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近三年广东高考数列题型分析及今年高考数列题型预测

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第4 期

高中数学教与学

近三年广东高考数列题型分析及 今年高考数列题型预测
徐 义
( 广东省湛江市第二中学, 524002 )

近年来广东省高考对数列的考察主要是 分值为 19 分 . 小题主要 一个小题和一个大题 , 是对等 差 数 列 和 等 比 数 列 的 基 本 性 质 的 考 察, 比较简单 . 大题主要是求数列通项公式 、 数列前 n 项和以及数列与不等式证明相结合 的问题 , 难点主要是考察与数列有关的放缩 思想 . 本文主要分析近三年数列高考的题型 , 并预测 2014 年高考数列的考查方向 . 一、 近三年数列高考题型分析 2011 年高考题 , 数列大题是第 20 题 , 题目 形式是给出数列第 n 项和第 n - 1 之间的关 系. 第( 1 ) 问考察的是利用倒数法求数列的通

项公式 ; 第( 2 ) 问是利用基本不等式证明数列 考 察 了 分 类 讨 论 的 思 想, 难度比较 不等 式 , 大. 2012 年高考题 , 数列大题是第 19 题, 题目 形式是给出第 n 项和前 n 项和之间的关系 . 第 ( 1 ) 问求首项的值 , 容易入手 ; 第 ( 2 ) 问利用 考察的是待 待定系数法求数列的通项公式 , 求通项公式有三种方 定系数法中的指数型 , 法, 比较灵活 ; 第 ( 3 ) 问考察放缩法中构造等 比数列证明数列不等式 , 方法各种各样 , 灵活 性比较大 . 2013 年高考题 , 数列大题是第 19 题, 题目

櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷
a2 - 1 ( y1 + y2 ) - my1 y2 2 = . 1 - a2 a2 - 1 - my1 2 2 先探求出可能的定点 , 然后再通过证明三点 共线 , 推证到符合一般情形 . 在教学实践中 , 笔者感到学生对“充分条 件”的概念的理解相对容易 , 对“必要条件 ” , “若命题 p 的概念的理解相对困难 . 具体而言 可以推出命题 q, 则命题 q 是命题 p 的必要条 若给出全称 件”是学生难以理解的 . 特别地, “?x ∈ M , p( x) ” , 命题 其中 p( x) 是关于 x 的 “x1 ∈ M , 命题 , 那么 则 p( x1 ) ”就是原命题的 特别是全称命题 一个必要条件 . 而利用命题 , 的必要性解题 , 往往可以出现意想不到的效 果. 本专题列举各例足以充分说明 , 合理利用 可以化繁为简 , 减少思 必要条件的剖析思考 , 0). ( a 2+ 1 ,
2

所以 k AN - k EN

(

)

a2 - 1 ( y1 + y2 ) - my1 y2 又因为 2 = a2 - 1 2 mb2 - 2 2 a + m2 b 2 - m· = b (1 -a ) a 2 + m2 b 2
2 2

(

)

( a2 - 1 ) ( mb2 - mb2 ) = 0. a 2 + m2 b 2

A, N, E 三点共线 . 所以 k AN = k EN , N、 D 三点共线 . 同理可得 B、 AE 与 BD 相交于定点 N 综上 , 评注

维量 , 降 低 思 维 难 度; 也 可 以 揭 示 命 题 的 本 明确解题目标 , 实现简捷高效 . 事实证明 , 质, 合理利用必要条件解题 , 确为简中求道之策 .

本例通过命题满足的特殊情形 ,

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形式是给出第 n + 1 项和前 n 项和之间的关 系. 第( 1 ) 问求第二项的值 , 入手较易 ; 第 ( 2 ) 问构造新数列求数列通项公式 , 计算量比较 大; 第( 3 ) 问考察放缩法中利用裂项证明数列 不等式 , 但应注意是从第 3 项开始放缩 , 计算 量比较大 . 2014 年数列高考题型预测 二、 从广东 省 近 三 年 高 考 数 列 大 题 可 以 看 数列基本是在后三个大题的位置 , 难度比 出, 较大 . 第 ( 1 ) 问容易入手 , 求出首项或前几项的 值; 第 ( 2 ) 问 主 要 是 求 数 列 的 通 项 公 式; 第 ( 3 ) 问主要是利用放缩法证明数列不等式 . 数列通项公式的求法主要有 : ( 1 ) 公式法 ( 2 ) 累加法 an =

2014 年
a1 = 1 , ② 已知数列 { a n } 中, 前 n 项和 S n n +2 = an , 求数列 { a n } 的通项公式 . 3

(a
证明 :

n

=

n( n + 1 ) , n ∈ N* 2

)

放缩法证明数列不等式主要从四个方面 ( 1 ) 利用基本不等式放缩 . ( 2 ) 利用构造等比数列放缩 . ( 3 ) 利用裂项放缩 . 1 1 1 1 - < 2 = k k +1 ( k + 1) k k < 1 1 1 - ; = ( k - 1) k k -1 k 2 n + 槡 n +1 槡 < 1 n 槡

{S ,
1

S n - S n -1 , n ≥ 2, n = 1.

2( 槡 n +1 -槡 n) = <

利用等式 a n - a n -1 = f ( n) ,

n ≥ 2 ( 其中 f ( n) 是关于 n 的函数 , 当 f( n) 为 常数是即为等差数列 ) . ( 3 ) 累乘法 an = f( n) , n≥ 利用等式 a n -1

2 = 2( 槡 n - 槡 n - 1) . n + n -1 槡 槡 ( 4 ) 利用数列前 n 项和 S n 单调性放缩 . ( 5 ) 利用函数单调性放缩 . 近三年 , 广东省高考数列大题第 ( 2 ) 问或 第( 3 ) 问均考查放缩法证明数列不等式 . 在 2011 年考查是利用基本不等式放缩 , 在 2012 年是考查利用构造等比数列放缩 , 在 2013 年 考查利用裂项放缩 . 笔者认为在 2014 年广东 高考中可能会考查利用单调性放缩或者考查 利用函数放缩 . 例1 b5 = 16 . ( 1 ) 求数列 { a n } 和 { b n } 的通项公式 ; ( 2 ) 设 cn = 和 Tn ≥ 1 . 解 ( 1 ) 当 n ≥ 2 时, a n = S n - S n -1 = 2 n - 1 . a1 = S1 = 1 , 当 n = 1 时, 所以 所以 an = 2 n - 1 ( n ∈ N* ) . b n = 2 n -1 ( n ∈ N * ) . b5 = b1 q4 = 16 , 因为 b n > 0 , 所以 q = 2 , an , 求证 : 数列 { c n } 的前 n 项 bn
2 已知数列 { a n } 的前 n 项和 S n = n ,

2 ( 其中 f ( n) 是关于 n 的函数 , 当 f ( n) 为常数 是即为等比数列 ) . ( 4 ) 待定系数法 a n = pa n -1 + qf ( n ) , n q 是常数 , f ( n) 可以是常数 、 ≥ 2 ( 其中 p、 一次 函数 、 二次函数 、 指数函数等 ) . ( 5 ) 倒数法 是常数 ) . 高考中求数列通项公式往往需要几种方 法的融合才能求出来 . 若题目形式是给出 a n 和 S n 之间的关系 , 那么方法 ( 1 ) 必然用上 , 2013 年、 2012 年 高 考 足 以 体 现 , 方 法 ( 2) 在 2013 年高考中考到 , 方法 ( 4 ) 在 2012 年高考 中考到 , 方法 ( 5 ) 在 2011 年高考中考到 . 因此 笔者认为在 2014 年广东高考中可能会考查利 用方法 ( 3 ) 累乘法求数列通项公式 . a1 = 2 , 例如 , ① 已知数列 { a n } 中 , 前n项 和 Sn , 若 Sn = n an , 求 an ;
2

α a n -1 an = ( 其中 α、 β、 γ a β n -1 + γ

b1 = 1 , 数列 { b n } 是各项为正数的等比数列 ,

(

4 an = n( n + 1 )

)

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( 2 ) 由( 1 ) 得 c n = ∴ Tn = 1 + 2n - 1 , 2 n -1 即 ∴ 1 e = + en , a n +1 an

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3 5 7 2n - 1 + 2 + 3 + … + n-1 , ① 2 2 2 2

1 1 = n -1 + 1 . e a n +1 e an
n

1 1 3 5 7 T = + 2 + 3 + 4 +… 2 n 2 2 2 2 + 2n - 3 2n - 1 + . 2 n -1 2n ②

令 bn =

1 e
n -1

an

, 则 1 = 2, a1

b n +1 = b n + 1 , b1 =

得 ① - ②,

因此 , 数列 { b n } 是首项为 2 , 公差为 1 的 所以 等差数列 , b n = 2 + ( n - 1 ) ·1 = n + 1 . 即 1 = n + 1, e n -1 a n ∴ an = 1 1 = . b n e n -1 ( n + 1 ) e n -1

1 1 1 1 T = 2 +2 2 + 3 + 4 2 n 2 2 2
n -1 n

( 1 2n - 1 +… + - 2 ) 2

1 1 1 - · 2 2 2 n -1 2 2n - 1 = 2 + 2· - 1 2n 1 - 2 2n + 3 = 3 - , 2n ∴ Tn = 6 - 2n + 3 ( n ∈ N* ) . 2 n -1

( 2 ) 先证明当 n ∈ N * 时, e n -1 ≥ n.
x -1 1 ,+ ∞ ) , 设 f ( x) = e - x,x ∈ [ 则

f ' ( x ) = e x -1 - 1 . ∵ 当 x > 1 时 ,f ' ( x) > 0 , ∴ f ( x) 在 ( 1 ,+ ∞ ) 上是增函数 , 则当 x

∵ T n +1 - T n = - 6 - = = =

[

6 -

2( n + 1) + 3 2n

]

x -1 f( x) ≥ f( 1 ) , ≥ 1 时, 即 e ≥ x.

e 因此 , 当 n ∈ N 时, an = =

*

n -1

≥ n,

[

2n + 3 2 n -1

]

1 1 ≤ ( n + 1) n ( n + 1 ) e n -1 1 1 - , n n +1 1 ( n + 1 ) e n -1 1 = e - ( 2 n -1 ) . e ·e n - 1
n

2( n + 1) + 3 2n + 3 + n -1 2n 2 - ( 2n + 5) + 4n + 6 2n 2n + 1 > 0, 2n 1 , a = 2 n +1

* n + 1 < en , 当 n ∈ N 时,

an = >

∴ Tn ≥ 1 . 又 T1 = 1 , 例2 已知数列 { a n } 满足 a1 =

∴ S n = a1 + a2 + … + a n ≤ 1 -

an , n ∈ N* ( 其 中 e 为 自 然 对 数 的 底 n e an + e 数) . ( 1 ) 求数列 { a n } 的通项 a n ; T n = a1·a2 ( 2 ) 设 S n = a1 + a2 + … + a n , ·a3 ·…·a n , 求证 : S n ≤ 解 ( 1 ) ∵ a n +1 n , T > e -n . n +1 n
2

(

1 - )+ … ) (1 2 3 + ( 1 - 1 ) n n +1 1 + 2 1 n = , n +1 n +1

= 1 -

∴ T n = a1 ·a2 ·a3 ·…·a n > e -1 ·e -3 ·e -5 ·…·e - ( 2n +1) = e -[1 +3 +5 + … + ( 2n -1) ] = e -n .
2

an = n , e an + e

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