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2008年高考文科数学试卷中的数列题浅析



2008 年高考文科数学试卷中的数列题浅析 河南 木山

文章来源:2008 年下半年度《试题与研究》

数列,在高中数学教学大纲中只有 12 课时,在考纲中也只是要求,理解数列的概念, 了解数列通项公式的意义,了解递推公式是给出数列的一种方法,并能根据递推公式写出 数列的前几项;理解等差数列的概念,掌握等差数列的通项公式与前 n 项和公式

,并能解 决简单的实际问题;理解等比数列的概念,掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式,并 能解决简单的实际问题,等等.但是,在历年的高考中,都把数列当作重要的内容来考查, 题目有一定的难度、深度和综合程度,在考查演绎推理能力中发挥着越来越重要的作用. 纵观 2008 年全国各省的高考文科数学试卷,涉及数列的题目大都是“一小一大”,分值 17 分左右,约占试卷总分值的

1 ,难度大都为中低档,但也有少数省份将数列题作为把关、 9

压轴题,如安徽卷、上海卷的第 21 题,重庆卷的第 22 题等.下面,我们仅对其中的一些 题目进行简要的分析. 例 1 设{an}是等差数列,若 a2=3,a 7 =13,则数列{an}前 8 项的和为( A.128 B.80 C.64 D.56 (福建卷第 3 题) )

略解:∵ a2 +a 7 = a 1 +a 8 =16,∴{an}前 8 项的和为 64,故应选 C. 例 2 已知等比数列 {an } 满足 a1 + a2 = 3,a2 + a3 = 6 ,则 a7 = ( A.64 答案:A. B.81 C.128 )

D.243 (全国Ⅰ卷第 7 题)

例 3 已知等差数列 { an } 中, a2 = 6 , a5 = 15 ,若 bn = a2 n ,则数列 { bn } 的前 5 项和 等于( ) A.30 B.45 C.90 D.186 (北京卷第 7 题)

略解:∵a 5 -a 2 =3d=9,∴ d=3,b 1 = a2 = 6 ,b 5 =a 10 =30, { bn } 的前 5 项和等于 90, 故答案是 C. 例 4 记等差数列的前 n 项和为 S n ,若 S 2 = 4, S 4 = 20 ,则该数列的公差 d = ( A.2 B.3 C.6 D.7 (广东卷第 4 题) )

略解:∵ S 4 ? S 2 ? S2 = 4d = 12, d = 3 ,故选 B. 例 5 在数列 {an } 中, an = 4n ? 常数,则 ab = 答案:-1.

5 2 , a1 + a2 + L + an = an + bn , n ? N * ,其中 a, b 为 2

.(安徽卷第 15 题)

1

例 6 在数列 {an } 中, a1 = 2 , an +1 = an + ln(1 + ) ,则 an = ( A. 2 + ln n C. 2 + n ln n 答案:A. B. 2 + ( n ? 1) ln n D. 1 + n + ln n (江西卷第 5 题)

1 n



例 7 设数列 { an } 中, a1 = 2, an +1 = an + n + 1 ,则通项 an = ___________ .(四川卷 第 16 题) 此题重点考查由数列的递推公式求数列的通项公式,抓住 an +1 = an + n + 1 中 an +1 , an 系数相同是找到方法的突破口. 略 解 : ∵ a1 = 2, an +1 = an + n + 1 ∴ an = an ?1 + ( n ? 1) + 1 , an ?1 = an ? 2 + ( n ? 2 ) + 1 ,

an ? 2 = an ?3 + ( n ? 3) + 1 , K , a3 = a2 + 2 + 1 , a2 = a1 + 1 + 1 , a1 = 2 = 1 + 1 . 将 以 上 各 式 + n +1 = 相 加 , 得 an = ? ( n ? 1) + ( n ? 2 ) + ( n ? 3) + L + 2 + 1? ? ?
故应填

( n ? 1) n + n + 1 = n ( n + 1) + 1
2 2

n(n + 1) +1 . 2 1 n 例 8 若(x+ ) 的展开式中前三项的系数成等差数列,则展开式中 x4 项的系数为( 2x

)

A.6 B.7 C.8 D.9 (重庆卷第 10 题) 答案:B. 使用选择题、填空题形式考查的文科数列试题,充分考虑到文、理科考生在能力上的 差异,侧重于基础知识和基本方法的考查,命题设计时以教材中学习的等差数列、等比数 列的公式应用为主,如,例 4 以前的例题.例 5 考查考生对于等差数列作为自变量离 散变 化的一种特殊函数的理解;例 6、例 7 考查由给出的一般数列的递推公式求出数列的通项 公式的能力;例 8 则考查二项展开式系数、等差数列等概念的综合 运用.重庆卷第 1 题, 浙江卷第 4 题,陕西卷第 4 题,天津卷第 4 题,上海卷第 14 题,全国Ⅱ卷第 19 题等,都 是关于数列的客观题,可供大家作为练习. 例 9 已 知 { an } 是 正 数 组 成 的 数 列 , a1=1 , 且 点 (

an , an +1 ) ( n ? N* ) 在 函 数

y=x2+1 的图象上 . (Ⅰ) 求数列{an}的通项公式; (Ⅱ) 若数列{bn}满足 b1=1 ,bn+1=bn+ 2an , 求证:bn·bn+2<b2n+1. (福建卷第 20 题) 略解:(Ⅰ)由已知,得 an+1-an=1 ,又 a1=1,所 以数列 { an } 是以 1 为首 项,公差为 1 的等差数列.故 an=1+(n-1)×1=n. (Ⅱ)由(Ⅰ)知,an=n,从而 bn+1-bn=2n,bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1=2n-1+2n-2+ …+2+1=2n-1.∵. bn?bn+2-b n +1 =(2n-1)(2n+2-1)-(2n+1-1)2= -2n<0, ∴ bn·bn+2<b n +1 . 对于第(Ⅱ)小题,我们也可以作如下的证明:
2 2

2



b2=1,bn·bn+2- b n +1 =(bn+1-2n)(bn+1+2n+1)- b n +1 =2n+1·bn+1-2n·bn+1-2n·2n+1 = 2n ( bn+1-

2

2

2n+1)=2n(bn+2n -2n+1)=2n(bn-2n)=…=2n(b1-2)=-2n<0,∴ bn-bn+2<b2n+1.
n 例 10 在数列 { an } 中, a1 = 1 , an +1 = 2an + 2 .(Ⅰ)设 bn =

an . 证明 :数列 2n ?1

{ bn } 是等差数列;(Ⅱ)求数列 { an } 的前 n 项和 Sn .(全国Ⅰ卷第 19 题)
略解:(Ⅰ) bn +1 ? bn =

an +1 an an +1 ? 2an 2n ? = = n =1,则 { bn } 为等差数列, b1 = 1 , 2n 2n ?1 2n 2

bn = n , an = n 2n ?1 .
( Ⅱ )

S n = 1g 2 0 + 2g 21 + L + (n ? 1)g 2 n ? 2 + ng 2 n ?1 ,
两 式 相 减 , 得

2 S n = 1g 21 + 2g 2 2 + L + (n ? 1)g 2 n ?1 + ng 2n .

S n = ng 2n ? 1g 20 ? 21 ? L ? 2n ?1 = ng 2n ? 2n + 1 = (n ? 1)2n + 1 .
对于例 10 第(Ⅰ)小题,基本的思路不外乎推出后项减前项差相等,即差是一个常数 . 可以用迭代法,但不可由 b2-b1=1,b 3 -b 2 =1 等有限个的验证归纳得到 { bn } 为等差数列的结 论,犯“以偏盖全”的错误.第(Ⅱ)小题的“等比差数列”,在高考数列考题中出现的频率很 高,求和中运用的“ 错项相减”的方法,在教材中求等比数列前 n 项和时给出,是“等比差数 列”求和时最重要的方法.一般地,数学学习中最为重要的内容常常并不在结论本身,而在 于获得这一结论的路径给予人们的有益启示. 例 9、例 10 是高考数学试卷中数列试题的一种常见的重要题型,类似的题目还有浙江 卷第 18 题,江 苏卷第 19 题,辽宁卷第 20 题等,其共同特征就 是以等差数列 或等比数列 为依托构造新的数列.主要考查等差数列、等比数列等基本知识,考查 转化与化归思想, 考查推理与运算能力.考虑到文、理科考生在能力上的差异,与理科试卷侧重于理性思维 命题设计时以一般数列为主,以抽象思维和逻辑思维为主的特点不同;文科试卷则侧重于 基础知识和基本方法的考查,以考查具体思维、演绎思维为主. 例 11 等差 数列 {an } 的 各项 均 为 正 数 , a1 = 3 ,前 n 项和 为 S n , {bn } 为 等比 数列 ,

b1 = 1 , 且 b2 S 2 = 64, b3 S3 = 960 . (Ⅰ) 求 an 与 bn ; (Ⅱ) 求和:
卷第 19 题)

1 1 1 + +L + .(江西 S1 S 2 Sn ? S 2b2 = (6 + d ) q = 64, 2 ? S3b3 = (9 + 3d ) q = 960.

略解: (Ⅰ)设 {an } 的公差为 d , {bn } 的公比为 q ,依题意有 ?

3

6 ? d =? , ?d = 2, ? ? 5 n ?1 解之,得 ? 或? (舍去,为什么?)故 an = 3 + 2(n ? 1) = 2n + 1, bn = 8 . 40 ?q = 8; ? q= . ? 3 ?
( Ⅱ )

S n = 3 + 5 + L + (2n + 1) = n( n + 2) ,



1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + +L + = + + +L + = (1 ? + ? + ? + S1 S 2 S n 1? 3 2 ? 4 3 ? 5 n(n + 2) 2 3 2 4 3 5 L + 3 2n + 3 1 1 1 1 1 1 ? ) = (1 + ? ? )= ? . 4 2(n + 1)(n + 2) n n+2 2 2 n +1 n + 2

“裂项相消”是一些特殊数列求和时常用的方法. 使用解答题形式考查数列的试题,其内容还往往是一般数列的内容,其方法是研究数 列通项及前 n 项和的一般方法,并且往往不单一考查数列,而是与其他内容相综合,以体 现出对解决综合问题的考查力度.数列综合题对能力有较高的要求,有一定的难度,对合 理区分较高能力的考生起到重要的作用.
n 例 12 设 数 列 { an } 的 前 n 项 和 为 S n = 2an ? 2 , ( Ⅰ ) 求 a1 , a4 ; ( Ⅱ ) 证 明 :

{ an+1 ? 2an } 是等比数列;(Ⅲ)求 { an } 的通项公式.(四川卷第 21 题)
n 略 解 : ( Ⅰ ) ∵ a1 = S1 , 2a1 = S1 + 2 , 所 以 a1 = 2, S1 = 2 . 由 2an = S n + 2 知 ,

2an +1 = S n +1 + 2 n +1

= an +1 + S n + 2n +1 得



an +1 = S n + 2n +1





a2 = S1 + 22 = 2 + 22 = 6, S 2 = 8 , a3 = S 2 + 23 = 8 + 23 = 16, S3 = 24 , a4 = S3 + 24 = 40 .
n +1 ? S n + 2n = 2n +1 ? 2n = 2n , ∴ ( Ⅱ ) 由 题 设 和 ① 式 知 , an +1 ? 2an = S n + 2

(

) (

)

{ an+1 ? 2an } 是首项为 2,公比为 2 的等比数列.
(Ⅲ)

an = ( an ? 2an ?1 ) + 2 ( an ?1 ? 2an ? 2 ) + L + 2n ?2 ( a2 ? 2a1 ) + 2 n ?1 a1 = ( n + 1) ?2n ?1
此题重点考查数列的递推公式,利用递推公式求数列的特定项,通项公式等.推移脚 标,两式相减是解决 含有 S n 的递推公式的重要手段,使其 转化为不含 S n 的递推公式,从 而有针对性地解决问题.在由递推公式求通项公式时,首项是否可以被吸收是易错点.同 时,还应注意到题目设问的层层深入,前一问常为解决后一问的关键环节,为求解下一问 指明方向. 例 13 数列 { an } 满足 a1 = 0, a 2 = 2, an + 2 = (1 + cos
2

nπ nπ )an + 4sin 2 , n = 1, 2,3,L , 2 2

4

( I ) 求 a3 , a 4 , 并 求 数 列 { an } 的 通 项 公 式 ; ( II ) 设 S k = a1 + a3 + L + a2 k ?1 ,

Tk = a2 + a4 + L + a2 k , Wk =
(湖南卷第 20 题) 略解:(I)

2S k (k ?N ? ) ,求使 Wk > 1 的 所 有 k 的值,并 说明 理由. 2 + Tk

a3 = (1 + cos 2

π π )a1 + 4sin 2 = a1 + 4 = 4, a4 = (1 + cos 2 π )a2 + 4sin 2 π = 2a2 = 4, 2 2
(2k ? 1)π (2k ? 1)π ]a2 k ?1 + 4sin 2 = a2 k ?1 + 4, 即 a2 k +1 ? a2 k ?1 = 4. 2 2

一般地, 当 n =2k ? 1(k ? N ? ) 时,

a2 k +1 = [1 + cos 2

所 以 数 列 { a2 k ?1} 是 首 项 为 0 、 公 差 为 4 的 等 差 数 列 , 因 此 a2 k ?1 = 4(k ? 1). 当

n =2k (k ? N ? ) 时, a2 k + 2 = (1 + cos 2

2 kπ 2k π )a2 k + 4sin 2 = 2a2 k , 所以数列 { a2 k } 是首项 2 2
k

为 2 、 公 比 为 2 的 等 比 数 列 , 因 此 a2 k = 2 . 故 数 列

{ an } 的 通 项 公 式 为

? 2(n ? 1), n = 2k ? 1(k ? N ? ), ? an = ? n ? 2 2 , n = 2k (k ? N ? ). ?
(II)由(I)知,

S k = a1 + a3 + L + a2 k ?1 = 0 + 4 + L + 4(k ? 1) = 2k ( k ? 1), Tk = a2 + a4 + L + a2 k 2 + 22 + L 2k = 2k +1 ? 2, Wk =
于是, W1 = 0, W2 = 1, W3 = 下 面 证 明 :

2Sk k ( k ? 1) = . 2 + Tk 2k ?1

3 3 5 15 , W4 = , W5 = , W6 = . 2 2 4 16 k? 6 时 , Wk < 1. 事 实 上 ,




k ?6时 ,

Wk +1 ? Wk =

(k + 1) k k (k ? 1) k (3 ? k ) ? = < 0, 即 Wk +1 < Wk . 又 W6 < 1, 所 以 当 k ? 6 时 , 2k 2k ?1 2k

Wk < 1. 故满足 Wk > 1 的所有 k 的值为 3,4,5.
例 12、例 13 代表了另一种重要的题型,从比较抽象的数列入手,给定数列的一些性 质,要求考生进行严格的逻辑推证,找到数列的通项公式,或证明数列的其他一些性质. 这些试题对恒等证明能力提出了很高的要求,要求考生首先明确变形目标,然后根据变形 目标进行恒等变形.在变形过程中,不同的变形方法也可能简化原来的式子,也可能使其 更加复杂,所以还存在变形路径的选择问题. 从以上例子不难看出,在考查相关知识内容的基础上,高考对数列的考查把重点 放在 对数学思想和方法的考查,放在对思维能力以及创新意识和实践能力的考查上.往往突出
5

考查函数与方程的思想、数形结合的思想、特殊与一般的思想、有限与无限的思想等数学 思想和方法,除了考查教材中学习的等差数列与等比数列 外,也考查一般数列,考查由一 般数列入手,构造等差数列与等比数列的推理和论证方法. 同学们如果有兴趣,可以陕西卷第 20 题,天津卷第 20 题,山东卷第 20 题,广东卷 第 21 题等作为数列综合题的练习.

6



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