北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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命题点 6 数列
预测说明
数列问题特别突出对数学思维能力的考查,问题的设计始终贯穿观察、分析、归纳、
类比、递推、运算、概括、猜想、证明、应用等.既通过归纳、类比、递推等方法的应
用突出数学探究、理性思维的培养,又通过通项公式、递推公式、前n项和公式等内容
进行大量技能训练,培养逻辑思维、运算求解能力.从近几年的高考题可以看出,数列部分
以考查基础知识为主,同时锻炼运算求解能力、逻辑思维能力等.重点考查对数列基础知
识的掌握程度及灵活运用,同时也要重视对通性通法的培养.
命题方向:
1.对基础知识的考查,主要包括:对数列的概念及表示方法的理解和应用;等差数列和
等比数列的性质、通项公式、递推公式、前n项和公式中基本量的运算或者利用它们
之间的关系式通过多角度观察所给条件的结构,深入剖析其特征,利用其规律进行恰当变
形与转化求解数列的问题;利用等差、等比数列的定义判断或证明数列问题等.
2.对综合能力的考查,如:通过转化与化归思想利用错位相减、裂项相消、分组求和
等方法求数列的前n项和;数列与不等式、函数等的综合问题.在最新的考卷结构中,新定
义的数列题也会以压轴的身份出现在最后一题的位置,此类问题突显了数列表示数字规
律的特点,对学生的逻辑思维能力要求极高,应予以重视.
预测探究
识透高频考点
S S
1.(2024浙江绍兴二模,3)已知等差数列{a }的前n项和为S ,且 5- 2=6,则a -a = (
n n 7 4
5 2
D )
A.9 B.10
C.11 D.12
a +a
2.(2024福建百强校5月模拟,5)设S 为数列{a }的前n项和,若S =2a -1,则 6 9 = (
n n n n a +a
3 6
D )
1
A.4 B.
4
1
C. D.8
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{ S }
3.(2024广东广州二模,16)已知等差数列{a }的前n项和为S ,a =2a +2,且 n 为等差
n n 2n+1 n n+1
数列.
(1)求{a }的通项公式;
n
a a
(2)在 n与 n+1之间插入n个数,使这n+2个数组成一个公差为d (d >0)的等差数列,记数
22 2 2 n n
{1 }
列 的前n项和为T ,求证:T <3.
d n n
n
综合知识运用 等差数列;错位相减法求和
解析 (1)设等差数列{a }的公差为d,则a =a +(n-1)d.
n n 1
在a =2a +2中,令n=1,得a =2a +2,
2n+1 n 3 1
所以a +2d=2a +2,即a =2d-2.①
1 1 1
{ S } S S S
因为 n 为等差数列,则 1 + 3 =2× 2 ,
n+1 2 4 3
a 3a +3d 2a +d
化简得 1 + 1 =2× 1 .②
2 4 3
联立①②,解得a =d=2,所以a =2n.
1 n
a a
(2)证明:由(1)得 n=2n, n+1=2n+1,
22 2 2
2n+1−2n 2n
所以d = = ,
n n+1 n+1
1 1 1 1 2 3 4 n+1
所以T = + + +…+ = + + +…+ ,
n d d d d 21 22 23 2n
1 2 3 n
1 2 3 4 n+1
T = + + +…+ ,
2 n 22 23 24 2n+1
1 2 1 1 1 n+1
两式相减得 T = + + +…+ -
2 n 21 22 23 2n 2n+1
[ (1) n−1 ]
1−
1 2 n+1 3 n+3
=1+ - = - ,
22 1 2n+1 2 2n+1
1−
2
n+3
所以T =3- <3.
n 2n
4.(2024河南名校联考,19)在等差数列{a }中,已知a =7,a ,a ,4a 成等差数列.
n 3 4 5 2
(1)求数列{a }的通项公式;
n
(2)数列{2a n}是不是等比数列?若是,求其前n项和,若不是,请说明理由;北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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(3)设log d =
(n−1)a n(
0<q<
1)
,且∀k∈N*,∃n∈N*,d-d =d +d ,求q的所有取值.
q n 3n−2 2 k n k+1 k+2
综合能力考查 数列的综合问题
解析 (1)设等差数列{a }的首项为a , 公差为d,
n 1
因为a =7,a ,a ,4a 成等差数列,
3 4 5 2
{ a +2d=7,
1
所以
2(a +4d)=(a +3d)+4(a +d).
1 1 1
解得a =1,d=3,
1
所以a =3n-2.
n
2a
n+1
(2)因为2a 1=21=2, =2a n+1 −a n=23=8,
2a
n
所以{2a n}是首项为2,公比为8的等比数列,
2(1−8n
)
2(8n−1)
所以数列{2a n}的前n项和为 = .
1−8 7
(3)因为log d =
(n−1)a n(
0<q<
1)
,
q n 3n−2 2
(n−1)a
所以d
n
=
q 3n−2
n=qn-1,
因为∀k∈N*,∃n∈N*,d-d =d +d ,
k n k+1 k+2
所以d -d -d =1-q-q2=qm(m=n-1,m∈N),
1 2 3
当m=0时,q无解;
当m=1时,得q=√2-1;
当m≥2(m∈N)时,1-q-q2=qm,即qm+q2+q=1(*),
令f(q)=qm+q2+q,则f(q)是关于q的单调递增函数,
1 (1) m (1) 2 1 (1) 2 (1) 2 1
因为0<q< ,所以f(q)=qm+q2+q< + + ≤ + + =1,所以(*)无解,
2 2 2 2 2 2 2
所以q的取值为√2-1,进一步得,当q=√2-1时,对任意的正整数k,d-d -d =d(1-q-
k k+1 k+2 k
q2)=dq=d ,
k k+1
满足:∀k∈N*,∃k+1∈N*,d-d =d +d ,
k k+1 k+1 k+2
所以q的所有取值为√2-1.
参透创新情境北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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a +2a +…+2n−1a
1.(多选)(2024江苏南京宁海中学4月模拟,11)定义H = 1 2 n为数列{a }的
n n
n
“优值”,已知某数列{a }的“优值”H =2n,前n项和为S ,下列关于数列{a }的描述正确的
n n n n
有 (ABC)
A.数列{a }为等差数列 B.数列{a }为递增数列
n n
S 2025
C. 2022= D.S ,S ,S 成等差数列
2022 2 2 4 6
2.(2024广东深圳二调,19)无穷数列a ,a ,…,a ,…的定义如下:如果n是偶数,就对n尽可能
1 2 n
多次地除以2,直到得出一个奇数,这个奇数就是a ;如果n是奇数,就对3n+1尽可能多次
n
地除以2,直到得出一个奇数,这个奇数就是a .
n
(1)写出这个数列的前7项;
(2)如果a =m且a =n,求m,n的值;
n m
⏟f(f(…f
(3)记a =f(n),n∈N*,求一个正整数n,满足n<f(n)<f(f(n))<…< (n)…)).
n
2024个f
创新情境 数列中的新定义问题
解析 (1)根据题意,
a =(3×1+1)÷2÷2=1,a =2÷2=1,a =(3×3+1)÷2=5,a =4÷2÷2=1,a =(3×5+1)÷24=1,a =6÷2=3,a =(3
1 2 3 4 5 6 7
×7+1)÷2=11.
(2)由已知,m,n均为奇数,不妨设n≤m.
当n=1时,因为a =1,所以m=1,故m=n=1;
1
3n+1 3n+1
当n>1时,因为 <n≤m,而n为奇数,a =m,所以m= .又m为奇数,a =n,所以存在
4 n 2 m
3m+1
k∈N*,使得n= 为奇数.
2k
3(3n+1) 9n+5
所以2kn=3m+1= +1= .
2 2
9n+5
而4n< <6n,所以4n<2kn<6n,即4<2k<6,k∈N*,无解.所以m=n=1.
2
n
(3)显然n不能为偶数,否则f(n)≤ <n,不满足n<f(n),所以n为正奇数.又f(1)=a =1,所以n≥3,
2 1
设n=4k+1或n=4k-1,k∈N*.
3(4k+1)+1
当n=4k+1时, f(n)= =3k+1<4k+1=n,不满足n<f(n);
4
3(4k−1)+1
当n=4k-1时, f(n)= =6k-1>4k-1=n,即n<f(n).
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所以,当n=22 025k-1,k∈N*时,
3(22025k−1)+1 3(3×22024k−1)+1
n<f(n)= =3×22 024k-1<f(f(n))= =32×22 023k-1<…<
2 2
⏟f(f(…f 3(32022×23k−1)+1 ⏟f(f(…f
(n)…))= =32 023×22k-1< (n)…))=
2
2023个f 2024个f
3(32023×22k−1)+1
=32 024×2k-1,
2
⏟f(f(…f
即n<f(n)<f(f(n))<…< (n)…)).
2024个f
可取k=1,则n=22 025-1,即满足要求的一个正整数n的值可以是22 025-1.
3.(2024吉林长春东北师大附中第五次模拟,19)对于数列{a },称{Δa }为数列{a }的一阶差分
n n n
数列,其中Δa =a -a (n∈N*).对正整数k(k≥2),称{Δka }为数列{a }的k阶差分数列,其中
n n+1 n n n
Δka =Δ(Δk-1a )=Δk-1a -Δk-1a .已知数列{a }的首项a =1,且{Δa -a -2n}为{a }的二阶差分数列.
n n n+1 n n 1 n+1 n n
(1)求数列{a }的通项公式;
n
1 n
(2)设b = (n2-n+2),{x }为数列{b }的一阶差分数列,∀n∈N*,是否都有∑❑xCi=a 成立?并
n 2 n n i n n
i=1
说明理由;(其中Ci为组合数)
n
(3)对于(2)中的数列{x
n
},令y
n
= tx n+
2
t−x n ,其中 1
2
<t<2.证明: ∑❑ n y
i
<2n-
2
− n
2
.
i=1
创新情境 数列中的新定义问题
解析 (1)因为{Δa -a -2n}为{a }的二阶差分数列,所以Δa -a -2n=Δ2a ,
n+1 n n n+1 n n
a a
将Δ2a =Δa -Δa 代入得Δa -a -2n=Δa -Δa ,整理得Δa -a =2n,即a -2a =2n,所以 n+1 - n
n n+1 n n+1 n n+1 n n n n+1 n 2n+1 2n
1 {a } 1 1 a 1 1
= .又a =1,故数列 n 是首项为 ,公差为 的等差数列,因此, n = +(n-1)· ,即a =n·2n-1.
2 1 2n 2 2 2n 2 2 n
(2)因为{x }为数列{b }的一阶差分数列,
n n
所以x =b -b =n.
n n+1 n
n
对于 ∑❑xCi =C1 +2C2 +…+nCn =n·2n-1,①
i n n n n
i=1
当n=1时,①式成立;
当n≥2时,因为n·2n-1=n·(1+1)n-1=n·(C0 +C1 +…+Cn−1 ),且nCk−1=kCk ,所以①式成立.
n−1 n−1 n−1 n−1 n
n
故∀n∈N*都有∑❑xCi =a 成立.
i n n
i=1
tn+t−n
(3)证明:由(2)知x =n,则y = ,
n n
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1
因为 <t<2,所以(2t)n>1,tn<2n,
2
1
故(2n+2-n)-(tn+t-n)= (2n-tn)[(2t)n-1]>0,
(2t) n
即tn+t-n<2n+2-n,
[ 1( 1 )]
1−
所以 ∑❑ n y= 1 ∑❑ n (ti+t-i)< 1 ∑❑ n (2i+2-i)= 1 2(2n−1) + 2 2n =(2n-1)+ 1( 1− 1 )
i=1
i 2
i=1
2
i=1 2 2−1 1
2 2n
1−
2
1 1 n
=2n-
2
(1+2-n)<2n-
2
·2·√2−n=2n-
2
− 2.
