数学教研交流数列预测与探究素材pdf

发表 高中生杂志 高考数列命题预测与探究 发表 高中生杂志 高考数列命题预测与探究 湖南长沙 邓永生（QQ：4474986） 数列是高中数学的一个重要内容，在高考考查中占有非常重要的地位。如何利用有限 的时间与精力赢取数列的复习和备考， 成为困惑广大考生的一大难题。 本文将从四个方面进 行预测分析，进行有的放矢的指引复习，让你备考更加行之有效，以最少的时间赢取最大的 胜利。 一、数列的基本概念和简单表示法 一、数列的基本概念和简单表示法 【命题走向】数列概念及通项公式表示是高考数列命题考查的一个重要形式。 【重点关注】对数列概念的复习主要侧重掌握数列通项的常见求法，要求理解数列的 基本概念，特别需要重点关注两类问题：一是看图找规律求通项的问题（预测 1）（预测 1） ；二是新 型数列定义的信息题（如预测 2、3）（如预测 2、3） 。 【试题预测】 预测 1：预测 1：图（1） 、 （2） 、 （3） 、 （4）分别包含 l 个、5 个、l3 个、25 个第十九届北京奥运会吉 祥物“福娃迎迎” ，按同样的方式构造图形，设第”个图形包含个“福娃迎迎”，则 n)(nf )(nf. 解析解析：由图易知,1) 1 (f3)31 (2)2(f,5)531 (2)3(f, , 7)7531 (2)4(f,) 12()12(7531 2)(nnnf 即, )(nf122 2 nn 点评：点评：对于通过图形规律求通项的问题，往往因为观察的角度不一样而有不同的解决方法， 但其原理是不变的。 本题中根据图像的对称性可得每个图中福娃的个数可以看成一半的两倍 再减去中间重复的个数即得。 除此以外也可以根据前后图之间的关系寻找规律， 后一个图相 对 前 一 个 增 加 了4(个 福 娃 ， 即 有 递 推 关 系 ：1)n( )(1)4(1)f nf nn， ，采用累加求和可得 * (2,nnN)(nf122 2 nn。 预测 2预测 2： 对于给定数列， 如果存在实常数 n c pq、 ， 使得 1nn cpc q对于任意 都成立，我们称数列是 “M 类数列”若 * Nn n cnan2，3 2n n b * Nn ，则数列、 满足（ ） n a n b 1 A、都是“M 类数列”； B、 是“M 类数列”， 不是“M 类数列”； n a n b n a n b C、不是“M 类数列”， 是“M 类数列”； D、，都不是“M 类数列”。 n a n b n a n b 答案答案：A 解析解析：因为，则有，故数列是“M 类数列”，对应实常数分别为 1， 2；因为，则有，故数列 是“M 类数列”，对应实常数分别为 2，0。 nan2 3 2n 1 2 nn aa 1 2 nn bb n a n bn b 点评点评：本题给出了一个“M 类数列”信息定义，考查学生自主学习，知识迁移的能力。解此类 题的关键在于理解新数列的定义，运用定义去解决问题。 预测 3预测 3：若数列满足 n a * 1 11 (, nn d nNd aa 为常数)则称数列为调和数列，已知 数列 n a 1 n x 为调和数列，且，则 1220 200 xxx 516 xx= 答案答案： 20 解析：解析： 由调和数列的定义可知： 数列 1 n x 为调和数列， 故 * 1 11 (, 11 nn d nNd xx 为常数)， 即数列 n x为等差数列。由等差数列的性质可得 516 20 xx。 二、 等差数列和等比数列 二、 等差数列和等比数列 【命题走向】等差数列和等比数列是中学数列中两个最为基本的核心内容，两者在概 念、性质和公式有许多密切的关系，很多数列问题，都可以通过转化成等差数列、等比数列 问题得到解决。高考对本考点的要求是：掌握等差数列和等比数列通项公式的求法，理解等 差数列和等比数列的有关性质，特别要关注两者的一些对偶性质。 【重点关注】对等差数列和等比数列的复习应重点关注以下几个方面：一是要掌握等 差数列和等比数列的基础知识，相关的性质和求和策略，此类题多为基础小题， （如预测 4）如预测 4） 难度不大，但需要对基础知识熟悉，有一个全面的了解掌握。 二是融入程序框图命题的结合考查。这类题多借助框图的算法功能阐述数列的基本概 念和性质，考查数列求和的思想方法（如预测 5）（如预测 5） 。此类命题切合新课程教材，是高考命题 的热点和难点，特别值得关注。 三是直接考查等差等比数列相关性质的综合问题，往往在考查基础知识的同时与其他 知识交汇融合，提升命题的难度和内涵（如预测 6）（如预测 6） 。 【试题预测】 预测 4：预测 4： 已知等比数列满足， 且 n a0,1,2, n an 2 525 2 (3) n n aan ， 则当时， w（ ） 1n 2123 logloglogaa 221n a A. B. (21)nn 2 (1)n C. D. 2 n 2 (1)n 2 答案：答案：C 。 解析：解析： 由等比数列的性质， 根据得， 因， 所以， 2 525 2 (3) n n a an n n a 22 20 n a n n a2 3212 loglogaa 122 (31log a n ，故选 C。 2 ) 1n2n 预测 5：预测 5：右边程序框图的程序执行后输出的结 果 是 。 答案答案：625 解析解析：由框图的算法功能可知，本题实质上就是求一个首 项为 1，公差为 2 的等差数列的前n项的和。由条件可知： 25 (149) 0 1 349625 2 S 。 预 测 预 测6 ： 设， 其 中 nnnn n n aaa aaa aaa A 21 22221 11211 )n1 ,1 (kniaik表示该数阵中位于第i行第列的数， 已知该数阵每一行的数成等差 数列，每一列的数成公比为 2 的等比数列，且 k 820, 3423 aa。 （1）求和； 11 a ik a （2）设数阵第i行的公差为，), 2 , 1(nidi n dddnf 21 )(，求； )(nf （3）设 1)2(3)1(21nnnnn aaaaA ，证明：当是 3 的倍数时，能被 21 整除。 nnAn 解析解析： （1）因为每一列的数是公比为 2 的等比数列，8 23 a，20 34 a， 所以，故第一行的公差为5, 4 1413 aa1 1 d。2 11 a， 1 1 ka k ， 因此。 1 2) 1( i ik ka （2） 111 )1( 22) 1(2)2( iii ikkii kkaad 12 21 21 . 21 n n n ddd (3) ， 12 22.2) 1(2) 1( n n nnnA 3 nn n nnA2223.22) 1(2 12 上面两式相减得： nn n nA222.22) 1( 12 3232 21 )21 (2 ) 1( nn nn n ) 12(3 n n nA )( ,3 Nkkn当时 )7.7(31) 17(3) 18( 3 10 k k k k kk n CCnA).7(21 110 k k k k CC ， 因为为整数，所以 1107 k k k k CCnAn整除。能被21 点评：点评： 借助数阵的表示形式考查等差与等比数列的基本性质， 第三小问考查了错位相减的求 和思想及利用二项式展开证明整除问题， 提升了本题的综合难度， 此外对于整除的证明也可 以借助数学归纳法解决。 三、 由递推关系确定数列通项 三、 由递推关系确定数列通项 【命题走向】利用递推关系式来确定数列的通项，研究数列的单调性、周期性等相关 性质，是历年高考命题的重点和热点。此类题具有新颖。灵活的特点，考查了学生观察、归 纳、猜想、推断能力。从近年来的高考命题情况来看，试题以等差数列、等比数列和能转化 成等差数列、等比数列的题型为主，考查等差数列和等比数列的基本性质。 【重点关注】对递推数列的复习应重点关注以下三个方面： 一是掌握常见的解递推关系的基本方法，如：公式法：利用熟知的公式求通项公式的 方法称为公式法。常用的公式有 1( 2 nnn aSSn ) 2211 )()aaa ，等差数列和等比数列的通项公式。 归纳法： 由数列前几项用不完全归纳法猜测出数列的通项公式， 再用数学归纳法证明其正 确 性 。 这 种 方 法 叫 做 归 纳 法 。 累 加 法 ： 利 用 恒 等 式 求通项公式的方法称为累加法。 累加法是 求型如的递推数列通项公式的基本方法 （其中数列 ( 11 ()( nnnnn aaaaa 1 ( ) nn aaf n )f n可求前n项和） 。 累乘法：利用恒等式 32 1 121 (0 n n n aaa aaa aaa n a ) n 求通项公式的方法为累乘法，累乘 法是求型如的递推数列通项公式的基本方法（其中数列 (可求前项 积） 。 1 ( ) n ag n )g nn 二是通过变换递推关系，将非等差（等比）数列转化为与等差或等比有关的数列而求 得通项公式。常用的转化途径有：凑配、消项变换，倒数变换，对数变换，换元变换。 （如 预测 7） （如 预测 7） 。 三是学会从题中条件、设问中寻找构造关系，打开解决问题的突破口（如预测 8）（如预测 8） 。 【试题预测】 4 预测 7：预测 7：数列 n a中， 1 3 5 a， （1）若 1 32 nn aa 则= n a ； （2）若 1 3 , 23 a n n n a a a n 则= 。 答案答案： （1） 1 8 3 5 n 1； （2） 3 23n 解析解析： （1）由a 1nn 32a 13(1)aa配凑可得 1nn ，又 1 8 10 5 a ，故1是 首项为 a n 8 5 ，公比为 3 的等比数列，则 1 8 13 5 n n a ，即 1 8 31 5 n n a ； （2）取倒数可得 1 23121 33 n nnn a aaa ，即 1 11 3 nn aa 2 ，故 1 n a 是一个等差数列， 则 15223 (1) 333 n n n a ，故 3 23 n a n 。 预测 8：预测 8：已知数列 n a中， 1 0a 1 1 2 n n a a ，. * Nn （1）求证： 1 1 n a 是等差数列；并求数列 n a的通项公式； （2）假设对于任意的正整数、n，都有m| nm bb，则称该数列为“域收敛数列”. 试判断: 数列 4 5 n nn ba，是否为一个“ * Nn 2 3 域收敛数列” ，请说明你的理由. 解析解析： （1）证明：因为 1 211 1 1 11 1 1 n nn n a aa a 1 1 n a ， 所以 * 1 11 1, 11 nn nN aa ，故 1 1 n a 是等差数列。 由此可得 1 11 (1) ( 1) 11 n nn aa ，所以 * 11 1, n n an nn N 。 （2）解：由条件 4 () 5 n nn ba ，可知当2 ,0 n nk b；当21nk时。 * ,0, n bkN 令 4 |( ) 5 n nn ba，则 1 1 41 |( )( ) 155 nn nn nn bb nn 4 5 2 44145 ( ) ( ) 55155 (1) nn nnn nnn n 所以，当时； 2 502nn 1 | | nn bb | |同理可得，当时 2 503nn 1 | | nn bb ； 即数列|在时递增；时，递减；即|是数列的最大项； | n b1,2,3n 4n 3 |b| n b 而 2 2 1 48 ( )0.32 2 525 b ， 4 4 1 4192 ( )0.3072 2 5625 b ，所以，故是数列 的最大项。 2 bb 42 b n b 因此，对任意的整数，,m n 23 81282 | | | 253753 nm bbbb 所以数列 * 4 () , 5 n nn banN 是一个“ 2 3 域收敛数列” 。 点评：点评： 本题如果不注意到设问的结构形式而直接求通项则茫然无从下笔， 但由设问的证明形 式可以借助数列定义求得通项，迅速打开解决问题的突破口。设问二则是一个集新定义，函 数性质，不等式于一体的综合问题。 四、 数列与函数、三角、不等式和解析几何的综合问题 四、 数列与函数、三角、不等式和解析几何的综合问题 【命题走向】数列的综合问题，多侧重与函数、方程、三角函数、不等式、几何图形 等问题综合考查，试题难度大都在中档偏上，有时也以压轴题的形式出现，考查学生较高层 次的分析问题、解决问题的能力。 【重点关注】值得重点关注的有两大类题型：一是与函数、方程和不等式相结合的数 列问题（如预测 9）（如预测 9） ；一是与平面解析几何相结合的综合问题（如预测 10）（如预测 10） 。 【试题预测】 预测预测 9：已知数列 ，满足)(221 11 Nnaaaa n nnn (1)证明：数列 ；的通项公式列是等差数列，并求出数 nn n n aa a 2 (2)求等差数列 对 都成 立； 11 2 3 1 2 0 1 )( n n nnnnnn aCbCbCbCbNnb，使 Nn (3)M a c a c a c a c MNnnbc n n nn 3 3 2 2 1 1 )(，使，是否存在正常数令 Nn对 恒成立，并证明你的结论 解析： 解析： (1) 证明：，：， )(221 11 Nnaaa n nn ， 2 1 222 1 22 1 1 1 1 n n n n n n n n aaaa ， 6 ) 1( 2 1 222 1 22 11 n aaaa n n n n 的等差数列，且为首项，公差为是以数列， )(2 1 Nnna n n (2) 解析：设等差数列的首项为，公差为 d，则 n b 1 bdnbbn) 1( 1 () Nn 考察等差数列，易知： 1113211 bbbbbbbb nnnn 又 ，利用加法交换律把此等式变为 11 2 3 1 2 0 1 n n nnnnn aCbCbCbCb ，两式相加，利用组合数的性质 化简，得，即 1 0 1 2 1 1 1 nn n nn n nn n nn aCbCbCbCb mn n C 10 11 )( n nnnn CCCbb m n C 1 2 n a22 11 nbb n 再分别令，得，进一步可得 21nn， 6 4 31 21 bb bb 2 1 1 d b 因此，满足题设的等差数列 n b的通项公式为 )( 12 Nnnbn (3) 结论： 存在正常数 M(只要即可)使得6MM a c a c a c a c n n 3 3 2 2 1 1 Nn对恒成立 证明 ，于是，知，由) 12(12)2(nncnb nn 11 2 12 2 ) 12( nn n n n n nn a c 记 n n a c a c a c A 2 2 1 1 ，则 12210 2 12 2 32 2 5 2 3 2 1 nn nn A， nn nn A 2 12 2 32 2 5 2 3 2 1 2 1 1321 .此两式相减，得 nn n A 2 12 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 13210 .进一步有6 2 12 2 1 6 13 nn n A. 所以，当且仅当正常数时，6MM a c a c a c a c n n 3 3 2 2 1 1