高考数学学科备考关键问题指导系列十一（数列存在问题及应对策略）

福建省2021届高中毕业班数学学科二轮备考关键问题指导系列十一数列存在问题及应对策略（福建省高三毕业班复习教学指导组周白生执笔整理）数列是函数的延展，是为高等数学进一步学习极限打好基础，是高考必考内容，是高考考查数学思想方法和能力、考查核心素养的重要载体．对数列考查，主要考查的核心知识为：利用等差、等比数列的公式、性质求值；考查利用构造法求数列通项；考查利用裂项相消法和错位相减法对数列求和；考查等差等比数列的证明.基本上以等差、等比数列的交叉为主，融入一些创新点（结构不良问题），求解这些新的复杂数列的和与通项公式，以及利用放缩法证明不等式．高考对数列的考查突出基础性，重点考查考生对数列通性通法的理解与应用，有时也考查综合性较强的数列问题，将对基础知识的考查和对能力的考查有机结合，解题方法灵活多样，技巧性较强．但学生对数列心理上存在的畏惧感，导致在解题过程中还是会出现或多或少的错误，如审题不清、概念理解的不透彻、计算上的错误、转化能力的欠缺等导致失分.复习时要针对存在的不同问题采取不同的应对策略.一、存在问题（一）概念理解不透彻【例1】（2021年北京卷6）《中国共产党党旗党徽制作和使用的若干规定》指出，中国共产党党旗为旗面缀有金黄色党徽图案的红旗，通用规格有五种.这五种规格党旗的长(单位:cm)成等差数列，对应的宽为(单位:cm),且长与宽之比都相等，已知，，，则A.64 B.96 C.128 D.160【解析】由题意，五种规格党旗的长(单位:cm)成等差数列，设公差为，因为，，可得，可得，又由长与宽之比都相等，且，可得，所以.故选：C.【评析】设等差数列公差为，求得，得到，结合党旗长与宽之比都相等和，列出方程，即可求解.【错因分析】对应的宽为(单位:cm),且长与宽之比都相等概念不理解，不能得到相关等式，无法利用等式求得结果.（二）运算能力欠佳【例2】（2021年浙江卷10）已知数列满足.记数列的前n项和为，则（）A. B. C. D.【解析】因为，所以，．由，即根据累加法可得，，当且仅当时取等号，，由累乘法可得，当且仅当时取等号，由裂项求和法得：所以，即．故选：A．【评析】显然可知，，利用倒数法得到，再放缩可得，由累加法可得，进而由局部放缩可得，然后利用累乘法求得，最后根据裂项相消法即可得到，从而得解．【错因分析】本题错误的主要原因是考生无法通过倒数法先找到的不等关系，再由累加法可求得，由题目条件可知要证小于某数，从而通过局部放缩得到的不等关系，改变不等式的方向得到，由于计算能力薄弱无法由裂项相消法求得。（三）归纳转化意识不强【例3】（2021全国甲卷18）已知数列的各项均为正数，记为的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列是等差数列：②数列是等差数列；③．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【解析】选①②作条件证明③：[方法一]：待定系数法+与关系式设，则，当时，；当时，；因为也是等差数列，所以，解得；所以，，故.[方法二]：待定系数法设等差数列的公差为d，等差数列的公差为，则，将代入，化简得对于恒成立．则有，解得．所以．选①③作条件证明②：因为，是等差数列，所以公差，所以，即，因为，所以是等差数列.选②③作条件证明①：[方法一]：定义法设，则，当时，；当时，；因为，所以，解得或；当时，，当时，满足等差数列的定义，此时为等差数列；当时，，不合题意，舍去.综上可知为等差数列.[方法二]【最优解】：求解通项公式因为，所以，，因为也为等差数列，所以公差，所以，故，当时，，当时，满足上式，故的通项公式为，所以，，符合题意.【评析】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，选①②时，法一：利用等差数列的通项公式是关于的一次函数，直接设出，平方后得到的关系式，利用得到的通项公式，进而得到，是选择①②证明③的通式通法；法二：分别设出与的公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，，进而得到；选①③时，按照正常的思维求出公差，表示出及，进而由等差数列定义进行证明；选②③时，法一：利用等差数列的通项公式是关于的一次函数，直接设出，结合的关系求出，根据可求，然后可证是等差数列；法二：利用是等差数列即前两项的差求出公差，然后求出的通项公式，利用，求出的通项公式，进而证明出结论.【错因分析】选①②作条件证明③时，处理出错，从而导致出错，项与和之间的灵活转化意思不强，不能利用是等差数列得出；因此无法得到等量关系，使得证明出错.选①③作条件证明②时，没能正确表示出，从而无法完成证明；选②③作条件证明①时，由于对等差数列定义不理解，不能正确的设出，从而无法完成证明.（四）性质掌握不到位【例4】（2021·全国甲卷7）等比数列的公比为q，前n项和为，设甲：，乙：是递增数列，则（）A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【解析】由题，当数列时，满足，但是不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．若是递增数列，则必有成立，若不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则成立，所以甲是乙的必要条件．故选：B．【点睛】在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须要给予其证明过程．【评析】当时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当是递增数列时，必有成立即可说明成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案．【错因分析】思路不清晰，错误的认为各项的符号均为正，导致单调性判断错误。（五）抽象概括能力不足【例5】（2021·新高考1卷16）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折次，那么______.【解析】（1）由对折2次共可以得到，，三种规格的图形，所以对着三次的结果有：，共4种不同规格（单位；故对折4次可得到如下规格：，，，，，共5种不同规格；（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120,第n次对折后的图形面积为，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为种（证明从略），故得猜想，设，则，两式作差得：，因此，.故答案为：；.【评析】本题主要考查数列前n项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力、抽象概括能力.【错因分析】阅读能力欠缺，不能将数学情境题转化为数列问题来解决．（六）综合运用能力较弱【例6】（2020年北京卷21）设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列．（1）求和的通项公式；（2）记和分别为和的前n项和．证明：．【解析】（1）因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，所以，所以，即，解得，所以，所以.（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和，，．设，⑧则．⑨由⑧-⑨得．所以．因此．故．[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得，，①，②①②得，所以，所以，所以.[方法三]：构造裂项法

由（Ⅰ）知，令，且，即，通过等式左右两边系数比对易得，所以．则，下同方法二．[方法四]：导函数法设，由于，则．又，所以，下同方法二．【评析】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造，使，求得的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.【错因分析】（1）不能正确利用等差数列性质及得到；（2）利用公式法、错位相减法分别求出，再作差比较即可.二、应对策略（一）重视两个特殊数列概念的深入理解和应用，利用定义判定数列为等差或等比是这几年高考的热点，因此需要学生非常熟练地掌握．【例1】(2021年北京卷10)已知是各项均为整数的递增数列，且，若，则的最大值为（）A.9 B.10 C.11 D.12【解析】若要使n尽可能的大，则，递增幅度要尽可能小，不妨设数列是首项为3，公差为1的等差数列，其前n项和为，则，，所以.对于，，取数列各项为(，,则，所以n的最大值为11．故选：C．【评析】使数列首项、递增幅度均最小，结合等差数列的通项及求和公式求得可能的最大值，然后构造数列满足条件，即得到的最大值．（二）重视通性通法，利用基本量解题意识，理清知识网络，切实掌握数列的概念与性质．【例2】(2021年全国新高考1卷17)已知数列满足，（1）记，写出，，并求数列的通项公式；（2）求的前20项和.【解析】（1）由题设可得又，，故，即，即所以为等差数列，故.（2）设的前项和为，则，因为，所以.【评析】（1）根据题设中的递推关系可得，从而可求的通项.（2）根据题设中的递推关系可得的前项和为可化为，利用（1）的结果可求.（三）强化合情推理的训练．数列是按一定次序排列的一列数，这决定了数列解题中离不开规律性和技巧性的探究，故灵活应用合情推理方法解决数列问题就显得尤为重要．【例3】（2021年全国新高考2卷12）设正整数，其中，记．则（）A. B.C. D.【解析】对于A选项，，，所以，，A选项正确；对于B选项，取，，，而，则，即，B选项错误；对于C选项，，所以，，，所以，，因此，，C选项正确；对于D选项，，故，D选项正确.故选：ACD.【评析】利用的定义可判断ACD选项的正误，利用特殊值法可判断B选项的正误.【例4】(2020年浙江卷理7)已知等差数列{an}的前n项和Sn，公差d≠0，．记b1=S2，bn+1=Sn+2–S2n，，下列等式不可能成立的是（）A.2a4=a2+a6B.2b4=b2+b6C.D.【解析】对于A，因为数列为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由可得，，A正确；对于B，由题意可知，，，，，，．，．根据等差数列的下标和性质，由可得，B正确；对于C，，当时，，C正确；对于D，，，．当时，，即；当时，，即，所以，D不正确．故选D【评析】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题．（四）重视公式的应用．数列的运算，除用有关公式和性质求解一些基本量的问题外，特别是与的关系是高考考查的热点．【例5】(2020年全国卷Ⅱ理12)已知数列的前n项和为，，且.（1）求数列的通项；（2）设数列满足，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.【解析】（1）当时，，，当时，由①，得②，①②得，又是首项为，公比为的等比数列，；（2）由，得，所以，，两式相减得，所以，由得恒成立，即恒成立，时不等式恒成立；时，，得；时，，得；所以.【评析】（1）由，结合与的关系，分讨论，得到数列为等比数列，即可得出结论；（2）由结合的结论，利用错位相减法求出，对任意恒成立，分类讨论分离参数，转化为与关于的函数的范围关系，即可求解.【例6】设数列的前项和为，且，则数列的前10项的和是（）A．290 B． C． D．【答案】C【解析】（法一）由得，当时，，整理得，所以是公差为4的等差数列，又，所以，从而，所以，数列的前10项的和.故选C（法二）当时，整理得，所以数列是以1为首项2为公差的等差数列，所以（下列同上略）【例7】已知数列满足，，求的通项公式．【解析】因为，所以，两式相减得，即．因为，所以．又因为不适合上式，适合上式，所以(五)强化模式训练，提高学生应变能力以及解题技巧．（1）裂项求和法：通项公式为分式型，分母为某两个因式积的形式【例8】（2021·云南昆明市·昆明一中高三其他模拟（理））设数列满足，，.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【详解】解：（1）因为，所以，当时，，满足，当时，，不满足，所以，数列的通项公式为.（Ⅱ）因为，所以，，所以，，所以.【例9】已知函数f(x)＝xα的图象过点(4,2)，令an＝，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2018＝________.【解析】由f(4)＝2可得4α＝2，解得α＝eq\f(1,2)，则.所以=eq\r(n＋1)－eq\r(n)，S2018＝a1＋a2＋a3＋…＋a2018＝(eq\r(2)－eq\r(1))＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋(eq\r(4)－eq\r(3))＋…＋(eq\r(2018)－eq\r(2017))＋(eq\r(2019)－eq\r(2018))＝eq\r(2019)－1.故答案为：eq\r(2019)－1.（2）错位相减法：形如是等比数列，求前n项和.求和过程中注意项的对齐方式及相减后最后一项的符号.【例10】【2010年新课标Ⅰ理17】设数列满足a1＝2，an+1﹣an＝3•22n﹣1（1）求数列{an}的通项公式；（2）令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn．【解答】（1）由已知，当n≥1时，an+1＝[（an+1﹣an）+（an﹣an﹣1）+…+（a2﹣a1）]+a1＝3（22n﹣1+22n﹣3+…+2）+2＝32＝22（n+1）﹣1．而a1＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝22n﹣1．（2）由bn＝nan＝n•22n﹣1知Sn＝1•2+2•23+3•25+…+n•22n﹣1①从而22Sn＝1•23+2•25+…+n•22n+1②①﹣②得（1﹣22）•Sn＝2+23+25+…+22n﹣1﹣n•22n+1．即．

【评析】本题考查累加法，即等差数列通项公式推导的方法应用于求通项公式，错位相减法求数列前n项和，等比数列前n项和.易错的是=1\*GB3①-=2\*GB3②左边式子和右边最后一项的符号.（3）分组转化求和：分组转化法求和的常见类型【注】某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．【例11】（2021·陕西高三其他模拟（理））已知公差不为0的等差数列满足，且成等比数列.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【解析】（1）设等差数列的公差为，根据有，由成等比数列可得，，由，所以，解得，，所以，；（2）由（1）可得，（六）关注新信息背景下的数列问题，含“新信息”背景的数列问题，往往使人感到是难题.难点通常为：一是对于新的概念与规则，学生在处理时会有一个熟悉的过程，不易抓住信息的关键部分并用于解题之中，二是学生不易发现每一问所指向的知识点.传统题目通常在问法上就直接表明该用哪些知识进行处理，例如“求通项，求和”.但新信息问题所问的因为与新信息相关，所以要运用的知识隐藏的较深，不易让学生找到解题的方向.三是此类问题的解答题，往往设计成为“连环题”，即前面问题的处理是为了后一问做好铺垫.但学生不易发现其中联系，从而导致在处理最后一问时还要重整旗鼓，再加上可能要进行的分类讨论，解题难度陡然增加.本专题通过例题说明应对这种“新信息”背景下数列问题的方法与技巧.【例12】(2021年全国新高考卷16)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折次，那么______.【解析】（1）由对折2次共可以得到，，三种规格的图形，所以对着三次的结果有：，共4种不同规