揭秘數列考題的信息密碼

涂天明

“不畏浮云遮望眼，只緣身在最高層.”今年數學高考試題之難超乎你想象，還上了輿論風口浪尖，顛覆了考生對數學的認知. 有考生戲稱上午尚可本手妙手俗手的還還手，下午直接無從下手. 有這么難嗎？真是內行看門道，外行看熱鬧. 作為數學的重要研究對象，數列的定位一直很明確，數列是特殊的函數，是離散函數. 它具有函數的屬性，離散函數的圖像是一些離散的點，它不連續但可數. 研究數列既有利于研究其它函數，又可以解決一些日常生活中的離散型模型的實際問題. 從內容看，數列的概念有直觀想象與數學抽象，根據數列的前幾項歸納出其通項公式，但要嚴謹是需要用數學運算與邏輯推理證明的，都是基于數學科核心素養展開的. 等差數列、等比數列是重點，按定義-通項公式-前n項和公式順序研究是正確的，此乃數列之核心與本質，相關數學思想、方法、技巧蘊含其中. 初學就要善于用函數的觀點看數列，方能站得高看得遠，為后續數學分析中數列極限、級數、p階等差數列等學習奠定基礎.

一、數列考題呈現，體驗霧里看花

題目：【2022年全國高考新課標I卷數學第17題】記Sn為數列{an}的前n項和，已知a1=1，數列{}是以公差為的等差數列.（1）求數列{an} 的通項公式;

（2）證明：++…+<2.

【一般解法】（1）∵a1=1，∴=1，由數列{}是以公差為的等差數列，知=1+=，即Sn=an. 當n≥2時，Sn-1=an-1，于是an=Sn-Sn-1=an-an-1，即an=an-1，即=. ∴=，=，=，…，=，將這些式子疊乘可得，···…·=×××…×==，∵a1=1，∴an=.

（2）由（1）知an=，∴==2（-），

∴++…+=2[（1-）+（-）+…+（-）]=2（1-）<2.

【點撥】國家為了突出高考選拔功能，今年高考數學試題難度偏大，從2021廣東省中考數學試題已經露出端倪，難度變大是大趨勢. 就本題而言，已知條件確實是意料之外，但就問的方式，還算中規中矩，雖然起點提高了，但畢竟還是基本方法，在情理之中. 等差數列通項公式、疊乘法、裂項求和、放縮法這些在備考時都是會重點關注的，不容忽視的是數學運算大且要求高，所以復習備考還需把握數列的核心與本質，提高數學運算能力也是基于數學核心素養的策略.

【優美解法1】（1）∵a1=1，∴=1，由數列{}是以公差為的等差數列，知=1+=，即Sn=an（到這里注意了，這是一個Sn與an的混合關系式，老師通常會告訴考生，要么化為an的遞推關系，要么化為Sn的遞推關系，當然也可化為Sn的遞推關系），當n≥2時，Sn=an=（Sn-Sn-1），即Sn=Sn-1，即=. ∴=，=，=，…，=，將這些式子疊乘可得··…=×××…×==，∵S1=1，滿足公式，∴ Sn=，∴an=Sn=·=.（后面略）

【點撥】本解法同一般解法對比，有點霧里看花的感覺. 同宗同源，本質相同，尋根溯源，都源自一個Sn與an關系式：an=S1，n=1

Sn-Sn-1，n≥2在學數列的概念時就會接觸到. 等差數列、等比數列的通項公式、前n項和公式、數列求和都是核心內容，但本題切入到關于Sn與an的混合式Sn=an時，慣用的方法是化為通項an或前n項和Sn的關系式，均能上岸求出數列{an}的通項公式，第（2）小題裂項求和再放縮基本就算一馬平川.

【優美解法2】（1）∵a1=1，∴=1，由數列{}是以公差為的等差數列，知==1+=，∴=1，即a2=3，同理=+=，∴a3=6，=+=2，∴a4=10.（這樣規律就出來了，站在老師角度看，這顯然是二階等差數列）

∴a1=1

a2-a1=3-1=2

a3-a2=6-3=3

a4-a3=10-6=4

………

an-an-1=n

于是an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+…+（a2-a1）+a1=n+n-1+…+2+1=，

即數列{an}的通項公式為an=（后面略）.

【點撥】云開霧散卻晴霽，清風淅淅無纖塵.從過程看，根據遞推關系先計算出數列的前4項：1，3，6，10，容易發現是二階等差數列（通項公式是關于的二次函數式），根據前4項歸納出一個通項公式但不嚴謹. 新版教材選擇性必修第二冊P15頁例2就是此類題，體現歸納推理. 另外，新版教材選擇性必修第二冊P13—P14等差數列的通項公式的導出用了“歸納可得”此類措辭，足見其合理性.云開霧散，為求嚴謹，采用疊加.

【優美解法3】（1）參照優美解法2，先計算出數列的前4項1，3，6，10，這樣規律就出來了，a1=1=，a2=3=，a3=6=，a4=10=，于是猜想公式為an=（?），下面用數學歸納法證明：

1°n=1時，a1=1，=1，公式（?）成立.

2°設ak=，∵Sk+1=ak+1，ak+1=Sk+1=Sk+ak+1=ak+ak+1=·+ak+1，解得ak+1=，即ak+1=，即n=k+1時，公式（?）成立. 根據1°2°?n∈N?，公式（?）均成立. 后面略.

【點撥】用數學歸納法證明數列問題體現的是歸納推理，非常契合數列中的思想方法. 教材通過多米諾骨牌全部倒下的過程和證明一個數學問題過程的類比分析，揭示了數學歸納法的原理. 雖然數學歸納法是選學內容，著眼于后續學習，學有余力的考生很有必要學習它.

【優美解法4】（1）參照優美解法2，先計算出數列的前4項1，3，6，10，換個角度看規律，a1=1，a2=3=a1+2，a3=6=a2+3，a4=10=a3+4，…當n≥2時，an=an-1+n，于是疊加得公式an=（?），下面用數學歸納法證明：

1. n=1時，a1=1，=1，公式（?）成立.

2. 設ak=，n=k+1時，ak+1=ak+k+1=+k+1==，即n=k+1時，公式（?）成立. 根據1°2°?n∈N?，公式（?）均成立. 后面略.

【點撥】用數學歸納法證明同一個公式，為什么優美解法4比優美解法3簡單很多，本解法更加優美呢？關鍵點就是本解法用的是an=an-1+n，關于an的遞推關系而不是關于Sn與an的混合關系式. 借我一雙慧眼吧，數列{an}原來是它（一個古老的離散型數列模型）：1刀把一塊餅切成兩塊，2刀最多把一塊餅切成4塊，3刀最多把一塊餅切成7塊，…，n刀最多能將一塊餅切成多少塊？我吃了一塊，還剩an塊，試求數列{an}的通項公式.

二、核心素養考察，助力高考選拔

今年的數列考題可以用精彩紛呈來形容，加強素養考察，發揮選拔功能. 既研究了嫦娥二號繞日周期與地球繞日周期的比值，又體驗了中國古建筑的哲學與美. 既有傳統的幾個量a1，d，n，an，Sn（a1，q，n，an，Sn）之間的基本運算，又有像北京卷第21題這樣比較抽象的創新題，對考生的創新能力要求明顯提高. 有基于數學運算與數學建模的題型，又有豐富的文化內涵. 一并與你分享，賞析數列名題，既能拋磚引玉，又能助力下屆高考.

1.“情理之中”篇

考生總奢望考題做過或練過，這也符合考生正常心理，但未必妥，面對同一份卷難免大家都會，或都不會，這樣的考題區分度受局限.看看下面4例中規中矩，是情理之中的事.

【例1】（2022全國乙卷理科8）已知等比數列{an}的前3項和為168，a2-a5=42，則a6=（ ）

A. 14 B. 12 C. 6 D. 3

【例2】（2022北京6）設{an}是公差不為0的無窮等差數列，則“{an}是遞增數列”是“存在正整數N0，使得當n>N0時，都有an>0”的（ ）

A. 充分非必要條件 ? B. 必要非充分條件

C. 充要條件? D. 既不充分也不必要條件

【例3】（2022全國乙卷文科13）設Sn是等差數列{an}的前n項和，若2S3=3S2+6，則公差d=______.

【例4】（2022全國甲卷理科18）記Sn為數列{an}的前n項和，已知+n=2an+1.

（1）證明：數列{an}是等差數列;（2）若a4，a7，a9成等比數列，求Sn的最小值.

（答案：【例1】D. 【例2】A. 【例3】2.【例4】（1）略（2）-78.）

2.“意料之外”篇

以下這一組題明顯立意抽象，背景豐富，很有創意，有文化稟賦也有美學底蘊. 加上難度加大，對考生能力要求大幅提高，出乎考生意料之外.

【例5】（2022全國乙卷理科4）嫦娥二號衛星在完成探月任務后，繼續進行深空探測，成為我國第一顆環繞太陽飛行的人造衛星.為研究嫦娥二號繞日周期與地球繞日周期的比值，用到數列{bn}：b1=1+，b2=1+，b3=1+，…，依此類推，其中ak∈N?（k=1，2，…），則（ ）

A. b1

【例6】（2022浙江10）已知數列{an}滿足a1=1，an+1=an-a2

n（n∈N?），則（ ）

A. 2<100a100

C. 3<100a100

【例7】（2022全國新課標II卷3）中國的古建筑不僅是遮風擋雨的住處，更是美學與哲學的體現，如圖2是某古建筑（圖1）的剖面圖，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，DD1，CC1，BB1，AA1是脊，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相鄰桁的脊步比分別是=0.5，=k1，=k2，=k3，若k1，k2，k3是公差為0.1的等差數列，直線OA的斜率為0.725，則k3=（ ）

A. 0.75B. 0.8C. 0.85D. 0.9

【例8】（2022北京15）已知數列{an}各項均為正數，其前n項和Sn滿足an·Sn=9（n=1，2，…），給定下列四個結論：①數列{an}的第二項小于3;②數列{an}是等比數列;③數列{an}是遞減數列;④數列{an}中存在小于數列的項. 正確命題的序號是________.

【例9】（2022全國新課標II卷17）已知數列{an}是等差數列，數列{bn}是公比為2的等比數列，且a2-b2=a3-b3=b4-a4.（1）證明：a1=b1;（2）求集合{k│bk=am+a1，1≤m≤500}的元素個數.

【例10】（2022天津18）已知數列{an}是等差數列，數列{bn}是等比數列，且a1=b1=a2-b2=a3-b3=1.（1）求{an}與{bn}的通項公式;

（2）設數列{an}的前n項和為Sn，求證：（Sn+1+an+1）bn=Sn+1+an+1-Snbn;

（3）求（ak+1-（-1）kak）bk.

【例11】（2022浙江20）已知等差數列{an}的首項a1=-1，公差d>1，記{an}的前n項和為Sn，

（1）若S4-2a2a3+6=0，求Sn;

（2）若對每一個n∈N?，存在實數cn，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn，成等比數列，求d的取值范圍.

【例12】（2022北京21）已知Q∶a1，a2…an為有窮整數數列，給定正整數m，對任意n∈{1，2，…m}，在Q中存在ai，ai+1，ai+2，…，ai+ j（j≥0）使得ai+ai+1+ai+2+…+ai+ j =n則稱為m-連續可表數列.

（1）判斷Q∶2，1，4是否是5-連續可表數列？是否是6-連續可表數列？說明理由;

（2）若Q∶a1，a2，…，ak為8-連續可表數列，求證：k的最小值為4;

（3）若Q∶a1，a2，…，ak為20-連續可表數列，且a1+a2+…+ak<20求證：k≥7.

答案與提示：

【例5】可用賦值法：取an=1，依題意得b1=2，b2=，b3=，b4=，b5=，b6=，b7=，b8=，…，分子分母都成斐波拉契數列，驗算知b4-b7=-=-<0，且故選D.

【例6】提示：∵a1=1，a2=∈（0，1），同理易得an∈（0，1）.

由題意，an+1=an（1-an），即==+，

∴-=>.

即->，->，->，…，->，（n≥2），

疊加加可得-1>（n-1），即>（n+2），（n≥2）

∴an<，（n≥2），即a100<，100a100<<3.

又-=<=（1+），（n≥2）

∴-=（1+），-<（1+），-<（1+），…，-<（1+），（n≥3），

疊加可得-1<（n-1）+（++…+），（n≥3）.

∴-1<33+（++…+）<33+（×4+×94）<39，

即<40，∴a100>，即100a100>.

綜上：<100a100<3. 故選：B.

【例7】提示：設OD1=DC1=CB1=BA1=1，則CC1=k1，BB1=k2，AA1=k3，依題意k3=k1+0.2，k3=k2+0.1，且直線OA的斜率為=0.725，即=0.725，解得k3=0.9，故選D.

【例8】① ③ ④.

【例9】提示：（1）設{an}公差d，依題意a2-b2=a3-b3，即a1+d-2b1=a1+2d-4b1，即d=2b1，同理a2-b2=b4-a4，即a1+d-2b1=8b1-（a1+3d），即2a1=10b1-4d=10b1-8b1=2b1，∴a1=b1.

（2）由（i）知d=2b1=2a1，∴bk=am+a1?b1·2k-1=a1+（m-1）d+a1=b1+2（m-1）b+b1，即2k-1=2m，又1≤m≤500，即2≤2k-1≤100?2≤k≤10，即滿足集合{k│bk=am+a1，1≤m≤500}的元素個數是9.

【例10】提示：（1）an=2n-1，bn=2n-1.（2）依題意易知Sn=n2，Sn+1=（n+1）2，∴（Sn+1+an+1）bn=（（n+1）2+2n+1）2n-1=（n2+4n+2）2n-1=（2n2+4n+2-n2）2n-1=2（n+1）22n-1-n22n-1=（n+1）22n-n22n-1=Sn+1an+1-Snbn，即原式成立.

（3）提示：（ak+1-（-1）kak）bk=222k-1+（8k-4）4k-1=（4n-1）++（-）4n+1=+.

【例11】提示：（1）依題意∵S4-2a2a3+6=0，∴-4+6d-2（-1+d）（-1+2d）+6，解得d=3（∵d>1），∵Sn=-n+）=.

（2）∵an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn 成等比數列，∴（an+1+4cn）2=（an+cn）（an+2+15cn ），即cn2+（-15an -an+2+8an+1）cn +[an +1][2]-anan+2=0，即cn2+（-14an+6an+1）cn +[an +1][2]-anan+2=0，即Δ=（-14an+6an+1）2-4（[an +1][2]-anan+2）=32[an +1][2]-160anan+1+192a

2

n≥0，即[an +1][2]-5anan+1+6a

2

n≥0，∴（an+1-2an）（an+1-3an）≥0，即（（n-2）d-1）（（2n-3）d-2）≥0，當n=1時化為（d+1）（d+2）≥0成立，當n=2時，（-1）（d-2）≥0，∴d≤2. 當n≥3時，化為（n-3）（2n-5）≥0恒成立. 綜上知d的取值范圍為（1，2].

【例12】提示：（1）對Q∶2，1，4;有1，2，2+1，4，1+4而6不存在，所以Q∶2，1，4是5-連續可表數列，不是6-連續可表數列.

（2）若k≤3，記為a，b，c則a，b，c，a+b，b+c，a+b+c一共才6個和，小于8;k=4時，取Q∶2，4，1，3滿足題意，∴k的最小值為4.

（3）若k≤5，則a1，a2，a3，a4，a5最多可以表示（1+2+3+4+5=）15個和值，小于20，不合題意. k=6時，a1，a2，a3，a4，a5，a6最多可以表示21個和，∵a1+a2+a3+a4+a5+a6<20，即其中必有負數.

1°若a2<2，則a1+a2，a2+a3+a4+a5+a6∈{1，2，…，20}，即a1，a3+a4+a5+a6必有一個是20，若a1是若干個連續數和中最大的，則a1+a2+a3+a4+a5+a6>a1，矛盾. 同理若a3+a4+a5+a6若干個連續數和中最大的，則a1+a2+a3+a4+a5+a6>a3+a4+a5+a6，也矛盾.

2°同理可證a3，a4，a5也不可能為負.

3°若a1<0，則必有a2+a3+a4+a5+a6=20，∵a1+a2+a3+a4+a5+a6<20，∴19∈{a1+a2+a3+a4+a5+a6，a2+a3+a4+a5，a3+a4+a5+a6}，若a1+a2+a3+a4+a5+a6=19，則a1=-1，若a2+a3+a4+a5=18，則a6=2，此時a3+a4+a5+a6=17，a2=3，則a1+a2=a6=2矛盾. 若a3+a4+a5+a6=18，則a2=2，a6=3，注意到a3+a4+a5=15，∴{a3，a4，a5}={4，5，6}，若a3=4，則a2+a3=6矛盾. 若a4=4，則要么a1+a2+a3=6矛盾，要么a2+a3=a5+a6=8矛盾. 若a2+a3+a4+a5=19，則a6=1，這時a1+a2+a3+a4+a5+a6=18，a1=-2，a3+a4+a5+a6=17，這樣a2=3，a1+a2=a6矛盾.

若a3+a4+a5+a6=19，則a2=1，這時a1<0，a1+a2≤0，這樣若干個連續數和將不足20，矛盾.

4°由對稱性a6<0也不可能，∴k≥7.

三、深挖數列教材，尋覓信息密碼

在高考備考這項活動中，如果把考生看成運動員，老師就好比教練. 如果把考生看成演員，老師就是導演. 所以角色定位必須清晰. 區區一個二階等差數列尚能把考生弄成此樣，高數中難啃的骨頭何其多？數列的概念是研究的基礎，也是重點. 等差數列、等比數列的定義、通項公式、前n項和公式是核心內容，需要重點關注.

1. 從數列教材中提煉數學方法

數列概念的研究方法，詳細分析典型實例后，歸納出它的共同特征，由此抽象出數列的一般定義. 然后教科書就會把它和函數關聯這也是編者的初衷. 數列是定義在正整數集（或正整數集的有限子集）的離散函數. 既然是離散函數研究數列就要遵循函數的研究方法，教科書P3到P5分別用表格、圖像、通項公式表示數列也是為了契合函數的三種表示方法列表法、圖像法、解析式. 與此同時，離散函數有其特殊性，因此還可以用前n項和Sn、遞推關系等來表示. 研究過程中，數學方法頁蘊含其中，比如：

不完全歸納法就在數列的概念部分根據數列發前幾項歸納出其一個通項公式; 疊加法源自等差數列通項公式的推導，疊乘法等比數列通項公式的推導;裂項求和法源自等差數列的定義an+1-an=d（常數）的變形形式=（-）（d≠0）;錯位相減法源自等比數列前n項和公式的推導;分段求和法源自一道習題的解法;倒序相加法源自等差數列前n項和Sn公式的推導，即兩項和對稱性，也叫高斯法;數學歸納法在最后一節，帶星號，時選學內容，供學有余力的考生參考.

2. 把等差數列與等比數列提升到數列的核心內容

教科書從一般到特殊，按“概念-實質-應用”的順序，重點研究了等差數列、等比數列. 而等差數列、等比數列的研究，按“定義-通項公式-前n項和Sn公式”的順序. 復習時以此為核心內容，注意思想方法的提煉，很多技巧、玄機隱含其中.這里略舉幾例：

（1）等差數列的定義an+1-an=d，可以變為an+1=an+d或an=an+1-d，說明等差數列{an}中，倒序也是等差數列，且公差為-d.

（2）等差數列的通項公式an=a1-（n-1）d，an=am-（n-m）d可變為d==，這與斜率公式高度契合，即公差的幾何意義就是直線y=dx+b（an=a1-（n-1）d）的斜率.

（3）等差數列的前n項和公式Sn=，可以變式為==，即等差數列{an}前n項的平均數等于其首末項的平均數.

（4）等差數列的前n項和Sn=還可優化成S2n-1=（2n-1）an體現出等差中項的性質.

（5）等差數列的通項公式an=a1+（n-1）d，an=am+（n-m）d與等比數列的通項公式an=a1qn-1，an=amqn-m高度契合（為大學學習近世代數奠定基礎）.

（6）等差數列的前n項和Sn=na1+d與等比數列的前n項積[Tn=a1nq][]高度契合，這里還可類比等差數列前2n-1項和S2n-1=（2n-1）an，得等比數列的前2n-1項積T2n-1=an2n-1.

（7）等比數列的前n項和Sn=na1，（q=1）

，（q≠1）以分段形式出現的. 當等比數列的公比q時以字母形式出現時，注意分類討論. 如此等等，舉不勝舉. 這些都可以設置問題情境，讓考生通過學習與探究去發現，發現的越多，應對高考底氣就越足.

四、結束語

命題風格告訴我們，試題難度加大，區分度極強，那種投機取巧靠刷題考高分的時代結束了. 新的課程標準引領下，是開啟基于數學科核心素養的課堂教學時代了，能力要求提高了. 數列同其它內容一樣，承上啟下，要謀求學習模式的改變，變學生被動接受為主動探究. 數列這一部分內容要求考生有一定創新能力，知識的定位、能力的拿捏、創新的要求等就清清楚楚擺那里. 剩下的就是我們如何去面對，如果能以立德樹人為導向，基于數學科核心素養開展課堂教學，以課本為本，科學備考. 回歸到數學的本質，那一切都在可控狀態、情理之中，否則還是走老路吃老本，難免會在你意料之外.

責任編輯 徐國堅