福建省2021届高中毕业班数学学科二轮备考关键问题指导系列十一（数列存在问题及应对策略)Word

福建省2021届高中毕业班数学学科二轮备考关键问题指导系列十一
数列存在问题及应对策略
数列是函数的延展，是为高等数学进一步学习极限打好基础，是高考必考内容，是高考考查数学思想方法和能力、考查核心素养的重要载体．对数列考查，主要考查的核心知识为：利用等差、等比数列的公式、性质求值；考查利用构造法求数列通项；考查利用裂项相消法和错位相减法对数列求和；考查等差等比数列的证明.基本上以等差、等比数列的交叉为主，融入一些创新点（结构不良问题），求解这些新的复杂数列的和与通项公式，以及利用放缩法证明不等式．
高考对数列的考查难度、题量都相对稳定，一般是一道选择题或填空题和一道解答题，分值为17分．其中选择题或填空题为容易题或中等难度题，解答题为中等难度题．复习时应重点掌握等差等比数列的定义、性质、通项公式及前n项和公式，同时也应关注以数学新信息为背景的数列问题和数列与其他知识（与函数、圆锥曲线、不等式、概率等）相结合的创新题型．要求考生在备考时对等差、等比数列的基本公式、基本性质要非常熟悉，要掌握求数列通项、数列求和以及证明等差、等比数列的常用方法．近几年来高考常将数列与数学文化相结合，解决它的关键，首先要读懂题意，“脱去”数学新信息背景．其次，要构造数列模型，如等差、等比或者递推关系式，最后将文字语言转化为数列相关信息，利用数列知识进行求解．
高考对数列的考查突出基础性，重点考查考生对数列通性通法的理解与应用，有时也考查综合性较强的数列问题，将对基础知识的考查和对能力的考查有机结合，解题方法灵活多样，技巧性较强．但学生对数列心理上存在的畏惧感，导致在解题过程中还是会出现或多或少的错误，如审题不清、概念理解的不透彻、计算上的错误、转化能力的欠缺等导致失分.复习时要针对存在的不同问题采取不同的应对策略.
一、存在问题
（一）概念理解不透彻
【例1】（2020年山东卷14）将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．
【解析】因为数列是以1为首项，以2为公差的等差数列，
数列是以1首项，以3为公差的等差数列，
所以这两个数列的公共项所构成的新数列是以1为首项，以6为公差的等差数列，
所以的前项和为，
【评析】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有两个等差数列的公共项构成新数列的特征，等差数列求和公式，属于简单题目.
【错因分析】不能观察出数列与项的特征，无法判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，无法利用等差数列的求和公式求得结果.
（二）运算能力欠佳
【例2】（2020年江苏卷11）设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{an+bn}的前n项和，则d+q的值是_______．
【解析】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题意.
等差数列的前项和公式为，
等比数列的前项和公式为，
依题意，即，
通过对比系数可知，故.故答案为．
【评析】本小题主要考查等差数列和等比数列的前项和公式，属于中档题．
【错因分析】不能结合等差数列和等比数列前项和公式的特点，分别求得的公差和公比，由此无法求得.
（三）整体代换意识薄弱
【例3】（2020全国Ⅰ文10）设是等比数列，且，，则（
）
A.
12
B.
24
C.
30
D.
32
【解析】设等比数列的公比为，则，
，
因此，.故选D.
【评析】本题主要考查等比数列基本量的计算，属于基础题．
【错因分析】不能观察出数列运算式中的结构特点，根据已知条件求得的值，再由可求得结果．
（四）性质掌握不到位
【例4】（2020年北京卷8）在等差数列中，，．
记，则数列（
）．
A.
有最大项，有最小项
B.
有最大项，无最小项
C.
无最大项，有最小项
D.
无最大项，无最小项
【解析】由题意可知，等差数列的公差，
则其通项公式为：，
注意到，
且由可知，
由可知数列不存在最小项，
由于，
故数列中的正项只有有限项：，.
故数列中存在最大项，且最大项为.故选B.
【评析】本题主要考查等差数列通项公式，等差数列各项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题.
【错因分析】思路不清晰，尝试由条件求出的通项公式后，没有进一步分析等差数列各项的符号，导致不能观察到可知，以及只有两项，的特征，导致无法解决问题．
（五）抽象概括能力不足
【例5】（2020年全国Ⅱ理4）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)
A.
3699块
B.
3474块
C.
3402块
D.
3339块
【解析】设第n环天石心块数为，第一层共有n环，
则是以9为首项，9为公差的等差数列，，
设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为，因为下层比中层多729块，所以，
即
即，解得，所以.故选C．
【评析】本题主要考查等差数列前n项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道容易题.
【错因分析】阅读能力欠缺，不能将数学情境题转化为数列问题来解决．
（六）综合运用能力较弱
【例6】（2020年北京卷21）已知是无穷数列．给出两个性质：
①对于中任意两项，在中都存在一项，使；
②对于中任意项，在中都存在两项．使得．
(1)若，判断数列是否满足性质①，说明理由；
(2)若，判断数列是否同时满足性质①和性质②，说明理由；
(3)若递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：为等比数列.
【解析】
(1)不具有性质①；
(2)具有性质①；
具有性质②；
(3)假设数列中的项数均为正数：
首先利用性质②：取，此时，
由数列的单调性可知，而，故，
此时必有，即，即成等比数列，
不妨设，
然后利用性质①：取，则，
即数列中必然存在一项的值为，下面我们来证明，
否则，由数列的单调性可知，
在性质②中，取，则，从而，
与前面类似的可知则存在，满足，
若，则：，与假设矛盾；
若，则：，与假设矛盾；
若，则：，与数列的单调性矛盾；
即不存在满足题意的正整数，可见不成立，从而，
同理可得：，从而数列为等比数列，
同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列.
由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数.
从而题中的结论得证，数列为等比数列.
【评析】本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳法与推理方法、不等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力.
【错因分析】
(1)无法领会新定义，无法根据新定义验证判断；
(2)
无法领会新定义，无法根据定义逐一验证判断；
(3)证明思路不清晰．不知道要首先假设数列中的项数均为正数，然后证得成等比数列，之后证得成等比数列，同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证.
二、应对策略
（一）重视等差、等比数列概念与性质的深入理解和应用，加强基本量切入解题意识，理清知识网络．
【例1】(2020年全国卷Ⅱ理6)
数列中，，，
若，则（
）
A.
2
B.
3
C.
4
D.
5
【解析】在等式中，令，可得，，
所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，
，
，则，解得.故选C.
【评析】本题考查利用等比数列求和求参数的值，解答的关键就是求出数列的通项公式，考查计算能力，属于中等题.
(二)
灵活应用合情推理方法探究数列问题中的规律性和技巧性，强化合情推理的训练．
【例2】(2020年全国卷Ⅲ理17)设数列{an}满足，．
（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．
【解析】（1）由题意可得，，
由数列的前三项可猜想数列是以为首项，2为公差的等差数列，即，
证明如下：因为,则,
因为首项，所以，
故
（2）由（1）可知，
，①
，②
由①②得：
，即.
【评析】本题主要考查了求等差数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和，属于中档题.
（三）切实掌握数列的通法通解，自觉应用转化与化归思想方法．
【例3】(2020年浙江卷理7)已知等差数列{an}的前n项和Sn，公差d≠0，．记b1=S2，bn+1=Sn+2–S2n，，下列等式不可能成立的是（
）
A.
2a4=a2+a6
B.
2b4=b2+b6
C.
D.
【解析】对于A，因为数列为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由可得，，A正确；
对于B，由题意可知，，，
，，，．
，．
根据等差数列的下标和性质，由可得，B正确；
对于C，，
当时，，C正确；
对于D，，，
．
当时，，即；
当时，，即，所以，D不正确．故选D
【评析】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题．
（四）关注新信息背景下的数列问题，加强阅读理解能力的有关训练．
【例4】(2020年全国卷Ⅱ理12)
0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列满足，且存在正整数，使得成立，则称其为0-1周期序列，并称满足的最小正整数为这个序列的周期.对于周期为的0-1序列，是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足的序列是（
）
A.
B.
C.
D.
【解析】由知，序列的周期为m，由已知，，
对于选项A，
，不满足；
对于选项B，
，不满足；
对于选项D，
，不满足；
故选：C
【评析】本题考查数列的新定义问题，涉及到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力，是一道中档题.
(五)
学会观察通项公式的特征选择合适的求数列前n项和的方法，学会用恰当的语言表达书写．
【例5】(2020年天津卷理19)已知为等差数列，为等比数列，．
（1）求和的通项公式；
（2）记的前项和为，求证：；
（3）对任意的正整数，设求数列的前项和．
【解析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为q.
由，，可得d=1.从而的通项公式为.
由，又q≠0，可得，解得q=2，
从而的通项公式为.
（2）证明：由(Ⅰ)可得，
故，，
从而，所以.
（3）当n奇数时，，
当n为偶数时，，
对任意的正整数n，有，
和
①
由①得
②
由①②得，
由于，
从而得.因此，.
所以，数列的前2n项和为.
【评析】本题主要考查数列通项公式的求解，分组求和法，指数型裂项求和，错位相减求和等，属于中等题．
（六）关注数列与其他知识的综合应用，加强对知识灵活迁移能力．
【例6】(2020年上海卷21)有限数列，若满足，是项数，则称满足性质.
（1）判断数列和是否具有性质，请说明理由.
（2）若，公比为的等比数列，项数为10，具有性质，求的取值范围.
（3）若是的一个排列都具有性质，求所有满足条件的.
【解析】（1）对于第一个数列有，
满足题意，该数列满足性质
对于第二个数列有不满足题意，该数列不满足性质.
（2）由题意可得，
两边平方得：
整理得：
当时，得，此时关于恒成立，
所以等价于时，所以，
所以或者q≥l，所以取．
当时，得,
此时关于恒成立，
所以等价于时，所以，
所以,所以取．
当时，得．
当为奇数的时候，得,
很明显成立，
当为偶数的时候，得，很明显不成立，
故当时，矛盾，舍去．
当时，得．
当为奇数的时候，得,
很明显成立，
当为偶数的时候，要使恒成立，
所以等价于时，所以，
所以或者，所以取．
综上可得，．
（3）设
因为，可以取或者，可以取或者．
如果或者取了或者，将使不满足性质
所以，的前五项有以下组合：
①，，，，，
②，，，，，
③，，，，，
④，，，，，
对于①，，，，与满足性质矛盾，舍去．
对于②，，，，与满足性质矛盾，舍去．
对于③，，，，与满足性质矛盾，舍去．
对于④，，，，与满足性质矛盾，舍去．
所以均不能同时使，都具有性质．
当时，有数列：满足题意．
当时，时有数列：满足题意．
当时，有数列：满足题意．
当时，有数列：满足题意．
故满足题意的数列只有上面四种．
【评析】本题主要考查与数列有关的新定义以及排列组合知识的综合题，属于难题．
(
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