2020年高考數(shù)列命題預(yù)測

許少華

數(shù)列在近年全國高考命題中的要求不太高，理科2016、2017、2018連續(xù)三年都是命題客觀性試題，2019年高考除了命客觀性試題之外，在概率統(tǒng)計(jì)的運(yùn)算中涉及了數(shù)列的技能與技巧. 文科從2015年至今一直都是既有客觀性試題也有主觀性試題.可以看出：雖然這一內(nèi)容的難度要求在降低，但它在高考試卷的中存在性是不容忽視的. 現(xiàn)在到了2020年高考復(fù)習(xí)的關(guān)鍵時刻了，面對數(shù)列，我們?nèi)绾尉幙椧粡埐淮蟛恍〉摹熬W(wǎng)”，既能網(wǎng)住所有，又不至于太大，而浪費(fèi)呢？下面談?wù)勎覀儗?020年高考數(shù)列命題的預(yù)測，供參考.

一、考查基礎(chǔ)知識與基本運(yùn)算

基礎(chǔ)知識與基本運(yùn)算永遠(yuǎn)是數(shù)列中的一個小“熱點(diǎn)”，細(xì)心的你一定注意到了，不管是全國卷中的哪一套卷都有這類試題，此類題不難，但要細(xì)心.

例1. 已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前4項(xiàng)為和為15，且a5=3a3+4a1，則a3=（ ）

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

解析一利用方程思想列出關(guān)于a1，q的方程組，求出a1，q，再利用通項(xiàng)公式即可求得a3的值. 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為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，故選C.

解析二易知q>0，若公比q=1，則a5=3a3+4a1不成立，從而■=15，a1q4=3a1q2+4a1，同樣解得a1=1，q=2，∴ a3 = a1q2=4. 此法明顯不如解法1好.

例2. 記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.若a4+a5=24，S6=48，則{an}的公差（）

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

解析因?yàn)閍4+a5=a1+3d+a1+4d=24，S6=6a1+■d=48，聯(lián)立求得2a1+7d=24……①6a1+15d=48……② ①×3-②得（21-15）d=24，∴ 6d=24，∴ d=4，選C.

點(diǎn)評上述兩例就是基本運(yùn)算型試題，此題年年有，考法也相似. 沒有難度，只要熟悉基本公式，再細(xì)心運(yùn)算都產(chǎn)生正確答案.

二、在客觀性試題中設(shè)計(jì)創(chuàng)新問題

我們知道：高考每年都會出現(xiàn)一部分創(chuàng)新試題. 為了使創(chuàng)新不至于對考生分?jǐn)?shù)產(chǎn)生太大影響，這些試題一般都出現(xiàn)在客觀性試題中，首先是因?yàn)樗姆种挡桓撸浯?，在產(chǎn)生答案的過程中還存在一些僥幸與運(yùn)氣（如，2019年高考第5題），這些題的落點(diǎn)放在數(shù)列上也是完全可以的.

例3. 幾位大學(xué)生響應(yīng)國家的創(chuàng)業(yè)號召，開發(fā)了一款應(yīng)用軟件，為激發(fā)大家學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣，他們推出了“解數(shù)學(xué)題獲取軟件激活碼”的活動，這款軟件的激活碼為下面數(shù)學(xué)問題的答案：已知數(shù)列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一項(xiàng)是20，接下來的兩項(xiàng)是20，21，在接下來的三項(xiàng)式26，21，22，依次類推，求滿足如下條件的最小整數(shù)N：N>100且該數(shù)列的前項(xiàng)和為的整數(shù)冪.那么該款軟件的激活碼是（）

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

解析一設(shè)首項(xiàng)為第1組，接下來兩項(xiàng)為第2組，再接下來三項(xiàng)為第3組，以此類推.第n組的項(xiàng)數(shù)為n，則前n組的項(xiàng)數(shù)和為■由題，N>100，令■>100→n≥14且n∈N*，即N出現(xiàn)在第13組之后. 由于，第n組的和為■=2n-1;n組總共的和為■-n=2n+1-2-n;若要使前N項(xiàng)和為2的整數(shù)冪，則N-■項(xiàng)的和2k-1應(yīng)與-2-n互為相反數(shù)，即2k-1=2+n（k∈N*，n≥14）;k=log（n+3）→n=29，k=5則N=■+5=440.

解析二先分組，第一組：20;第二組：20，21;第三組：20，21，22;…;第k組：20，21，…，2k-1. 設(shè)該數(shù)列的第N項(xiàng)在第k組中的第m項(xiàng)（1≤m≤k，m∈N）.

由題意可得：N=1+2+…+（k-1）+m>100.

即■+m>100？圯■+k>100？圯k≥14.

該數(shù)列的前N和為：

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?yàn)?≤m≤k，則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.

由于該數(shù)列的前N和為2方冪，那么2k+2m-k-2=2k，由此得2m=k+2.

由k≥14可知，當(dāng)k=14時，m=4，此時，N=1+2+…+13+4=95<100.

當(dāng)k=30時，m=5，此時，N=1+2+…+29+5=440，選A.

例4. 設(shè)數(shù)列{an}滿足an+1= ■ -nan+1且a1≥3，若數(shù)列bn=■的前n項(xiàng)和為Tn，則Tn滿足（）

A.Tn≥■B.Tn≤■C.Tn≥■D.Tn≤■

解析首先，由a1≥3可得an≥n+2.

因?yàn)閍k≥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]=■≤■.

點(diǎn)評上述兩題的創(chuàng)新特點(diǎn)都十分明確，一道以實(shí)際應(yīng)用為背景，借助數(shù)列考查解決問題的能力，一道直接考查應(yīng)用的技能與技巧. 兩道題都有難度也有靈活性，數(shù)學(xué)味十足.

三、利用主觀性試題，考查兩類特殊數(shù)列的定義與基本公式

數(shù)列的主觀性試題不是每年都有，當(dāng)有的時候，有時是建立在等差與等比概念的基礎(chǔ)上，考查這兩類特殊數(shù)列的定義及基本公式的應(yīng)用，此類題難度不大，是廣大考生普遍得分之題.

例5. 已知數(shù)列{an}和{bn}滿足a1=1，b1=0，4an+1=3an-bn+4，4bn+1=3bn-an-4.

（1）證明： {an+bn}是等比數(shù)列， {an-bn}是等差數(shù)列;

（2）求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式.

解析（1）由題設(shè)得4（an+1+bn+1）=2（an+bn），即an+1+bn+1= ■（an+bn）.

又因?yàn)閍1+b1=l，所以{an+bn}是首項(xiàng)為1，公比為■的等比數(shù)列.

由題設(shè)得4（an+1-bn+1）=4（an-bn）+8，即an+1-bn+1=an-bn+2.

又因?yàn)閍1-b1=1，所以{an-bn}是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)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. 已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1=1，an≠0，anan+1=？姿Sn-1，其中？姿為常數(shù).

（Ⅰ）證明：an+2-an=？姿;（Ⅱ）是否存在？姿，使得{an}為等差數(shù)列？并說明理由.

解析（Ⅰ）由題設(shè)anan+1=？姿Sn-1，an+1an+2=？姿Sn+1-1，兩式相減，an+1（an+2-an）=？姿an+1，由于an≠0，所以an+2-an=？姿.

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

假設(shè){an}為等差數(shù)列，則a1，a2，a3成等差數(shù)列，∴a1+a3=2a2，解得？姿=4;

證明？姿=4時， {an} 為等差數(shù)列：由an+2-an=4知：

數(shù)列奇數(shù)項(xiàng)構(gòu)成的數(shù)列{a2m-1}是首項(xiàng)為1，公差為4的等差數(shù)列a2m-1=4m-3.

令n=2m-1，則m=■，∴ an=2n-1（n=2m-1）.

數(shù)列偶數(shù)項(xiàng)構(gòu)成的數(shù)列{a2m}是首項(xiàng)為3，公差為4的等差數(shù)列a2m=4m-1.

令n=2m，則m=■，∴ an=2n-1（n=2m）.

∴ an=2n-1（n∈N*），an+1-an=2.

因此，存在？姿=4，使得{an}為等差數(shù)列.

點(diǎn)評這兩題都是直接、間接的證明等差數(shù)列與等比數(shù)列，求解時只需將遞推式子稍作變形即可產(chǎn)生結(jié)論.

四、建立在特殊數(shù)列的基礎(chǔ)上，考查求和的常規(guī)技能

數(shù)列求和是數(shù)列中一類重要題型，常見的基本方法有：分組求和、裂項(xiàng)求和與錯位相減，這些也構(gòu)成了數(shù)列中的一類常規(guī)考題，第一問與特殊數(shù)列結(jié)合，第二問可以考查求和的常規(guī)技能.

例7. 已知公比不為1的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足S6=■且a2，a4，a3成等差數(shù)列.

（1）求等比數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.

（2）設(shè)數(shù)列{bn}滿足bn=nan，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn.

解析（1）設(shè)數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公比為q由題意得：

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

從而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.

點(diǎn)評當(dāng)我們面對等比數(shù)列（或等差數(shù)列）與通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式有關(guān)的問題時，一般都是先設(shè)出首項(xiàng)與公比（差），通過列、解方程組產(chǎn)生結(jié)論. 同時對于錯位相減的方法應(yīng)用也是最為常見的命題熱點(diǎn)，應(yīng)引起我們的關(guān)注.

例8. 等差數(shù)列{an}與等比數(shù)列{bn}滿足：a1=b1+1，a2=b2=4且公差比公比小1.

（1）求{an}與{bn}的通項(xiàng)公式

（2）設(shè)數(shù)列{cn}滿足cn=■，試求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn.

解析（1）設(shè)等差數(shù)列的公差為d，等比數(shù)列的公比為q，則a1=b1+1，a1+d=2，b1q=4，q=d+1？圯a1=3，b1=2，q=2，d=1.

于是{an}與{bn}的通項(xiàng)公式分別為an=n+2，bn=2n.

（2）由cn=■得cn=■=■（■-■）=■-■.

于是Tn=c1+c2+…+cn

=（■-■）+（■-■）+…+（■-■）=1-■.

點(diǎn)評本題第二問的求解很有特點(diǎn)，若發(fā)現(xiàn)了裂項(xiàng)、又能順利應(yīng)用，也許會很快產(chǎn)生結(jié)論，否則，可能會陷入復(fù)雜與繁冗的運(yùn)算與推理之中.

五、建立在簡單遞推式的基礎(chǔ)上，考查基本運(yùn)算與轉(zhuǎn)化

遞推式是表示數(shù)列的常用方法之一，由于遞推式的形式可以比較簡單也可以比較復(fù)雜、甚至是比較難. 因此由遞推式確定的數(shù)列的問題往往有難度，但近年是以中檔及偏下為主.

例9. 數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1=3an+1.

（1）證明{an+■}是等比數(shù)列，并求{an}的通項(xiàng)公式;

（2）證明：■+■+…+■<■.

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

又∵a1+■=■，∴{an+■}是以■為首項(xiàng)， 3為公比的等比數(shù)列.

∴ an+■=■·3n-1，即an=■.

（2）證明：由（1）知an=■，∴■=■≤■=■（n∈N*），

∴■+■+…+■≤1+■+■+…+■=■=■[1-（■）n] <■.

故：■+■+…+■<■.

例10. 正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足a1=2，且2nan+1+2n2=an+1an+nan.

（1）求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn.

（2）求證：對一切正整數(shù)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，從而Sn=2×1+2×2+…+2n=n（n+1）.

（2）法一：由■=■=■·■<■·■-■.

■+■+…+■

<■（■-■）+（■-■）+…+■-■

=■（■-■）=■-■<■.

法二：由■=■<■=■（■-■），

那么■+■+…+■

<■+■[（■-■）+（■-■）+…+（■-■）]=■-■<■.

法三：由■=■=■<■=■-■.

那么

■+■+…+■<（■-■）+（■-■）+…+（■-■）=■-■<■.

點(diǎn)評本題第二問，無論是哪種方法，也都是建立在通項(xiàng)的基礎(chǔ)上，對通項(xiàng)進(jìn)行放縮，然后，再進(jìn)行裂項(xiàng)，最后完成求解的.可以看出裂項(xiàng)依然是關(guān)鍵.

六、與其它知識結(jié)合考查數(shù)列基本技能交匯性應(yīng)用

試題的交匯性，是近年高考試題的一大特色，數(shù)列中我們依然要關(guān)注其交匯性，數(shù)列會與哪些知識交匯呢？

1. 集合與數(shù)列交匯

例11. 已知數(shù)集序列{1}，{3，5}，{7，9，11}，{13，15，17，19}，…，其中每一個數(shù)集都由連續(xù)正奇數(shù)構(gòu)成，每一個數(shù)集都比前一個數(shù)集多一個數(shù)，并且每一數(shù)集的最大數(shù)與后一個數(shù)集的最小值是連續(xù)奇數(shù)，則第n個數(shù)集的各數(shù)之和為___________.

解析根據(jù)規(guī)律可以得到第n個數(shù)集共有n個奇數(shù)，且最小的奇數(shù)是第n-1個數(shù)集中最大的數(shù)加2.

由于前n-1個數(shù)集共有1+2+…+（n-1）=■個數(shù)，于是第n-1個數(shù)集中最大的數(shù)為2×■-1=n2-n-1，于是第n個數(shù)集中最小的奇數(shù)是n2-n+1.

那么Sn=n（n2-n+1）+■×2=n3.

點(diǎn)評本題通過對集合中元素個數(shù)的規(guī)律進(jìn)行研究，發(fā)現(xiàn)了第個數(shù)集中元素的數(shù)量. 再通過對元素特點(diǎn)的分析，進(jìn)一步產(chǎn)生第個數(shù)集中元素的構(gòu)成，然后產(chǎn)生結(jié)論.

2. 與函數(shù)交匯

例12. 已知f（x）=x+1，g（x）=2x+1數(shù)列{an}滿足：a1=1，an+1=f（an）（n為奇數(shù)）g（an）（n為偶數(shù)）則數(shù)列{an}的前10項(xiàng)的和為___________.

解析：由a1=1，結(jié)合遞推式可得a2=2.

由于a2n+2=a2n+1+1=（2a2n+1）+1=2a2n+2？圯a2n+2+2=2（a2n+2），顯然，數(shù)列{a2n+2}是以a2+2=4為首項(xiàng)，以2為公比的等數(shù)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），顯然，數(shù)列{a2n-1+3}是以a1+3=4為首項(xiàng)，以2為公比的等數(shù)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.

點(diǎn)評本題借助于分段遞推式將數(shù)列的通項(xiàng)公式求和，通過通項(xiàng)公式將待求和的結(jié)果進(jìn)行分組，最后產(chǎn)生結(jié)論. 求解難點(diǎn)在于通過遞推式產(chǎn)生等比數(shù)列的結(jié)論.

3. 與線性規(guī)劃交匯

例13. 設(shè)不等式組x>0，y>0，y≤-nx+4n（n≥1，n∈Z）所表示的平面區(qū)域?yàn)镈n的整點(diǎn)個數(shù)為an，則■（a1+a3+a5+…+a2007）=_________.

解析首先作直線y=-nx+4n，再結(jié)合x>0，y>0，可得可行域?yàn)橛覉D所示的三角形區(qū)域，顯然，當(dāng)x=1時，y=3n，此時整點(diǎn)的個數(shù)為3n;當(dāng)x=2時，y=2n，此時整點(diǎn)的個數(shù)為2n;當(dāng)x=3時，y=n，此時整點(diǎn)的個數(shù)為n.

故可行域內(nèi)整點(diǎn)的個數(shù)為an=3n+2n+n=6n.

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

點(diǎn)評本題首先作出可行域，然后再求整點(diǎn)的數(shù)量;稍留心會發(fā)現(xiàn)，整點(diǎn)其實(shí)就在三條直線x=1、x=2及x=3上，而在這三條線上的整點(diǎn)個數(shù)正好是3n、2n及n個，得到這三個數(shù)據(jù)之后，再求和就簡單了.

數(shù)列的預(yù)測，我們就說這些，雖然，命題降低了難度，但并不表示，數(shù)列不重要. 其實(shí)，聰明的人會看出更重要了，因?yàn)?，這里才是真正得分的地方，抓住了分?jǐn)?shù)，高考能不獲勝嗎？

責(zé)任編輯 徐國堅(jiān)