6高中数学精品讲座课件：彰显函数特性 渗透数学思想-2022年高考“数列”专题解题分析

彰显函数特性

渗透数学思想－－2022年高考“数列”专题解题分析重庆市教育科学研究院

张xx数列是《标准（2017年版2020年修订）》选择性必修课程中函数主线的内容之一，共计14课时，主要内容为等差和等比；明确要求学生感受数列模型的现实意义与应用；感受数列与函数的共性与差异，体会数学的整体性，即数列与函数、方程、不等式之间的联系性。通过对2022年全国高考卷和地方卷中数列试题的特点分析和解题分析，特别是对新旧高考的数列试题对比分析，把握新高考对数列内容考查的目标与重点，掌握解决数列相关问题的基础知识与基本方法，积累分析与解决数列问题的经验，体悟重要数学思想在解题过程中的引领作用，强调数列作为函数主线内容的体现，提出淡化解题技巧、加强概念理解、重视函数与数列综合、学会数学思想引领解题方向的复习备考建议。目录试题特点分析复习备考建议010302

优秀试题分析04

模拟试题赏析PART.01试题特点分析全国甲卷和乙卷中数列试题着重考查与等差数列、等比数列有关的基础知识、基本方法和常规题型，学生容易上手，不需过多分析，见到试题即可知道解题路径，这类试题为结构良好试题。全国新高考Ⅰ卷和全国新高考Ⅱ卷，以及新高考省、市地方卷与旧高考试卷的显著区别在于结构不良试题、开放性问题、情境性问题等非常规试题的比例增大，学生初见试题无法入手，需要深入分析、综合运用所学知识设计解题路径，着重考查学生的关键能力和数学核心素养。2022年新高考数学试卷中多道数列试题为非常规试题，无固定套路，学生必须深刻理解基础知识，掌握基本方法，综合运用知识方法解决问题，这既体现了高考考查要求的基础性，也体现了高考考查的综合性，同时注重对学生数列模型应用能力和创新能力的考查。1.等差（比）数列的通项、前

项和及基本量的运算首项、公差（比）是等差（比）数列中最为关键的基本量，求等差（比）数列，即是求其首项和公差（比）。得到了等差（比）数列的首项和公差（比），就得到了等差（比）数列及其通项、前项和等。具体到等差（比）数列的相关问题中，往往需要建立方程或方程组求解，方程或方程组中主要涉及a

d(q)a

Sn1，，

，

n

，

n这5个基本量，可“知三求二”。2022年高考数列试题注重考查学生对数列概念的理解和基础知识的掌握，淡化技巧、回归本质，部分问题通过基本量建立方程或方程组运算即可解决，这也是高考考查要求基础性的体现。{a

}a

a

42a例

1（全国乙卷·理

8）已知等比数列的前

3

项和为

168，（C）6，则

的n256值为（）（A）14（B）12（D）3{a

}q,

q

0，解：设等比数列的公比为nq

1若由q

1

，则

a

a

0.与题意矛盾，所以

.253)

a

(1

qa

96,a

a

a

168,

111231

q，解得1q

.2a

a

a

q

a

q

42,42511a

a

q

3

.5所以61故选择选项

D.【评析】此题着重考查等比数列的基础知识，利用首项、公比表示条件，建立关于首项、公a6比的方程组求出首项、公比，进而求得

的值，属于常规题，学生较易解决.这类关于等比(差)数列基本量计算求解的问题在教材中较为常见，但因复习过程中较多使用等比(差)数列性质求解，可能导致学生想方设法利用性质求解而误入歧途.同时，有关等比(差)数列关于基本量的方程组求解，往往因未知数的次数较高而采用方程间相除的方式消元.此类试题在历年高考中也是常考题型，如2018年全国Ⅰ卷理科第4题，2019年全国Ⅰ卷理科第1

题，201

9年全国Ⅲ卷理科第5题等.2.等差（比）数列的证明等差（比）数列的证明是高考中的常见题型，要求学生深刻理解相关概念，回归数学本质。证明一个数列是等差（比）数列的方法主要有定义法和中项法。（1）定义法：证明数列

是等差或等比数列，即证或

为常数；（2）中项法：证明数列

是等差或等比数列，可以证明对任意的正整数

都有或。2Snn前

项

和.已知S例

2（

全国

甲卷

·理

17）记

为

数列{a

}n

2a

1.

nnnn{a

}（

1）证

明：是

等

差数

列；na

,

a

,

aSn（

2）若成

等

比数

列，

求

的最

小

值.4792Snn

2a

1

2S

n

2na

n，

即

.①n

n2解

：（

1）因

为nnn

2

22

n

1

a

n

1n

1

.②当时

，2Sn

1n

1由

①

②

，

得

2S

n2Sn

1

n

12

2na

n

2

n

1

an

n

1n

1

，2n2a

2n

1

2na

2

n

1

a

1

n1即，nn2

n

1

a

2

n

1

a

2

n

1即

.所以a

a

1

n

2n

N，且*

，nn1nn

1{a

}所

以是

以

1

为

公差

的等

差数

列

.na

a

3

a

a

6

a

a

8.（2）由（1），可得，，417191a

a

a2因为

，

，

成等比数列，所以a

a

a，47974

9

2

a

121即

a

6

a

3

a

8

，解得.111

2n

n1

1

25

625a

n13

S

12n

n所以.所以.nn22

2

8所以，当或n

12

n

13时

S

78．nmin【评析】此题着重考查学生对等差数列概念和函数特性的理解，以及数学抽象、逻辑推理等核心素养.第（1）小题为等差数列的证明，证明等差数列一般用定义法或中项法，通过a

S

S

n

2

转化条件即可用定义法证得.教材重视学生对概念的理解，等差（比）nnn1数列的判定与证明在例、习题中多有体现.例如，人教

A

版《普通高中教科书·数学》选择性必修第二册（以下统称“人教

A

版教材”）第四章习题

4.2第

7

题第（1）小题；习题

4

.3第

7

题第（1）小题，第

11

题第（2）小题，第

12题第（1）小题.往年高考试卷中类似试题有

201

9

年全国Ⅱ卷理科第

19题（1）小题，2021

年全国乙卷理科第

19题第（1）小题等.第（2）小题通过三数成等比数列的关系建立方程，用基本量表示方程求解可得首项，进nnn而求出前

和

，

实质是关于

的二次函数，通过配方结合

的取值可求得

的最小S

SSnnnnn值.要特别注意数列作为特殊函数的特殊性，

为整数，

不一定是最低点的横坐标.求数列n的最大（小）项或前

项和的最值问题在教材中不乏例、习题.例如，北师大版《普通高中教科书·数学》选择性必修第二册（以下统称“北师大版教材”）选择性必修第二册第一章习题

1－2B

组第

5题.类似高考试题有

201

8

年全国Ⅱ卷理科第

17

题第（2）小题.3.等

差

（

比

）

数

列

性

质

的

应

用对等差（比）数列性质的灵活应用是高考数列复习训练的重点，在历年高考数列试题中也不乏灵活运用性质的试题，即利用基本量运算繁杂而运用性质可以巧解的试题，这就导致高考数列复习过程中学生所记性质越来越多。综观2022年高考数列试题，没有一道试题可以运用性质大幅度减少运算，大都是直接用基本量运算即可解决且不复杂的试题。由此可以看出高考“淡化技巧、回归本质”的教学导向，但这不意味高考不考查等差（比）数列的性质，这些主要性质仍然需要深刻理解和灵活运用，只是无须强记更多的性质结论。等差数列的主要性质：a

a

a

a

.特{a

}m

n

p

q(m,n,

p,q

N)时，则*（1）等差数列中，当nmnpqm

n

2

pa

a

2a

.别地，当时，则有mnp{a

}（

2

）

等

差

数

列中

与

首

末

两

端

等

距

离

的

两

项

之

和

均

相

等

，

即na

a

a

a

a

a.1n2n1knk1{a

}（

3）

从

等

差

数

列a

,

a

,

a

,中

抽

取

等

距

离

的

项

组

成

的

新

数

列

是

一

个

等

差

数

列

，

即n成等差数列.kk

mk

2m{a

}m（

4

）

等

差

数

列n

中

连

续项

的

和

组

成

的

新

数

列

是

等

差

数

列

，

即S

,

S

S

,

S

S

,m2mm3m2m

…成等差数列.等比数列的主要性质：（1）等比数列{a

}中，若m

n

p

q(m,n,

p,q

N

)

*

，则a

a

a

anm

np

qa

a

a

a.特别地，若m

n

2p，则

a

a

(a

)2.nmpqm

np（

2

）

等

比

数

列

{a

}

中

与

首

末

两

端

等

距

离

的

两

项

的

乘

积

相

等

，

即na

a

a

a

a

a

a

a

.1

n2

n13

n2k

nk1（

3

）

等

比

数

列

{a

}

中

连

续

k

项

的

和

组

成

的

新

数

列

是

等

比

数

列

，

即nS

,S

S

,S

S

,1

k…成等比数列（公比为

且

为偶数的情况除外）.k2kk3k2kn的前

项和．若

，则公差dS例

3（全国乙卷·文

13）记

为等差数列{a

}2S

3S

6nn32的值为．32

21

2S

3S

6

2

3a

d

3

2a

d

6解法

1：由，得

2

.32112

d

2解得

.解法

2：由，得

，1

22S

3S

6

2

a

a

+a

3

a

a

632123a

a

2a23a

3

a

a

6，得a

a

2d

2，即

.由

.化简，得13221221【评析】此题仍是对等差数列基础知识的考查，体现了高考考查要求的基础性.可以用d基本量建立方程求解，也可以用等差中项的性质化简直接获得公差

.两种解法的运算量没有多大差别，使用性质并没有大幅减少运算，这恰好说明了高考对性质应用技巧的淡化.但是历年高考曾多次考查等差(比)数列性质的应用，且灵活小巧，部分试题运用性质求解相较直接建立基本量的方程计算可减少运算量，如2019年全国Ⅰ卷理科第14题.4.利用与的关系求通项数列的通项a

与前

项和

紧密相关，数列的前

项和本身也是数列，具有数列的一n

Snnn切性质，通项a

与前

项和

是数列研究的主要对象.在等差数列中，直接体现通项与前n

Snnn

S

2n1

a

S

n

a

an1项和之间关系的有：，，解题过程中常用此实现等差2n1n2nnna

S

S

(n

2)，对非等差（比）数列通项与前

项和之间的转化.而对于任何数列均有nnn1数列而言，除此公式外，等差（比）数列的所有性质均不可用，可见此公式的重要性.但是

，同时还需要用

求

，以此检验通a

S

Sa

S

a运用时一定要注意适用范围n

2nnn1111项公式是否适用n

1的情形.

SS{a

}n的

前

项

和

，已

知a

1,

n

1例

4（

全

国

新

高

考

Ⅰ

卷

·17）记的

等

差

数

列

.为

数

列是

公

差

为nna

n13{a

}（

1）

求的

通

项

公

式

；n1

11

2（

2）

证

明

：解

：（

1）

因

为.a

aa12nSa

1S

a

11

1.，

所

以.所

以111a1

an

Snan13n

2S11n

1

n因

为所

以是

公

差

为

的

等

差

数

列

，

所

以.33

n

2

anS

.n3

n

1

an

2S

n

1所

以

当时

，.n

13

n

1n

2

ann

1

an

1n

2

ann

1

aS

Sa

所

以，

即.nn

133n33n

1an

1

n

1an整

理

，

得

n

1a

n

1a

.所

以.nn1a

aa

a

2

3

an1

an

n(n

1)所

以.n1

a

aaan1212n2显

然

，

对

于n

1

也

成

立

，

n

n

1{a

}a所

以的

通

项

公

式

为.nn21an2

1

2

1

n

n

1

（

2）

由

（

1），

知.

n

n

11

11an

1

1

1

11

1

22

12

1

.所

以a

a

2

2

3

n

n

1

n

1

12结

论

得

证

.San【

评

析】此题

考查

等差

数列

概

念、裂项

相消

法

，以及

利

用

和

的

关

系求

通项

的基

本n方

法

.条

件

呈现

方式

有所

创新

，需要

正确

理解

等差

数列

的

概念

，用

首项

、公差

表示

等

差数

列，

S

n

2

a

n

{a

}的

关系

式

Sn获

得

数列的

通

项公

式，进而

得

到关

于数

列n.在

此

基础

上

，第an

3nn

1ana

S

S

(n

2)a，利

用

累乘

法求

通项

；第（

2）（

1）小

题

需要

将转

化为nnn1an1

n

1n小

题

需

要

用

裂

项

相

消

法

求

和

，

然

后

通

过

放

缩

完

成

证

明

.此

题

所

用

知

识

和

方

法

都

是

学

生

所

熟

悉

S

n

的

，但

是使

用过

程中

易犯以

下

错误：一是

转化

条件时

不

知道

如何

获得

数列的

首

项

或直a

n{a

}a1接

用

数列的

首

项

作

为其

首项（

此处

未设

陷阱

，两

数列

首

项均为

1）；二是

用累乘

法

求na通

项

时

没

有

认

真

观

察

约

分

规

律

，

直

接

保

留

首

末

两

项而

致

错

；

三

是

用

裂

项

相

消法

求

和

时

没n有

认

真

观

察

相

互

抵

消

规

律

，

直

接

保

留

首

尾

两

项

而

致

错

.此

题

具

有

一

定

的

综

合

性

，

设

有

陷

阱

，学

生

易错

，属

于中

等难

度试

题

.S

an利用

与

的关系求通项的习题在教材中也有涉及，多是直接由前

项和求通项.例如nn人教A版教材第四章第24页练习2，湘教版《普通高中教科书·数学》选择性必修第一册（以下统称“湘教版教材”）第一章习题1.2第10题第(1

)小题.而在历年高考试题中，也设a

S

Sa

S进行转化，统一为

或

的递推关系后求解的试有非等差(比)数列首先利用nnn1nn题，如2016年全国Ⅲ卷理科第17题，2018年全国Ⅰ卷理科第14题，2021年全国乙卷理科第19题等.5

.

利

用

错

位

相

减

等

方

法

求

和常见数列求和方法有公式法、分组求和法、并项求和法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法等，求和时并不一定单一使用某种方法。倒序相加法、错位相减法、裂项相消法技巧性较强，适用类型均有限制，倒序相加法适用于与两端等距的两项和为定值的数列；错位相减法适用于等差数列与等比数列对应项乘积构成的新数列；裂项相消法适用于通项可裂为新数列两项之差的数列。c

，通过相互抵消使数列{a

}的前{c

}，恰

使a

c裂项相消法需要构造新数列nnmkmn{c

}{c

}是学生的主要困难，历年高考试卷中有很n

和为新数列有限几项之和.构造新数列nn多用裂项相消法求和的试题，是学生复习过程中的重点方法，但从

2022

年高考试题来看，对裂项相消法的考查有弱化趋势，淡化新数列的构造技巧，趋于常规.因此，复习中掌握主要的裂项技巧即可.使用裂项相消法求和时，需要弄清相互抵消的规律，不能盲目认为只剩下第一项和最后一项，例

4第(2)小题即是考查裂项相消法的常规题型.普遍来说，错位相减法的理解和运算都具有一定难度，但是方法、步骤明确，多数学生都可以掌握.一般地，如果数列{a

}是等差数列，{b

}是等比数列，那么求数列{a

b

}的前nnn

nn和时可以用错位相减法.方法是和式两边同乘以等比数列{b

}的公比，与原和式相减转化n为等比数列求和，进而化简可得.例

5（

天

津

卷

·18）设

{a

}

是

等

差

数

列

，{b

}

是

等

比

数

列

，且

a

b

a

b

a

b

1.nn112233（

1）

求

{a

}

与

{b

}

的

通

项

公

式

；nn（

2）

设

{a

}

的

前

项

和

为nS，

求

证

：nS

a

b

S

bn

1

n

1S

b；n

1n

1nn

nn2

n

1

a

]bk[ak

1（

3）

求.k

kk1解

：（

1

）

设

{a

}

的

公

差

为

d

，

{b

}

的

公

比

为

q

，

则nna

1

(n

1)d

,

b

qn1.nn(1

d

)

q

1,q

0，

故

解

得由

a

b

a

b

1

，

得因

为2233(1

2d

)

q

2

1.d

2,q

2.所

以

a

2n

1,b

2n1

.nn（

2）

(方

法

1)由

（

1）

及

相

关

公

式

，

易

知(a

a

)nS

n

,S

(n

1)

,

a

2

n

1,

b

2

n

1,

b

2

n

，n

1

n

n11n22n2n

1(S

a

)b

[(n

1)

2n

1]

2

n

1

(n

4n

2)

2

n

1

.22所

以因

为S

bn

1n

1n

S

b

n

1n22n

2

n

1

[2

n

1

2n

2

]

2

n

1

4n

2

2

n

1

，nn22n

1

n

1n所

以

S

a

b

S

b

S

b

.即

证

.n

1n

1nn

1

n

1nn(方

法

2)由

（

1），

知

b

2b

0

.n

1n(S

a

)b

S

b

S

b要证成立，即证成n

1n

1nn

1

n

1nn

S

n

1

2

S

n

1an

1bnS

n

12bnS

b成

立

，

即

证nnS

n

1an

1S

na

S

S成

立

.n立

，

即

证n

1n

1而

a

S

S

显

然

成

立

，

所

以

(S

a

)b

S

b

S

b

.n

1n

1nn

1n

1nn

1

n

1nn(方

法

3)由

a

S

S

，

得n

1n

1n

S

n

1an

1

b[S

n

1S

]b

S

n

1

(2S

n

1

S

)b2b

SS

bn

1左

边nnnnnnn

n

S

b

S

b

右

边

.即

证

.n

1

n

1nnc[a

n

1

1na

]bn

[2

n

11n2

n

1

]2n1（

3）

(方

法

1)令，nn

n

2

,

n为

奇

数

,n

1则

c

n

2

,

n为

偶

数

.n2

n所

以[ak

1

1

k

a

]b

c1c2

c3

c4

c2

n

1

c2

nkkk

1

c

c2c2

nc3c2

n

1c4，1

L

2

n

1

2

2

n]

2

22

4

L

2

2

n

.

[1

2

2

3

2

4

4

n

42

n11

2

3

2

L

2

n

1

2

2

n

k

k

n[ak

1

1

a

]b

Q

Q24k令，

则；n3k

14Q

n

1

2

3

2

L

2

n

3

2

2

n

2

n

1

2

2n

+

2.46所

以1

4n

1

2

243Qn所

以所

以2

L

2

22

22

22

n

2n

1

22

n

2

42n

1

2

2

n

2

，

2461

46n

5

22

n

2

20

.Q

n9

3n

1

2

2

n

3

84n

1

46n

5

2

2

n

2

20

4

n

1

42

n

1a

]b[ak

1kkkQn3939k

1

8.3n

1

2

2

n

32

n

a

]bkk1[ak

1k即9k

1[a

n

1

1

n

a

]b

[2

n

1

1

n

2

n

1

]2

n

1(方

法

2)令

c，nnn当

n

2k

时

，c

4k

1

4k

1

22

k

1

22

k

；2

k当

n

2k

1

时

，c

4k

1

4k

3

22

k

2

2k

1

22

k

.

2

k1所

以而c

c

2k

1

22

k

22

k

2k

22

k

2k

4k

.2

k12

k2

n

[ak

1

(

1)a

]bc

c

c

cc2

n

1

c2

44

42n

4k12n.kk12342

nk1T

2

4

4

4

2n

4n

，

①12令则n4Tn

2

4

4

4

2n

4n

12n

2

423n.②由

①

－

②

，

得42

1

4

n

1

2

n

4

n

1

8

23T

8

2

4

4

4

2

n

4

n

123nn1

4

2

6

n

4

n

32

2

4

n

181

8

2

n

4

n

1

.33332

n(3n

1)22

n

3[a

(1)a

]b

k所

以

8

.k

1kk9k

1【评析】此题着重考查分组求和法、错位相减法等数列求和方法，以及分类讨论思想和逻辑推理、数学运算等核心素养.第（1）小题通过基本量建立方程组运算求解即可.第（2）小题为证明题，其中涉及

a

,S

,S

,b

,b

等

5个量，如何利用它们之间的关系完成证明，nnn1nn1需要学生认真分析、选择方法.方法

1

用基本量表示这

5个量，统一转化为关于基本量的表达式，化简比较即证；方法

2

利用分析法，从所证结论出发，易推出显然已知的条件a

S

S

，从而得证；方法

3

在观察、分析的基础上利用基本量之间的关系，即n1n1na

S

S

,b

2b

进行转化，从左至右或从右至左，从消元的角度利用上述两种关n1n1nn1n系选择消去

5

个量中任何一个量均可证明.三种方法都需要学生从数学思想与方法的角度进行策略性选择，盲目运算容易入歧途.同时，不同方法的选择运算量不同，体现了学生不同层次的数学素养.(1)k第（3）小题着重考查学生用错位相减法进行数列求和.但求和符号的理解和给学生造成了干扰.尤其是对于

(

1)

，部分学生不知道要怎么处理，即使掌握了错位相减法也可k能

无

法

入

手

.(

1)

对

k

分

为

奇

数和

偶

数

两

种情

形

解决

，

当然

也

可

把

(1)

2

作

为

整体kkk

1(2)k

1

处理，从而用错位相减法求和，不过此时需要两次使用错位相减法求和.运算量较大，学生极可能因为运算繁复而放弃或出现运算错误.方法

1

和方法

2

是对

k

分奇数和偶数两种情形后，再分别采用分组求和法与并项求和法，大幅减少运算量，特别是并项求和法将问题转化为用错位相减法求新数列的和这一常规问题.不同方法的选择可区分学生不同的数学素养水平，这是一道考查基础性和综合性的优秀试题.错位相减法源自等比数列前

n

项和的推导，教材例、习题亦有多题应用此法.例如，人教

A

版教材选择性必修第四章复习参考题第10

题，北师大版教材选择性必修第二册第一章复习题一

C

组第

1

题.裂项相消法和错位相减法求和一直是高考考查的重点，在历年高考中均有体现.例如，2020

年全国Ⅰ卷理科第

17题，2020

年全国Ⅲ卷理科第

17

题，2020

年天津卷第

19

题.6

.

数

列

函

数

特

性

的

应

用《标准（2017年版2020年修订）》突出了数列的函数特性，将数列作为函数主线的内容之一，北师大版教材将等差（比）数列的函数特性单列成节，可见其重要性。从2021年和2022年全国新高考Ⅰ、Ⅱ卷可以看出，不再注重数列知识的覆盖比例，2021年全国新高考Ⅱ卷和2022年全国新高考Ⅰ卷在选择题和填空题中未考查数列内容，2022年全国新高考卷更注重考查数列模型的应用和数列作为函数的特性。由此说明，新高考数学不再把数列内容作为独立知识板块考查，而是将其融入函数主线，数列内容考什么、怎么考、考多少，取决于函数主线考查和数学素养考查的需要。例

6（

北

京

卷

·

6）

设

{

a

}

是

公

差

不

为

0

的

无

穷

等

差

数

列

，

则

“

{

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}

为

递

增

数

列

”

是

“

存nn在

正

整

数

N

，

当

n

N

时

，

a

0

”

的

（）00n（

A）

充

分

而

不

必

要

条

件（

C）

充

分

必

要

条

件（

B）

必

要

而

不

充

分

条

件（

D）

既

不

充

分

也

不

必

要

条

件解

：

设

数

列

{

a

}

的

公

差

为

d

，

则

aa

.1n

1

d

d

0d

ann若

{

a

}

为

递

增

数

列

，

则

d

0

.令

a

0

，

有n

1

.nnd

d

a

令

N

，

则

存

在

正

整

数

N

，

当

n

N

时

，

a

0

.1d000n所

以

“

{

a

}

为

递

增

数

列

”

是

“

存

在

正

整

数

N

，

当

n

N

时

，

a

0

”

的

充

分

条

件

.n00n

a若

存

在

正

整

数

N

，

当

n

N

时

，

a

0

，

则

当

n

N

时

，d

1

恒

成

立

.n

100n0

a当

a

0

时

，

0

0，

即

d

0

；11n

1

a

a

a当

a

0

时

，且

0

.要

使

d

1

恒

成

立

，

则

须

d

0

.11n

1n

1n

11综

上

，

若

存

在

正

整

数

N

，

当

n

N

时

，

a

0

，

则

有

d

0

，

即

{

a

}

为

递

增

数

列

.00nn所

以

“

{

a

}

为

递

增

数

列

”

是

“

存

在

正

整

数

N

，

当

n

N

时

，

a

0

”

的

必

要

条

件

.n00n综

上

，“

{

a

}

为

递

增

数

列

”

是

“

存

在

正

整

数

N

，

当

n

N

时

，

a

0

”

的

充

分

必

要

条n00n件

.故

选

择

选

项

C.【评析】此题着重考查数列的单调性和简易逻辑知识，要求学生理解数列单调性和函数单调性的共性与差异.同时，创新问题呈现方式考查了学生的数学语言理解表达能力和数学抽象核心素养.多数学生对严格的推导存在困难，但作为选择题，此题在正确理解数列单调性的基础上不难解决.若{a

}为递增数列，即使首项为负，在一直递增的情况下，数列的项n一定会变为正数，且趋于无穷大，因此“存在正整数

N

，当

n

N

时，

a

0

”，满足充00n分性.在判断必要性时，不易正面推断，但可以采用反证法.如果数列{a

}是递减数列，数列n后面的无穷多项终会减为负数，出现矛盾.新教材相较旧教材更为强调数列的函数特性，例、习题中判断函数单调性、求最大（小）项问题比例有所增加.例如，北师大版选择性必修第二册第一章习题

1

-

3A

组第

4

题寻找等比数列为递减数列的充分条件；湘教版选择性必修第一册第一章

1

.2

.2

练习第

2

题关于数列单调性判断的真命题选择和

1

.3

.2

练习第

2

题关于等比数列为递增数列的充要关系判断.类似的高考试题有

2021

年全国甲卷理科第

7

题.7.运用数学思想突破思维阻碍点2022年高考数列试题给人的直观印象是非常规试题较多，非常规试题无法直接套用复习过程中反复使用、训练的套路，需要学生深刻理解问题、深入分析条件、综合运用知识方法解决问题，这是考查学生关键能力和数学素养的重要载体，也是高考考查要求综合性和创新性的体现。面对非常规试题，学生直接套用所学套路，当解题受阻便束手无策，此时可用数学思想调整解题策略，突破思维阻碍点。例如，当正面解决问题有困难时，可以考虑解决反面问题或用反证法；当问题的一般情形不易解决时，可以考虑特殊情形或取特值、特例发现规律；当问题分析较为困难时，可以考虑画图直观化发现某些本质关系（数形结合思想）；当问题解决具有不确定性时，可考虑分多种情形逐一解决（分类讨论思想）；等等。综观2022年高考数列压轴试题或其他内容压轴试题，大都有反证法或反证思维的影子，由于推出矛盾的不确定性，需要学生具有发散思维，在深入分析、多次尝试后确定推出的矛盾，这又需要学生具备聚合思维和批判性思维，而这恰恰是创新能力的主要体现。下面着重举例说明反证思想在学生调整解题策略解决问题中的重要性。例

7（

北

京

卷

·

15）

已

知

数

列

{a

}

的

各

项

均

为

正

数

，

其

前

项

和

满

足nSnna

S

9(n

1,

2,)

.给出下列四个结论：nn①{a

}的第

2项小于

3；n②{a

}为等比数列；n③{a

}为递减数列；n1④{a

}中存在小于的项.n100其中所有正确结论的序号是.【评析】此题是对数列知识的综合考查，着重考查学生的基本数学思想、逻辑推理能力

n1a

S

9a

S

S

n2转化为递推关系和创新能力.对于条件，可以利用n

nnn9

9a

，不难判断结论①②③的正误，但是对结论④的判断难度较大.依据正难则反na

ann1原则，考虑反证法，假设结论不成立，后推出矛盾.由于囿于日常训练的定式思维，学生的反证思维和反证意识不足，解题受阻后不能及时调整策略，这是其未能正确判断的主要原因.a，0

.

n

N解

：

由

题

意

可

知

，nn

1n

29

，

得

；当当时

，a29a3119999an1SSa

时

，

由，

得.两

式

作

差

，

得.nan1anann1n99a

a

a

3

3a

9

0

.所

以因

为，

则.整

理

，

得

a22aan22n1n23

5

3a

03

.所

以

①

正

确

.，

所

以

解

得

a

22298

1S

S1

3q为

等

比

数

列

，

设

其

公

比

为

，

则aa

a

，

即

(3)

2.{a

}假

设

数

列2Sn212

222a

1

q

q22所

以S

S

S

.可

得

a

1

q，21311{a

}不n解

得

q

0

.不

合

乎

题

意

，

故

数

列等

比

数

列

.所

以

②

错

误

.

999

aan

2a0a

a，

可

得n

n1n1n当时

，.naaa

ann1nn1{a

}所

以

数

列为

递

减

数

列

.所

以

③

正

确

.n11n

N

aS，

则

1

0

0

0

0

0

1

0

0

0

.假

设

对

任

意

的，

有n1

0

011

0

0

0

0

01

0

099a所

以.与

假

设

矛

盾

，

假

设

不

成

立

.所

以

④

正

确

.1

0

0

0

0

0S1

0

0

0

1

0

01

0

0

0

0

0故

答

案

为

①

③

④

.PART.02优秀试题分析AA',

BB',CC',

DD'例

8（全国新高考Ⅱ卷·3）图

1

是中国古代建筑中的举家结构，是桁，相邻的桁的水平距离称为步，垂直距离称为举.图

2

是某古代建筑屋顶的示意图，其中DD

,CC

,

BB

,AAOD

,

DC

,CB

,

BA是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为11111111DDCCD

C1BBAA10.5,k

,1k

,k111k

,

k

,

k.已知是公差为

0.1

的等差数列，且直线ODCB2BA3123111OA

的斜率为

0.725，则

k

的值为（）.3图

1图

2（

A）

0.75（

B）

0.8（

C）

0.85（

D）

0.9【

评

析

】

此

题

是

以

中

国

古

建

筑

为

背

景

，

渗

透

数

学

文

化

、

数

学

审

美

，

引

导

学

生

感

受

数

列

模型

的

应

用

价

值

.考

查

了

等

差

数

列

和

直

线

斜

率

的

基

本

知

识

，

对

学

生

数

学

符

号

语

言

和

图

形

语

言

的理

解

能

力

要

求

较

高

.学

生

需

要

结

合

图

形

理

解

条

件

和

问

题

、

综

合

运

用

相

关

知

识

解

题

.题

中

主

要

条D

DC

CB

BA

A1

0

.5,

k

,

k

,

k；3111k

,k

,k是

公

差

为

0

.1

的

等

差

数

列

；1

2

3件

有

三

个

：

O

DD

C1

C

B2

B

A1111O

A直

线可

以

从

直

线坐

标

之

商

，而

由

图

形

可

知

，点

A

的

横

坐

标

等

于

线

段的

斜

率

为

0.725.如

何

结

合

所

学

知

识

把

这

三

条

件

结

合

起

来

是

学

生

解

题

的

难

点

，

对

此

，O

AO

A的

斜

率

即

为

点

A

纵

坐

标

与

横的

斜

率

表

达

着

手

.根

据

斜

率

公

式

可

知

，

直

线O

D

,

D

C

,

C

B

,

B

A之

和

，点

A

的

纵

坐

标1111D

D

C

C

B

B

A

A1D

D

,

C

C

,

B

B

,

A

Ak111恰

等

于

线

段之

和

，

所

以.后

由

条

件D

C

C

BB

A1111O

AO

D1111D

DC

CB

BA

A10

.5

3k

0

.3

0

.5,

k

,

k

,

k代

入

，

可

得

方

程30

.7

2

5（

若

令1113O

DD

C1

C

B2

B

A14111O

D

D

C

C

B

B

A

1可

减

少

运

算

量

），

后

解

之

可

得

.尽

管

此

题

具

有

一

定

的

综

合

性

，

亦1111无

套

路

可

用

，

需

学

生

认

真

分

析

、

选

择

方

法

，

但

解

题

路

径

比

较

清

楚

.不

过

也

有

很

多

学

生

因

为

不能

正

确

理

解

题

意

而

无

法

入

手

，

还

有

部

分

学

生

受

条

件D

DC

CB

BA

A1

0

.5,

k

,

k

,

k的

干

扰

，

认

为

条

件

告

知

了

直

线3111O

D

,

D

C

,

C

B

,

B

AO

DD

C1

C

B2

B

A1111O

A果

陷

入

困

境

.此

题

情

景

新

颖

，

具

有

基

础

性

和

综

合

性

，

虽

然

难

度

较

大

，

但

区

分

度

较

高

，

利

于

考的

斜

率

，然

后

想

尽

办

法

寻

找

这

四

条

直

线

的

斜

率

与

直

线斜

率

之

间

的

关

系

建

立

方

程

求

解

，结查

学

生

的

数

学

抽

象

素

养

和

直

观

想

象

素

养

.OD

DC

CB

BA

1

CC

k,BB

k

,

AA

k.解：设，则1111111213DD

CC

BB

AA

0.725.k

0.2

k

,k

0.1

k1111依题意，有，且3132

OD

DC

CB

BA11110.53k

0.30.725

k

0.9.故

.3所以34故选择选项

D.{a

}{b

}例

9（全国新高考Ⅱ卷·17）已知是等差数列，是公比为

2的等比数列，且nna

b

a

b

b

a.223344a

b（1）证明：（2）求集合；11{k

|

b

a

a

,1

m

500}中元素的个数.km1{a

}d的公差为

.解：（1）（方法

1）设数列n

a

d

2b

a

2d

4b

,

d

2b,①11111由条件，得即

2a

4d

10b

.

②a

d

2b

8b

a

3d

,1111112a

42b

10ba

b.化简，得

.即证.将①代入②，得11111{a

}d的

公

差

为

.（

方

法

2）

设

数

列n

a

d

2b

a

2

d

4b

,

d

2b

,①②11111由

条

件

，

得即a

d

2b

8b

a

3d

,

2

a

4

d

10b

.1

11111d2d2d2b

12a

4d

10

a

.化

简

，

得1由

①

，

得.代

入

②

，

得.1d2a

b

所

以.即

证

.11a

b

b

aa

a

b

b.2

4

2

4（

方

法

3）

由，

得2244522a

b

4bab.2则

有，

即322355232a

b

a

b

a

b

a

bb

2b

.化

简

，

得

a2b.2将代

入，

得32为3222332222aa

,

a2a

a

a因

为所

以因

为的

等

差

中

项

，

即，2132135212

b

a

ba

b1

2.化

简

，

得.22122b

2ba