2020年高考数学五年真题与三年模拟考点分类解读(江苏版)19 数列的概念与通项(解析版)

考点19 数列的概念与通项
一、考纲要求
1. 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的函数.
2. 理解数列的通项公式的意义，并能用归纳法、累加法、累积法、转化法等方法来求数列的通项公式
二、近五年江苏高考
数列是江苏高考的核心考点，也是必考点、重点及难点，高考中通常考一道填空题和一道解答题，填空题常与其它知识相结合，解答题常作为压轴题来进行考查，高考中的命题主要考查以下几个方面:考查a n 与S n 的关系. 作为数列的两个基本概念，同时，也是数列中两个重要的关系，一直是江苏高考命题的重点，今后仍要关注 a n 与S n 之间的关系在高考中的考查.对数列性质的考查. 对数列性质的考查主要有两个方面，一是计算中合理应用数列的性质来解题，二是将数列性质与“类等差数列”“类等比数列”相结合，综合考查学生的应用数列性质的能力与思想方法.对数列的通项及求和公式的考查. 对此类问题的考查是高考中的基本考查点，考查中会将它与数列的性质进行综合，年年考查，且常考常新，是高考的高频考点、热点.考查数列的综合应用能力.数列综合应用常常与不等式相结合，考查数列不等式关系的证明以及与函数、方程的结合，综合考查数列中代数的相关推理问题，常常用到等价转化的数学思想方法.考查数列的实际应用能力. 数列与数学模型(如银行储蓄模型、产值模型、分期付款模型等)的应用题考查从实际问题中抽象出数学模型的能力.
三、考点总结：
虽然数列的概念与表示方法的考查要求为A 级，但是求数列的通项公式的方法常常和等差数列、等比数列相结合，所以这部分的知识要考生在复习过程要识记并且能够熟练的运用. 在高考中，考查的形式主要有两种:一是根据已知条件(如递推公式、前n 项和等)求通项公式，二是考查数列的基本性质.
1. 注意数列不仅有递增、递减数列，还有常数列、摆动数列、周期数列等.
2. 数列的通项公式不唯一.
3. 已知S n 求a n 时，一定要验证n =1 的特殊情形.
4. 能够将已知的递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，会用累加法、累乘法、迭代法求通项 四、近几年江苏高考题
1、（2015江苏卷）数列}{n a 满足11=a ，且11+=-+n a a n n （*N n ∈），则数列}1
{
n
a 的前10项和为
法，错位相减法，裂项相消法，分组求和法，并项求和法等，可根据通项特点进行选用.
2、（2014江苏卷）设数列{}n a 的前n 项和为n S .若对任意的正整数n ，总存在正整数m ，使得n m S a =，则称{}n a 是“H 数列”.
（1）若数列{}n a 的前n 项和为*
2()n n S n N =∈，证明：{}n a 是“H 数列”.
（2）设{}n a 是等差数列，其首项11a =，公差0d <，若{}n a 是“H 数列”，求d 的值；（3）证明：对任意的等差数列{}n a ，总存在两个“H 数列” {}n b 和{}n c ，使得n n n a b c =+*
()n N ∈成立.
五、三年模拟
题型一 数列中 a n 与S n 的递推关系
1、(2017无锡期末） 已知数列{a n }的首项a 1＝1，前n 项和为S n ，且满足2a n ＋1＋S n ＝2(n ∈N *)，则满足
1 001
1 000<S 2n S n <11
10
的n 的最大值为________． 【答案】9
解法1 由2a n ＋1＋S n ＝2 ①可得当n ≥2时，2a n ＋S n －1＝2 ②.①－②得2a n ＋1－2a n ＋a n ＝0，所以2a n ＋1
＝a n .因为a 2＝12，所以a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝12(n ≥2)．又因为a 2a 1＝1
2，所以a n ＋1a n ＝12
，所以数列{a n }是等比数列，所
以S n ＝1×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝2×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n ，所以S 2n ＝2×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫122n ，从而S 2n S n
＝2×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫122n 2×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n ＝1－⎝⎛⎭⎫122n
1－⎝⎛⎭
⎫12n
＝1＋⎝⎛⎭⎫12n .由不等式1 0011 000<S 2n S n <1110得1 0011 000<1＋⎝⎛⎭⎫12n <1110，所以11 000<⎝⎛⎭⎫12n <1
10，解得4≤n ≤9，所以满足条件的n 的最大值是9.
解法2 因为2a n ＋1＋S n ＝2，所以2(S n ＋1－S n )＋S n ＝2，即2S n ＋1－S n ＝2，所以2(S n ＋1－2)＝S n －2.又因为
S 1－2＝a 1－2＝－1≠0，所以S n －2≠0，所以S n ＋1－2S n －2＝12
，所以{S n －2}是首项为－1，公比为1
2的等比数列，则
S n －2＝－1×⎝⎛⎭⎫12n －1，所以S n ＝2－⎝⎛⎭
⎫12n －1，以下同解法1. 2、（2018年南通一模）已知等差数列{a n }的公差为2，其前n 项和S n ＝pn 2＋2n ，n ∈N *.
(1) 求实数p 的值及数列{a n }的通项公式；
(2) 在等比数列{b n }中，b 3＝a 1，b 4＝a 2＋4，若{b n }的前n 项和为T n .求证： 数列⎩
⎨⎧
⎭
⎬⎫T n ＋16为等比数列．
规范解答 (1) S n ＝na 1＋
－2
d ＝na 1＋n(n －1)＝n 2＋(a 1－1)n ，又S n ＝pn 2＋2n ，n ∈N *，(2分)
所以p ＝1，a 1－1＝2，即a 1＝3，(4分) 所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1.(6分)
(2) 因为b 3＝a 1＝3，b 4＝a 2＋4＝9，所以q ＝3.(8分) 所以b n ＝b 3q n －3＝3×3n －3＝3n －
2，所以b 1＝13.(10分)
所以T n ＝
13
－3n 1－3
＝3n －16，所以T n ＋16＝3n 6
.(12分)
又T 1＋16＝1
2
，
所以T n ＋
16T n －1＋
16＝3n 63n －16＝3(n ≥2)，所以数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫T n ＋16是以1
2为首项，3为公比的等比数列．(14分)
3、(2018苏锡常镇调研）已知等差数列
{}n a 的首项为1，公差为d ，数列{}n b 的前n 项和为n
S
，且对任意
的*
n ∈N ，692n n n S b a =--恒成立．
（1）如果数列{}n S 是等差数列，证明数列{}n b 也是等差数列； （2）如果数列12n b ⎧⎫
+
⎨⎬⎩⎭
为等比数列，求d 的值； （3）如果3d =，数列{}n c 的首项为1，1(2)n n n c b b n -=-≥，证明数列{}n a 中存在无穷多项可表示
为数列{}n c 中的两项之和．
思路分析：（1）（2）直接利用等差数列与等比数列的定义解决.
（2）本题的难点在于利用关系式(1)n i j a c c i j =+<≤得出n ，i ，j 的具体关系之后，如何利用简单的数
论知识确定i 的值进而得到n 和j 的一般关系.
规范解答 （1）设数列{}n S 的公差为d '，由692n n n S b a =--， ①
111692(2)n n n S b a n ---=--≥， ②
①-②得1116()9()()n n n n n n S S b b a a ----=---， ③ …………………………2 分 即169()n n d b b d -'=--，所以169
n n d d
b b -'+-=
为常数， 所以{}n b 为等差数列． …………………………………………………………3 分 （2）由③得1699n n n b b b d -=--，即139n n b b d -=+， …………………………4 分
所以111111111
33()11
322332*********
n n n n n n n d d d b b b b b b b ------++++--+
===+++++
是与n 无关的常数，
所以103d -=或11
2
n b -+为常数． ………………………………6 分 ①当
103
d
-=时，3d =，符合题意； …………………………………………7 分 ②当11
2
n b -+
为常数时， 在692n n n S b a =--中令1n =，则111692a b a =--，又11a =，解得11b =，…8分 所以11113222
n b b -+
=+=， 此时111333311322
n d d b ---+
=+=+
，解得6d =-． 综上，3d =或6d =-． ………………………………………………………10分 （3）当3d =时，32n a n =-， ………………………………………………11分 由（2）得数列1
{}2n b +是以
3
2
为首项，公比为3的等比数列，所以11313=3222n n n b -+=⋅⋅，即
1=(31)2
n
n b -． …………………………………………………12 分
当2n ≥时，11111(31)(31)322
n n n n n n c b b ---=-=---=， 当1n =时，也满足上式，
所以13(1)n n c n -=≥． …………………………………………………13分 设(1)n i j a c c i j =+<≤，则113233i j n ---=+，即133(31)2i j i n ---+=，
如果2i ≥，因为3n 为3的倍数，13(31)i j i --+为3的倍数，
所以2也为3的倍数，矛盾． …………………………………………………15 分 所以1i =，则1333j n -=+，即213(2,3,4,)j n j -=+=．
所以数列{}n a 中存在无穷多项可表示为数列{}n c 中的两项之和． ……………16 分
解后反思：本题以等差数列和等比数列为背景，考查了数列的定义的应用，考查学生利用数列知识解决与数列相关的综合问题的能力，以及代数变形与推理论证能力.
4、(2017徐州、连云港、宿迁三检）已知两个无穷数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，11a =，24S =，对任意的*n N ∈，都有1232n n n n S S S a ++=++．
（1）求数列{}n a 的通项公式；
（2）若{}n b 为等差数列，对任意的*n N ∈，都有n n S T >．证明：n n a b >； （3）若{}n b 为等比数列，11b a =，22b a =，求满足
*2()2n n
k n n
a T a k
b S N +=∈+的n 值．
规范解答 （1）由1232n n n n S S S a ++=++，得1212()n n n n n S S S S a +++-=-+，
即122n n n a a a ++=+，所以211n n n n a a a a +++-=-． …………………… 由11a =，24S =，可知23a =．
所以数列{}n a 是以1为首项，2为公差的等差数列．
故{}n a 的通项公式为21n a n =-．………………………………………………4分 （2）证法1：设数列{}n b 的公差为d ，则1(1)
2
n n n T nb d -=+
， 由（1）知，2n S n =． 因为n n S T >，所以21(1)
2
n n n nb d ->+
，即1(2)20d n d b -+->恒成立， 所以120,20,d d b -⎧⎨->⎩≥ 即1
2,2.d b d ⎧⎨
<⎩≤…………………………………………………6分 又由11S T >，得11b <，
所以1121(1)(2)1n n a b n b n d d n d b -=----=-+--
1(2)1d d b ≥-+--110b =->．
所以n n a b >，得证． …………………………………………………………8分 证法2：设{}n b 的公差为d ，假设存在自然数02n ≥，使得00n n a b ≤， 则1010(1)2(1)a n b n d ≤+-⨯+-，即110(1)(2)a b n d ≤---，
因为11a b >，所以2d >．……………………………………………………6分
所以2211(1)(1)()222
n n n n d d
T S nb d n n b n --=+-=-+-， 因为
102
d
->，所以存在*0N N ∈，当0n N >时，0n n T S ->恒成立． 这与“对任意的*n N ∈，都有n n S T >”矛盾！
所以n n a b >，得证． …………………………………………………………8分 （3）由（1）知，2n S n =．因为{}n b 为等比数列，且11b =，23b =，
所以{}n b 是以1为首项，3为公比的等比数列． 所以1
3
n n b -=，312
n n T -=．…………………………………………………10分
则2121212
22131322622
32323232n n n n n n n n n a T n n n n b S n n n
---+-+-+--+===-++++， 因为*n N ∈，所以26220n n -+>，所以
232n n
n n
a T
b S +<+．…………………12分
而21k a k =-，所以
212n n
n n
a T
b S +=+，即12310n n n --+-=（*）．
当1n =，2时，（*）式成立；………………………………………………14分 当2n ≥时，设12()31n f n n n -=-+-，
则2121(1)()3(1)(31)2(3)0n n n f n f n n n n n n --+-=-++--+-=->， 所以0(2)(3)()f f f n =<<
<<．
故满足条件的n 的值为1和2．………………………………………………16分
题型二 数列有关的通项
1、(2019南京学情调研）在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋1
n （n ＋1）
(n ∈N *)，则a 10的值为________．
【答案】
19
10
解法1(裂项法) 由a n ＋1＝a n ＋
1n （n ＋1）
得a n ＋1－a n ＝1n －1n ＋1，故a 2－a 1＝1－12，a 3－a 2＝12－1
3，a 4－a 3
＝13－14，…，a 10－a 9＝19－110，所以a 10＝1910
. 解法2(常数列) 由a n ＋1＝a n ＋
1n （n ＋1），得a n ＋1＋1n ＋1
＝a n ＋ 1n ，故a 10＋110＝a 1＋1＝2，即a 10＝19
10.
解后反思 裂项求通项是处理数列通项公式的常用方法，但是构造常数列求通项公式的技巧值得重视和学习．
2、(2019南京、盐城一模）若数列{a n }满足a 1＝0，a 4n －1－a 4n －2＝a 4n －2－a 4n －3＝3，a 4n a 4n －1＝a 4n ＋1a 4n ＝1
2，其中n
∈N *，且对任意n ∈N *都有a n <m 成立，则m 的最小值为________．
答案. 8
思路分析1 本题是等差、等比数列构成的分段数列问题，常见思路是枚举找规律．由题意，把n 按照除以4的余数进行分类找规律即可．
思路分析2 通过特殊项分析可以发现{a n }的最大的项应该是a 4n －1的某一项，为此通过利用递推关系求出a 4n －1与a 4n ＋3的关系，从而求得它的通项来加以解决．
解法1 由题意，枚举前面数项： 数列{a 4k －1}：0，622，62
2＋622，…；
数列{a 4k －2}：3，6
22＋3，6
22＋622＋3，…；
数列a 4k －1}：6，6
22＋6，6
22＋622＋6，…；
数列a 4k ：62，6
2
2＋62，6
22＋622＋62
，…(k ∈N *)．
不难发现，最大项在数列{a 4n －1}(n ∈N *)中，而a 4n －1＝6(1＋14＋…＋1
4n －1)＝8⎝⎛⎭⎫1－14n ，所以m 的最小值为8.
解法2 因为a 4n ＋1a 4n ＝a 4n a 4n －1＝12，所以a 4n ＋1＝1
4
a 4n －1，又因为a 4n －1－a 4n －2＝a 4n －2－a 4n －3＝3，所以a 4n －1＝a 4n
－3
＋6，因此a 4n ＋1＝14(a 4n －3＋6)，故a 4n ＋1－2＝14(a 4n －3－2)，所以a 4n －3＝2－2
4n －1，由此得a 4n －1＝a 4n －3＋6＝8
－
2
4
n －1<8，因此
m min ＝8.
解法3 易知a 2＝3，a 3＝6，a 4＝3，a 4n ＋1＝12a 4n ，a 4n ＋2＝12a 4n ＋3，a 4n ＋3＝12a 4n ＋6，a 4(n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12a 4n ＋6＝1
4a 4n ＋3，化简得a 4(n ＋1)－4＝14(a 4n －4)，解得a 4n ＝4－14n －1<4，a 4n ＋1<a 4n ，a 4n ＋2＝5－12·4n －1<5，a 4n ＋3＝8－1
2·4n －1<8，
故2n 的最小值为8.
解后反思 由特殊来寻找一般的规律是数列学习中的一种基本方法，本题中的难点在于如何寻找规律，由题目中的相关项可以得到突破．解法1与解法2都立足于从特殊出发，只不过，一种是通过特殊来观察出a 4n －1的规律，而另一种是通过“数”的推演来得到答案，两种方法都不太容易．。