高考数列问题近五年分析报告

高考数列题命题趋势分析及复习建议

一．近五年高考数学数列部分在整卷中的题位〔难度、分值情况及考查的主要容分析。 数列是高考的必考容。由于数列在测试学生逻辑推理能力和理性思维水平方面有不可替代的作用,所以在历年高考试题中都占有一定的比重,有低、中和高档题。数列不仅是重要的基础知识,且含有主要的数学思想方法和技巧,而且与函数、方程、不等式有着十分密切的联系。纵观近五年的高考数列题呈现出新趋势、新特点、新变化。

以下是近五年的高考数列题的题位、分值其及考查容的分析： 年份 科类 选择题 填空题 解答题 第21题,15分,综合考查等差等比数列的性质及数列求和,其中理科 20XX 无 无 第二问通过数列求和与不等式放缩相结合来考查学生分析问题和解决问题的能力。 第19题,14分,主要考查等差等文科 无 无 比数列的性质,能根据通项写出数列的前几项,并能运用等差等比公式求和 第6题,5分,主要考理科 20XX 查等比数列的基本性质及等比数列求和 第4题,5分,主要考文科 查主要考查等比数列通项的性质 第11题,4分,理科 20XX 文科 无 无 主要考查等比数列基本概念及基础知识 第20题,14分,主要考查数列前同理科 n项和与通项的关系,基本模型仍然是等差数列与等比数列。 20XX 理科 第3题,5分,主要考第15题,主要1 / 10

第22题,15分,主要考查数列的无 递推关系,数学归纳法、不等式证明等基础知识和基本技能,同时考查逻辑推理能力． 第18题,14分,主要考查等差数无 列和等比数列的基础知识〔通项性质与求和公式,考查运算及推理能力． 无 无 .

察了等比数列的通考查等差数列项公式与前n项和前n项和及通公式。 项公式,考查基本运算能力 第14题,4分,本题主要考察了等差数列的文科 同理科 概念和通项公式,以及运用等差关系解决问题的能力。 第19题,14分,本题主要考查等理科 无 无 差数列、等比数列、求和公式、不等式等基础知识。 20XX 文科 无 第17题,4分,主要考查一般数列的最值问题。 第19题,14分,本题主要考查等差数列等比数列的概念以及通项公式、等比数列的求和公式等基础知识,同时考查运算求解能力及推理论证能力。 第19题,14分,本题主要考查等差数列概念、求和公式等基础知识,同时考查运算求解能力及分析问题解决问题的能力。第二问同理第15题。 通过以上对数列题的纵向对比与横向的对比后的几点思考：

〔1从理科来看, 20XX和20XX把数列做为压轴题,其难度非常大,需要较强的分析问题的能力和解决问题的能力,知识综合性较强,不仅要考查等比等差数列的基础知识,还要考查运用不等式的知识来解决数列求和问题,解决这些问题时思维的跳跃性大,技巧性强,一般没有经过平时的类似训练不易想到,但那些经过竞赛辅导,训练有素的学生却占了一定的优势。20XX和20XX针对前两年的数列作为压轴题难度过大,公平性略显缺失,加上广大教师和学生在数列上进行了一系列的研究,应对数列压轴题基本有了解题的方向和策略,于是高考数列不在作为压轴题,慢慢的从高考试卷中淡出,20XX只有一道填题,分值降为4分,然而,4分显然影响了教师对数列教学的热情,学生也会在数列知识掌握方面有所欠缺,同时也与目前教学课时不相衬,20XX出现了一道选择题,5分,一道填题4分,共9分的分值,这样慢慢的把数列又捡了回来,20XX出现了一道解答题,题位是在第19题,分值提高到14分,基本把数列安放在合理的位置,合理的分值,合理的难度。通过第一问属于容易题,主要考查一些等差等比数列的基本概念,基本性质,让学生能上手,能得基本分,但第二问属于中档题,主要考查数列的前n项和、隔相应项求和等稍有难度的问题,具有一定的区分度。那么20XX在数列方面会有怎么样的面貌出现呢？最大的可能性是一道填空题或是选择题,题位大概会在第15、16题或是第7、8题,稍有难度,一道大题大概会在第19题,仍然会沿袭20XX的风格,会有两问一问容易题,一问中档

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题。我们的复习方面依然应该放在等差等比数列的基本概念和基本方法上,同时也要结合不等式的知识解决数列求和问题,不等式的简单放缩要特别注意。从五年的高考数列来看,运用较高技巧求通项的一些方法〔如累加法,累乘法,转化成等差等比等一般不要作为重点复习,一般数列较高技巧的递推问题可以不作为复习的主要方面。

〔2从文科来看,近五年文科从来没有把数列作为压轴题,但必有一题中档题,题位应该在解答题的前三题,一般都是两问,第一问比较基础,主要考查等差等比数列的基本概念,常见的一些基本性质,第二问会是数列求和问题,没有像理科一样把数列求和问题与不等式的知识相结合。除20XX出现过在三种题型中对数列都有考查和20XX只出现在解答题中现现一题之外,其他年份的数列考查中均是有两题,选择题一般会出现在前6题的位置,填空题各个位置都有可能出现,从20XX的对数列考查来看,文科对数列考查难度有一定的上升,特别是在填空选择题中,所以在20XX的数列部分考查难度不会下降,也许会有一道选择题,位置会是在前5题,但解答题中出现的数列题第二问会稍有难度,一般会偏向理科一样把数列求和问题与简单的不等式知识相结合。

〔3从考查的知识容来看,主要是考查等差数列等比数列的概念以及通项公式、等差等比数列的求和公式等基础知识,同时考查运算求解能力及推理论证能力。从近五年的高考数列题来看,很多试题最终都回归到对基本概念和基本公式的理解和掌握,这一点是毋庸置疑的,尤其是数列的选择和填空以及解答题中的第一问。因此在复习中,基本概念和基本公式依旧应该是复习的主阵地,只有掌握好基础知识,才能灵活加以应用,那些具有较高技巧求通项方法,求和方法将不会在高考题中出现。另外,卷中考查数列的重点是纯等差等比的问题,那些需要转化成等差等比的数列问题从来没有出现过,稍难题最多也是从所给的等差等比中隔项取出的一个新数列的问题。或是数列求和中与不等式相结合的问题,这些问题需要学生有一定的分析问题和解决问题的能力,一般定位于能力的考查。

二．对照教学大纲、新课程标准、学科指导意见、教材及考试说明,分析2012高考数列命题趋势。

2.1教学大纲对数列教学目标的表述：

〔1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。

〔2理解等差数列的概念,掌握等差数列的通项公式和前n项和公式,并能解决简单的实际问题。

〔3理解等比数列的概念,掌握等比数列的通项公式和前n项和公式,并能解决简单的实际问题。

2.2新课程标准对数列教学要求的表述：

数列作为一种特殊的函数,是反映自然规律的基本数学模型。在本模块中,学生将通过对日常生活量实际问题的分析,建立等差数列和等比数列这两种数列模型,探索并掌握它们的一些

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基本数量关系,感受这两种数列模型的广泛应用,并利用它们解决一些实际问题。

〔1数列的概念和简单表示法：通过日常生活中的实例,了解数列的概念和几种简单的表示方法〔列表、图像、通项公式,了解数列是一种特殊函数。

〔2等差数列、等比数列：①通过实例,理解等差数列、等比数列的概念。②探索并掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和的公式。③能在具体的问题情境中,发现数列的等差关系或等比关系,并能用有关知识解决相应的问题。④体会等差数列、等比数列与一次函数、指数函数的关系。

2.3学科指导意见对数列教学要求的表述：

发展要求：〔1能根据数列的前几项写出一个通项公式。说明：复杂的递推关系式不作要求。

〔2掌握等差数列的典型性质及应用。 〔3能灵活运用等差数列的求和公式。

〔4掌握等比数列的典型性质及应用；能用类比观点推导等比数列的性质。 〔5理解等差数列与等比数列简单组合的数列的前n项和。 2.4教材所提供的一些启示

〔1关于Sn和an：大纲教材并没有明确出现,课标教材必修2第64页则明确给出了该关

S1a1,系：

SnSn1an,(n1).〔2关于数列的问题：课标教材较之大纲教材在更多的地方涉及,比如教材的\"阅读与思考\"等栏目,在选修2－2《推理与证明》中也有关于数列的问题。

2.5考试说明中数列部分容

〔1理解数列的概念,了解数列通项公式的意义,了解递推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。

〔2理解等差数列的概念,掌握等差数列的通项公式与前n项公式,并能解决简单的实际问题。 〔3理解等比数列的概念,掌握等比数列的通项公式与前n项公式,并能解决简单的实际问题。

2.6 20XX高考数列部分命题趋势及思考

〔1近几年高考数列题命题一般定位在等差等比数列两类重要数列上,考查的容均与考试说明,教学指导意见,教学大纲相符,比如教学指导意见中提出\"复杂的递推关系式不作要求。\的确在这几年的高考数列题中未出现过应用复杂的递推关系求数列通项、求和等一些问题。数列作为中档题一般能给出的递推关系仅会局限于等差或等比数列的一般递推关系。又如教学指导意见中提出的\"能用类比观点推导等比数列的性质\教材选修2－2《推理与证明》中也有关于数列的问题。两者的相结合就出现了高考题中的类比推理题。再如教学大纲及考试说

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明中指出的\"能解决简单的实际问题。\"指的是能应用等差等比的性质来解决问题,如数列中的最值问题,单调性问题等等,像20XX文科填空题最后一题。

〔2考查的知识容主要定位于两大块,一块是对数列概念的认识,如何从有序和函数的观点认识数列。特别是等差等比数列的概念及应用等差等比数列的基本性质解决数列的一些问题,如求数列通项,求公比公差的值及围,求数列中的某些项,等差等比数列求和等,另一块是这两类重要数列与不等式等相关知识的把握和综合运用,从近几年高考数列题可以看出如果数列问题稍有难度,则一定和不等式联系在一起,特别是数列求和问题,数列最大项问题,数列的单调性问题等均需要不等式的知识来分析问题和解决问题,因为只有这样才能考查出学生的运算求解能力,推理论证能力,逻辑思辨能力,才能达到选拔人才的目的,所以在这一块上需要更多的研究。

三．数列复习的一些建议

〔1理解数列的概念,熟练掌握等差数列、等比数列的性质、公式及公式的延伸,应用性质解题,往往可以回避求首项和公差或公比,使问题得到整体解决,能够减少运算量,应引起考生重视。

〔2解决数列综合问题要注意函数思想、分类论思想、等价转化思想等。注重数列与函数、方程、不等式等其他知识的综合。

〔3不可过于强调难题和技巧性的解法,注意通性通法。适当的时候还应该回归课本,也许高考题的本源仍然是教材。

附近五年高考数列题

2007〔理21.〔本题15分已知数列an中的相邻两项a2k1，a2k是关于x的方程

2，3，)． x2(3k2k)x3k2k0的两个根,且a2k1≤a2k(k1，〔I求a1,a2,a3,a7；〔II求数列an的前2n项和S2n；〔Ⅲ记f(n)1sinn3

2sinnk2kk[解析]〔I解：方程x(3k2)x3k20的两个根为x13k,x22,

当k1时,x13，x22,所以a12；当k2时,x16,x24,

所以a34；当k3时,x19,x28,所以a58时；当k4时,x112,x216, 所以a712．〔II解：S2na1a2a2n(363n)(2222n)

3n23n2n12．

2111〔III证明：Tna1a2a3a4a5a611(1)f(n1), ,所以T1a1a26a2n1a2n5 / 10

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115111T2．当n≥3时,Tna1a2a3a4246a3a4a5a6(1)f(n1), a2n1a2n1111, nn26626111≥6a3a4a5a61111≥32a2n1a2n662621511同时,Tn24a5a6a7a8≤511113249292151(1)f(n1)≤24a5a6a1a2a2n1a2n

a2n1a2n1151515．综上,当时,． ≤T≤nN*nnn22492246242007〔文19．〔本题14分已知数列an中的相邻两项a2k1，a2k是关于x的方程

2，3，)． x2(3k2k)x3k2k0的两个根,且a2k1≤a2k(k1，〔I求a1,a3,a5,a7及a2n〔n≥4〔不必证明；〔II求数列an的前2n项和S2n．

k2kk[解析]〔I解：方程x(3k2)x3k20的两个根为x13k,x22．

当k1时,x13,x22,所以a12；当k2时,x16,x24,所以a34； 当k3时,x19,x28,所以a58；当k4时,x112,x216,所以a712．

nn因为当n≥4时,23n,所以a2n2(n≥4)．

〔II解：S2ka1a2a2n(363n)(2223n23n2)2n12．

2n20XX〔理〔6已知an是等比数列,a22，a5〔A16〔14〔C

n1,则a1a2a2a3anan1= 4n 〔B16〔12

3232nn〔14 〔D〔12 331133[解析]本小题主要考查等比数列通项的性质。由a5a2q2q,解得q.

421 数列anan1仍是等比数列:其首项是a1a28,公比为.所以,

422•20XX〔理〔22〔本题14分已知数列an,an0,a10,an1an11an(nN)．

记Sna1a2an．Tn111． 1a1(1a1)(1a2)(1a1)(1a2)(1an)•求证：当nN时,〔Ⅰanan1；〔ⅡSnn2；〔ⅢTn3

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[解析]22．本题主要考查数列的递推关系,数学归纳法、不等式证明等基础知识和基本技能,

同时考查逻辑推理能力．满分14分． 〔Ⅰ证明：用数学归纳法证明．①当n1时,因为a2是方程xx10的正根,所以a1a2．

2222*②假设当nk(kN)时,akak1,因为ak1ak(ak2ak21)(ak1ak11)

2(ak2ak1)(ak2ak11),所以ak1ak2．即当nk1时,anan1也成立．根据①和②,可知

anan1对任何nN*都成立．

22〔Ⅱ证明：由ak1ak11ak,k1，2，，n1〔n≥2, 2得an(a2a32an)(n1)a12．因为a10,所以Snn1an．

22由anan1及an11an2an11得an1,所以Snn2．

22〔Ⅲ证明：由ak1ak11ak≥2ak,得

a1≤k1(k2，3，，n1，n≥3)

1ak12ak所以

1(1a3)(1a4)1(1a2)(1a3)(1an)≤an2n2a2(a≥3),

于是

(1an)≤anan1(n≥3), 22n2(a2a2)2n22n2故当n≥3时,Tn111212n23,又因为T1T2T3,所以Tn3．

1,则公比q= 411〔A 〔B2 〔C2 〔D

22

1133[解析]本小题主要考查等比数列通项的性质。由a5a2q2q,解得q.

4220XX〔文〔4已知an是等比数列,a22，a5n20XX〔文18.〔14分已知数列xn的首项x13,通项xn2pnq〔nN,p,q为常数,且x1,x4,x5成

等差数列,求： 〔Ⅰp,q的值；

〔Ⅱ数列xn的前n项的和Sn的公式。 [解析]〔Ⅰ解：由x13,得2pq3,

4555又x42p4q,x52p5q,且x1x52x4,得32p5q2p8q,

解得p1,q1．

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2〔Ⅱ解：Sn(222n)(12n)2n12n(n1)． 220XX〔理、文〔11设等比数列{an}的公比q则

1,前n项和为Sn, 2S4_____________.a4a1(1q4)s41q43[解析]对于s4,a4a1q,315

1qa4q(1q)220XX〔文20．〔本题满分14分设Sn为数列{an}的前n项和,Snkn +n,nN*,其中k是常数.

〔I求a1及an；

〔Ⅱ若对于任意的mN*,am,a2m,a4m成等比数列,求k的值. [解析]〔Ⅰ当n1,a1S1k1,

n2,anSnSn1kn2n[k(n1)2(n1)]2knk1〔

经验,n1,〔式成立, an2knk1 〔Ⅱam,a2m,a4m成等比数列,a2mam.a4m,

即(4kmk1)(2kmk1)(8kmk1),整理得：mk(k1)0,对任意的mN成立,

22k0或k1

20XX〔理、文〔3设Sn为等比数列an的前n项和,8a2a50,则

〔A11 〔B5 〔C8〔D11

[解析]通过8a2a50,设公比为q,将该式转化为8a2a2q0,解得q=-2,

〔15设a1,d为实数,首项为a1,公差为d的等差数列an的前n项和为Sn,满足S5S6150,则d的取值围是__________________ .

20XX〔文〔14在如下数表中,已知每行、每列中的树都成等差数列,那么,位于下表中的第n行第n+1列的数是

[解析]第n行第一列的数为n,观察得,第n行的公差为n, 第一列 第二列 第三列 所以第n0行的通项公式为

第一行 1 2 3 ann0n1n0,又因为为第n+1列,故可得答案为第二行 2 4 6 第三行 3 6 9 3S5 S2n2n。

〔19〔本题满分14分设a1,d为实数,首项为a1,公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn,满足S5S6+15=0。

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〔Ⅰ若S5=5,求S6及a1；〔Ⅱ求d的取值围。 [解析]<Ⅰ>解：由题意知S6=所以S63,a17

<Ⅱ>解：因为S5S6+15=0,所以<5a1+10d><6a1+15d>+15=0,即2a12+9da1+10d2+1=0. 故<4a1+9d>2=d2-8. 所以d2≥8.故d的取值围为d≤-22或d≥22.

20XX〔理〔19〔本题满分14分已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1为a,设数列的前n项和为Sn,且

5a110d5,-15=-3,a6S6S58所以解得a1=7 S5a15d8.111,,成等比数列 a1a2a4〔1求数列{an}的通项公式及Sn 〔2记An11111111...,Bn,当n2时,试比较An与Bn的大小. ...S1S2S3Sna1a2a22a2n[解析]〔Ⅰ解：设等差数列{an}的公差为d,由(1211), 2aa1a42得(a1d)a1(a13d)。因为d0,所以da1an

所以anna,Sn〔Ⅱ解：因为 所以

an(n1), 21211111121(),An...(1). Snann1S1S2S3Snan111()n11111n122(11). 因为a2n12a,所以 Bn....a1a2a22a2n1a11a2n211n012n当n≥2时,2CnCnCn...Cnn1,即11n,

n12所以,当a＞0时,AnBn；当a＜0时,AnBn。

20XX〔文〔17若数列n(n4)()中的最大项是第k项,则k=_______________。

2n39 / 10

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kk122kk4k1k533[解析]设最大项为第k项,则有,

kk122kk4k1k33322k10k10∴k4. 2k2k90110k110〔19〔本题满分14分已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1(a1R),且〔Ⅰ求数列{an}的通项公式；

111,,成等比数列。 a1a2a411111...,〔Ⅱ对nN,试比较与的大小。 a2a22a23a2na1[解析]〔Ⅰ解：设等差数列{an}的公差为d,由(1211), a2a1a422得(a1d)a1(a13d)。从而a1dd因为d0,所以da1an故通项公式anna.,

〔Ⅱ解：记Tn1112...n,因为a22na, a2a2a211(1())n1111121[1(1)n].所以,当a＞0时,TTn(2...n).2n1a222aa2121；当a＜0时,Tna11。 a110 / 10