2021年高考“数列”专题命题分析

郭慧清 黎治国

摘  要：通过对2021年高考数学中的数列试题进行命题分析，归纳出这类试题的基本问题，总结这些基本问题中的思路. 在分析试题向基本问题转化的过程中，揭示命题意图，强调考查的基本方法与思想，并基于此给出复习建议.

关键词：数列;基本问题;命题分析;复习建议

一、考查内容分析

2021年高考数学全国甲卷、全国乙卷、全国新高考Ⅰ卷、全国新高考Ⅱ卷、北京卷、上海卷、天津卷、浙江卷中的数列试题的题型、题号、分值与考查内容如下表所示.

数列是高中数学的基本模型，也是高考考查的重要内容. 从上述表格中我们可以得出2021年高考“数列”专题的考查内容有以下一些特点.（1）所有试卷均把数列作为必考内容，分数在12 ～ 23分，施行新高考的试卷比重较大，北京卷在本专题中的分数比重最大.（2）考查题型有单选题、多选题（只在新高考试卷中出现）、填空题与解答题，每份试卷的解答题中均有数列试题，全国卷中的数列试题难度均为中等或偏易，独立命题试卷中的数列试题也有出现在压轴题的位置的情况.（3）考查内容有：数列的通项;数列的前[n]项和，各项和（上海卷）;等差（比）数列;等差（比）数列的性质;递推数列;数列通项与前[n]项和的关系;证明与数列有关的不等式或求与数列有关的不等式的解;求参数的变化范围;数列模型的应用;定义新数列.

2021年高考数列试题重点考查的思想方法与关键能力有：函数与方程思想;分类讨论思想;等价转化思想;元的思想;数学运算能力;逻辑推理能力.

二、命题思路分析

数列是高中数学的重要内容，作为特殊的函数模型，数列的学习可以帮助学生进一步理解函数，发展学生的数学抽象、数学建模、数学运算、直观想象等素养. 在2021年高考数学试卷中，对“数列”专题的考查符合《普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）》（以下简称《标准》）的要求，对教学起着指导和启发作用. 数列试题形式多样，但是加以分析与归纳，不难发现，以下基本问题在数列试题中经常出现.

基本问题1：判定数列为等差（比）数列.

等差数列和等比数列是最基本的数列模型，所以基本问题1就成为数列试题中最基本的问题，每份试卷均会涉及此基本问题.

一个数列是否为等差（比）数列，通常是用定义进行判定，也可以通过数列的通项公式、递推公式或前[n]项和公式帮助判定.

例1 （全国甲卷·文18）记[Sn]为数列[an]的前[n]项和，已知[an>0，a2=3a1]，且数列[Sn]是等差数列，证明：[an]是等差数列.

解析：先由[S2-S1]求出数列[Sn]的公差[d]，进一步写出[Sn]的通项，从而求出[an]的通项公式，并最终证明问题.

数列[Sn]是等差数列，设公差为[d].

则[d=S2-S1=a2+a1-a1=a1].

所以[Sn=a1+n-1a1=na1 n∈N∗].

所以[Sn=a1n2 n∈N∗].

当[n≥2]时，[an=Sn-Sn-1=a1n2-a1n-12=2a1n-][a1];当[n=1]时，[a1=2a1-a1]成立.

所以[an]的通项公式为[an=2a1n-a1 n∈N∗].

故[an-an-1=2a1n-a1-2a1n-1-a1=2a1].

所以[an]是等差数列.

【评析】在运用前[n]项和[Sn]与通项[an]的关系[an=][S1，n=1，Sn-Sn-1，n≥2]进行等差（比）数列判定时，要特别注意[n=1]的情形需要单独考虑. 这是基本问题1的典型试题，重点考查的是等差数列的通项公式、前[n]项和公式及它们的关系.

例2 （全国甲卷·理18）已知数列[an]的各项均为正数，记[Sn]为[an]的前[n]项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.

① 数列[an]是等差数列;② 数列[Sn]是等差数列;③ [a2=3a1].

注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.

解析：实际上，①②③中任两个都可以推出第三个.

由①②作条件证明③.

设[Sn=an+b a>0]，则[Sn=an+b2].

当[n=1]时，[a1=S1=a+b2];

当[n≥2]时，[an=Sn-Sn-1=an+b2-an-a+b2=][a2an-a+2b].

因为[an]是等差数列，

所以[a+b2=a2a-a+2b]，解得[b=0].

所以[an=a22n-1]，解得[a2=3a1].

由①③作条件证明②.

因为[a2=3a1]，[an]是等差数列，

所以公差[d=a2-a1=2a1].

所以[Sn=na1+nn-12d=n2a1]，即[Sn=a1n].

因為[Sn+1-Sn=a1n+1-a1n=a1]，

所以[Sn]是等差数列.

由②③作条件证明①.

设[Sn=an+b a>0]，则[Sn=an+b2]，

当[n=1]时，[a1=S1=a+b2];

当[n≥2]时，[an=Sn-Sn-1=an+b2-an-a+b2=][a2an-a+2b].

因为[a2=3a1]，

所以[a3a+2b=3a+b2].

解得[b=0]或[b=-4a3].

当[b=0]时，[a1=a2，an=a22n-1]. 当[n≥2]时，[an-][an-1=2a2]满足等差数列的定义，此时[an]为等差数列.

当[b=-4a3]时，[Sn=an+b=an-43a]，[S1=-a3<0]不合题意，舍去.

所以[an]为等差数列.

【评析】该题是开放型试题，这在高考试题中属于新题型，考查学生对命题及其真假，以及等差数列的定义、表示与性质的理解.

例3 （全国乙卷·理19）记[Sn]为数列[an]的前[n]项和，[bn]为数列[Sn]的前[n]项积，已知[2Sn+1bn=2].

（1）证明：数列[bn]是等差数列;

（2）求[an]的通项公式.

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*].

当[n=1]时，由[Sn=2bn2bn-1]，得[b1=32].

所以数列[bn]是以[32]为首项、[12]为公差的等差数列.

（2）由（1），得[bn=32+12n-1=1+n2].

所以[Sn=2bn2bn-1=2+n1+n].

当[n]=1时，[a1=S1=32].

当[n≥2]时，[an=Sn-Sn-1=2+n1+n-1+nn=-1nn+1].

所以[an=32，n=1，-1nn+1，n≥2 .]

【评析】该题与例1的考查目标实质上是一致的，只是增加了一个数列的通项与该数列前[n]项积的关系. 无论是得到了数列的通项公式、递推公式，还是前[n]项和公式，要证明一个数列是等差（比）数列，最好还是回到等差（比）数列的定义上来.

基本问题2：求解等差（比）数列.

我们把对于确定的等差（比）数列，求其首项、公差（比）、通项公式、前[n]项和公式或某些具体的项，称为求解等差（比）数列. 求解等差（比）数列问题也是高考中常见的基本问题.

我们把首项与公差（比）称为等差（比）数列的元. 等差（比）数列完全由其首项与公差（比）确定，所以我们把等差（比）数列称为二元数学对象，只要给定了两个独立条件，通常就可以求解这个等差（比）数列.

例4 （全国甲卷·文9）记[Sn]为等比数列[an]的前[n]项和. 若[S2=4]，[S4=6]，则[S6]的值为（    ）.

（A）7    （B）8    （C）9    （D）10

解析：因为[Sn]为等比数列[an]的前[n]项和，

所以[S2]，[S4-S2]，[S6-S4]成等比數列.

因为[S2=4]，[S4-S2=6-4=2]，

所以[S6-S4=1]，解得[S6=1+S4=1+6=7].

故答案选A.

【评析】该题考查等比数列的性质、元的思想和方程的思想. 也可以由条件[S2=4]，[S4=6]求出等比数列的首项和公比，再将[S6]用首项和公比表示出来，获得答案.

例5 （北京卷·6）《中国共产党党旗党徽制作和使用的若干规定》指出，中国共产党党旗为旗面缀有金黄色党徽图案的红旗，通用规格有五种. 这五种规格党旗的长[a1，a2，a3，a4，a5]（单位：cm）成等差数列，对应的宽为[b1，b2，b3，b4，b5]（单位：cm），且长与宽之比都相等. 已知[a1=288]，[a5=96]，[b1=192]，则[b3]的值为（    ）.

（A）64   （B）96   （C）128   （D）160

解析：由题意，知[288192=a1b1=a5b5=96b5]，得[b5=64].

由等差数列的性质，得[2b3=b1+b5=192+64].

所以[b3=128].

故答案选C.

【评析】该题考查等差数列的性质与表示、元的思想和方程的思想. [an]和[bn]都是等差数列，试题针对这两个等差数列给定了四个条件：[a1=288]，[a5=96]，[b1=192]，且[akbk 1≤k≤5]是常值，所以这两个数列可以由条件确定下来. 由于我们只是计算[b3]的值，所以问题的求解可以更简单些.

例6 （全国甲卷·理7）等比数列[an]的公比为[q]，前[n]项和为[Sn]，设甲：[q>0]，乙：[Sn]是递增数列，则（    ）.

（A）甲是乙的充分条件但不是必要条件

（B）甲是乙的必要条件但不是充分条件

（C）甲是乙的充要条件

（D）甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件

解析：事实上，对于公比为[q]、前[n]项和为[Sn]的等比数列[an]，注意到[Sn-Sn-1=an=a1qn-1]（[n≥2]），我们有如下结论.

（1）若[q<0]，则[Sn]不可能是单调数列.

（2）若[q>0]，但[a1<0]，则[Sn]是递减数列，反之亦然.

（3）若[q>0]，但[a1>0]，则[Sn]是递增数列，反之亦然.

故答案选B.

【评析】该题考查[a1]与[q]对[Sn]单调性的影响，并考查学生对充要条件的理解. 实际上，该题还考查了命题中的条件类型与命题真假之间的关系.

基本问题3：求数列的通项公式.

数列作为特殊的函数，其通项公式确定了项数与项之间的对应关系，是确定并表示一个数列的重要方法，求数列的通项公式自然就成为了高考命题的重要内容. 作为数列的基本模型，等差（比）数列的通项公式是高考数列内容的考查重点，而求等差（比）数列的通项公式，实质上就是求首项与公差（比），通常是将条件转化为首项与公差（比）的方程（组）来求解.

例7 （全国新高考Ⅱ卷·17）记[Sn]是公差不为0的等差数列[an]的前[n]项和，若[a3=S5]，[a2a4=S4].

（1）求数列[an]的通项公式;

（2）求使[Sn>an]成立的[n]的最小值.

解析：（1）给定的两个条件[a3=S5]，[a2a4=S4]可以转化为方程组[a1+2d=5a1+10d，a1+da1+3d=4a1+6d.]

由此解得[a1=-4，d=2.] 所以[an=2n-6].

（2）因为[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]的最小值为7.

【评析】等差数列是以首项与公差为元的二元数学对象，若给定两个独立条件，则等差数列通常是确定的. 该题主要考查学生对等差数列模型的理解，以及对元的思想、函数与方程思想的体会程度.

例8 （全国乙卷·文19）设[an]是首项为1的等比数列，数列[bn]满足[bn=nan3]. 已知[a1]，[3a2]，[9a3]成等差数列.

（1）求[an]和[bn]的通项公式;

（2）记[Sn]和[Tn]分别为[an]和[bn]的前[n]项和. 证明：[Tn<Sn2].

解析：（1）由首项为1及[a1]，[3a2]，[9a3]成等差数列可以确定等比数列这个二元数学对象.

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].

【评析】该题涉及数列求和，以及与数列有关的不等式的证明，这是高考中经常出现的试题，说明数列求和是数列试题中的基本问题. 同时，数列试题经常与不等式联系在一起.

基本问题4：求数列的前[n]项和.

数列求和是数列的重要内容，也是数列区别于一般函数的重要特征. 常用的数列求和方法有：直接（或转化为）求等差（比）数列的和;错位相减求和法;裂项相消求和法;转化为可求和的数列.

例9 （浙江卷·20）已知数列[an]的前[n]项和为[Sn]，[a1=-94]，且[4Sn+1=3Sn-9 n∈N*].

（1）求数列[an]的通项公式;

（2）设数列[bn]满足[3bn+n-4an=0 n∈N*]，记[bn]的前[n]项和为[Tn]，若[Tn≤λbn]对任意[n∈N*]恒成立，求实数[λ]的取值范围.

解析：（1）由[4Sn+1=3Sn-9]，得[4Sn=3Sn-1-9].

两式相减，得[4an+1=3an].

故[an]是以[-94]为首项、[34]为公比的等比数列.

从而[an=-334n].

（2）由[3bn+n-4an=0]，得

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

利用錯位相减法求和，得[Tn=-4n34n+1].

因为[Tn≤λbn]，所以[-4n34n+1≤λn-434n⇔].

所以[λ+3n-4λ≥0].

设[fn=λ+3n-4λ]，这是关于[n]的一次式，

则对任意[n∈N∗]恒有[fn≥0]，即[λ+3≥0，f1≥0.]

解得[-3≤λ≤1.]

【评析】该题主要考查等比数列模型、用错位相减法求数列的和，以及函数与方程思想. 引进函数[fn=λ+3n-][4λ n∈N∗]求参数[λ]的变化范围，考查数形结合思想. 当然，该题也可以用分离变量法求参数[λ]的变化范围，考查分类讨论思想.

例10 （上海卷· 8）已知无穷递缩等比数列[an]和[bn]，满足[a1=3]，[bn=a2n]，[an]的所有项和为9，则数列[bn]的所有项和为      .

解析：因为[an]的所有项和为[S=a11-q=31-q]，[q]为[an]的公比，[S=9]，

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

所以[b1=2，q=49].

所以数列[bn]是以[2]为首项、[49]为公比的等比数列.

故数列[bn]的所有项和为[S=b11-q=185].

故答案为[185].

【评析】该题主要考查无穷递缩等比数列所有项和的概念，同时考查学生的数学运算素养. 值得注意的是，全国卷不把求数列各项和作为考点.

例11 （全国新高考Ⅰ卷·17）已知数列[an]满足[a1=1]，[an+1=an+1，n为奇数，an+2，n为偶数.]

（1）记[bn=a2n]，写出[b1]，[b2]，并求数列[bn]的通项公式;

（2）求[an]的前[20]项和.

解析：（1）由题设，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].

所以数列[bn]是以2为首项、3为公差的等差数列.

故[bn=2+3n-1=3n-1].

（2）设数列[an]的前[20]项和为[S20].

利用已知的递推关系，得

[S20=2a2+a4+…+a18+a20-10]

[=2b1+b2+…+b9+b10-10]

[=300].

虽然数列[an]不是等差数列，但是是确定的数列.

由（1），得[a2n=3n-1]，[a2n-1=3n-2].

则[S20=a1+a2+a3+…+a20]

[     =a1+a3+…+a19+a2+a4+…+a20]

[     =300.]

进一步，由已知递推关系，得[an+1=an+3+-1n2].

从而[an=6n-3--1n4].

所以[S20=a1+a2+a3+…+a20=300].

【评析】通过以上分析，我们看到该题不仅考查通项公式的求法、数列求和，而且考查分类、化归、从特殊到一般的数学思想.

基本问题5：数列与不等式.

数列与不等式联系紧密，所以这也是高考数列试题的基本问题，前面例[8]与例[9]也印证了这一点.

例12 （浙江卷·10）已知数列[an]满足[a1=1]，[an+1=an1+an n∈N*]. 记数列[an]的前[n]项和为[Sn]，则（    ）.

（A）[32<S100<3] （B）[3<S100<4]

（C）[4<S100<92] （D）[92<S100<5]

解析：数列[an]的前100项和难以求出，所以我们必须考虑一个可求和的数列作为数列[an]的“界”.

由[an+1=an1+an<an]，得数列[an]是递减数列.

由[an&gt;0]，知不可能找等差数列作为“界”.

因为递减的正项等比数列本质上具有指数函数的“递减速度”，

所以也不适用于作数列[an]的“界”.

因此，我们考虑用可以用裂项相消法求和的形如[λn+μn+μ+1]的数列作为数列[an]的“界”.

因为[an>0]，[S100>a1+a2=32]，

所以我们只需要考虑“上界”.

对[an+1=an1+an]变形，得[1an+1=1an+122-14].

从而有[1an+1-1an<12].

由累差法，得[an≥4n+12].

进而有[an+1an≤n+1n+3].

累乘，得[an≤6n+1n+2=61n+1-1n+2].

由裂项相消求和，得

[S100≤612-13+13-14+14-15+…+1101-1102]

[=612-1102]

[<3].

所以[32<S100<3].

故答案选A.

【评析】该题主要考查典型数列的求和，以及对难以求和的数列的前[n]项和的“界”的估計. 当然，在寻找数列[an]的“上界”的过程中，我们也可以对[λn+μn+μ+1]实施特殊值法或待定系数法，并对找到的“上界”数列加以数学归纳法证明. 例如，在得到“上界”数列[6n+1n+2]后，可以用数学归纳法证明：[∀n∈N∗]，均有[an≤6n+1n+2]. 这也说明，与递推数列有关的问题，常与数学归纳法有联系. 事实上，我们有更一般的结论：若数列[an]满足[a1=1，][an+1=an1+an n∈N∗]，数列[an]的前[n]项和为[Sn]，则[32<Sn<3].

例13 （天津卷·19） 已知[an]是公差为2的等差数列，其前8项和为64. [bn]是公比大于0的等比数列，[b1=4]，[b3-b2=48].

（1）求[an]和[bn]的通项公式.

（2）记[cn=b2n+1bn，n∈N*].

① 证明[c2n-c2n]是等比数列;

② 证明[k=1nakak+1c2k-c2k<22 n∈N∗].

解析：由于等差（比）数列是二元数学对象，只需两个独立条件就可以求出其通项.

易得（1）的答案为[an=2n-1，bn=4n.]

对于（2），通过计算可得[c2n-c2n=2 · 4n].

所以[c2n-c2n]是以8为首项、4为公比的等比数列.

因为[anan+1c2n-c2n=4n2-12 · 4n<2n2n]，

所以设[xn=2n2n]，其前[n]项和为[Sn].

由错位相减法求和，得[Sn=22-2n+22n].

所以[k=1nakak+1c2k-c2k<Sn<22].

【评析】通过该题可以看到基本数学模型是高考命题的重要对象，同时数学运算与表示亦是考查重点.

基本问题6：数列模型的应用.

例14 （全国新高考Ⅰ卷·16）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为[20 dm×12 dm]的长方形纸，对折1次共可以得到[10 dm×12 dm]，[20 dm×6 dm]两种规格的图形，它们的面积之和[S1=240 dm2]，对折2次共可以得到[5 dm×12 dm]，[10 dm×6 dm]，[20 dm×3 dm]三种规格的图形，它们的面积之和[S2=180 dm2]，依此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为      ;如果对折[n]次，那么[k=1nSk]的值为      .

解析：（1）没有对折之前，纸片的面积是[240 dm2]，折叠[n]次之后，每一块纸片的面积为[2402n dm2].

对折1次可以得到“[长×宽]”为如下2种规格的矩形：[202×12]，[20×122].

对折2次可以得到“[长×宽]”为如下3种规格的矩形：[2022×12]，[202×122]，[20×1222].

对折3次可以得到“[长×宽]”为如下4种规格的矩形：[2023×12]，[2022×122]，[202×1222]，[20×1223].

对折4次可以得到“[长×宽]”为如下5种规格的矩形：[2024×12]，[2023×122]，[2022×1222]，[202×1223]，[20×1224].

一般地，对折[n]次可以得到[n]+1种规格的矩形，“[长×宽]”尺寸排成数列[202n+1-k · 122k-1  k∈N*，k≤n+1].

因此，第[n]次對折后，该次所有可能的小矩形面积和为[Sn=240n+12n].

运用错位相减法求和，得[k=1nSk=720-240n+32n].

所以答案为5和[720-240n+32n][ dm2].

【评析】通过以上分析，我们看到试题考查等比数列模型在实际问题中的应用，同时考查学生运用从特殊到一般的数学思想解决实际问题的能力.

例15 （北京卷·10）已知[an]是各项均为整数的递增数列，且[a1≥3]. 若[a1+a2+…+an=100]，则[n]的最大值为（    ）.

（A）9    （B）10    （C）11    （D）12

解析：记数列[an]的前[n]项和为[Sn]，满足条件[a1+a2+…+an=100]的数列[an]的项数[n]要最大，

则可使其前[n]-1项组成以3为首项、1为公差的等差数列，并且满足[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]. 当[n=11]时，数列3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，25符合要求.

故答案选C.

【评析】该题考查等差数列模型的应用.

例16 （上海卷·12）已知[ai∈N* i=1，2，…，9]，对任意的[k∈N* 2≤k≤8]，[ak=ak-1+1]和[ak=ak+1-1]有且仅有一个成立，且[a1=6]，[a9=9]，则[a1+a2+…+a9]的最小值为        .

解析：由题意，知

[a2-a1=a4-a3=a6-a5=a8-a7=1]，

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

则[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，当数列[an]为6，7，1，2，1，2，1，2，9时，[i=19ai]的最小值为31.

【评析】从对例15与例16的分析我们看到，此类试题考查等价转换思想，在构造具体数列解决问题时，要特别注意问题中条件的等价转换.

例17 （全国新高考Ⅱ卷·12）设正整数[n=][a0 · 20+a1 · 21+…+ak-1 · 2k-1+ak · 2k]，其中[ai∈0，1][i=0，1，2，…，k]，记[ωn=][a0+a1+…+ak]，则（    ）.

（A）[ω2n=ωn]

（B）[ω2n+3=ωn+1]

（C）[ω8n+5=ω4n+3]

（D）[ω2n-1=n]

解析：表达式[n=a0 · 20+a1 · 21+…+ak · 2k]的实质是将十进制的正整数[n]用二进制表示出来，而[ωn=][a0+a1+…+ak]则表示整数[n]用二进制表示出来后各数位上的数码之和.

因为[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].

因为[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].

因为[2n-1=1 · 20+1 · 21+1 · 22+…+1 · 2n-1]，

所以[ω2n-1=1+1+…+1n个1=n].

当[n=2]时，[n=0 · 20+1 · 21]，

[2n+3=7=1 · 20+1 · 21+1 · 22]，

[ω2n+3=3≠2=1+1=ωn+1].

综上所述，答案选ACD.

【评析】该题主要考查学生对数列（特别是等比数列）的和以及抽象函数的理解，由于自变量[n]与函数值[ωn]之间的对应关系较为抽象，因此容易将自变量不同取值之间的关系与相应的函数值之间的关系混淆.

例18 （上海卷·19）已知某企业2021年第一季度的营业额为1.1亿元，以后每个季度的营业额比上个季度增加0.05亿元. 2021年第一季度的利润为0.16亿元，以后每季度比前一季度增长4%.

（1）求2021年起前20个季度营业额的总和;

（2）哪年哪一季度的利润首次超过该季度营业额的18%？

解析：（1）2021年起前20个季度营业额是首项为1.1、公差为0.05的等差数列，营业额之和为[S20=20×][1.1+20×192×0.05=31.5]（亿元）.

（2）从2021年第一个季度起，设第[n]个季度的利润为[an]，则数列[an]是一个以0.16为首项、1.04为公比的等比数列. 从而可得[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]. 所以从第26个季度起，即从2027年第二季度起，利润首次超过营业额的18%.

【评析】该题是等差数列与等比数列的典型应用. 除此之外，还考查了学生解整数不等式的能力，以及近似估计的能力.

例19 （北京卷·21）设[p]为实数.若无穷数列[an]满足如下三个性质，则称[an]为[Rp]数列.

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）如果数列[an]的前四项为2，-2，-2，-1，那么[an]是否可能为[R2]数列？说明理由.

（2）若数列[an]是[R0]数列，求[a5].

（3）设数列[an]的前[n]项和为[Sn]. 是否存在[Rp]数列[an]，使得[Sn≥S10]恒成立？如果存在，求出所有的[p];如果不存在，说明理由.

解析：（1）由性质③结合题意，知

[-2=a3∈a1+a2+2，a1+a2+2+1=2，3]，

即[-2∈2，3]，矛盾.

所以前4项为2，-2，-2，1的数列不可能是[R2]数列.

（2）由[p=0]及性质①，知[a1≥0]，[a2=0].

由性质③，知[am+2∈am，am+1].

故有[a3=a1，或a3=a1+1];[a4=0，或a4=1.]

若[a4=0]，由性质②，知[a3<a4=0]，即[a1<0]或[a1+1<0]. 这与[a1≥0]矛盾.

若[a4=1]，且[a3=a1+1]，由[a3<a4]，得[a1+1<1]，即[a1<0]. 这与[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]，则[a2=a1+1∈a1+a1+0，a1+a1+0+1=][2a1，2a1+1=1，2].

不满足[a2=0]，舍去. 所以[a1=0].

从而数列[an]的前四项为0，0，0，1.

根据③，我们得到[a5=a4+1∈a4+a1，a4+a1+1=][1，2]，[a5=a3+2∈0，1.]

所以[a5=1].

（3）令[bn=an+p]，

由性质③，知对任意[m，n]，

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

当[p≥0]时，[b1=a1+p≥0]，[b2=a2+p=0]，且[b4n-1=][a4n-1+p<a4n+p=b4n]，

因此数列[bn]为[R0]数列.

所以由（2）可知[bn]的前4项为[0， 0， 0， 1].

进一步，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].

从而[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].

当[p=2]时，若[k≤10]，则[ak≤0];若[k≥11]，则[ak≥0].

所以对[∀n∈N∗，Sn≥S10].

故[p=2]为所求.

【评析】该题是数列中较难的问题，除了考查递推数列等基础知识外，着重考查从特殊到一般、分类讨论的数学思想方法，以及学生的逻辑推理能力.

從以上例题分析可以看到，尽管2021年高考数列试题形式多样，但基本上可以归结为上述六个基本问题，如果熟练掌握了这六个基本问题的解题步骤，数列试题就会迎刃而解.

三、复习建议

基于上述命题分析，对于数列的复习我们提出以下建议.

1. 熟悉六个基本问题

虽然数列试题形式多样，但对其分析总结后，我们归纳了六个基本问题，复习中要弄清每个基本问题的核心与解题思路（步骤）.

2. 掌握两类基本数列模型

等差数列与等比数列是两类基本的数列模型，大多数试题与这两类模型有关，复习中要明确等差（比）数列是二元数学对象，首项与公差（比）是确定等差（比）数列的“元”，用两个独立条件就可以得到关于这两个“元”的方程，通过解方程（组）求出“元”，进而确定等差（比）数列.

3. 加强用函数观点思考数列问题

数列问题通常与函数、不等式联系在一起，所以应该加强用函数观点思考数列问题，用函数性质帮助解决数列及与数列相关的不等式问题. 例如，将数列的单调性转化为函数的单调性，将与数列相关的不等式、最值转化为求函数的最值，进而用导数帮助处理.

4. 利用规律解决较为抽象复杂的数列问题

对于有新定义、数学表达较为抽象复杂的数列问题（如例19），可以通过特殊化、列举数列的项等手段理解新定义的本质，进而发现一般规律，并利用规律解决问题.

四、模拟题欣赏

1. 在数列[an]中，若[a1=2]，[a2=-1]，[an+2=an+1-an]. 则[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]的值为      .（其中[x]表示不大于[x]的最大整数.）

答案：[2322 022-1-1 011].

3. 已知一次函数[fx]的图象关于[y=x]对称的图象为[C]，且[f1=0]，若点[Ann， an+1an n∈N*]在[C]上，[a1=1]，对于大于或等于2的自然数[n]均有[an+1an-][anan-1=1].

（1）求[C]的方程;

（2）求[an]的通项公式.

答案：（1）[y=x+1];（2）a1 = n！.

4. 已知数列[an]的前[n]项和为[Sn]，且[an+2SnSn-1=][0 n≥2]，[a1=12].

（1）求证[1Sn]为等差数列;

（2）求[an];

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

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

5. 正数数列[an]满足[a1=32，a2n+1-a2n=1n+22-][1n2 n∈N*]，求数列[an]的通项公式及前[n]项和公式.

答案：[an=1n-1n+1+1];[Sn=nn+2n+1].

作为结尾，我们期望通过对数列试题的分析，帮助大家明确这类试题的基本问题，掌握每个基本问题的解题步骤，并以此体会这些问题中蕴涵的数学思想与方法，提高学生的数学思维能力，发展学生的数学学科核心素养.

参考文献：

[1]郭慧清. 元的思想及其运用[J]. 数学通报，1995（3）：10-14.

[2]李叶，薛红霞. 2020年高考“数列”专题命题分析[J]. 中国数学教育（高中版），2020（10）：14-20.