新课程背景下高考“数列”考向透视

【摘 要】 纵观近几年的高考题和模考题，对数列的考查主要是数列的性质、通项、求和、递推式、最值、证明、大小关系比较、数列文化题，以及与相关知识的交汇题，试题具有知识点多、覆盖面广、综合性强的特点，是高考经久不衰的考查重点.

【关键词】 新课程;高考数列;考向透视

随着新课标的出台和新课程的实施，近几年的高考和模考，对数列内容的考查很好地体现了新课程理念和逻辑推理、数学运算、数学建模等数学核心素养，充分显示了能力要求和学科素养.主要考向表现在以下四个方面：数列的函数特性、数列的通项公式、数列求和、数列中的不等关系. 本文结合部分高考题、模考题和自编题予以透视，从中展示数列的核心知识与方法，并与相关知识融会贯通，提高解题能力[1]. 四个考向的具体分析见下文.

1 数列的函数特性

1.1 数列的单调性

数列{an}是一种特殊函数，与函数一样也具有单调性.一般地， 若数列{an}满足an<an+1（an>an+1）对任意n∈N*都成立， 则称数列{an}为单调递增数列或单调递减数列.

例1 （自编题）已知单调递增数列{an}的通项an=n2-kn（n∈N*）， 则实数k的取值范围是（  ）.

A. （-∞，2]  B.（-∞ ，3）C.（-∞ ，2）  D.（-∞ ，3]

评析 解本题有两种思路： 一是对an<an+1参变分离为k<2n+1，再确定实数k的取值范围;二是利用二次函数的单调性处理，a1，a2在对称轴的两旁且a1<a2也满足条件，这是易忽视致误的.数列{an}的单调性与函数f（x）单调性有区别.数列的定义域{1，2，3，…，n，…}是离散的， 而函数的定义域往往是连续的，不能完全套用函数的单调性去处理数列的单调性问题. 求数列{an}的范围问题或最大项（最小项）问题，我们常常利用数列的单调性处理.解不等式组an≥an+1，an≥an-1，求出n，则第n项最大; 解不等式组an≤an+1，an≤an-1，求出n，则第n项最小.

1.2 数列的周期性

与函数一样，数列{an}也具有周期性.一般地， 若數列{an}满足an=an+k（k∈N*）对任意n∈N*都成立， 则称数列{an}为周期数列，正整数k为其周期.在有关数列的某些求积求和问题中，利用数列的周期性处理简单快捷.

例2 （2021 ·安徽安庆模考题）设数列{an}满足：a1=2，an+1=1+an1-an（n∈N*），则该数列前2021项的乘积a1a2a3a4…a2021=.

评析 本题中已知的递推式无法转化成我们熟悉的形式，从解题目标让我们想到需要考察数列的周期性，这是处理此种类型问题的基本套路.显然，对于选择题和填空题来说，特殊值法寻求周期比较简单.对于解答题来说，逻辑推证法更严谨，还能从中发现数列与函数的关系，得到拓展：

an+1=1+an1-an类比f（x+1）=1+f（x）1-f（x）（周期是4）;

an+1=11-an类比f（x+1）=11-f（x）（周期是3）;

an+1=±1an类比f（x+1）=±1f（x）（周期是2）;

an+1=1-1an类比f（x+1）=1-1f（x）（周期是3）[2].

1.3 数列的图象

数列{an}的图象是有限个或无数个孤立的点. 有的数列问题常常与其图象建立联系，利用数列的图象处理.

例3  （2020 ·北京重点中学联考题）如下图，直线y=kx上有一列点P1，P2，P3，…，Pn…满足：Pn-1Pn+1=nPnPn+1（n≥2）.设线段P1P2，P2P3，P3P4，…，PnPn+1的长分别为a1，a2，a3，…，an，且a1=1.

（Ⅰ）求出a2，a3的值，并写出an的表达式（用n表示）;

（Ⅱ）设数列{an}图象上的点Mn（n，an）（n∈N*，n≥2），

证明这些点中不可能同时有两个点在直线y=kx上.

评析 对（Ⅰ），运用向量加法法则将已知的向量等式变形，获得向量长度数列的递推式;

对（Ⅱ），运用反证法证之. 我们知道，数列{an}的图象是曲线y=f（x）（an=f（n））上离散的点，第n个点的坐标为Mn（n，an）（n∈N*）.正因为如此，就建立了平面曲线与数列之间的对应关系，出现了以数列的图象为背景的试题，重点考查学生的数形结合能力和迁移能力. 紧紧抓住n是图象上点的横坐标，an是对应的纵坐标，且满足解析式an=f（n）是关键[2].

2 数列的通项公式

2.1 利用基本公式求通项

等差数列有3个常用公式： 通项公式an=a1+（n-1）d与两个求和公式Sn=na1+n（n-1）2d，Sn=n（a1+an）2.等比数列有4个常用公式： 通项公式an=a1·qn-1与3个求和公式Sn=a1（1-qn）1-q（q≠1），Sn=a1-anq1-q（q≠1），Sn=na1（q=1）.比如已知等差数列的两项可以求出首项a1与公差d; 已知等差数列的两个和，可以通过两个方程求出首项a1与公差d等等. 对等比数列也是如此.

例4 （自编题）设Sn是等差数列{an}的前n项和， 若a2021=S2021=2021，则{an}的通项an=.

例5 （2021 ·江西南昌模考题）已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3=S6.若bn=anan+1，n∈N*. 则数列{bn}的通项bn=.

评析 例4的思路是由S2021=2021确定a1，再求d和an. 例5的思路是由9S3=S6确定{an}的公比q，进一步求an和bn. 解题有两个关键点：一是等差数列{an}的通项由首项a1与公差d完全确定，等比数列{an}的通项由首项a1与公比q完全确定;二是利用已知条件或等差、等比数列的性质构建方程，确定a1，d和a1，q，再写出通项公式.

2.2 利用Sn与an的关系求通项

若已知数列{an}的前n项和Sn与项数n之间具有函数关系Sn=f（n），则无论数列{an}是否为等差或等比数列，当n≥2时，都有Sn-1=f（n-1），再利用公式an=S1，n=1，Sn-Sn-1，n≥2，求其通项.

例6 （2021 ·全国高考乙卷题）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.（Ⅰ）证明：数列{bn}是等差数列;（Ⅱ）求{an}的通项公式.

评析 本题的基本思路是，在递推式bn=S1·S2·S3·…·Sn中赋n为n-1，对两个递推式实施相除变形，确定Sn，bn，bn-1的关系，进一步推出bn-bn-1为常数， 求出an. 解题有3个关键点：一是求首项.利用a1=S1求出a1;二是求通项.当n≥2时，用n-1替换Sn中的n得到一个新的关系Sn-1=f（n-1），利用an=Sn-Sn-1可求出当n≥2时an的表达式;三是必须验证.看a1是否适合n≥2时an的表达式，否则，只能用分段函数an=S1，n=1，Sn-Sn-1，n≥2来表示.

2.3 利用累加法求通项

遇到形如an+1-an=f（n）型的递推关系式，往往可以利用对应的恒等式an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+…+（a2-a1）+a1（n≥2）求通项，其实质就是“累加法”.

例7 （2021 ·西工大附中质检题）在数列{an}中，nan+1-（n+1）an=1（n∈N*），且a1=1，则通项an=.

评析 本题的思路是，将递推式变形为an+1=an+f（n）的形式，再累加. 解题有3个关键点：一是变形化简.当n≥2时，对恒等式an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+…+（a2-a1）+a1中的各加项化简.二是注意检验.要验证当n=1（或n=2）时是否满足前述一般情形，即当n≥2（或n≥3）时的情形.若满足，则上述求出的an就是通项公式.若不满足，则必须写成分段函数的形式. 三是形如an+1=an+f（n）（其中∑n-1k=1f（k）可求）的遞推式往往可以运用累加法求通项. 不符合这种形式的可以考虑向这种形式转化.2.4 利用累乘法求通项

遇到形如an+1an=f（n）型的递推关系式，可利用对应的恒等式an=anan-1·an-1an-2…a2a1·a1

（n≥2）求通项，其实质就是“累乘法”.

例8  （2021 ·福建漳州模考题）函数f（n）定义在正整数集上，且满足f（1）=2021，f（1）+f（2）+f（3）+…+f（n）=n2f（n），则f（n）=.

评析 本题的思路是，在递推式中赋值后，与原式整体相减，得到f（n）与f（n-1）的比值关系，再利用累乘法处理.解题有3个关键点：一是变形化简. 当n≥2时，对恒等式an=anan-1·an-1an-2…a2a1·a1中的各因式化简;二是注意检验. 要验证当n=1（或n=2）时是否满足前述一般情形，即当n≥2（或n≥3）时的情形.若满足，则上述求出的an就是通项公式.若不满足，则必须写成分段函数的形式;三是形如an+1an=f（n）（其中积f（1）·f（2）·…·f（n-1）可求）的递推式往往可以用累乘法求通项.

3 数列求和3.1 公式法求和

对于一个整体是等差或等比数列的和式，直接运用等差数列与等比数列的求和公式或它们的性质求和，往往称为公式求和法.

例9 （2021 ·全国高考甲卷题）记Sn为等比数列{an}的前n项和.若S2=4，S4=6，则S6=（  ）.

A. 7   B. 8   C. 9   D. 10

例10 （2020 ·山东青岛联考题）若Sn是等差数列{an}的前n项和，S3=-30，S8=-40，则S11的值是.

评析 例9的思路是，由“S2，S4-S2，S6-S4成等比数列”构建方程求公差t，再求S6，或由S2=4，S4=6，利用求和公式构建方程组. 例10的思路是，利用Sn=An2+Bn（A，B为常数），或Sn=na1+n（n-1）2d，或Sn=n（a1+an）2和am+an=ap+aq（m+n=p+q）处理. 解题有两个关键点：一是确定求和公式中的元素.根据条件确定等差数列求和公式Sn=na1+n（n-1）2d，Sn=n（a1+an）2和等比数列三个求和公式Sn=a1（1-qn）1-q（q≠1），Sn=a1-anq1-q（q≠1），Sn=na1（q=1）中的相关元素，代入公式求和;二是活用等差或等比数列的相关性质.往往已知等差或等比数列中的某些和，要求另外的和，常常运用“Sm，S2m-Sm，S3m-S2m，S4m-S3m，…也成等差数列”（对等差数列来说）和“当Sm≠0时，Sm，S2m-Sm，S3m-S2m，S4m-S3m，…也成等比数列”（对等比数列来说），同时也活用am+an=ap+aq或am·an=ap·aq（m+n=p+q）.

3.2 错位相减法求和若数列{an}和{bn}分别是等差数列和等比数列， 则求其积数列{an·bn}的前n项和，可以运用错位相减法. 例11 （2021 ·全国高考甲卷题）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20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1=240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2=180dm2，以此类推，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∑nk=1Sk=dm2.

评析 对空1，按对折列举即可;对空2，根据规律可得Sn，再由错位相减法得出结果，注意乘以分数公比12. 解题有两个关键点：一是考虑特殊情形.判断等比数列{bn}的公比是否为1，若为1，直接利用等差数列求和公式求和即可;二是考虑一般情形.当等比数列{bn}的公比不为1时，将和式两边同时乘以这个公比，并跟原和式错位列式、整体相减，转化为等比数列求和，化简整理得到原和式.

数列文化题是近年来高考考查数列知识的新亮点，主要以数列发展史和数列的当代应用为载体设置，具有背景新、结构新、内容新的特点.解题一般步骤是：阅读、理解和迁移.核心是通过迁移，得到相应的数列模型，再利用数列相关知识求解模型，实现解题目标.

3.3 裂项相消法求和

无法用公式求和法、分组求和法或错位相减求和法求和的， 可以根据和式通项的特点， 考虑将其裂项， 使得和式中许多项能相消.

例12 （2021·皖江联盟开年考）已知Sn是各项均不为零的等差数列{an}的前n项和，且S2n-1=a2n（n∈N*）. 若存在n∈N*，使不等式1a1a2a3+1a2a3a4+1a3a4a5+…+1anan+1an+2

≥14n2+12nλ成立，则实数λ的最大值是.

评析 本题和式中的一般项1anan+1an+2，跳出了原有分母是两项积的形式，分母anan+1an+2变成了三项积的形式，给人以耳目一新之感. 由于一般项

1anan+1an+2打破常规，学生往往不知道对其怎样裂项：裂成三项没做过，不知该如何下手;分母是三项积裂成两项也没做过，该怎么凑配也不清楚. 绝大部分学生因找不到解题思路，使解题陷入困境而失分.其实，如果对1n（n+1）=1n-1n+1和1anan+1=1an+1-an1an-1an+1比较熟悉，则能想到视anan+1和an+1an+2为两个整体，即朝1anan+1an+2=1an+2-an1anan+1-1an+1an+2的方向裂项即可.本题虽然是常规题型，但立意新、结构新、方法新，融等差数列的性质、裂项相消求和、能成立不等式于一体，有较强的综合性、一定的难度和很好的区分度，对逻辑推理和数学运算核心素养进行了深度考查.

裂项相消求和法是数列求和的一种重要方法.常见的裂项有：

1n（n+k）=1k1n-1n+k，1n+n+1=n+1-n，1n+n+k=1k（n+k-n），2n+1n2（n+1）2=1n2-1（n+1）2，（-1）n·2n+1n（n+1）=（-1）n·1n+1n+1，loga1+1n=loga（n+1）-logan，tann·tan（n+1）=tan（n+1）-tanntan1-1等等. 解题要点是对一般项裂项，邻项相互抵消，实现求和. 从上述联考题的解答，又得到一种新的裂项方式：

1anan+1an+2=1an+2-an1anan+1-1an+1an+2.

这给我们很大启发，进一步有1anan+1an+2an+3=1an+3-an1anan+1an+2-1an+1an+2an+3和1anan+1an+2an+3an+4=1an+4-an1anan+1an+2an+3-1an+1an+2an+3an+4等等， 大大拓寬了我们的思维空间和知识视野. 正如田刚院士所说：解数学题既要讲原则性和规律性，又要讲灵活性和变通性. 这种新的裂项方式就应该是数学方法的灵活性和变通性的体现[2].

3.4 放缩法求和

证明数列中的不等式，是近年来高考中出现的新热点.其中常常要涉及到求和问题，而这些和又无法用常见模型计算，必须实施放缩变形，转化为熟悉的模型处理，往往称为放缩求和法.

例13 （2019·浙江高考题）设等差数列{an}的前n项和为Sn，a3=4，a4=S3，数列{bn}满足：对每个n∈N*，Sn+bn，Sn+1+bn，Sn+2+bn成等比数列.

（Ⅰ）证明：数列{bn}是等差数列;（Ⅱ）记cn=an2bn，n∈N*.证明：c1+c2+c3+…+cn<2n，n∈N*.

评析 对（Ⅰ），利用a3=4和a4=S3构建方程组求解等差数列{an}的首项和公差，进一步得到Sn，求出bn;对（Ⅱ），将一般项cn=an2bn进行放缩求和. 解题有3个关键点：一是观察结构.观察和式的结构特征，确定如何放缩;二是恰当放缩求和. 对一般项进行放缩，转化为熟悉的模型（等差、等比，可以分组，可以裂项，可以错位相减）求和;三是往证不等式. 研究新和式中的不等关系，实现证明数列中不等式的目标.

4 数列中的不等关系

4.1 数列中的大小比较

数列中项或和或式子的大小比较问题，也是一种常见题型，往往运用作差、作商比较法、分类讨论法处理.

例14 （2021 ·武汉段考题）设等比数列{an}的公比为q，前n项和Sn>0 （n=1，2，…）.

（Ⅰ）求q的取值范围;（Ⅱ）设bn=an+2-32an+1，记{bn}的前n项和为Tn，试比较Sn与Tn的大小.

评析 对（Ⅰ），运用等比数列求和公式，注意对公比q的分类讨论;对（Ⅱ），利用作差比较法，注意对差的符号的分类讨论.解题要素是：作差、变形、讨论、判号、下结论。综合性较强，对逻辑推理和数学运算核心素养有比较高的要求[2].

4.2 数列中的不等式证明

证明数列中的不等式，是高考中一种常见的题型，放缩、裂项、累加常常是处理此类问题的有效途径.

例15 （2020·安徽卓越县中联盟联考题）在正项数列{an}中，已知a2=916，an+1=an+ann+12.

（Ⅰ） 确定数列{an}的单调性，并求出{an}中项的最小值;

（Ⅱ）证明：对任意n∈N*，都有an≤nn+1成立.

评析 本题中的递推式an+1=an+ann+12以常见的an+1=an+f（n）为背景，但又跳出了原有模式而设置.对（Ⅰ），只要利用常见的比较an+1与an大小的方法，判断数列{an}的单调性即可;对（Ⅱ），显然无法求出通项公式an，只能从递推式中考虑.由于递推式an+1=an+ann+12与以往形式不同，学生往往不知道利用放缩变形解题，知道的也难以对其正确地放缩变形，解题陷入困境，以致于绝大部分学生做不出来.其实，如果对于1n（n+1）=1n-1n+1和an+1-ananan+1=1an-1an+1比较熟悉，就可以通过放缩、裂项、累加破题.

一般地，对于形如an+1=an+f（an，n）的递推式，可以通过an+1-an=f（an，n）来研究数列{an}的单调性和项的最值. 在无法求通项an时，往往可以通过适当的放缩、裂项、累加等变形和运算，确定其通项满足的不等式，实现解题目标.an+1=an+f（n）是an+1=an+f（an，n）的特殊情形，此时往往能求出通项公式an.

适当改变上述联考题的结构式，将an+1=an+ann+12变为an+1=an+an2n+12，作引申联想，得到联想1;将an+1=an+ann+12变为an+1=2an+12n-1ann+12，作引申联想，得到联想2[3].

联想1 在正项数列{an}中，已知a2=109，an+1=an+an2n+12.证明：对任意n∈N，都有an≤4n3n+1成立.

联想2 在正项数列{an}中，已知a1=1， an+1=2an+12n-1ann+12.

证明：an≤n·2nn+1（n∈N*）.

对上述联考题作逆向思考，将结论an≤nn+1变为条件，条件an+1=an+ann+12变为an+1=an+mann+12，適当互换题设与结论，得到联想3[3].

联想3 在正项数列{an}中，已知an+1=an+mann+12，且m>0. 若对任意n∈N*，都有an≤nn+1成立，有且仅有一个n，使等号成立，求{an}中项的最小值和m的值.

将上述联考题结构式中的“加号”变成“乘号”，即将an+1=an+ann+12变为an+1=an·ann+12，作类比联想，得到联想4[3].

联想4 在数列{an}中，已知an>2，a1=2000，且an+1=an·ann+12. 证明： an≤2·103n（n∈N*）.

以上透视了新课程背景下高考“数列”的四大考向，数列中的公式思想、方程思想、函数思想、整体思想、分类讨论思想、放缩思想等一些重要的思想方法都在上面的例题中得到了较好的体现，要切实把握. 学会根据问题的特征，选择恰当的思想方法， 有时候还需要几种思想方法融为一体，共同发挥作用[1].

参考文献

[1] 中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准[M]. 北京：人民教育出版社，2017.

[2] 李昭平. 解数列问题要强化十种意识[J]. 中学数学研究，2016（12）.

[3] 李昭平. 对2020年一道数列不等式模考题的思考[J].教学考试（高考数学），2020（05）.

作者简介 李昭平（1963—），安徽太湖人，中学正高级教师， 安徽省特级教师， 现为安徽省太湖中学副校长，安庆市数学学会副理事长;发表教育教学论文560余篇，在省内外进行名师交流讲座160多场.