sn.

分析：（1）利用构造法和累加法求出数列{bn}的通项公式；（2）先求出数列{an}的通项公式，再根据通项公式特点，确定求和方法.

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）.

又当n=1时，b1=a1=1，满足上式，∴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- .

点评：本题综合考查数列通项的求法，以及数列求和的方法，难度中等.

考向4. 数列与不等式等知识的交汇

求解数列与函数交汇问题注意两点：（1）数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集（或它的有限子集），在求数列最值或不等关系时要特别重视；（2）解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件. 此外，数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理.

例4.（湖南省郴州市2018届二质检）已知在等比数列{an}中，a1=1，且a1，a2，a3-1成等差数列.

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）若数列{bn}满足bn=2n-1+an（n∈N*），数列{bn}的前n项和为Sn，试比较Sn与n2+2n的大小.

分析：（Ⅰ）因为a1=1，所以可根据a1，a2，a3-1成等差数列列出关于首公比q的方程，解得q的值，即可得到数列{an}的通项公式；（Ⅱ）利用（Ⅰ）的结论可得bn=2n-1+2n-1，根据分组求和法，利用等差数列求和公式以及等比数列求和公式可得Sn=n2+2n-1，再利用做差法可比较Sn=与n2+2n的大小.

解析：（Ⅰ）设等比数列{an}的公比为q，∵a1，a2，a3-1成等差数列，

∴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.

因为Sn-（n2+2n）=-1<0，所以Sn

点评：数列与不等式等知识的交汇性问题，一般涉及数列求和以及不等式放缩.这类问题在高考中属于中档题.

变式训练

1. 已知数列{an}的前n项和Sn=2n+1+n-2.

（1）求數列{an}的通项公式；（2）设bn=log2（an-1），求Tn= + + +…+ .

2. 已知数列{an}满足a1=1， =n，n∈N*.

（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn= ，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.

（3）证明： + + +…+ <2.

参考答案

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

当n=1时，a1=S1=3， 综上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）证明：∵ < = - ，k=2，3，4，…，n.

∴ + + +…+ = + + +…+ < + + +…+ .

= +（ - ）+（ - ）+…+（ - ）=2- <2.

责任编辑 徐国坚