2021年高考“數(shù)列”專題命題分析

郭慧清 黎治國(guó)

摘? 要：通過(guò)對(duì)2021年高考數(shù)學(xué)中的數(shù)列試題進(jìn)行命題分析，歸納出這類試題的基本問(wèn)題，總結(jié)這些基本問(wèn)題中的思路. 在分析試題向基本問(wèn)題轉(zhuǎn)化的過(guò)程中，揭示命題意圖，強(qiáng)調(diào)考查的基本方法與思想，并基于此給出復(fù)習(xí)建議.

關(guān)鍵詞：數(shù)列;基本問(wèn)題;命題分析;復(fù)習(xí)建議

一、考查內(nèi)容分析

2021年高考數(shù)學(xué)全國(guó)甲卷、全國(guó)乙卷、全國(guó)新高考Ⅰ卷、全國(guó)新高考Ⅱ卷、北京卷、上海卷、天津卷、浙江卷中的數(shù)列試題的題型、題號(hào)、分值與考查內(nèi)容如下表所示.

數(shù)列是高中數(shù)學(xué)的基本模型，也是高考考查的重要內(nèi)容. 從上述表格中我們可以得出2021年高考“數(shù)列”專題的考查內(nèi)容有以下一些特點(diǎn).（1）所有試卷均把數(shù)列作為必考內(nèi)容，分?jǐn)?shù)在12 ～ 23分，施行新高考的試卷比重較大，北京卷在本專題中的分?jǐn)?shù)比重最大.（2）考查題型有單選題、多選題（只在新高考試卷中出現(xiàn)）、填空題與解答題，每份試卷的解答題中均有數(shù)列試題，全國(guó)卷中的數(shù)列試題難度均為中等或偏易，獨(dú)立命題試卷中的數(shù)列試題也有出現(xiàn)在壓軸題的位置的情況.（3）考查內(nèi)容有：數(shù)列的通項(xiàng);數(shù)列的前[n]項(xiàng)和，各項(xiàng)和（上海卷）;等差（比）數(shù)列;等差（比）數(shù)列的性質(zhì);遞推數(shù)列;數(shù)列通項(xiàng)與前[n]項(xiàng)和的關(guān)系;證明與數(shù)列有關(guān)的不等式或求與數(shù)列有關(guān)的不等式的解;求參數(shù)的變化范圍;數(shù)列模型的應(yīng)用;定義新數(shù)列.

2021年高考數(shù)列試題重點(diǎn)考查的思想方法與關(guān)鍵能力有：函數(shù)與方程思想;分類討論思想;等價(jià)轉(zhuǎn)化思想;元的思想;數(shù)學(xué)運(yùn)算能力;邏輯推理能力.

二、命題思路分析

數(shù)列是高中數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容，作為特殊的函數(shù)模型，數(shù)列的學(xué)習(xí)可以幫助學(xué)生進(jìn)一步理解函數(shù)，發(fā)展學(xué)生的數(shù)學(xué)抽象、數(shù)學(xué)建模、數(shù)學(xué)運(yùn)算、直觀想象等素養(yǎng). 在2021年高考數(shù)學(xué)試卷中，對(duì)“數(shù)列”專題的考查符合《普通高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)（2017年版2020年修訂）》（以下簡(jiǎn)稱《標(biāo)準(zhǔn)》）的要求，對(duì)教學(xué)起著指導(dǎo)和啟發(fā)作用. 數(shù)列試題形式多樣，但是加以分析與歸納，不難發(fā)現(xiàn)，以下基本問(wèn)題在數(shù)列試題中經(jīng)常出現(xiàn).

基本問(wèn)題1：判定數(shù)列為等差（比）數(shù)列.

等差數(shù)列和等比數(shù)列是最基本的數(shù)列模型，所以基本問(wèn)題1就成為數(shù)列試題中最基本的問(wèn)題，每份試卷均會(huì)涉及此基本問(wèn)題.

一個(gè)數(shù)列是否為等差（比）數(shù)列，通常是用定義進(jìn)行判定，也可以通過(guò)數(shù)列的通項(xiàng)公式、遞推公式或前[n]項(xiàng)和公式幫助判定.

例1 （全國(guó)甲卷·文18）記[Sn]為數(shù)列[an]的前[n]項(xiàng)和，已知[an>0，a2=3a1]，且數(shù)列[Sn]是等差數(shù)列，證明：[an]是等差數(shù)列.

解析：先由[S2-S1]求出數(shù)列[Sn]的公差[d]，進(jìn)一步寫(xiě)出[Sn]的通項(xiàng)，從而求出[an]的通項(xiàng)公式，并最終證明問(wèn)題.

數(shù)列[Sn]是等差數(shù)列，設(shè)公差為[d].

則[d=S2-S1=a2+a1-a1=a1].

所以[Sn=a1+n-1a1=na1 n∈N?].

所以[Sn=a1n2 n∈N?].

當(dāng)[n≥2]時(shí)，[an=Sn-Sn-1=a1n2-a1n-12=2a1n-][a1];當(dāng)[n=1]時(shí)，[a1=2a1-a1]成立.

所以[an]的通項(xiàng)公式為[an=2a1n-a1 n∈N?].

故[an-an-1=2a1n-a1-2a1n-1-a1=2a1].

所以[an]是等差數(shù)列.

【評(píng)析】在運(yùn)用前[n]項(xiàng)和[Sn]與通項(xiàng)[an]的關(guān)系[an=][S1，n=1，Sn-Sn-1，n≥2]進(jìn)行等差（比）數(shù)列判定時(shí)，要特別注意[n=1]的情形需要單獨(dú)考慮. 這是基本問(wèn)題1的典型試題，重點(diǎn)考查的是等差數(shù)列的通項(xiàng)公式、前[n]項(xiàng)和公式及它們的關(guān)系.

例2 （全國(guó)甲卷·理18）已知數(shù)列[an]的各項(xiàng)均為正數(shù)，記[Sn]為[an]的前[n]項(xiàng)和，從下面①②③中選取兩個(gè)作為條件，證明另外一個(gè)成立.

① 數(shù)列[an]是等差數(shù)列;② 數(shù)列[Sn]是等差數(shù)列;③ [a2=3a1].

注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分.

解析：實(shí)際上，①②③中任兩個(gè)都可以推出第三個(gè).

由①②作條件證明③.

設(shè)[Sn=an+b a>0]，則[Sn=an+b2].

當(dāng)[n=1]時(shí)，[a1=S1=a+b2];

當(dāng)[n≥2]時(shí)，[an=Sn-Sn-1=an+b2-an-a+b2=][a2an-a+2b].

因?yàn)閇an]是等差數(shù)列，

所以[a+b2=a2a-a+2b]，解得[b=0].

所以[an=a22n-1]，解得[a2=3a1].

由①③作條件證明②.

因?yàn)閇a2=3a1]，[an]是等差數(shù)列，

所以公差[d=a2-a1=2a1].

所以[Sn=na1+nn-12d=n2a1]，即[Sn=a1n].

因?yàn)閇Sn+1-Sn=a1n+1-a1n=a1]，

所以[Sn]是等差數(shù)列.

由②③作條件證明①.

設(shè)[Sn=an+b a>0]，則[Sn=an+b2]，

當(dāng)[n=1]時(shí)，[a1=S1=a+b2];

當(dāng)[n≥2]時(shí)，[an=Sn-Sn-1=an+b2-an-a+b2=][a2an-a+2b].

因?yàn)閇a2=3a1]，

所以[a3a+2b=3a+b2].

解得[b=0]或[b=-4a3].

當(dāng)[b=0]時(shí)，[a1=a2，an=a22n-1]. 當(dāng)[n≥2]時(shí)，[an-][an-1=2a2]滿足等差數(shù)列的定義，此時(shí)[an]為等差數(shù)列.

當(dāng)[b=-4a3]時(shí)，[Sn=an+b=an-43a]，[S1=-a3<0]不合題意，舍去.

所以[an]為等差數(shù)列.

【評(píng)析】該題是開(kāi)放型試題，這在高考試題中屬于新題型，考查學(xué)生對(duì)命題及其真假，以及等差數(shù)列的定義、表示與性質(zhì)的理解.

例3 （全國(guó)乙卷·理19）記[Sn]為數(shù)列[an]的前[n]項(xiàng)和，[bn]為數(shù)列[Sn]的前[n]項(xiàng)積，已知[2Sn+1bn=2].

（1）證明：數(shù)列[bn]是等差數(shù)列;

（2）求[an]的通項(xiàng)公式.

解析：（1）由[2Sn+1bn=2]，得[Sn=2bn2bn-1]，[bn≠0]，[bn≠12]. 所以[Sn+1=2bn+12bn+1-1].

由已知，得[Sn+1=bn+1bn].

所以[bn+1bn=2bn+12bn+1-1]，[bn+1≠0].

所以[bn+1-bn=12]，其中[n∈N*].

當(dāng)[n=1]時(shí)，由[Sn=2bn2bn-1]，得[b1=32].

所以數(shù)列[bn]是以[32]為首項(xiàng)、[12]為公差的等差數(shù)列.

（2）由（1），得[bn=32+12n-1=1+n2].

所以[Sn=2bn2bn-1=2+n1+n].

當(dāng)[n]=1時(shí)，[a1=S1=32].

當(dāng)[n≥2]時(shí)，[an=Sn-Sn-1=2+n1+n-1+nn=-1nn+1].

所以[an=32，n=1，-1nn+1，n≥2 .]

【評(píng)析】該題與例1的考查目標(biāo)實(shí)質(zhì)上是一致的，只是增加了一個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)與該數(shù)列前[n]項(xiàng)積的關(guān)系. 無(wú)論是得到了數(shù)列的通項(xiàng)公式、遞推公式，還是前[n]項(xiàng)和公式，要證明一個(gè)數(shù)列是等差（比）數(shù)列，最好還是回到等差（比）數(shù)列的定義上來(lái).

基本問(wèn)題2：求解等差（比）數(shù)列.

我們把對(duì)于確定的等差（比）數(shù)列，求其首項(xiàng)、公差（比）、通項(xiàng)公式、前[n]項(xiàng)和公式或某些具體的項(xiàng)，稱為求解等差（比）數(shù)列. 求解等差（比）數(shù)列問(wèn)題也是高考中常見(jiàn)的基本問(wèn)題.

我們把首項(xiàng)與公差（比）稱為等差（比）數(shù)列的元. 等差（比）數(shù)列完全由其首項(xiàng)與公差（比）確定，所以我們把等差（比）數(shù)列稱為二元數(shù)學(xué)對(duì)象，只要給定了兩個(gè)獨(dú)立條件，通常就可以求解這個(gè)等差（比）數(shù)列.

例4 （全國(guó)甲卷·文9）記[Sn]為等比數(shù)列[an]的前[n]項(xiàng)和. 若[S2=4]，[S4=6]，則[S6]的值為（? ? ）.

（A）7? ? （B）8? ? （C）9? ? （D）10

解析：因?yàn)閇Sn]為等比數(shù)列[an]的前[n]項(xiàng)和，

所以[S2]，[S4-S2]，[S6-S4]成等比數(shù)列.

因?yàn)閇S2=4]，[S4-S2=6-4=2]，

所以[S6-S4=1]，解得[S6=1+S4=1+6=7].

故答案選A.

【評(píng)析】該題考查等比數(shù)列的性質(zhì)、元的思想和方程的思想. 也可以由條件[S2=4]，[S4=6]求出等比數(shù)列的首項(xiàng)和公比，再將[S6]用首項(xiàng)和公比表示出來(lái)，獲得答案.

例5 （北京卷·6）《中國(guó)共產(chǎn)黨黨旗黨徽制作和使用的若干規(guī)定》指出，中國(guó)共產(chǎn)黨黨旗為旗面綴有金黃色黨徽?qǐng)D案的紅旗，通用規(guī)格有五種. 這五種規(guī)格黨旗的長(zhǎng)[a1，a2，a3，a4，a5]（單位：cm）成等差數(shù)列，對(duì)應(yīng)的寬為[b1，b2，b3，b4，b5]（單位：cm），且長(zhǎng)與寬之比都相等. 已知[a1=288]，[a5=96]，[b1=192]，則[b3]的值為（? ? ）.

（A）64? ?（B）96? ?（C）128? ?（D）160

解析：由題意，知[288192=a1b1=a5b5=96b5]，得[b5=64].

由等差數(shù)列的性質(zhì)，得[2b3=b1+b5=192+64].

所以[b3=128].

故答案選C.

【評(píng)析】該題考查等差數(shù)列的性質(zhì)與表示、元的思想和方程的思想. [an]和[bn]都是等差數(shù)列，試題針對(duì)這兩個(gè)等差數(shù)列給定了四個(gè)條件：[a1=288]，[a5=96]，[b1=192]，且[akbk 1≤k≤5]是常值，所以這兩個(gè)數(shù)列可以由條件確定下來(lái). 由于我們只是計(jì)算[b3]的值，所以問(wèn)題的求解可以更簡(jiǎn)單些.

例6 （全國(guó)甲卷·理7）等比數(shù)列[an]的公比為[q]，前[n]項(xiàng)和為[Sn]，設(shè)甲：[q>0]，乙：[Sn]是遞增數(shù)列，則（? ? ）.

（A）甲是乙的充分條件但不是必要條件

（B）甲是乙的必要條件但不是充分條件

（C）甲是乙的充要條件

（D）甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件

解析：事實(shí)上，對(duì)于公比為[q]、前[n]項(xiàng)和為[Sn]的等比數(shù)列[an]，注意到[Sn-Sn-1=an=a1qn-1]（[n≥2]），我們有如下結(jié)論.

（1）若[q<0]，則[Sn]不可能是單調(diào)數(shù)列.

（2）若[q>0]，但[a1<0]，則[Sn]是遞減數(shù)列，反之亦然.

（3）若[q>0]，但[a1>0]，則[Sn]是遞增數(shù)列，反之亦然.

故答案選B.

【評(píng)析】該題考查[a1]與[q]對(duì)[Sn]單調(diào)性的影響，并考查學(xué)生對(duì)充要條件的理解. 實(shí)際上，該題還考查了命題中的條件類型與命題真假之間的關(guān)系.

基本問(wèn)題3：求數(shù)列的通項(xiàng)公式.

數(shù)列作為特殊的函數(shù)，其通項(xiàng)公式確定了項(xiàng)數(shù)與項(xiàng)之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，是確定并表示一個(gè)數(shù)列的重要方法，求數(shù)列的通項(xiàng)公式自然就成為了高考命題的重要內(nèi)容. 作為數(shù)列的基本模型，等差（比）數(shù)列的通項(xiàng)公式是高考數(shù)列內(nèi)容的考查重點(diǎn)，而求等差（比）數(shù)列的通項(xiàng)公式，實(shí)質(zhì)上就是求首項(xiàng)與公差（比），通常是將條件轉(zhuǎn)化為首項(xiàng)與公差（比）的方程（組）來(lái)求解.

例7 （全國(guó)新高考Ⅱ卷·17）記[Sn]是公差不為0的等差數(shù)列[an]的前[n]項(xiàng)和，若[a3=S5]，[a2a4=S4].

（1）求數(shù)列[an]的通項(xiàng)公式;

（2）求使[Sn>an]成立的[n]的最小值.

解析：（1）給定的兩個(gè)條件[a3=S5]，[a2a4=S4]可以轉(zhuǎn)化為方程組[a1+2d=5a1+10d，a1+da1+3d=4a1+6d.]

由此解得[a1=-4，d=2.] 所以[an=2n-6].

（2）因?yàn)閇Sn=n2-5n]，

所以[Sn>an]，即[n2-5n>2n-6]，解得[n≥7].

所以使[Sn>an]成立的[n]的最小值為7.

【評(píng)析】等差數(shù)列是以首項(xiàng)與公差為元的二元數(shù)學(xué)對(duì)象，若給定兩個(gè)獨(dú)立條件，則等差數(shù)列通常是確定的. 該題主要考查學(xué)生對(duì)等差數(shù)列模型的理解，以及對(duì)元的思想、函數(shù)與方程思想的體會(huì)程度.

例8 （全國(guó)乙卷·文19）設(shè)[an]是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列，數(shù)列[bn]滿足[bn=nan3]. 已知[a1]，[3a2]，[9a3]成等差數(shù)列.

（1）求[an]和[bn]的通項(xiàng)公式;

（2）記[Sn]和[Tn]分別為[an]和[bn]的前[n]項(xiàng)和. 證明：[Tn<Sn2].

解析：（1）由首項(xiàng)為1及[a1]，[3a2]，[9a3]成等差數(shù)列可以確定等比數(shù)列這個(gè)二元數(shù)學(xué)對(duì)象.

由[6a1q=a1+9a1q2]，得[q=13].

所以[an=13n-1]，解得[bn=nan3=n3n].

（2）由（1），得[Sn=321-13n]，[Tn=341-13n-][n2 · 3n]，

所以[Tn-Sn2=341-13n-n2 · 3n-341-13n=-n2 · 3n<0].

所以[Tn<Sn2].

【評(píng)析】該題涉及數(shù)列求和，以及與數(shù)列有關(guān)的不等式的證明，這是高考中經(jīng)常出現(xiàn)的試題，說(shuō)明數(shù)列求和是數(shù)列試題中的基本問(wèn)題. 同時(shí)，數(shù)列試題經(jīng)常與不等式聯(lián)系在一起.

基本問(wèn)題4：求數(shù)列的前[n]項(xiàng)和.

數(shù)列求和是數(shù)列的重要內(nèi)容，也是數(shù)列區(qū)別于一般函數(shù)的重要特征. 常用的數(shù)列求和方法有：直接（或轉(zhuǎn)化為）求等差（比）數(shù)列的和;錯(cuò)位相減求和法;裂項(xiàng)相消求和法;轉(zhuǎn)化為可求和的數(shù)列.

例9 （浙江卷·20）已知數(shù)列[an]的前[n]項(xiàng)和為[Sn]，[a1=-94]，且[4Sn+1=3Sn-9 n∈N*].

（1）求數(shù)列[an]的通項(xiàng)公式;

（2）設(shè)數(shù)列[bn]滿足[3bn+n-4an=0 n∈N*]，記[bn]的前[n]項(xiàng)和為[Tn]，若[Tn≤λbn]對(duì)任意[n∈N*]恒成立，求實(shí)數(shù)[λ]的取值范圍.

解析：（1）由[4Sn+1=3Sn-9]，得[4Sn=3Sn-1-9].

兩式相減，得[4an+1=3an].

故[an]是以[-94]為首項(xiàng)、[34]為公比的等比數(shù)列.

從而[an=-334n].

（2）由[3bn+n-4an=0]，得

[bn=-n-43an=n-434n].

利用錯(cuò)位相減法求和，得[Tn=-4n34n+1].

因?yàn)閇Tn≤λbn]，所以[-4n34n+1≤λn-434n?].

所以[λ+3n-4λ≥0].

設(shè)[fn=λ+3n-4λ]，這是關(guān)于[n]的一次式，

則對(duì)任意[n∈N?]恒有[fn≥0]，即[λ+3≥0，f1≥0.]

解得[-3≤λ≤1.]

【評(píng)析】該題主要考查等比數(shù)列模型、用錯(cuò)位相減法求數(shù)列的和，以及函數(shù)與方程思想. 引進(jìn)函數(shù)[fn=λ+3n-][4λ n∈N?]求參數(shù)[λ]的變化范圍，考查數(shù)形結(jié)合思想. 當(dāng)然，該題也可以用分離變量法求參數(shù)[λ]的變化范圍，考查分類討論思想.

例10 （上海卷· 8）已知無(wú)窮遞縮等比數(shù)列[an]和[bn]，滿足[a1=3]，[bn=a2n]，[an]的所有項(xiàng)和為9，則數(shù)列[bn]的所有項(xiàng)和為? ? ? .

解析：因?yàn)閇an]的所有項(xiàng)和為[S=a11-q=31-q]，[q]為[an]的公比，[S=9]，

所以[31-q=9]，解得[q=23]. 則[bn=a2n=249n-1].

所以[b1=2，q=49].

所以數(shù)列[bn]是以[2]為首項(xiàng)、[49]為公比的等比數(shù)列.

故數(shù)列[bn]的所有項(xiàng)和為[S=b11-q=185].

故答案為[185].

【評(píng)析】該題主要考查無(wú)窮遞縮等比數(shù)列所有項(xiàng)和的概念，同時(shí)考查學(xué)生的數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng). 值得注意的是，全國(guó)卷不把求數(shù)列各項(xiàng)和作為考點(diǎn).

例11 （全國(guó)新高考Ⅰ卷·17）已知數(shù)列[an]滿足[a1=1]，[an+1=an+1，n為奇數(shù)，an+2，n為偶數(shù).]

（1）記[bn=a2n]，寫(xiě)出[b1]，[b2]，并求數(shù)列[bn]的通項(xiàng)公式;

（2）求[an]的前[20]項(xiàng)和.

解析：（1）由題設(shè)，得[b1=a2=a1+1=2]，

[b2=a4=a3+1=a2+2+1=5].

所以[bn+1=a2n+1=a2n+1+1=a2n+2+1=bn+3].

所以數(shù)列[bn]是以2為首項(xiàng)、3為公差的等差數(shù)列.

故[bn=2+3n-1=3n-1].

（2）設(shè)數(shù)列[an]的前[20]項(xiàng)和為[S20].

利用已知的遞推關(guān)系，得

[S20=2a2+a4+…+a18+a20-10]

[=2b1+b2+…+b9+b10-10]

[=300].

雖然數(shù)列[an]不是等差數(shù)列，但是是確定的數(shù)列.

由（1），得[a2n=3n-1]，[a2n-1=3n-2].

則[S20=a1+a2+a3+…+a20]

[? ? ?=a1+a3+…+a19+a2+a4+…+a20]

[? ? ?=300.]

進(jìn)一步，由已知遞推關(guān)系，得[an+1=an+3+-1n2].

從而[an=6n-3--1n4].

所以[S20=a1+a2+a3+…+a20=300].

【評(píng)析】通過(guò)以上分析，我們看到該題不僅考查通項(xiàng)公式的求法、數(shù)列求和，而且考查分類、化歸、從特殊到一般的數(shù)學(xué)思想.

基本問(wèn)題5：數(shù)列與不等式.

數(shù)列與不等式聯(lián)系緊密，所以這也是高考數(shù)列試題的基本問(wèn)題，前面例[8]與例[9]也印證了這一點(diǎn).

例12 （浙江卷·10）已知數(shù)列[an]滿足[a1=1]，[an+1=an1+an n∈N*]. 記數(shù)列[an]的前[n]項(xiàng)和為[Sn]，則（? ? ）.

（A）[32<S100<3] （B）[3<S100<4]

（C）[4<S100<92] （D）[92<S100<5]

解析：數(shù)列[an]的前100項(xiàng)和難以求出，所以我們必須考慮一個(gè)可求和的數(shù)列作為數(shù)列[an]的“界”.

由[an+1=an1+an<an]，得數(shù)列[an]是遞減數(shù)列.

由[an&gt;0]，知不可能找等差數(shù)列作為“界”.

因?yàn)檫f減的正項(xiàng)等比數(shù)列本質(zhì)上具有指數(shù)函數(shù)的“遞減速度”，

所以也不適用于作數(shù)列[an]的“界”.

因此，我們考慮用可以用裂項(xiàng)相消法求和的形如[λn+μn+μ+1]的數(shù)列作為數(shù)列[an]的“界”.

因?yàn)閇an>0]，[S100>a1+a2=32]，

所以我們只需要考慮“上界”.

對(duì)[an+1=an1+an]變形，得[1an+1=1an+122-14].

從而有[1an+1-1an<12].

由累差法，得[an≥4n+12].

進(jìn)而有[an+1an≤n+1n+3].

累乘，得[an≤6n+1n+2=61n+1-1n+2].

由裂項(xiàng)相消求和，得

[S100≤612-13+13-14+14-15+…+1101-1102]

[=612-1102]

[<3].

所以[32<S100<3].

故答案選A.

【評(píng)析】該題主要考查典型數(shù)列的求和，以及對(duì)難以求和的數(shù)列的前[n]項(xiàng)和的“界”的估計(jì). 當(dāng)然，在尋找數(shù)列[an]的“上界”的過(guò)程中，我們也可以對(duì)[λn+μn+μ+1]實(shí)施特殊值法或待定系數(shù)法，并對(duì)找到的“上界”數(shù)列加以數(shù)學(xué)歸納法證明. 例如，在得到“上界”數(shù)列[6n+1n+2]后，可以用數(shù)學(xué)歸納法證明：[?n∈N?]，均有[an≤6n+1n+2]. 這也說(shuō)明，與遞推數(shù)列有關(guān)的問(wèn)題，常與數(shù)學(xué)歸納法有聯(lián)系. 事實(shí)上，我們有更一般的結(jié)論：若數(shù)列[an]滿足[a1=1，][an+1=an1+an n∈N?]，數(shù)列[an]的前[n]項(xiàng)和為[Sn]，則[32<Sn<3].

例13 （天津卷·19） 已知[an]是公差為2的等差數(shù)列，其前8項(xiàng)和為64. [bn]是公比大于0的等比數(shù)列，[b1=4]，[b3-b2=48].

（1）求[an]和[bn]的通項(xiàng)公式.

（2）記[cn=b2n+1bn，n∈N*].

① 證明[c2n-c2n]是等比數(shù)列;

② 證明[k=1nakak+1c2k-c2k<22 n∈N?].

解析：由于等差（比）數(shù)列是二元數(shù)學(xué)對(duì)象，只需兩個(gè)獨(dú)立條件就可以求出其通項(xiàng).

易得（1）的答案為[an=2n-1，bn=4n.]

對(duì)于（2），通過(guò)計(jì)算可得[c2n-c2n=2 · 4n].

所以[c2n-c2n]是以8為首項(xiàng)、4為公比的等比數(shù)列.

因?yàn)閇anan+1c2n-c2n=4n2-12 · 4n<2n2n]，

所以設(shè)[xn=2n2n]，其前[n]項(xiàng)和為[Sn].

由錯(cuò)位相減法求和，得[Sn=22-2n+22n].

所以[k=1nakak+1c2k-c2k<Sn<22].

【評(píng)析】通過(guò)該題可以看到基本數(shù)學(xué)模型是高考命題的重要對(duì)象，同時(shí)數(shù)學(xué)運(yùn)算與表示亦是考查重點(diǎn).

基本問(wèn)題6：數(shù)列模型的應(yīng)用.

例14 （全國(guó)新高考Ⅰ卷·16）某校學(xué)生在研究民間剪紙藝術(shù)時(shí)，發(fā)現(xiàn)剪紙時(shí)經(jīng)常會(huì)沿紙的某條對(duì)稱軸把紙對(duì)折，規(guī)格為[20 dm×12 dm]的長(zhǎng)方形紙，對(duì)折1次共可以得到[10 dm×12 dm]，[20 dm×6 dm]兩種規(guī)格的圖形，它們的面積之和[S1=240 dm2]，對(duì)折2次共可以得到[5 dm×12 dm]，[10 dm×6 dm]，[20 dm×3 dm]三種規(guī)格的圖形，它們的面積之和[S2=180 dm2]，依此類推，則對(duì)折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為? ? ? ;如果對(duì)折[n]次，那么[k=1nSk]的值為? ? ? .

解析：（1）沒(méi)有對(duì)折之前，紙片的面積是[240 dm2]，折疊[n]次之后，每一塊紙片的面積為[2402n dm2].

對(duì)折1次可以得到“[長(zhǎng)×寬]”為如下2種規(guī)格的矩形：[202×12]，[20×122].

對(duì)折2次可以得到“[長(zhǎng)×寬]”為如下3種規(guī)格的矩形：[2022×12]，[202×122]，[20×1222].

對(duì)折3次可以得到“[長(zhǎng)×寬]”為如下4種規(guī)格的矩形：[2023×12]，[2022×122]，[202×1222]，[20×1223].

對(duì)折4次可以得到“[長(zhǎng)×寬]”為如下5種規(guī)格的矩形：[2024×12]，[2023×122]，[2022×1222]，[202×1223]，[20×1224].

一般地，對(duì)折[n]次可以得到[n]+1種規(guī)格的矩形，“[長(zhǎng)×寬]”尺寸排成數(shù)列[202n+1-k · 122k-1? k∈N*，k≤n+1].

因此，第[n]次對(duì)折后，該次所有可能的小矩形面積和為[Sn=240n+12n].

運(yùn)用錯(cuò)位相減法求和，得[k=1nSk=720-240n+32n].

所以答案為5和[720-240n+32n][ dm2].

【評(píng)析】通過(guò)以上分析，我們看到試題考查等比數(shù)列模型在實(shí)際問(wèn)題中的應(yīng)用，同時(shí)考查學(xué)生運(yùn)用從特殊到一般的數(shù)學(xué)思想解決實(shí)際問(wèn)題的能力.

例15 （北京卷·10）已知[an]是各項(xiàng)均為整數(shù)的遞增數(shù)列，且[a1≥3]. 若[a1+a2+…+an=100]，則[n]的最大值為（? ? ）.

（A）9? ? （B）10? ? （C）11? ? （D）12

解析：記數(shù)列[an]的前[n]項(xiàng)和為[Sn]，滿足條件[a1+a2+…+an=100]的數(shù)列[an]的項(xiàng)數(shù)[n]要最大，

則可使其前[n]-1項(xiàng)組成以3為首項(xiàng)、1為公差的等差數(shù)列，并且滿足[Sn-1<100，100-Sn-1>an-1.]

所以[n-1 · 1+n-1n-22 · 1<100，100-n-1 · 1+n-1n-22 · 1>n+1.]

解得[n≤11]. 當(dāng)[n=11]時(shí)，數(shù)列3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，25符合要求.

故答案選C.

【評(píng)析】該題考查等差數(shù)列模型的應(yīng)用.

例16 （上海卷·12）已知[ai∈N* i=1，2，…，9]，對(duì)任意的[k∈N* 2≤k≤8]，[ak=ak-1+1]和[ak=ak+1-1]有且僅有一個(gè)成立，且[a1=6]，[a9=9]，則[a1+a2+…+a9]的最小值為? ? ? ? .

解析：由題意，知

[a2-a1=a4-a3=a6-a5=a8-a7=1]，

[a3-a2=a5-a4=a7-a6=a9-a8=1].

則[i=19ai=4+2a1+a3+a5+a7+a9]

[=25+2a3+a5+a7]

[≥25+6]

[=31.]

[i=19ai=a1+4+2a2+a4+a6+a8]

[=26+2a2+a4+a6]

[≥26+6]

[=32].

所以，當(dāng)數(shù)列[an]為6，7，1，2，1，2，1，2，9時(shí)，[i=19ai]的最小值為31.

【評(píng)析】從對(duì)例15與例16的分析我們看到，此類試題考查等價(jià)轉(zhuǎn)換思想，在構(gòu)造具體數(shù)列解決問(wèn)題時(shí)，要特別注意問(wèn)題中條件的等價(jià)轉(zhuǎn)換.

例17 （全國(guó)新高考Ⅱ卷·12）設(shè)正整數(shù)[n=][a0 · 20+a1 · 21+…+ak-1 · 2k-1+ak · 2k]，其中[ai∈0，1][i=0，1，2，…，k]，記[ωn=][a0+a1+…+ak]，則（? ? ）.

（A）[ω2n=ωn]

（B）[ω2n+3=ωn+1]

（C）[ω8n+5=ω4n+3]

（D）[ω2n-1=n]

解析：表達(dá)式[n=a0 · 20+a1 · 21+…+ak · 2k]的實(shí)質(zhì)是將十進(jìn)制的正整數(shù)[n]用二進(jìn)制表示出來(lái)，而[ωn=][a0+a1+…+ak]則表示整數(shù)[n]用二進(jìn)制表示出來(lái)后各數(shù)位上的數(shù)碼之和.

因?yàn)閇n=a0 · 20+a1 · 21+…+ak · 2k]，

所以[2n=0 · 20+a0 · 21+a1 · 22+…+ak · 2k+1].

所以[ω2n=0+a0+a1+…+ak=ωn].

因?yàn)閇8n+5=1 · 20+0 · 21+1 · 22+a0 · 23+a1 · 24+…+][ak · 2k+3，]

[4n+3=1 · 20+1 · 21+a0 · 22+a1 · 23+…+ak · 2k+2，]

所以[ω8n+5=2+a0+a1+…+ak=ω4n+3].

因?yàn)閇2n-1=1 · 20+1 · 21+1 · 22+…+1 · 2n-1]，

所以[ω2n-1=1+1+…+1n個(gè)1=n].

當(dāng)[n=2]時(shí)，[n=0 · 20+1 · 21]，

[2n+3=7=1 · 20+1 · 21+1 · 22]，

[ω2n+3=3≠2=1+1=ωn+1].

綜上所述，答案選ACD.

【評(píng)析】該題主要考查學(xué)生對(duì)數(shù)列（特別是等比數(shù)列）的和以及抽象函數(shù)的理解，由于自變量[n]與函數(shù)值[ωn]之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系較為抽象，因此容易將自變量不同取值之間的關(guān)系與相應(yīng)的函數(shù)值之間的關(guān)系混淆.

例18 （上海卷·19）已知某企業(yè)2021年第一季度的營(yíng)業(yè)額為1.1億元，以后每個(gè)季度的營(yíng)業(yè)額比上個(gè)季度增加0.05億元. 2021年第一季度的利潤(rùn)為0.16億元，以后每季度比前一季度增長(zhǎng)4%.

（1）求2021年起前20個(gè)季度營(yíng)業(yè)額的總和;

（2）哪年哪一季度的利潤(rùn)首次超過(guò)該季度營(yíng)業(yè)額的18%？

解析：（1）2021年起前20個(gè)季度營(yíng)業(yè)額是首項(xiàng)為1.1、公差為0.05的等差數(shù)列，營(yíng)業(yè)額之和為[S20=20×][1.1+20×192×0.05=31.5]（億元）.

（2）從2021年第一個(gè)季度起，設(shè)第[n]個(gè)季度的利潤(rùn)為[an]，則數(shù)列[an]是一個(gè)以0.16為首項(xiàng)、1.04為公比的等比數(shù)列. 從而可得[an=0.16 · 1.04n-1]. 由[an>][0.181.1+0.05n-1]，得[0.16 · 1.04n-1>0.180.05n+1.05.]解得[n>25]. 所以從第26個(gè)季度起，即從2027年第二季度起，利潤(rùn)首次超過(guò)營(yíng)業(yè)額的18%.

【評(píng)析】該題是等差數(shù)列與等比數(shù)列的典型應(yīng)用. 除此之外，還考查了學(xué)生解整數(shù)不等式的能力，以及近似估計(jì)的能力.

例19 （北京卷·21）設(shè)[p]為實(shí)數(shù).若無(wú)窮數(shù)列[an]滿足如下三個(gè)性質(zhì)，則稱[an]為[Rp]數(shù)列.

①[ a1+p≥0]，且[a2+p=0];

② [a4n-1<a4n n=1，2，…];

③[am+n∈am+an+p，am+an+p+1 m=1，2，…;n=1，2，….]

（1）如果數(shù)列[an]的前四項(xiàng)為2，-2，-2，-1，那么[an]是否可能為[R2]數(shù)列？說(shuō)明理由.

（2）若數(shù)列[an]是[R0]數(shù)列，求[a5].

（3）設(shè)數(shù)列[an]的前[n]項(xiàng)和為[Sn]. 是否存在[Rp]數(shù)列[an]，使得[Sn≥S10]恒成立？如果存在，求出所有的[p];如果不存在，說(shuō)明理由.

解析：（1）由性質(zhì)③結(jié)合題意，知

[-2=a3∈a1+a2+2，a1+a2+2+1=2，3]，

即[-2∈2，3]，矛盾.

所以前4項(xiàng)為2，-2，-2，1的數(shù)列不可能是[R2]數(shù)列.

（2）由[p=0]及性質(zhì)①，知[a1≥0]，[a2=0].

由性質(zhì)③，知[am+2∈am，am+1].

故有[a3=a1，或a3=a1+1];[a4=0，或a4=1.]

若[a4=0]，由性質(zhì)②，知[a3<a4=0]，即[a1<0]或[a1+1<0]. 這與[a1≥0]矛盾.

若[a4=1]，且[a3=a1+1]，由[a3<a4]，得[a1+1<1]，即[a1<0]. 這與[a1≥0]矛盾.

所以只能是[a4=1]，[a3=a1].

由于[a4=a1+a3]，或[a4=a1+a3+1]，

所以[a1=12]，或[a1=0].

若[a1=12]，則[a2=a1+1∈a1+a1+0，a1+a1+0+1=][2a1，2a1+1=1，2].

不滿足[a2=0]，舍去. 所以[a1=0].

從而數(shù)列[an]的前四項(xiàng)為0，0，0，1.

根據(jù)③，我們得到[a5=a4+1∈a4+a1，a4+a1+1=][1，2]，[a5=a3+2∈0，1.]

所以[a5=1].

（3）令[bn=an+p]，

由性質(zhì)③，知對(duì)任意[m，n]，

有[ bm+n=am+n+p∈am+p+an+p，am+p+an+p+1? ? ? ? ? ? ? ? ?=][bm+bn，bm+bn+1].

當(dāng)[p≥0]時(shí)，[b1=a1+p≥0]，[b2=a2+p=0]，且[b4n-1=][a4n-1+p<a4n+p=b4n]，

因此數(shù)列[bn]為[R0]數(shù)列.

所以由（2）可知[bn]的前4項(xiàng)為[0， 0， 0， 1].

進(jìn)一步，可以得到[?n∈N?]，[b4n+k=n? k=1，2，3]，[ b4n=n+1].

所以[?n∈N?， a4n+k=n-p? k=1，2，3， a4n=n+1-p].

從而[S11-S10≥0，S9-S10≥0.]

所以[?a11≥0，-a10≥0，?]即[a4 · 2+3=2-p≥0，-a4 · 2+2=-2-p≥0.?]

所以[p=2].

當(dāng)[p=2]時(shí)，若[k≤10]，則[ak≤0];若[k≥11]，則[ak≥0].

所以對(duì)[?n∈N?，Sn≥S10].

故[p=2]為所求.

【評(píng)析】該題是數(shù)列中較難的問(wèn)題，除了考查遞推數(shù)列等基礎(chǔ)知識(shí)外，著重考查從特殊到一般、分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，以及學(xué)生的邏輯推理能力.

從以上例題分析可以看到，盡管2021年高考數(shù)列試題形式多樣，但基本上可以歸結(jié)為上述六個(gè)基本問(wèn)題，如果熟練掌握了這六個(gè)基本問(wèn)題的解題步驟，數(shù)列試題就會(huì)迎刃而解.

三、復(fù)習(xí)建議

基于上述命題分析，對(duì)于數(shù)列的復(fù)習(xí)我們提出以下建議.

1. 熟悉六個(gè)基本問(wèn)題

雖然數(shù)列試題形式多樣，但對(duì)其分析總結(jié)后，我們歸納了六個(gè)基本問(wèn)題，復(fù)習(xí)中要弄清每個(gè)基本問(wèn)題的核心與解題思路（步驟）.

2. 掌握兩類基本數(shù)列模型

等差數(shù)列與等比數(shù)列是兩類基本的數(shù)列模型，大多數(shù)試題與這兩類模型有關(guān)，復(fù)習(xí)中要明確等差（比）數(shù)列是二元數(shù)學(xué)對(duì)象，首項(xiàng)與公差（比）是確定等差（比）數(shù)列的“元”，用兩個(gè)獨(dú)立條件就可以得到關(guān)于這兩個(gè)“元”的方程，通過(guò)解方程（組）求出“元”，進(jìn)而確定等差（比）數(shù)列.

3. 加強(qiáng)用函數(shù)觀點(diǎn)思考數(shù)列問(wèn)題

數(shù)列問(wèn)題通常與函數(shù)、不等式聯(lián)系在一起，所以應(yīng)該加強(qiáng)用函數(shù)觀點(diǎn)思考數(shù)列問(wèn)題，用函數(shù)性質(zhì)幫助解決數(shù)列及與數(shù)列相關(guān)的不等式問(wèn)題. 例如，將數(shù)列的單調(diào)性轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性，將與數(shù)列相關(guān)的不等式、最值轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值，進(jìn)而用導(dǎo)數(shù)幫助處理.

4. 利用規(guī)律解決較為抽象復(fù)雜的數(shù)列問(wèn)題

對(duì)于有新定義、數(shù)學(xué)表達(dá)較為抽象復(fù)雜的數(shù)列問(wèn)題（如例19），可以通過(guò)特殊化、列舉數(shù)列的項(xiàng)等手段理解新定義的本質(zhì)，進(jìn)而發(fā)現(xiàn)一般規(guī)律，并利用規(guī)律解決問(wèn)題.

四、模擬題欣賞

1. 在數(shù)列[an]中，若[a1=2]，[a2=-1]，[an+2=an+1-an]. 則[a2 022]等于（? ? ）.

（A）1 （B）-1

（C）2 （D）0

答案：A.

2. 求和[13+23+223+233+…+22 0213+22 0223]的值為? ? ? .（其中[x]表示不大于[x]的最大整數(shù).）

答案：[2322 022-1-1 011].

3. 已知一次函數(shù)[fx]的圖象關(guān)于[y=x]對(duì)稱的圖象為[C]，且[f1=0]，若點(diǎn)[Ann， an+1an n∈N*]在[C]上，[a1=1]，對(duì)于大于或等于2的自然數(shù)[n]均有[an+1an-][anan-1=1].

（1）求[C]的方程;

（2）求[an]的通項(xiàng)公式.

答案：（1）[y=x+1];（2）a1 = n！.

4. 已知數(shù)列[an]的前[n]項(xiàng)和為[Sn]，且[an+2SnSn-1=][0 n≥2]，[a1=12].

（1）求證[1Sn]為等差數(shù)列;

（2）求[an];

（3）若[bn=21-nan n≥2]，求證[b22+b23+…+][b2n<1].

答案：（1）略;（2）[an=12，n=1，-12nn-1，n≥2;]（3）略.

5. 正數(shù)數(shù)列[an]滿足[a1=32，a2n+1-a2n=1n+22-][1n2 n∈N*]，求數(shù)列[an]的通項(xiàng)公式及前[n]項(xiàng)和公式.

答案：[an=1n-1n+1+1];[Sn=nn+2n+1].

作為結(jié)尾，我們期望通過(guò)對(duì)數(shù)列試題的分析，幫助大家明確這類試題的基本問(wèn)題，掌握每個(gè)基本問(wèn)題的解題步驟，并以此體會(huì)這些問(wèn)題中蘊(yùn)涵的數(shù)學(xué)思想與方法，提高學(xué)生的數(shù)學(xué)思維能力，發(fā)展學(xué)生的數(shù)學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng).

參考文獻(xiàn)：

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