博观而约取，厚积而薄发

林生

数列作为高考数学的一个重要内容，是中学数学与高等数学有机联系的桥梁，在高中数学教学中占有重要地位，因此数列作为高考的一个“重头戏”，特别是文科，每年的分值都比较高.纵观每年的高考数列大题，它在高考试卷中都特别重视基础知识和基本技能的考查，特别是近几年数列大题也重视学科核心素养和数学思想方法考查，侧重考查“基本量的换算”等题型，因此我们在备考时就要把握基本运算关系，查找出学生存在的问题和薄弱点，那么很多问题便迎难而解.下面结合近年全国卷数列的题型来分析，通过对该类型的研究与分析来寻找它的“前世今生”，找到其“源”与“流”，进一步落实基础，掌握数列考点复习的“点点通”，博观而约取，从而对数列题型进行归纳总结和预测，让考生在考场中开启思维、纵横联系、触类旁通，居高临下地觅出2021年高考数列题型的趋势，探窥出数列题型优效备考的策略.

一、厚积薄发找“源流” 博观约取觅“考道”

通过对2016年—2020年全国卷数列题型的统计和分析，可得到表1：

通过表1可看出：数列在高考中的考查，客观题突出“小而巧”，题目以容易题、中档题为主;解答题注重对数列基础知识与基本方法的考查，主要是围绕着“数列的通项公式与数列的求和”而展开，在考查的过程中，突出等差数列、等比数列基本量的换算，有时候还会与综合函数、不等式等有关知识结合，但有关数列的综合性问题在高考中往往以压轴题或解答题的形式出现，这类问题不仅考查了学生分析问题、解决问题的能力，还给学生提供了创新思维的空间.因此我们在备考的过程中，要时刻注意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，要弄清等差数列的通项公式与一次函数、等差数列的前n项和公式与二次函数、等比数列的通项公式与指数型函数的关系. 解题时要充分运用函数思想，借助函数图象、性质简化等，同时还要注意方程思想、分类讨论思想、函数思想、递推思想等在数列中的灵活运用，我们在备考中抓住这些“关键点”，就可以实现对数列题型复习进行优效备考，真正地达到优质高效.

二、千淘万漉虽辛苦吹尽狂沙出“考道”

（1）等差数列和等比数列相糅合，突出基本运算和技能

在近年的高考题中，往往是等差数列和等比数列糅合，比如等差数列、等比数列的概念、基本运算与证明等，主要涉及基本量计算，突出考查数列的基本知识技巧以及技能，重在利用等差等比数列的公式和性质等来解决问题.

例1. 已知{an}是等差数列，且公差d不为零，其前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则（ ）

A. a1d>0，dS4>0 B. a1d<0，dS4<0

C. a1d>0，dS4<0 D. a1d<0，dS4>0

【分析】本题涉及的知识点虽相对多一点，但却是考查等差数列的通项和求和以及等比中项的基本知识，主要考查考生能否灵活运用所学知识解决问题简单问题. 本题只要从“a3，a4，a8成等比数列”入手即可，即■=a3a8？圯（a1+3d）2=（a1+2d）（a1+7d），整理后可得：3a1d=-5d2，所以d=-■a1，则a1d=-■■<0，且dS4=d（4a1+6d）=-■<0. 所以可得答案.

解析：由a3，a4，a8成等比数列可得，即■=a3a8，所以（a1+3d）2=（a1+2d）（a1+7d），化简可得3a1d=-5d2，因为公差d不为零，所以d=-■a1，因此a1d=-■■<0，dS4=d（4a1+6d）=-■<0，故选B.

【點评】本题从等差等比的基本知识出发，将等差等比的基本知识结合在一起，侧重基本量的运算.其实在等差数列（或等比数列）中，如果涉及公差、公比等有关项的一个条件，则可以考虑将涉及的项均用a1，d（或a1，q）进行表示，从而得到a1，d（或a1，q）的关系，从而找到其中的等量关系. 再如在求解数列基本量问题时，一般设a1，d（q）），也可以设ak，d（q）;如果等差数列已知和未知都只与Sn有关，设Sn=An2+Bn更好算，同样，如果等比数列已知和未知都只与Sn有关，可以设Sn=a（1-qn）;解题时要根据已知条件设有利于计算的未知数，再结合实际等量关系便可迎难而解.

例2. 已知等比数列{an}的前n项和是Sn，且满足a2，2a5，

3a8成等差数列，则■等于（ ）

A. ■或■      B. ■或3       C. ■      D. ■或■

【分析】本题实际上是例1的改编，侧重等差等比基本知识和运算量的运算，目的是强化该种题型，命题设置和手法如同一撤，只要抓住“a2，2a5，3a8成等差数列”这一条件，即4a5=a2+3a8，即4a1q4=a1q+3a1q7，可得3q6-4q3+1=0，解得q3=1或q3=■，所以■=■或■=■.

解析：因为a2，2a5，3a8成等差数列，即4a5=a2+3a8，因此有4a1q4=a1q+3a1q7，化简得3q6-4q3+1=0，解得q3=1或q3=■，所以当q3=1时，■=■=■，当q3=■时，■=■=■=■=■，因此答案选A.

【点评】本题从等差等比的基本知识出发，将等差等比的基本知识结合在一起，侧重基本量的运算.其实在等差数列（或等比数列）中，灵活运用等差（等比）基本公式，特别是在运用等比数列公式求和时，要注意q=1或q≠1两种情况，以免出现漏解的情况.

例3. 已知等比数列{an}满足a1+a3=10，a2+a4=5，求a1·a2·a3·…·an的最大值.

【分析】本题将最大值和等比数列的通性通法结合在一起，突出考查运算的最基本技巧——解方程，而在运算的过程中等比数列要懂得要用两个式子相除，由a1+a3=10，a2+a4=5，即a1（1+q2）=10，a1q（1+q2）=5，从而解得a1=8，q=■，所以a1·a2·a3·…·an=■q1+2+3+…+（n-1）=8n（■）■=2■，因此当n=3或n=4时，可得a1·a2·a3·…·an的最大值为64.

解析：设等比数列的公比为q，由a1+a3=10，a2+a4=5，即a1（1+q2）=10，a1q（1+q2）=5，从而解得a1=8，q=■，所以a1·a2·a3·…·an=■q1+2+3+…+（n-1）=8n（■）■=2■，而-■n2+■n=-■（n2-7n）=-■（n-■）2+■，所以当n=3或n=4时，a1·a2·a3·…·an的最大值为26=64.

【点评】本题突出考查等比数列的基本知识，解方程的思想，同时和二次函数的最值结合在一起，题目有一定的灵活性，但只要掌握基础知识即可解决.

【小结】近年的全国卷高考题的数列题型突出对等差等比数列的基本运算和方程的思想的考查，考查的知识点虽也各不相同，但从考查的“基本运算技巧”来看，这种思路一直没有改变，且呈现出加强的趋势.无论是哪种方式呈现，题目所给出的数据都是含有信息的，要学会根据等差（等比）的概念以及公式选择不同的计算方式，要学会灵活运用方程的思想以及对公式进行变形的应用，这些都是体现最基本的运算能力的处理，所以考生要对等差（等比）数列中基本知识、基本公式熟练掌握，学会用所学公式知识来解决问题，这充分体现了数学的运算能力的核心素养.

（2）以等差等比数列的性质为抓手，突出对基本性质的灵活运用

近年的高考题除了考查等差等比的基本知识外，还特别注重考查等差等比的性质，要求对：性质1：在等差（等比）数列中，若m+n=p+q，则am+an=ap+aq（am·an=ap·aq）;性质2：在等差（等比）数列中，其数列的前n和为Sn，则Sn，S2n-Sn，S3n-S2n仍成等差（等比）数列，要求要学会灵活运用这两个性质，从而解决实际问题.

例4. 在等比数列{an}中，a2，a16是方程x2+6x+2=0的根，则■的值为（ ）

A. -■ B. -■     C. ■    D. -■或■

【分析】本题只是将等比数列的性质（若m+n=p+q，则am·an=ap·aq）和一元二次方程的根与系数结合在一起，即a2a16=■=2，所以■=■=a9，因此所求的值为-■或■.

解析：因为a2，a16是方程x2+6x+2=0的根，所以a2·a16=2，因此由等比数列的性质即可得a2a16=■=2，所以■=■=a9，而a9=-■或■，故选D.

【点评】本题主要是灵活考查了等比数列的性质，其实只要灵活运用性质，就可以简化运算.

例5. 已知数列{an}是公差不为0的等差数列，bn=■，则数列{bn}的前n项和、前2n项和、前3n项和分别为A，B，C，则（）

A. A+B=CB. B2=AC

C. （A+B）-C=B2 D. （B-A）2=A（C-B）

【分析】本题只是将等比数列的定义以及等差数列性质结合一起：即性质：等差数列的前n和为Sn，则Sn，S2n-Sn，S3n-S2n仍成等差数列. 由已知数列{an}是公差不为0的等差数列，所以数列{bn}是公比不等于1的等比数列，由性质可知：A，B-A，C-B成等比数列，因此（B-A）2=A（C-B）.

解析：因为已知数列{an}是公差不为0的等差数列，设公差为d所以■=■=2■=2d=常数，数列{bn}是以2d为公比的等比数列，因此A，B-A，C-B成等比数列，即（B-A）2=A（C-B），所以选D.

【点评】对于等差（等比）数列的性质有很多，但是高考常考的却是这两个，本题和等比数列的概念结合在一起，虽然涉及的字母多一点，但只要熟练掌握性质，懂得灵活运用，那么很多问题便迎难而解.

例6. 已知等比数列{an}中的各项均为正数，且a10a11+a9a12=2e5，则lna1+lna2+…+lna20=___________.

【分析】本题只是将等比数列的性质（若m+n=p+q，则am·an=ap·aq）和对数的有关公式结合在一起，这也是常考的一种题型. 因此由等比数列性质可得：a10a11=a9a12，从而a10a11=a9a12=e5，這里得：

lna1+lna2+…+lna20=ln（a1a2…a20）=ln（e5）10=lne50=50，也可以由{an}为等比数列，可得{lnan}为等差数列，由等差数列求和公式：lna1+lna2+…+lna20=■=10lna10a11=10lne5=50.

解析：由于数列{an}为等比数列，且a10a11+a9a12=2e5，所以a10a11=a9a12=e5，因此得lna1+lna2+…+lna20=ln（a1a2…a20）=ln（e5）10=lne50=50.

【点评】本题将等比数列的性质和对数知识结合在一起，这也是高考常考的题型，只要掌握有关公式和性质，懂得灵活运用便可.

【小结】数列的性质虽比较多，但不用刻意去记这么多性质，只要懂得利用最基本的公式和性质出发，从最基本的技能技巧入手，侧重于例4、例5、例6这三个例题运用到的两个性质便可.

（3）从数列求通项、求和入手，侧重求通项、求和等基本方法

从近年的高考题来看，数列的大题既注重基本量的基本运算，但更注重从概念和方法的灵活运用考查，尤其是将求通项与求和两者相结合.因此要掌握求通项公式的几种常用方法：①知Sn与an的关系，用an=S1 （n=1）Sn-Sn-1（n≥2）;②累加法：an+1-an=f（n）（变量）;③累乘法：■=f（n）（变量）;④构造新数列：形如an+1=pan+q（p，q为常数）的形式构造新的等比数列;再形如an+1=■（p，q为常数）的形式也是构造新数列（先是取倒数，即■=■=■+p，再利用形如an+1=pan+q（p，q为常数）构造新的等比数列，因此要熟练掌握以上这些类型，而对于数列求和则要求先注意观察数列的通项公式，根据通项公式确定求和的方法，而解决非等差数列、等比数列的求和，主要是有两种思路：①转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想往往用于通过通项分解或错位相减来完成;②不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消、错位相减法等来求和，而数列求和的方法主要有如下：①公式法：等差数列或等比数列结合在一起，就考虑用公式直接解决;②裂项相消法：一般是通项可以通过裂项后可以达到相消的类型，常用的一些裂项方法有：■=■（■-■），特别地当k=1时，■=■-■;■=■（■-■）;■=■=1+■=1+■=1+■（■-■），■=■-■等;其实裂项的基本思想是利用an=f（n）-f（n+1），■=■-■等，因此在裂项求和的时候注意要正确裂项，同时还要注意裂项相消后剩余的项是哪些，最终达到裂项相消的目的. ③错位相减法：即{an·bn}的类型，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列. 其本质是错位相减，方法比较机械，没有太多的技巧而言，关键是错位相减后要注意各项的符号以及利用等比数列求和时要注意项数.

例7. 已知各项均不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn=■+？姿n，？姿∈R.

（1）求？姿的值;

（2）求数列■的前n项和为Tn .

【分析】本题侧重考查等差数列通项和求和的基本知识，但引入参数？姿，这就把一道常规的题型变得“不常规”了，但这里只要从Sn与an的关系出发，再利用等差数列的定义进行解答便可;也可以直接进行等差数列基本量的计算，但由于等差数列基本量a1和d中有参数？姿，因此需要构造三个方程，所以常规的基本量计算因为多了参数而变得“不常规”，也可以从表达式的角度来进行解答，这体现了函数的思想，但综合几种解法来看，这些看似“不常规”但其实是“很常规”的解法.

（1）解析1：（1）设等差数列{an}的通项为an=kn+b（k≠0），则Sn=■=■，由2Sn=■+？姿n可得n（kn+k+2b）=（kn+b）2+？姿n即kn2+（k+2b）n=k2n2+（2kb+？姿）n+b2，则k=k2，k+2b=2kb+？姿，b2=0，解得k=1，b=0，？姿=1，所以？姿=1.

解析2：设等差数列{an}的公差为d（d≠0），则a2=a1+d，a3=a1+2d，所以S1=a1，S2=2a1+d，S3=3a1+3d，由2Sn=■+？姿n，可得2a1=■+？姿，2（2a1+d）=（a1+d）2+？姿，2（3a1+3d）=（a1+2d）2+？姿，解得a1=1，d=1，？姿=1，所以？姿=1.

解析3：由2Sn=■+？姿n，得当n≥2时，2Sn-1=an-12+？姿（n-1），两式相减得2an=2Sn-2Sn-1=■-an-12+？姿，所以2an=■-an-12+？姿，所以an-12=■-2an+？姿设等差数列{an}的公差为d（d≠0），则an-12=（an-d）2=■-2and+d2，所以■-2and+d2=■-2an+？姿，因此可得2d=2，d2=？姿，所以d=1，？姿=1.

（2）解析：由（1）得知2Sn=■+n，当n=1时，2a1=■+1，得a1=1.

所以an=a1+（n-1）d=1+n-1=n，

所以■=■=■（■-■），

所以Tn=■[（1-■）+（■-■）+…+（■-■）]=■（1-■）=■.

【点评】本题正是把握住了常见等差数列与前n项和的二次函数关系，通过引入参数？姿，这使这一道题型变得“不常规”，但只要对二次模型2Sn=n2+n，或2Sn=■+an熟练掌握，把握住等差数列的概念和方程的思想，这样很多题型都可以迎难而解.

（4）注重综合考查，关注知识交汇

在近年的高考中，数列中也注重综合知识的考查，关注知识交汇，特别是与不等式等知识结合，因此近年来的高考试题的设计都十分注重内在联系和知识的综合性，从学科的整体高度和思维价值的高度考虑问题，将知识交汇的特色突出地彰显出来.因此在备考中我们要注重综合考查，关注数学学科相关知识的交汇点，将相关知识结合在一起备考应对.

例8. 已知数列{an}满足nan-（n+1）an-1=2n2+2n（n=2，3，4…），a1=6.

（1）求证■为等差数列，并求出{an}的通项公式;

（2）数列■的前n项和为Sn，求证：Sn<■.

【分析】本题将等差数列的知识与不等式知识结合在一起，将交汇的特色彰显，（1）问只需通过对给出的条件分析，构造出新的等差数列，而（2）问则是要利用所学知识和简单的放缩法结合在一起，利用放缩后再进行裂项求和便可以得到求证.

解析：（1）由nan-（n+1）an-1=2n2+2n，可得■-■=2，则数列■是以首项为3公差为2的等差数列，因此可得■=3+2（n-1）=2n+1，则an=（n+1）（2n+1）.

（2）由■<■=■（■-■），因此数列■的前n项和Sn=■+■+…+■≤■+■（■-■+■-■+…+■-■）=■+■（■-■）<■+■=■，因此可得Sn<■.

【点评】本题涉及到不等式的证明，大多数不等式的一端为一个数列的前n项和，另一端为常数的形式，证明的关键是放缩：①如果不等式一端的和式可以通过公式法、裂项法、错位相减法求得，则先是求和再放缩;②如果不等式一端的和式无法求和，则要通过数列通项公式的合适放缩使之能够求和，这时先放缩再求和，最后放缩，比如这里就是先通过■<■放缩，然后再求和，求出来之后再放缩. 因此对于数列不等式常用放缩技巧有：■<■，■<■<■，■<■<■，■<■等，但在具体解题中，要根据实际需要进行放缩，紧扣着要证明的结论而进行恰当的放缩，从而达到证明的目的.

变式：已知各项都为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的n∈N*，都有2pSn=■+pan（其中p>0，且p为常数），记数列■的前n项和为Hn

（1）求数列{an}的通项公式及Hn，

（2）当p=2时，将数列■的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来的顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前m项和为Tm，若存在m∈N*，使得对任意n∈N*，总有Tm

【分析】本题信息量比较大，涉及到的字母比较多，但本质是考查Sn与an的通项关系和裂项求和的类型，而在第（2）问中实质是在数列背景下的多元恒成立问题，先求Tm，Hn的表达式，由已知可得：p=2时，Hn=■，要解决Tn，首先要解出等比数列{bn}的通项公式，当p=2时，an=2n，进而■=■，■=■，■=■，■=■，显然抽去的应为■，所以b1=■，b2=■，b3=■，得到q=■，Tm=1-（■）m，所以要處理的恒成立不等式为：1-（■）m<■+？姿，再利用最值逐步消元即可求得实数？姿的取值范围.

解析：（1）2pSn=■+pan…①∴2pSn-1=■+pan-1（n≥2）…②

①-②可得：2pan=■-■+pan-pan-1，■- ■-pan-pan-1=0.

∴（an+an-1）（an-an-1-p）=0，∵an>0，∴an-an-1-p=0即an-an-1=p.

∴{an}为公差是以p为公差的等差数列，在2pSn=■+pan令n=1得：2pS1=■+pa1解得：a1=p，∴an=a1+（n+1）p=np，∴Sn=p（1+2+…+n）=■，

∴■=■·■=■·（■-■）.

∴Hn=■+■+…+■=■[（1-■）+（■-■）+…+（■-■）]=■（1-■）=■·■.

（2）当p=2时，an=2n，进而■=■，■=■，■=■，■=■，所以■，■，■是以公比为■的等比数列，即数列{bn}的公比为■，且b1=■=■，所以bn=（■）n，因此Tm=■=1-（■）m，而由（1）得，当p=2时，Hn=■，所以恒成立的不等式为：1-（■）m<■+？姿，所以■+？姿>[1-（■）m]min，设f（m）=1-（■）m可得f（m）为递增函数，所以f（m）min=f（1）=■，所以■+？姿>■对任意的n∈N*均成立，即？姿>（■-■）max，设g（n）=■-■=-■+■，g（n）为减函数，所以g（n）max =g（1）=0，因此可得？姿>0.

【点评】本题其实质是考查数列基本知识和利用不等式处理恒成立问题，在处理恒成立问题时，两个阶段对变量量词的不同导致取最大还是最小值要明确区分，第一阶段是存在m，也就是說只要有m满足不等式即可，所以只要最小值比右边小，就意味着已经存在这样的m;第二阶段是对任意的n，不等式均要成立，所以只要g（n）最大值满足不等式，剩下的函数值也必然能满足不等式.

三、活水源流随处满博观约取作预测

在数列的题目中，往往考查等差（等比）数列的基本概念和基本公式，以及求和最基本的方法，就算是以“崭新”面貌出现，在其外表上面赋予一层神秘“面纱”，或“改头换面”，但本质都是考查最基本的内容，万变不离其宗，只要大家在备考过程中以不变应万变，熟练掌握数列的有关公式和性质，掌握基本的解题类型和方法，同时加强思想方法的理解，要学会在解题中加以强化数列是一种特殊的函数，理解在公式和性质的推导过程中蕴含的很多思想方法，如：①分类讨论思想，例如利用等比数列求和公式时要考虑q=1和q≠1两种情况;②数形结合思想，数列是一种特殊的函数，因此要学会借助函数的图像来反映数列的性质，要注意数形结合的思想;③化归与转化思想，将数列问题与函数、方程、不等式等知识联系起来，转化成可以解决的问题. 因此只要我们在备考的过程中熟悉以上相关类型，做到博观而约取，学会多角度、多方位分析和提取相关的信息，最终会厚积而薄发，从而实现解题的“点点通”，同时在备考中也要注重知识的交汇，注意答题的规范性，通过规范训练和强化，我们肯定才可以达到“八方联系、浑然一体，漫江碧透、鱼翔浅底”的解题境界.下面再给出两道预测题，以供考生牛刀小试，优效备考.

1. 已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn， {bn}是等比数列，且a1=b1=2，a4+b4=27，S4-b4=10，

（1）求数列{an}与{bn}的通项公式，

（2）记Tn=anb1+an-1b2+…+a1bn，n∈N*，求Tn.

（简要解答：（1）设{an}的公差为d， {bn}的公比为q，则a4+b4=27？圯a1+3d+b1q3=27，S4-b4=10？圯4a1+6d-b1q3=10，

即2+3d+2q3=278+6d-2q3=10，解得：d=3q=2，∴an=3n-1，bn=2n;（2）：Tn=（3n-1）·2+（3n-4）·22+…+2·2n……①

2Tn=（3n-1）·22+（3n-4）·23+…+2·2n+1……②

②-①∴ Tn=-（3n-1）·2+3（22+23+…+2n）+2·2n+1

=2n+2-（3n-1）·2+3·■=10·2n-2（3n-1）-12.

2. 已知数列{an}满足an=2n-1，令bn=（-1）n-1■，求数列的{bn}的前n项和Tn.

（简要解答：由题意可得：bn=（-1）n-1■，因此分类讨论，当n为偶数时，bn-1+bn=■-■=■=■=■-■，n为偶数时，所以Tn=（b1+b2）+（b3+b4）+…+（bn-1+bn）=（1-■）+（■-■）+…+（■-■）=1-■=■.

n为奇数时，Tn=Tn-1+bn=■+■=■=■=■=■，所以可得：Tn=■，n=2k■，n=2k-1）

【本文系广东省教育科学规划课题——构建高中数学“优效教学”的行动研究（课题号：2016YQJK205）的研究成果】

责任编辑 徐国坚