2020年高考数列命题预测

许少华

数列在近年全国高考命题中的要求不太高，理科2016、2017、2018连续三年都是命题客观性试题，2019年高考除了命客观性试题之外，在概率统计的运算中涉及了数列的技能与技巧. 文科从2015年至今一直都是既有客观性试题也有主观性试题.可以看出：虽然这一内容的难度要求在降低，但它在高考试卷的中存在性是不容忽视的. 现在到了2020年高考复习的关键时刻了，面对数列，我们如何编织一张不大不小的“网”，既能网住所有，又不至于太大，而浪费呢？下面谈谈我们对2020年高考数列命题的预测，供参考.

一、考查基础知识与基本运算

基础知识与基本运算永远是数列中的一个小“热点”，细心的你一定注意到了，不管是全国卷中的哪一套卷都有这类试题，此类题不难，但要细心.

例1. 已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项为和为15，且a5=3a3+4a1，则a3=（ ）

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

解析一利用方程思想列出关于a1，q的方程组，求出a1，q，再利用通项公式即可求得a3的值. 设等比数列{an}的公比为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，故选C.

解析二易知q>0，若公比q=1，则a5=3a3+4a1不成立，从而■=15，a1q4=3a1q2+4a1，同样解得a1=1，q=2，∴ a3 = a1q2=4. 此法明显不如解法1好.

例2. 记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4+a5=24，S6=48，则{an}的公差（）

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

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

点评上述两例就是基本运算型试题，此题年年有，考法也相似. 没有难度，只要熟悉基本公式，再细心运算都产生正确答案.

二、在客观性试题中设计创新问题

我们知道：高考每年都会出现一部分创新试题. 为了使创新不至于对考生分数产生太大影响，这些试题一般都出现在客观性试题中，首先是因为它的分值不高，其次，在产生答案的过程中还存在一些侥幸与运气（如，2019年高考第5题），这些题的落点放在数列上也是完全可以的.

例3. 几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件，为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动，这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，在接下来的三项式26，21，22，依次类推，求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前项和为的整数幂.那么该款软件的激活码是（）

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

解析一设首项为第1组，接下来两项为第2组，再接下来三项为第3组，以此类推.第n组的项数为n，则前n组的项数和为■由题，N>100，令■>100→n≥14且n∈N*，即N出现在第13组之后. 由于，第n组的和为■=2n-1;n组总共的和为■-n=2n+1-2-n;若要使前N项和为2的整数幂，则N-■项的和2k-1应与-2-n互为相反数，即2k-1=2+n（k∈N*，n≥14）;k=log（n+3）→n=29，k=5则N=■+5=440.

解析二先分组，第一组：20;第二组：20，21;第三组：20，21，22;…;第k组：20，21，…，2k-1. 设该数列的第N项在第k组中的第m项（1≤m≤k，m∈N）.

由题意可得：N=1+2+…+（k-1）+m>100.

即■+m>100？圯■+k>100？圯k≥14.

该数列的前N和为：

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.

因为1≤m≤k，则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.

由于该数列的前N和为2方幂，那么2k+2m-k-2=2k，由此得2m=k+2.

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

当k=30时，m=5，此时，N=1+2+…+29+5=440，选A.

例4. 设数列{an}满足an+1= ■ -nan+1且a1≥3，若数列bn=■的前n项和为Tn，则Tn满足（）

A.Tn≥■B.Tn≤■C.Tn≥■D.Tn≤■

解析首先，由a1≥3可得an≥n+2.

因为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]=■≤■.

点评上述两题的创新特点都十分明确，一道以实际应用为背景，借助数列考查解决问题的能力，一道直接考查应用的技能与技巧. 两道题都有难度也有灵活性，数学味十足.

三、利用主观性试题，考查两类特殊数列的定义与基本公式

数列的主观性试题不是每年都有，当有的时候，有时是建立在等差与等比概念的基础上，考查这两类特殊数列的定义及基本公式的应用，此类题难度不大，是广大考生普遍得分之题.

例5. 已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0，4an+1=3an-bn+4，4bn+1=3bn-an-4.

（1）证明： {an+bn}是等比数列， {an-bn}是等差数列;

（2）求{an}和{bn}的通项公式.

解析（1）由题设得4（an+1+bn+1）=2（an+bn），即an+1+bn+1= ■（an+bn）.

又因为a1+b1=l，所以{an+bn}是首项为1，公比为■的等比数列.

由题设得4（an+1-bn+1）=4（an-bn）+8，即an+1-bn+1=an-bn+2.

又因为a1-b1=1，所以{an-bn}是首项为1，公差为2的等差数列.

（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. 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an≠0，anan+1=？姿Sn-1，其中？姿为常数.

（Ⅰ）证明：an+2-an=？姿;（Ⅱ）是否存在？姿，使得{an}为等差数列？并说明理由.

解析（Ⅰ）由题设anan+1=？姿Sn-1，an+1an+2=？姿Sn+1-1，两式相减，an+1（an+2-an）=？姿an+1，由于an≠0，所以an+2-an=？姿.

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

假设{an}为等差数列，则a1，a2，a3成等差数列，∴a1+a3=2a2，解得？姿=4;

证明？姿=4时， {an} 为等差数列：由an+2-an=4知：

数列奇数项构成的数列{a2m-1}是首项为1，公差为4的等差数列a2m-1=4m-3.

令n=2m-1，则m=■，∴ an=2n-1（n=2m-1）.

数列偶数项构成的数列{a2m}是首项為3，公差为4的等差数列a2m=4m-1.

令n=2m，则m=■，∴ an=2n-1（n=2m）.

∴ an=2n-1（n∈N*），an+1-an=2.

因此，存在？姿=4，使得{an}为等差数列.

点评这两题都是直接、间接的证明等差数列与等比数列，求解时只需将递推式子稍作变形即可产生结论.

四、建立在特殊数列的基础上，考查求和的常规技能

数列求和是数列中一类重要题型，常见的基本方法有：分组求和、裂项求和与错位相减，这些也构成了数列中的一类常规考题，第一问与特殊数列结合，第二问可以考查求和的常规技能.

例7. 已知公比不为1的等比数列{an}的前n项和为Sn，满足S6=■且a2，a4，a3成等差数列.

（1）求等比数列{an}的通项公式.

（2）设数列{bn}满足bn=nan，求数列{bn}的前n项和为Tn.

解析（1）设数列{an}的首项为a1，公比为q由题意得：

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

从而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.

点评当我们面对等比数列（或等差数列）与通项公式及前n项和公式有关的问题时，一般都是先设出首项与公比（差），通过列、解方程组产生结论. 同时对于错位相减的方法应用也是最为常见的命题热点，应引起我们的关注.

例8. 等差数列{an}与等比数列{bn}满足：a1=b1+1，a2=b2=4且公差比公比小1.

（1）求{an}与{bn}的通项公式

（2）设数列{cn}满足cn=■，试求数列{cn}的前n项和Tn.

解析（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，则a1=b1+1，a1+d=2，b1q=4，q=d+1？圯a1=3，b1=2，q=2，d=1.

于是{an}与{bn}的通项公式分别为an=n+2，bn=2n.

（2）由cn=■得cn=■=■（■-■）=■-■.

于是Tn=c1+c2+…+cn

=（■-■）+（■-■）+…+（■-■）=1-■.

点评本题第二问的求解很有特点，若发现了裂项、又能顺利应用，也许会很快产生结论，否则，可能会陷入复杂与繁冗的运算与推理之中.

五、建立在简单递推式的基础上，考查基本运算与转化

递推式是表示数列的常用方法之一，由于递推式的形式可以比较简单也可以比较复杂、甚至是比较难. 因此由递推式确定的数列的问题往往有难度，但近年是以中档及偏下为主.

例9. 数列{an}满足a1=1，an+1=3an+1.

（1）证明{an+■}是等比数列，并求{an}的通项公式;

（2）证明：■+■+…+■<■.

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

又∵a1+■=■，∴{an+■}是以■为首项， 3为公比的等比数列.

∴ an+■=■·3n-1，即an=■.

（2）证明：由（1）知an=■，∴■=■≤■=■（n∈N*），

∴■+■+…+■≤1+■+■+…+■=■=■[1-（■）n] <■.

故：■+■+…+■<■.

例10. 正项数列{an}满足a1=2，且2nan+1+2n2=an+1an+nan.

（1）求数列{an}的前n项和Sn.

（2）求证：对一切正整数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，从而Sn=2×1+2×2+…+2n=n（n+1）.

（2）法一：由■=■=■·■<■·■-■.

■+■+…+■

<■（■-■）+（■-■）+…+■-■

=■（■-■）=■-■<■.

法二：由■=■<■=■（■-■），

那么■+■+…+■

<■+■[（■-■）+（■-■）+…+（■-■）]=■-■<■.

法三：由■=■=■<■=■-■.

那么

■+■+…+■<（■-■）+（■-■）+…+（■-■）=■-■<■.

点评本题第二问，无论是哪种方法，也都是建立在通项的基础上，对通项进行放缩，然后，再进行裂项，最后完成求解的.可以看出裂项依然是关键.

六、与其它知识结合考查数列基本技能交汇性应用

试题的交汇性，是近年高考试题的一大特色，数列中我们依然要关注其交汇性，数列会与哪些知识交汇呢？

1. 集合与数列交汇

例11. 已知数集序列{1}，{3，5}，{7，9，11}，{13，15，17，19}，…，其中每一个数集都由连续正奇数构成，每一个数集都比前一个数集多一个数，并且每一数集的最大数与后一个数集的最小值是连续奇数，则第n个数集的各数之和为___________.

解析根據规律可以得到第n个数集共有n个奇数，且最小的奇数是第n-1个数集中最大的数加2.

由于前n-1个数集共有1+2+…+（n-1）=■个数，于是第n-1个数集中最大的数为2×■-1=n2-n-1，于是第n个数集中最小的奇数是n2-n+1.

那么Sn=n（n2-n+1）+■×2=n3.

点评本题通过对集合中元素个数的规律进行研究，发现了第个数集中元素的数量. 再通过对元素特点的分析，进一步产生第个数集中元素的构成，然后产生结论.

2. 与函数交汇

例12. 已知f（x）=x+1，g（x）=2x+1数列{an}满足：a1=1，an+1=f（an）（n为奇数）g（an）（n为偶数）则数列{an}的前10项的和为___________.

解析：由a1=1，结合递推式可得a2=2.

由于a2n+2=a2n+1+1=（2a2n+1）+1=2a2n+2？圯a2n+2+2=2（a2n+2），显然，数列{a2n+2}是以a2+2=4为首项，以2为公比的等数列，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），显然，数列{a2n-1+3}是以a1+3=4为首项，以2为公比的等数列，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.

点评本题借助于分段递推式将数列的通项公式求和，通过通项公式将待求和的结果进行分组，最后产生结论. 求解难点在于通过递推式产生等比数列的结论.

3. 与线性规划交汇

例13. 设不等式组x>0，y>0，y≤-nx+4n（n≥1，n∈Z）所表示的平面区域为Dn的整点个数为an，则■（a1+a3+a5+…+a2007）=_________.

解析首先作直线y=-nx+4n，再结合x>0，y>0，可得可行域为右图所示的三角形区域，显然，当x=1时，y=3n，此时整点的个数为3n;当x=2时，y=2n，此时整点的个数为2n;当x=3时，y=n，此时整点的个数为n.

故可行域内整点的个数为an=3n+2n+n=6n.

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

点评本题首先作出可行域，然后再求整点的数量;稍留心会发现，整点其实就在三条直线x=1、x=2及x=3上，而在这三条线上的整点个数正好是3n、2n及n个，得到这三个数据之后，再求和就简单了.

数列的预测，我们就说这些，虽然，命题降低了难度，但并不表示，数列不重要. 其实，聪明的人会看出更重要了，因为，这里才是真正得分的地方，抓住了分数，高考能不获胜吗？

责任编辑 徐国坚