高考数列考点预测

数列是传统高考考查的核心内容，也是新课标高考考查的重点.数列中蕴涵着丰富的数学思想，是考查逻辑推理和转化化归能力的良好素材.从最近几年的新课标全国卷高考试题来看，对数列这一专题的要求和难度有所降低.本文通过预测高考数列的核心考点，帮助同学们更高效地备考，从而在高考中占得先机.

一、数列的概念与简单表示法

【考情分析】

高考中，数列的概念与简单表示法的考查一般以基础题为主，以客观题为主.通常以数列的概念为出发点，考查数列各项的求法及数列的单调性，其中数列的周期性是考查的热点之一.解决方法是依题意列出数列的前若干项，发现规律找到周期.以数列的前n项和Sn为背景，根据an=S1，n=1Sn-Sn-1，n≥2采用分类讨论求通项公式an.有时要与累加（乘）法相结合.

【考题预测】

预测题1. 1 （1） 已知数列{an}满足an+2=2an+1-an，若a1=1，a5=5，则a3=________.

（2）若Sn为数列{an}的前n项和， 且Sn=sin■+n， 则■=（ ）

A. ■ B. 1 C. 2 D. 3

解析 （1）由an+2=2an+1-an，得an+3=2an+2-an+1=3an+1-2an，即当n=2时，a5=3a3-2a2，当n=1时，a3=2a2-a1，即2a2=a3+a1，联立两式得a5=3a3-2a2=3a3-（a3+a1）=2a3-a1，因为a1=1，a5=5，所以a3=3.

（2）因为a2017=S2017-S2016=（sin■+2017）-（sin■+2016） = sin（1008？仔+■）-sin1008？仔+1 = sin■-sin0+1=2， 所以■=■，故选A.

点评 利用数列的递推公式求数列的各项，若只是求数列的前几项，则无需求解数列的通项公式，只需对进行适当的赋值，利用方程思想使问题得到解决.而已知数列的前n项和，则可利用an=S1，n=1Sn-Sn-1，n≥2进行求解.

预测题1. 2 （1）在数列{an}中， a2=■， a3=2， anan+2=1， 则a2016+a2017=（ ）

A. ■ B. ■ C. ■ D. 5

（2）在数列{an}中，a2=■，an=（n+1）・（■）■，则数列{an}中的最大项是第________项.

解析 （1）因为a2=■，a3=2，anan+2=1，所以可得a1=■，a4=3，a5=■，a6=■.

所以数列{an}是周期为4的周期数列，所以a2016+a2017=a4+a1=■，故选C.

（2）因为an=（n+1）・（■）■，a2=3×（■）■=■，解得a=2，

所以an=（n+1）・（■）■.所以假设an最大，则有an≥an+1，an≥an-1，（n≥2，n∈N？鄢），

即有（n+1）・（■）■≥（n+2）・（■）■，（n+1）・（■）■≥n・（■）■，解得6≤n≤7，又n∈N？鄢，所以最大项为第6和第7项.

点评 数列周期的求法，主要是通过求出连续几项的大小，通过观察求得.而数列的最大（小）项的求解，一般借助数列的单调性，通过不等式组an≥an+1，an≥an-1，（n≥2，n∈N？鄢）解不等式求得.

预测题1. 3 （1）已知数列{an}满足a2=2，且（n+1）an+nSn=nSn+1（n∈N？鄢），则an=________.

（2）已知数列{an}满足a3=3，an+1=2an，（n为正奇数）an+1，（n为正偶数）则其前6项之和为（ ）

A. 16 B. 20 C. 33 D. 120

解析 （1）由（n+1）an+nSn=nSn+1，得（n+1）an=n（Sn+1-Sn）=nan+1，即■=■，所以■=■，因a2=2，所以a1=1，

从而an=■・■・■・…・■・a1=■・■・■・…・■・1=n.

（2）因为，a3=a2+1=3，所以a2=2，又因为a2=2a1=2，所以a1=1，又a4=2a3=6，a5=a4+1=7，a6=2a5=14，所以前6项之和S6=1+2+3+6+7+14=33，故选C.

点评 一般而言，对an+1-an=f（n）的递推公式，我们可通过累加法求出通项公式，对■=g（n）的递推公式，则可用累乘法求出通项公式.对分段递推数列，则需对n的不同取值，代入不同的递推公式，从而求出各项的大小.

二、等差数列与等比数列

【考情分析】

等差数列与等比数列是最常见和最重要的数列，高考中对这两种数列主要考查基本概念和公式.在数列的五个基本量首项a1，公差d（或公比q），项数n，通项an，前n项和Sn中，只要知道其中三个就可以求出其他两个，同时还要兼顾等差或等比数列的性质在解题中的应用.另外，等差等比数列的证明，也是重点考查的内容.在高考一般以中低档题为主，主要考查方程的思想和考生的运算求解能力和构造思想.

【考题预测】

预测题2. 1 （1）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a5=81，且S6-28S3=0，则数列■的前4项和为（ ）

A. ■或4 B. ■或4 C. ■ D. ■

（2）已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn若对于任意的正整数n，都有■=■，则■+■=（ ）

A. ■ B. ■ C. ■ D. ■

解析 （1）设数列{an}的公比为q.

当q=1时，由an=a5=81，得28S3=28×81×3>81×6=S6，即S6-28S3≠0，因此不合题意.

当q≠1时，由已知可得28S3=S6，即■=■，解得q=3.

所以数列{an}的通项公式为an=a5・3n-5=3n-1.

所以数列■的前4项和为1+■+■+■=■，故选C.

（2）因为■+■=■+■=■=■.

又因为■=■=■，所以■+■=■=■=■.

故选B.

点评 （1）在等比数列的公比未知的情况下，应用求和公式时，应对公比是否为1进行分类讨论，这是解题中容易忽视的问题，特别是在解答题中容易造成失分，方程思想是这类问题求解的关键；（2）等差（比）数列性质的应用是简化问题的重要手段，解题中要善于观察数列各项的项数之间的关系，从而选择相应的性质进行求解.

预测题2. 2 已知数列{an}中，a1=5，且an+1=3an+3n+1+2n-1（n∈N？鄢）.

（1）证明：数列■为等差数列；

（2）求数列{an}的通项公式.

解析 （1）因为an+1=3an+3n+1+2n-1，所以an+1+n+1=3an+3n+1+3n，

故■=■=■+1=■+1，

即■-■=1，所以数列■为等差数列.

（2）由（1）知数列■是等差数列，且其首项为■=■=2，公差为1，所以■=2+（n-1）×1=n+1，所以an+n=（n+1）・3n，故an=（n+1）・3n-n.

点评 证明一个数列为等差数列的常见方法有：定义法，通项公式法，等差中项法，其中在解答题中，最常用的是定义法.在解题过程中常常要根据定义，利用构造新数列的思想进行证明，这类题往往题目中会给出所需构造的数列的形式，从而变得方向明确，思路清晰.

预测题2. 3 已知数列{an}满足a1=-1，an+1=■，n∈N？鄢.

（1）求a3的值；

（2）求证：数列■是等比数列，并求数列{an}的通项公式.

解析 （1）因为an+1=■，所以a2=■=4，

所以a3=■=25.

（2）因为an+1=■，

所以an+1+2=■+2=■，

所以■=■=■3・■.

又因为■=1≠0，所以数列■是等比数列，且其首项为1，公比为3.

所以■=3n-1，所以an+2=n・3n-1，所以an=n・3n-1-2.

点评 证明一个数列为等比数列的思想方法和证明一个数列为等差数列的情形完全类似，令人有异曲同工之感，可以说是如出一辙.证明数列是一个等比数列时，容易忽视首项不为零的证明.

三、数列的交汇性

【考情分析】

在知识的交汇处命题是高考试题的一大特色.由于数列中蕴含着丰富是数学思想，因此很容易与其他知识进行交汇.在高考中，数列问题常常和函数与导数、基本不等式、推理与证明、平面向量、解析几何等知识进行交汇，要引起足够的重视.

【考题预测】

预测题3. 1 下面是一个类似杨辉三角的数阵，则第2017行的第2个数为______.

1

3 3

5 6 5

7 11 11 7

9 18 22 18 9

…………………………………………

解析 设第n（n≥2）行的第2个数为an，则a2=3，a3=6，a4=11，a5=18 … 所以a3-a2=3，a4-a3=5，a5-a4=7，...，a2017-a2016=2×2016-1=4031.

由累加法得a2017-a2=■=4064255，所以a2017=4064258.

点评 本题与推理证明进行交汇，关键在于通过对数阵中每行的第二项进行观察，找到解题的钥匙，通过细致的常规，可发现可利用累加法进行求解.

预测题3. 2 已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比盗校若a1=1，Sn为数列{an}的前n项和，则■的最小值为（ ）

A. 4 B. 3 C. 2■-2 D. ■

解析 因为a1，a3，a13成等比数列，所以■=a1a13，即（1+2d）2=1×（1+12d），即4d2-8d=0，因为d≠0，所以d=2.从而an=1+2（n-1）=2n-1.

所以Sn=■=n2，所以■=■=■=■=（n+1）+■-2≥2■-2=4.

当且仅当n+1=■，即n=2时等号成立.故选A.

点评 涉及最值问题的数列问题，常常要建立关于项数的表达式，在求出表达式后，要根据具体的情况选择适当的方法进行求解，本题通过观察，发现此最值的求解是一个典型的基本不等式问题，从而实现问题的求解.

预测题3. 3 设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm-1 =-2，Sm=0，Sm+1=3，其中m≥2，则nSn的最小值为________.

解析 由已知得am=Sm-Sm-1=2（m≥2），am+1=Sm+1-Sm=3，因为数列{an}是等差数列，所以其公差d=am+1-am=1.又因为Sm=■=0， 所以a1=-2.

故Sn=-2n+■=■，所以nSn=■.设f（x）=■（x>0）.

则f ′（x）=■=■，所以当x>■时， f ′（x）>0，当0

点评 本题可利用等差数列中的公差概念求出公差，并通过Sm求出数列的首项，从而求出nSn的表达式，发现其表达式是三次函数，从而可利用导数求出最值，需要注意的是数列中的问题要求n为正整数，要进行适当的技术处理，使问题得到完善的解决.

四、数列的通项与求和问题

【考情分析】

随着新课标的进一步推进和高考命题的深入，近几年全国卷对数列的通项与求和问题的考查的难度有下降的趋势，除了客观题外，主观题一般以大题的第一题为主.并且有三角和数列问题在解答题中随机考查的趋势，因此若考查数列解答题，则以数列的通项与求和为核心地位来考查，题目难度不大.通项公式的考查要注意几种常规的递推式的求法，求和问题则要侧重裂项相消求和法和错位相减求和法.

【考题预测】

预测题4. 1 （1）已知数列{an}满足a2=■，nan-nan+1=■（n∈N？鄢），则an=________.

（2）已知正项数列{an}中，a1=2，an+1=2an+3×5n，则数列{an}的通项an=（ ）

A. -3×2n-1 B. 3×2n-1 C. 5n+3×2n-1 D. 5n-3×2n-1

解析 （1）由nan-nan+1=■（n∈N？鄢），得an-an+1=■，

即■-■=■=2（■-■），

则由累加法得■-■=2（1-■），又因为a2=■，故由a1-a2=■可得a1=1.

所以■=2（1-■）+1=■，所以an=■.

（2）在递推公式an+1=2an+3×5n的两边同时除以5n+1，得■=■×■+■……①

令bn=■，则①式变为bn+1=■bn+■，即bn+1-1=■（bn-1），又因为b1-1=■-1=-■，所以数列{bn-1}是等比数列，其首项为-■，公比为■.

所以bn-1=（-■）×（■）■，即bn=1-■×（■）■，即■=1-■×（■）■，

故an=5n-3×2n-1， 故选D.

c评 （1）本题利用代数变形，发现可用累加法同时结合裂项求和法求出数列的通项公式，代数变形能力是解题的关键，娴熟的运算能力是成功解决的保证.（2）递推公式an+1=2an+3×5n两边同除以5n+1，转化为最常见的递推关系bn+1=pbn+q的求解.

预测题4. 2 设数列{an}的前n项和为Sn，已知an>1，■+3an=6Sn-2（n∈N？鄢）.

（1）求{an}的通项公式；

（2）设bn=■，求数列{an}的前n项和Tn.

解析 （1）因为■+3an=6Sn-2（n∈N？鄢），所以■+3a1=6S1-2=6a1-2，即■-3a1+2=0，解得a1=2或a1=1，又因为an>1，所以a1=2.

又因为■+3an=6Sn-2……①

所以■+3an+1=6Sn+1-2……②

②减去①， 得■-■+3an+1-3an=6Sn+1-6Sn=6an+1，

所以（an+1+an）（an+1-an）=3（an+1+an），因为an>1，所以an+1+an≠0，

所以an+1-an=3.所以数列{an}是以2为首项，以3为公差的等差数列.

所以an=2+（n+1）×3=3n-1.

（2）因为bn=■=■=■（■-■）.

所以Tn=b1+b2+…+bn

=■[（■-■）+（■-■）+…+（■-■）]=■（■-■）=■.

点评 利用an与Sn的关系可求出数列{an}的通项公式；裂项求和方法源于课本习题，是高考中考察频率最高的求和方法，有多种不同形式，具有较强的灵活性.常见的裂项求和类型还有下列几种：

①■=■-■，

②■=■（■-■），

③■=■-■，

④■=■-■，

⑤■=■-■.

预测题4. 3 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2an=Sn+2n（n∈N？鄢）.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若数列{bn}满足bn=log2（an+2），求数列■的前n项和Tn.

解析 （1）因为当n∈N？鄢时，2an=Sn+2n，

则当n≥2时，2an-1=Sn-1+2（n-1），

两式相减得2an-2an-1=Sn-Sn-1+2=an+2，即an=2an-1+2，

所以an+2=2an-1+4=2（an-1+2），

当n=1时，2a1=S1+2=a1+2，则a1=2，

所以数列{an+2}是以a1+2=4为首项，2为公比的等比数列，

所以an+2=4・2n-1=2n+1，所以an=2n+1-2.

（2）证明：因为bn=log2（an+2）=log22n+1=n+1，所以■=■，

所以Tn=b1+b2+…+bn=■+■+…+■+■

则■Tn=■+■+…+■+■

两式相减得■Tn=■+■+■+…+■-■

=■+■-■=■+■-■-■=■-■.

所以Tn=■-■.

点评 错位相减法源于等比数列的求和公式的推导过程.在高考中，常考查差比型的数列求和问题，即数列的通项公式的形式为等差数列乘以等比数列.这种方法具有一定的运算量，但是解答过程具有一定的机械化，解题的关键是差比型数列的识别和运算求解能力.

五、数列的综合运用

【考情分析】

在高考中，数列的综合应用全面考查数列的综合知识，同时还兼顾其他知识，具有一定的灵活性.数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查最值问题，放缩法或恒成立问题.同时还要注意数学归纳法与数列的综合考查，数学归纳法在全国卷有一段时间未考查，应做到防范于未然.