09 高考数列多变幻，夯实基础是关键-《中学生数理化》高考数学2025年2月刊

■江西省南昌市新建区第二中学 甘向秀 纵观近几年的高考题,数列考查呈现情 境新、变化多、难度提升的整体特点,尤其是 2024年高考全国新课标Ⅰ卷和Ⅱ卷的第19 题,探索创新情境,跨模块对知识的综合性、 应用性、创新性进行考查。新高考数列大题 考查避开固定套路,回归数列本质。理解数 列的“定义”是解题的出发点,这需要同学们 加强数学阅读,具备一定的“理解能力”,进而 通过列举或图像将其直观化,找寻规律,用最 原始、最简单的办法突破问题。“注重基本 量,公式是基础,运算是核心”,数列解答题的 第一问集中考查基本量的运算、数列递推关 系的转化、数列通项公式的求解。第二问命 题的“焦点”仍会锁定在数列求和、放缩等问 题上。同学们在平时的复习备考过程中,应 注重由特殊到一般,利用列举法进行归纳揭 示规律,然后猜想证明构建模型。同时,同学 们也应加强对教材中的例题、习题进行研究, 加强对知识交汇的命题题型进行训练,从而 提高运算能力,规范解题步骤,力争满分。本 文就数列在日常学习中常见的错误类型进行 归类分析。 易错点一、由数列的前n项和Sn 求通项 公式an 时忽略对“n=1”的检验 若已知数列{an}的前n项和为Sn,求数列 {an}的通项可用公式an= S1,n=1, Sn-Sn-1,n≥2。 用 此公式时要注意结论有两种可能:一种是“一分 为二”,即分段式;另一种是“合二为一”,即a1 和 an 合为一个表达式(要先分n=1和n≥2两种 情况分别进行运算,然后验证能否统一)。 例 1 已知数列{an}的前n项和为Sn, a2=9,且Sn+1+3an=Sn+λan+3n(λ∈R)。 (1)当a1=2时,求S3; (2)若{an}为等比数列,求λ的值。 解析:(1)因为Sn+1+3an=Sn+λan+3n (λ∈R),所以Sn+1-Sn=-3an+λan+3n, 所以an+1=(-3+λ)an+3n,所以a2=(λ- 3)a1+3,又a1=2,a2=9,所以9=2(λ-3) +3,解得λ=6。 故S3-S2=-3a2+6a2+32=3a2+9, 即S3-(2+9)=3×9+9,解得S3=47。 (2)由(1)知,an+1=(-3+λ)an+3n。 ①当λ=3时,an+1=3n,此时a2=3,这 与a2=9矛盾,所以λ=3不成立,即λ≠3。 ②当λ≠3时,a2=(-3+λ)a1+3,所以 9=(-3+λ)a1+3,所以a1= 6 λ-3 。 所以a3=(-3+λ)a2+32=9(-3+λ) +32=9(λ-2)。 因为{an}为等比数列,所以a1·a3=a22, 即 6 λ-3×9 (λ-2)=92,解得λ=5。 综上可得,符合题意的λ的值为5。 易错点二、求数列中的最值问题时,混淆 数列与函数的区别 数列是一种特殊的函数,在求解数列问 题时可以利用函数的性质,但是要注意n 的 取值不是连续实数,忽略这一点很容易出错。 例 2 已知等差数列{an}的前n 项和 为Sn,数列{bn}是等比数列,满足a1=3, b1=1,b2+S2=10,a5-2b2=a3。 (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)求∑ n+1 i=2 (-1)i-1 4i ai-1ai (n∈N*)的最大 值和最小值。 解析:(1)设数列{an}的公差为d,数列 {bn}的公比为q。 由a1=3,b1=1,及 b2+S2=10, a5-2b2=a3, 得 q+3+3+d=10, 3+4d-2q=3+2d, 解得 d=2 , q=2。 42 解题篇 易错题归类剖析 高考数学 2025年2月 所以数列{an}的通项公式为an=3+ 2(n-1)=2n+1; 数列{bn}的通项公式为bn=2n-1。 (2)由 (1)可 知 (-1)i-1 4i ai-1ai = (-1)i-1 (2i-1)+(2i+1) (2i-1)(2i+1) = (-1)i-1 · 1 2i-1+ 1 2i+1 。 记 Wn =∑ n+1 i=2 (-1)i-1 4i ai-1ai ,则 Wn = - 1 3+ 1 5 + 15+17 + … + (-1)n 1 2n+1+ 1 2n+3 =-13+(-1)n· 1 2n+3 。 当n为奇数时,Wn=- 1 3- 1 2n+3 随着 n的增大而增大,可得- 8 15≤Wn<- 1 3 ; 当n为偶数时,Wn=- 1 3+ 1 2n+3 随着 n的增大而减少,可得- 1 3<Wn≤- 4 21 。 综上可得,Wn 的最大值为- 4 21 ,最小值 为- 8 15 。 易错点三、在利用裂项法求数列的前n 项和时留项出错 用裂项相消法求数列的前n 项和时, 裂项后可以产生连续相互抵消的项,但是 要注意抵消后并不一定只剩下第一项和最 后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两 项。一般来说,前面剩余几项后面也剩余 几项,若前面剩余的是正数项,则后面剩余 的是负数项。 例 3 已知等比数列{an}的各项均为 正数,2a5,a4,4a6 成等差数列,且满足a4= 4a23;等差数列{bn}的前n 项和为Sn,且满足 b2+b4=6,S4=10。 (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)设dn= b2n+5 b2n+1b2n+3 ·an,n∈N*,数列 {dn}的前n项和为Tn,求证:Tn< 1 3 。 解析:(1)由题意知an>0,设数列{an} 的公比为q(q>0),数列{bn}的公差为d。 由 2a4=2a5+4a6, a4=4a23, 即 a4=a4(q+2q2), a3·q=4a23, 解 得 q= 1 2 , a3= 1 8 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 所以an= 1 2 n 。 由 b2+b4=6, S4=10, 即 2b1+4d=6 , 4a1+6d=10, 解 得 b1=1, d=1, 所以bn=n。 所以数列{an}的通项公式为an= 1 2 n ; 数列{bn}的通项公式为bn=n。 (2)由(1)得 dn = 2n+5 (2n+1)(2n+3) · 1 2 n =2 1 (2n+1)·2n - 1 (2n+3)·2n+1 , n∈N*。 所以 Tn=2 1 3×2- 1 5×4 + 15×4- 1 7×8 +…+ 1(2n+1)·2n- 1(2n+3)·2n+1 = 2 1 6- 1 (2n+3)·2n+1 =13- 1(2n+3)·2n。 因为 1 (2n+3)·2n >0,所以 1 3- 1 (2n+3)·2n < 1 3 ,所以Tn< 1 3 。 易错点四、在证明数列中的不等式问题 时,由于放缩范围不当出现错误 数列中的不等式证明问题的综合程度 高,解法 灵 活 多 样,对 解 题 能 力 的 要 求 较 高。放缩法是处理这种问题的常用方法之 一,其放缩的基本思路是将通项适当放大 或缩小,向 便 于 相 消 或 求 和 的 方 向 转 化。 放缩的 策 略 是 通 过 多 角 度 观 察 通 项 的 结 构,深入剖析其特征,思前想后,找准突破 口,恰当放缩。 例 4 已 知 正 整 数 数 列 {an}满 足 52 解题篇 易错题归类剖析 高考数学 2025年2月 a1=2,且有∑ n k=1 an ak =n2对任意正整数n恒 成立。 (1)求证: 对任意n∈N*,an 均为偶数; (2)记bn= a2n+2an 4n ,求证:∑ n k=1 bk < 9。 解 析: (1)由 题 意 可 知,∑ n k=1 an ak = an 1 a1 + 1 a2 +…+ 1 an =n2,即1a1 +1a2 +… + 1 an = n2 an ,则1 a1 + 1 a2 +…+ 1 an + 1 an+1 = (n+1)2 an+1 = n2 an + 1 an+1 ,即有 (n+1)2-1 an= n2an+1,整理得 an+1 an = n+2 n 。 所以 an an-1 = n+1 n-1 ,an-1 an-2 = n n-2 ,…,a2 a1 = 3,即 an an-1 × an-1 an-2 ×…× a2 a1 = n+1 n-1× n n-2× … ×3,即 an a1 = n(n+1) 2 。 又因为a1=2,所以an=n(n+1)。 若n为奇数,则n+1为偶数,此时an= n(n+1)为偶数; 若n为偶数,则an=n(n+1)亦为偶数。 综上可得,对任意n∈N*,an 均为偶数。 (2)由(1)可知,an=n(n+1),所以bn= n2(n+1)2+2n(n+1) 4n < n2(n+1)2+2n(n+1)+1 4n = n(n+1)+1 2 4n 。 故 bn < n(n+1)+1 2n = n(n+1) 2n + 1 2n , 所 以 ∑ n k=1 bk < ∑ n k=1 k(k+1) 2k + 1 2k = ∑ n k=1 k(k+1) 2k +∑ n k=1 1 2k 。 其中∑ n k=1 1 2k = 1 2× 1- 1 2n 1- 1 2 =1- 1 2n , ∑ n k=1 k(k+1) 2k = 2 2 + 6 22 + 12 23 + … + n(n+1) 2n 。 则1 2∑ n k=1 k(k+1) 2k = 2 22 + 6 23 + 12 24 +…+ n(n+1) 2n+1 ,则∑ n k=1 k(k+1) 2k - 1 2∑ n k=1 k(k+1) 2k = 1 2∑ n k=1 k(k+1) 2k = 2 2+ 4 22 + 6 23 +…+ 2n 2n - n(n+1) 2n+1 ,则1 4∑ n k=1 k(k+1) 2k = 2 22 + 4 23 +…+ 2n 2n+1 - n(n+1) 2n+2 , 则 1 4∑ n k=1 k(k+1) 2k = 1 2∑ n k=1 k(k+1) 2k - 1 4∑ n k=1 k(k+1) 2k = 2 2+ 2 22 + 2 23 +…+ 2 2n - 2n 2n+1 - n(n+1) 2n+1 + n(n+1) 2n+2 = 1× 1- 1 2n 1- 1 2 - 4n+n(n+1) 2n+2 = 2 - n2+5n+8 2n+2 。 则∑ n k=1 k(k+1) 2k =42- n2+5n+8 2n+2 = 8- n2+5n+8 2n 。 所以∑ n k=1 bk <∑ n k=1 k(k+1) 2k +∑ n k=1 1 2k = 8- n2+5n+8 2n +1- 1 2n =9- n2+5n+9 2n <9。 “通项求和热点考,公式方法记心间;一看 二算三联想,推理运算两车轮”,数列在高考中 兼顾考查综合性、应用性和创新性,其中定义 新数列、数阵数表等新情景问题和数列应用问 题要引起重视。多接触新情景、新定义数列问 题,多研究高考亮点和生长点,提高阅读审题、 抓问题本质、提取信息的能力。在数列概念的 形成、性质的推导、解题的探索等过程中渗透 数学思想。平时精选试题、例题,注重一题多 解、一题多变,培养思维灵活性。同时深挖数 列知识的内涵与外延,对复习内容优化重组, 培养在知识的迁移整合中应对创新题的关键 能力。 (责任编辑 王福华) 62 解题篇 易错题归类剖析 高考数学 2025年2月