由一道高考題的多角度分析談數列備考策略

摘" 要：2023年新高考全國Ⅰ卷的數列題放在解答題的第四題位置，打破了命題常規，真正做到了反模式命題.文章從三個視角引出五種解法，并對數列的復習備考提出一些思考.

關鍵詞：2023年全國Ⅰ卷；數列

；解題視角；復習思考

中圖分類號：G632""" 文獻標識碼：A""" 文章編號：1008-0333（2024）16-0043-05

收稿日期：2024-03-05

作者簡介：王東海（1974.12—），男，安徽省肥東人，本科，中學一級教師，從事中學數學教學研究.

2023年新高考全國Ⅰ卷第20題的數列題極具基礎性和創新性，且其題干簡潔，沒有繁冗的文字.和以往的數列解答題比較，學生易想到運用通項和求和公式去處理，即它相對容易入題.但此題融入了眾多數學思想與方法的考查，體現了對學生數學核心素養應用水平和關鍵能力的較高要求.從本人參加閱卷后的體會來看，本題的第（2）小題得分率較低.但本題的區分度好，不失為一道比較成功的數列解答題.

1" 真題呈現

題目" 設等差數列an的公差為d，且dgt;1.令bn=n2+nan，記Sn，Tn分別為數列an，bn的前n項和.

（1）若3a2=3a1+a3，S3+T3=21，求an的通項公式；

（2）若bn為等差數列，且S99-T99=99，求d.

分析"" 第（1）小題較容易，易得an=3n.第（2）小題利用好條件bn=n2+nan是解題的關鍵，可以使用判斷等差數列的定義法、等差中項法、通項公式法等視角來處理.

2" 解法探究

視角1" 等差中項視角.

解法1" 因為{bn}為等差數列，

所以2b2=b1+b3.

即12a2=2a1+12a3.

所以6（1a2-1a3）=6da2a3=1a1.

即a21-3a1d+2d2=0，

解得a1=d或a1=2d.

因為dgt;1，所以angt;0.

又S99-T99=99，由等差數列性質知

99a50-99b50=99.

即a50-b50=1.

所以a50-2 550a50=1.

即a250-a50-2 550=0，

解得a50=51或a50=-50（舍）.

當a1=2d時，a50=a1+49d=51d=51，解得

d=1，與dgt;1矛盾，無解；

當a1=d時，a50=a1+49d=50d=51，解得d=5150.

綜上，d=5150.

評注" 此法采用先特殊后一般的技巧，抓住數列的前三項進行突破，導出首項與公差的關系［1］.

視角2" 通項公式視角.

解法2" 因為an，bn為等差數列，

由通項公式法設an=dn+p，bn=sn+t（dgt;1），

而bn=n2+nan，即sn+t=n2+ndn+p.

整理，得sdn2+（sp+dt）n+tp=n2+n.

故觀察兩邊系數知：sd=1，sp+dt=1，tp=0.①

當t=0時，sd=1，sp=1.

故t=0，d=p，從而an=dn+d，bn=n2+n（n+1）d=nd.

又S99-T99=99，由等差數列性質知，

99a50-99b50=99.

即a50-b50=1.

所以51d-50d=1，即51d2-d-50=0，

解得d=-5051（舍去），或d=1（舍去）.

②當p=0時，sd=1，dt=1.

所以an=dn，所以bn=n+1d.

故50d-51d=1，解得d=5150，或d=-1（舍）.

綜上，d=5150.

評注" 此法根據等差數列通項的一次函數特點，使用待定系數法進而得到一系列等式來解決.

解法3" 因S99-T99=99，由等差數列性質知

99a50-99b50=99.

即a50-b50=1.

所以a50-2 550a50=1.

即a250-a50-2 550=0，

解得a50=51或a50=-50（舍）.

所以an=a50+（n-50）d

=51+（n-50）d.

所以n=an-51+50dd.

所以bn=n2+nan=（an-51+50dd）2·1an+an-51+50dd·1an=1d2·an+2（50d-51）d2+（50d-51）2d2·an+1d+50d-51d·an.

因為bn為等差數列，故其通項公式為一次函數.

即（50d-51）2d2·an+50d-51d·an=0.

即（50-51d）2+d（50-51d）=0，

解得d=5150，或d=1.

因為dgt;1，所以d=5150.

評注" 此法先從a50=51導出該數列的通項公式，反解出n，代入bn的條件后再利用等差數列的通項公式法，從而得到所求［2］.

解法4" 因為an，bn為等差數列，故其通項公式必為一次函數.

而bn=n2+nan=n（n+1）an.

從而欲使bn的表達式為關于n的一次函數，則必有an=dn，或an=d（n+1）.

此時對應有bn=n+1d，或bn=nd.

而由解法1知a50=51.

從而d=5150，或d=1.

因為dgt;1，所以d=5150.

評注" 此法直接利用等差數列通項公式的特點，可觀察出an兩種不同表達式，從而快速求解.

視角3" 等差數列定義視角.

解法5" 因為bn為等差數列，故由等差數列定義知bn-bn-1為常數，即當n≥2時，有n2+nan-（n-1）2+（n-1）an-1為常數.

將an=a1+（n-1）d代入得

n2+na1+（n-1）d-（n-1）2+（n-1）a1+（n-2）d=dn2+（2a1-3d）nd2n2+（2a1d-3d2）n+2d2+a21-3a1d.

因此式為常數，故有2d2+a21-3a1d=0，且dd2=2a1-3d2a1d-3d2.

化簡，得a1=2d，或a1=d.

而a50=51，故d=1（舍）或d=5150.

評注" 此法利用等差數列的定義，相鄰兩項作差后要求為常數，從而可以導出首項與公差的關系.總的來說，該題第（2）小題比較新穎，學生如果轉化方面的能力偏弱，則遇見不熟悉的或平時沒有練過的就沒有思路，從而造成丟分.

3nbsp; 數列復習備考策略

3.1" 把脈高考命題方向，狠抓學生雙基練習

研究高考真題是每個高中數學老師在高三復習備考時的一項重要工作，通過研究才能把脈高考命題方向.今年的數列題有所變化，考題沒有考查數列的幾種求和方法，而是對等差數列的判斷方法做了重點考查，體現其反常規的命題思路，但其仍然離不開對數列雙基的考查.因而建議數列復習教學中，師生繼續掌握數列的基本概念、基本性質、常用公式，能夠熟練掌握研究通項公式和前n項和的基本方法，且不能對基礎知識不加理解地死記硬背.

題1" （2023年甲卷理數17題）已知數列an中，a2=1，設Sn為an前n項和，2Sn=nan.

（1）求an的通項公式；

（2）求數列an+12n的前n項和Tn.

解析" 此題是對已知數列遞推公式求通項公式及錯位相減法求和這一常見題型的考查.

當n≥2時，2Sn-1=（n-1）an-1，

所以2（Sn-Sn-1）=nan-（n-1）an-1=2an.

化簡，得（n-2）an=（n-1）an-1.

當n≥3時，ann-1=an-1n-2=…=a32=1，

即an=n-1，n=1，2，3滿足上式.

所以an=n-1.

（2）由（1）知an+12n=n2n，用錯位相減法知

Tn=2-（2+n）（12）n.

通過本題可看出只要基礎知識掌握扎實了，則易知分析轉化后利用累加法即可.因此只有基礎牢固，知識形成了網，解題時才能從容應對.

3.2" 注重理性思維，重視運算能力

理性思維是數學學習應注意的思維，它的高層次表現就是創新意識，能通過觀察、歸納、類比、概括來發現并提出問題，通過抽象、證明來解決問題.數列的本質是觀察、歸納、概括，教學中應引導學生回歸數列的本質，注重理性思維的培養，自然而然數列問題可順利解決.另外任何解題方法都是以計算能力為支撐，故平時教學中要注意運算能力的培養，如在運用錯位相減法求和、奇偶分析和并項求和時，要提供時間讓學生反復練習，訓練運算能力.

題2" （2023年新高考Ⅱ卷第18題）已知an為等差數列，bn=an-6，n為奇數，2an，n為偶數，記Sn，Tn分別為數列an，bn的前n項和，S4=32，T3=16.

（1）求an的通項公式；

（2）證明：當ngt;5時，Tngt;Sn.

解法1" （1）運用數列中的基本量進行計算，可得an=2n+3.

（2）對于an的前n項和Sn較容易求，而數列bn通過觀察、概括后發現：適宜奇偶分析和并項去求和.

由（1）知，Sn=n（5+2n+3）2=n2+4n，

bn=2n-3，n=2k-1，4n+6，n=2k，k∈N*，

當n為偶數，Tn=（b1+b3+…+bn-1）+（b2+b4+…+bn）=-1+2（n-1）-32·n2+14+4n+62·n2=32n2+72n.

當ngt;5時，Tn-Sn=（32n2+72n）-（n2+4n）=12n（n-1）gt;0，因此Tngt;Sn.

當n為奇數，若n≥3，則

Tn=（b1+b3+…+bn）+（b2+b4+…+bn-1）

=2n-42·n+12+4（n-1）+202·n-12

=32n2+52n-5，

顯然T1=b1=-1滿足上式.

因此當n為奇數時，Tn=32n2+52n-5.

當ngt;5時，Tn-Sn=（32n2+52n-5）-（n2+4n）=12（n+2）（n-5）gt;0.

綜上Tngt;Sn.

解法2"" 由（1）知，Sn=n（5+2n+3）2=n2+4n，

bn=2n-3，n=2k-1，4n+6，n=2k，（k∈N*），

當n為偶數時，

bn-1+bn=2（n-1）-3+4n+6=6n+1，

Tn=13+（6n+1）2·n2=32n2+72n.

當ngt;5時，Tn-Sn=（32n2+72n）-（n2+4n）=12n（n-1）gt;0，

因此Tngt;Sn，

當n為奇數時，Tn=Tn+1-bn+1=32（n+1）2+72（n+1）-［4（n+1）+6］=32n2+52n-5.

當ngt;5時，Tn-Sn=（32n2+52n-5）-（n2+4n）=12（n+2）（n-5）gt;0.

綜上，Tngt;Sn.

題3" （2023年天津卷第19題）已知an=2n+1，又bn為等比數列，對于任意k∈N*，若2k-1≤n≤2k-1，則bklt;anlt;bk+1，

（1）當k≥2時，求證：2k-1lt;bklt;2k+1；

（2）求bn的通項公式及其前n項和.

解析" （1） 由題意可知，當2k-1≤n≤2k-1時，bklt;an，取n=2k-1，則

bklt;a2k-1=2×2k-1+1=2k+1.

即bklt;2k+1.

當2k-2≤n≤2k-1-1時，anlt;bk，

取n=2k-1-1，此時an=a2k-1-1=2（2k-1-1）+1=2k-1，故2k-1lt;bk.命題獲證.

（2）由（1）可知：1lt;b1lt;3，3lt;b2lt;5，7lt;b3lt;9，15lt;b4lt;17，據此猜測bn=2n. 否則，若數列的公比qgt;2，則bn=b1qn-1gt;b1×2n-1gt;2n-1.

注意到2n-1-（2n-1）=1-2n-1，

則2n-1-（2n-1）gt;0不恒成立.

即2n-1gt;2n-1不恒成立.

此時無法保證2n-1lt;bn.

若數列的公比qlt;2，則

bn=b1qn-1lt;b1×2n-1lt;3×2n-1.

注意到3×2n-1-（2n+1）=2n-1-1，則2n-1-1lt;0不恒成立.

即3×2n-1lt;2n+1不恒成立.

此時無法保證bnlt;2n+1.

綜上，數列公比為2，則數列通項公式bn=2n，其前n項和為Sn=2×（1-2n）1-2=2n+1-2.

3.3" 注意知識交叉融合

新高考背景下命制情景化試題越來越多，不僅考查學生分析問題的能力，同時也考查應用數學知識綜合處理問題的能力.另外數列會經常與概率、函數等知識點相融合，達到對學生知識交叉融合的考查目的.

題4" （2023年新高考Ⅰ卷第21題）甲、乙兩人投籃，每次由其中一人投籃，規則如下：若命中則此人繼續投籃，若未命中則換為對方投籃.無論之前投籃情況如何，甲每次投籃的命中率均為0.6，乙每次投籃的命中率均為0.8.由抽簽確定第1次投籃的人選，第1次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5.

（1）求第i次投籃的人是甲的概率；

（2）已知：若隨機變量Xi服從兩點分布，且

P（Xi=1）=1-P（Xi=0）=qi，i=1，2，…，n，則

E（∑ni=1Xi）=∑ni=1qi.記前n次（即從第1次到第n次投籃）中甲投籃的次數為Y，求E（Y）.

解析" （1） 記“第i次投籃的人是甲”為事件Ai，“第i次投籃的人是乙”為事件Bi，設P（Ai）=pi，依題可知，P（Bi）=1-pi.

則P（Ai+1）=P（AiAi+1）+P（BiAi+1）=P（Ai）P（Ai+1|Ai）+P（Bi）P（Ai+1|Bi）.

即pi+1=0.6pi+（1-0.8）×（1-pi）=0.4pi+0.2.

構造等比數列pi+λ，設pi+1+λ=25（pi+λ），解得λ=-13.

則pi+1-13=25（pi-13）.

又p1=12，故pi-13是公比為25的等比數列.

即pi-13=16×（25）i-1.

所以pi=16×（25）i-1+13.

（2）因為pi=16×（25）i-1+13，i=1，2，…，n，

所以當n∈N*時，

E（Y）=p1+p2+…+pn

=16×1-（2/5）n1-2/5+n3

=518［1-（25）n］+n3.

故E（Y）=518［1-（25）n］+n3，n∈N*.

本題綜合性較強，要求學生能夠熟練掌握由遞推公式求數列通項、數列分組求和、概率求解的相關知識，試題將概率與數列有機融合.

4" 結束語

針對新高考下數列精準復習備考，教學中需打破這部分內容考查“簡單”這一傳統思維定式，做到每一個知識點務必讓學生知其所以然.教學中應引導學生回歸數列本質——觀察、猜想，注重學生理性思維的培養，讓學生多去探究、思考以及總結.另外，復習中也要注重和其他知識點的融合，讓學生能融會貫通，提高綜合素養.

參考文獻：

［1］

王東海.深度探究善解題 追根溯源探本質：一道2022年山東省聯賽題的探究、溯源及引申［J］.理科考試研究，2023，30（05）：28-31.

［2］ 王東海.一道聯考試題的解法探究、背景分析及拓展推廣［J］.數學通訊，2023（08）：41-43，61.

［責任編輯：李" 璟］