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摘 要：通过对2021年高考数列试题的解题分析，给出典型试题的解法、分析和归纳，并由此给出备考建议.
关键词：高考数学;数列;解法分析
数列是高中数学的主要内容之一，对于发展学生的数学运算、数学建模和逻辑推理等素养起着重要作用，能够较好地考查学生的能力与素养. 因此，该内容一直是高考考查的热点和重点.
综观2021年高考数学试卷，所有试卷均对数列内容进行了考查. 本文针对2021年高考数学试卷中出现的数列试题进行解法分析，整理出基本类型和特點，提出本专题教学与备考的建议.
一、试题分析
2021年高考数学数列试题主要考查数列的基础知识，题型包括选择题、填空题和解答题，围绕等差（比）数列的通项及基本量的运算，等差数列的证明，等差（比）数列的性质，数列求通项、求和，数列的应用等多方面进行考查. 同时，侧重对分类讨论、转化与化归、类比、归纳等重要数学思想的考查.
1. 等差（比）数列的通项及基本量的运算
等差（比）数列基本量的运算是等差（比）数列中的一类基本问题，等差（比）数列涉及五个基本量[a1，n，dq，an，Sn]，一般可以“知三求二”通过列方程（组）来解决.
例1 （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：（1）设等差数列[an]的公差为[d d≠0].
由题意，知[a1+2d=5a1+10d，a1+da1+3d=4a1+6d.]
解得[a1=-4，d=2.]
所以[an=2n-6].
（2）由（1），得[Sn=n2-5n].
要使[Sn>an]，即[n2-5n>2n-6]，
解得[n<1]或[n>6].
由[n∈N*]，得[n≥7].
所以使[Sn>an]成立的[n]的最小值为7.
【评析】该题第（1）小题为等差数列的通项及基本量的运算，可以根据题意直接联立方程组，求解等差数列的首项和公差，进而求出等差数列的通项公式. 第（2）小题的本质是解关于[n]的不等式，并由此确定[n]的最小值，求解过程中特别要注意[n∈N*].
2. 等差（比）数列的性质
等差数列的常见性质主要有以下四个方面.
（1）如果[an]为等差数列，则当[n≥2，n∈N*]时，[an]为[an-1，an+1]的等差中项.
（2）如果[an]为等差数列，则[am+an=ap+aq?][m+n=p+q].
（3）已知等差数列[an]的前[n]项和为[Sn]，则相邻[k]项的和[Sk，S2k-Sk，S3k-S2k，…]成等差数列.
（4）已知[an]，[bn]为等差数列，则[λan+μbn+m]也为等差数列.
等比数列也有类似的常见性质.
例2 （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：[Sn]为等比数列[an]的前[n]项和，根据等比数列的性质，知[S2]，[S4-S2]，[S6-S4]成等比数列.
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基本性质. 根据试题条件和等比数列的性质，可知[S2]，[S4-S2]，[S6-S4]成等比数列，求出[S6-S4=1]，从而进一步求解答案. 当然，该题也可以通过解含基本量的方程组而得到答案.
例3 （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：由题意，知[288192=a1b1=a5b5=96b5].
解得[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基本性质，根据题意可以解出[b5]，进而根据等差中项求出[b3]，考查学生的数学运算素养.
3. 利用[Sn]与[an]的关系求通项
数列[an]的通项[an]与前[n]项和[Sn]的关系是[an=][S1，n=1，Sn-Sn-1，n≥2.]
例4 （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：（1）由已知[2Sn+1bn=2]，得[Sn=2bn2bn-1]，且[bn≠0]，[bn≠12].
取[n=1]，由[S1=b1]，得[b1=32].
由[S1S2…Sn=bn]，[S1S2…SnSn+1=bn+1]，得[Sn+1=bn+1bn].
而由[Sn=2bn2bn-1]知，[Sn+1=2bn+12bn+1-1]，
所以[bn+1bn=2bn+12bn+1-1]，[bn+1≠0].
所以[22bn+1-1=1bn]，即[bn+1-bn=12]，其中[n∈N*].
所以数列[bn]是以[32]为首项、以[12]为公差的等差数列.
（2）由（1），得数列[bn]是以[32]为首项、以[12]为公差的等差数列，
所以[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].
显然，[an=-1nn+1]对于[n=1]不成立.
故[an=32，n=1，-1nn+1，n≥2.]
【评析】该题考查等差数列的证明、数列前[n]项和与项的关系、数列前[n]项积与项的关系等，利用前[n]项和（积）与数列的项的关系，消和（积）得到项（或项的递推关系），或者消项得到和（积）的递推关系是常用解题策略.
4. 利用错位相减法求和
一般地，如果数列[an]是等差数列，[bn]是等比数列，求数列[anbn]的前[n]项和时，可以采用错位相减法求和. 方法是和式两边同乘以等比数列[bn]的公比，然后作差求解. 书写[Sn]与[qSn]的表达式时应特别注意将两式错项对齐，以便下一步准确写出[Sn-qSn]的表达式.
例5 （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].
（1）解：因为[an]是首项为1的等比数列，且[a1]，[3a2]，[9a3]成等差数列，
所以[6a2=a1+9a3]，即[6a1q=a1+9a1q2].
所以[9q2-6q+1=0]，解得[q=13].
所以[an=13n-1].
所以[bn=nan3=n3n].
（2）证明：由（1），得[Sn=1 · 1-13n1-13=321-13n]，[Tn=13+232+…+n-13n-1+n3n].
所以[13Tn=132+233+…+n-13n+n3n+1].
故[Tn-13Tn]=[23Tn]
[=13+132+133+…+13n-n3n+1]
[=131-13n1-13-n3n+1]
[=121-13n-n3n+1]，
所以[Tn=341-13n-n2 · 3n].
因为[Tn-Sn2=341-13n-n2 · 3n-341-13n=-n2 · 3n<0]，
所以[Tn<Sn2].
【评析】该题主要考查数列的求和，涉及等差数列的性质和错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算素养. 对于数列不等式的证明，常见的做法有：作差法、作商法和放缩法等，关键是根据数列不等式的结构做出灵活选择.
例6 （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]三种规格的圖形，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]等于 .
解：（1）对折4次可以得到[54×12]，[52×6]，[5×3]，[10×32]，[20×34]，共5种不同规格.
（2）由于每次对折后的图形的面积都减小为原来的一半，故其面积是首项为120、公比为[12]的等比数列，第[n]次对折后的图形面积为[12012n-1]，因而猜想[Sn=120n+12n-1].
设[S=k=1nSk=120×220+120×321+120×422+…+120n+12n-1]，
则[12S=120×221+120×322+…+120n2n-1+120n+12n].
两式作差，得
[12S=240+12012+122+…+12n-1-120n+12n]
[=240+601-12n-11-12-120n+12n]
[=360-120n+32n].
因此，[S=720-240n+32n=720-15n+32n-4].
答案：[5];[720-15n+32n-4 dm2].
【评析】该题重点考查学生的数学应用和数列求和能力，以及数学建模和数学运算素养. 5. 数列的奇偶项问题
数列的奇偶项是高考中的常考问题. 解决此类问题的难点在于清楚数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差（比）等，重点考查分类讨论思想.
例7 （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：因为[S=limn→+∞a1+a2+…+an=a11-q=31-q=9]，
所以[q=23].
所以[an=323n-1].
所以[bn=a2n=3232n-1=249n-1].
所以数列[bn]的首项[b1=2]，公比[q=q2=49].
故[S=limn→+∞b1+b2+…+bn=b11-q=185].
答案：[185].
【评析】该题主要考查数列的基本问题——等比数列与无穷递缩等比数列的各项和的概念，同时考查学生的数学运算素养.
6. 数列中的恒成立问题
数列与不等式知识相结合的内容是数列中的难点. 考查方式主要有三种：一是判断或证明数列问题中的一些不等关系;二是考查数列不等式的恒成立问题;三是考查与数列问题有关的不等式的证明.
例8 （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：（1）当[n=1]时，有[4a1+a2=3a1-9].
所以[4a2=94-9=-274]，解得[a2=-2716].
当[n≥2]时，由[4Sn+1=3Sn-9]，得[4Sn=3Sn-1-9].
两式相减，得
[4an+1=3an]，即[an+1an=34 an≠0].
所以[a2a1=34].
所以[an]是以[-94]為首项、[34]为公比的等比数列.
故[an=-9434n-1=-334n].
（2）由[3bn+n-4an=0]，得
[bn=-n-43an=n-434n].
所以[Tn=-3 · 34-2 · 342-1 · 343+0 · 344+…+n-4?34n]，
则[34Tn=-3 · 342-2 · 343-1 · 344+…+n-534n+][n-434n+1].
两式相减，得
[14Tn=-3 · 34+342+343+344+…+34n-n-4?34n+1]
[=-94+9161-34n-11-34-n-434n+1]
[=-n?34n+1].
所以[Tn=-4n34n+1].
由[Tn≤λbn]，得[-4n?34n+1≤λn-434n]恒成立，即[λn-4+3n≥0]恒成立.
当[n=4]时，不等式恒成立;
当[1≤n<4]且[n∈N*]时，[λ≤-3nn-4=-3-12n-4]，得[λ≤1];
当[n>4]且[n∈N*]时，[λ≥-3nn-4=-3-12n-4]，得[λ≥-3].
综上所述，[-3≤λ≤1].
【评析】该题考查数列通项的求法、错位相减求和及数列相关的恒成立问题等. 数列中有关项或前[n]项和的恒成立问题，常用分离参数法转化为数列最值问题，或利用函数性质并结合分类讨论来解决. 在分离参数时，要注意变量的正、负和0的讨论，考查分类讨论思想.
二、典型试题解法分析
1. 与数列求和相关的不等式放缩问题的典型解法
与数列求和相关的不等式放缩问题是高考的难点问题，常见的解法有三种：一是先求出数列通项，然后对通项求和，最后再放缩;二是先求出数列通项，然后将通项进行放缩，最后再求和;三是直接应用递推关系放缩，再求和，最后放缩.
在解题过程中要注意以下问题.
（1）在放缩的过程中通常从数列的通项公式入手，考虑对递推公式进行变形，并注意不等式中不等号的方向.
（2）在放缩时，对通项公式的变形要向可求和数列的通项公式靠拢，常见的是向等比数列和可裂项相消的数列进行靠拢.
（3）在有些关于数列和的不等式中，将递推公式放缩变形成为可以“累加”或“累乘”的形式，即[an+1-an<fn]或[an+1an<fn]（累乘时要注意不等式两侧均为正），然后通过“累加”或“累乘”达到一侧为[an]，另一侧为求和的结果.
（4）若放缩后求和发现太大或者太小，即与所证矛盾，通常有两种解决方案：一是微调，看能否让数列中的一些项不变，其余项放缩;二是选择放缩程度更小的方式进行尝试.
（5）放缩构造裂项相消数列的技巧：所构造的通项公式要具备“依项同构”的特点，即作差的两项可视为同一数列的相邻（或相间）两项.
例9 （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] 解法1：因为[a1=1，an+1=an1+an n∈N*]，
所以[an>0]，[S100>a1+a2=32].
因为[an+1=an1+an]，
所以[1an+1=1an+1an=1an+122-14].
所以[1an+1<1an+122]，即[1an+1<1an+12 ].
故[1an+1-1an<12 ].
根据累加法，得[1an≤1+n-12=n+12]，当且仅当[n=1]时取等号.
所以[an≥4n+12].
所以[an+1=an1+an≤an1+2n+1=n+1n+3an].
故[an+1an≤n+1n+3].
根据累乘法，得[an≤6n+1n+2]，当且仅当[n=1]时取等号.
由裂项求和法，得[an≤6n+1n+2=61n+1-1n+2].
所以[S100≤612-13+13-14+14-15+…+1101-1102=][612-1102<3].
即[32<S100<3].
故答案选A.
解法2：因为[a1=1]，[an+1=an1+an n∈N*]，
所以[an>0]，[S100>a1+a2=32].
由[an+1=an1+an]，得[an+11+an=an].
所以[an+1-an=-an+1an<-an+1an+an+12].
所以[?an+1-anan+1+an<-an+1an+an+12].
化简，得[2an+1-an<-an+1]，
即[an+1<2an-an+1].
所以[S100=a1+a2+…+a100]
[≤a1+2a1-a2+a2-a3+…+a99-a100]
[=a1+2（a1-a100）]
[=3-2a100]
[<3].
故答案选A.
【评析】该题是数列中的不等式问题，是一道综合性较强的试题. 该题数列通项公式不易求出，故采用直接对递推关系进行放缩，解题过程中蕴含数列放缩、累加、累乘和裂项相消等.
2. 等差（比）数列判定与证明的典型解法
等差（比）数列的判定与证明是高考中的常见题型，常见的解题方法如下.
（1）如何判断一个数列是等差（比）数列.
① 定义法（递推公式）：[an+1-an=d]（等差数列），[an+1an=q]（等比数列），[n]≥1，[d]和[q]均为常数.
② 通项公式：[an=kn+m]（等差数列），[an=kqn][q≠0]（等比数列）.
③ 前[n]项和：[Sn=An2+Bn]（等差数列），[Sn=kqn-k]（等比数列）.
④ 等差（比）中项：数列从第二项开始，每一项均为前后两项的等差（比）中項.
（2）如何证明一个数列是等差（比）数列.
① 通常利用定义法，寻找到公差（公比）.
② 利用等差（比）中项来进行证明，即[?n∈N?]，均有[2an+1=an+an+2]（等差数列），[a2n+1=anan+2]（等比数列）.
要证明一个数列不是等差（比）数列，只需举出反例即可，也可以用反证法.
例10 （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：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]，所以[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].
因为[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】此类试题考查等差数列的证明，解题时抓住已知条件，结合相关通项公式、求和公式和性质，逐步推演. 等差数列的证明通常采用定义法或等差中项法. 此题还考查学生的逻辑推理和数学运算等素养.
三、试题解法赏析
分段数列是一种特殊的函数关系，通常所称分段数列是指当[n]取不同的值时，其通项公式（或递推关系）也不相同，常见以下两种形式：以某项为界（或首项独立）的分段数列、以奇偶项为界的分段数列.
分段数列虽然表现形式不同，但本质上还是以等差数列或等比数列为原型，处理过程中需要正确使用等差数列或等比数列的性质和求和公式等.
对于以奇偶项为界的分段递推数列，一般利用已知关系得到奇数项的递推关系或偶数项的递推关系，再结合已知数列的通项公式、求和公式等来求解问题.
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：（1）由题意，得[b1=a2=a1+1=2]，[b2=a4=a3+][1=a2+2+1=5].
因为[a2k+2=a2k+1+1]，[a2k+1=a2k+2]，[k∈N*]，
所以[a2k+2=a2k+3].
所以[bn+1=bn+3]，即[bn+1-bn=3].
所以数列[bn]为等差数列.
故[bn=2+3n-1=3n-1].
（2）（方法1）设数列[an]的前[20]项和为[S20]，
则[S20=a1+a2+a3+…+a20].
因为[a1=a2-1，a3=a4-1，…，a19=a20-1]，
所以[S20=2a2+a4+…+a18+a20-10]
[=2b1+b2+…+b9+b10-10]
[=210 · 2+9 · 102 · 3-10]
[=300].
（方法2）由（1），得[a2n=3n-1].
则有[a2n-1=a2n-2+2=3n-2].
当[n]=1时，[a1=1]也满足.
所以[a2n-1=3n-2].
设数列[an]的前20项和为[S20]，
则[S20=a1+a2+a3+…+a20]
[=a1+a3+…+a19+a2+a4+…+a20]
[=300].
（方法3）设[cn=a2n-1+a2n]，则[c1=a1+a2=3].
而[cn+1-cn=a2n+1+a2n+2-a2n-1+a2n=a2n+1-a2n+][a2n+2-a2n+1+a2n+1-a2n+a2n-a2n-1][=6].
所以数列[cn]是以3为首项、6为公差的等差数列.
設数列[an]的前20项和为[S20]，
则[S20=a1+a2+a3+…+a20]
[=c1+c2+…+c10]
[=300].
（方法4）由题意，知递推关系[an+1=an+1，n为奇数，an+2，n为偶数]可以表示为[an+1=an+3+-1n2].
则有[an-an-1=3+-1n-12]，
[an-1-an-2=3+-1n-22]，
……
[a2-a1=3+-112].
所以[an-a1=32n-1+-1--1n4].
即[an=6n-3--1n4].
所以数列[an]的前20项和为[S20=a1+a2+a3+…+][a20 =300].
【评析】该题主要考查分段数列的通项公式、数列的求和等. 常见的解决方法有：直接求通项公式，分类讨论求分段数列通项公式，并项求和等. 同时，考查学生的数学运算素养.
四、备考建议
通过对2021年高考数列试题的分析，并根据历年数列试题的特点，提出如下复习建议.
1. 依据课程标准对数列专题的考查要求进行复习
根据《普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）》的要求，紧扣新教材的特点，在高考备考过程中注重对等差数列、等比数列的通项公式和数列求和等基础知识的理解和掌握.
2. 注重数列通项公式求解方法的培养
在备考过程中，深度概括数列通项公式的求解方法，特别注意培养学生的转化和化归能力. 通过引入辅助数列，将复杂数列转换为常见的等差数列或等比数列. 注重提升学生的理性思维能力，注意培养学生的数学运算能力和逻辑推理能力.
3. 注重掌握基本问题的典型解法
对在备考过程中遇到的数列基本问题，要总结其常用解法及每种解法的基本步骤. 同时，应特别注重数列与不等式结合的问题，注重培养学生运用函数方法解决数列问题的能力，使学生在高考时能通过类比和转化，顺利解决问题.
参考文献：
[1]中华人民共和国教育部制定. 普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）[M]. 北京：人民教育出版社，2020.
[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.
关键词：高考数学;数列;解法分析
数列是高中数学的主要内容之一，对于发展学生的数学运算、数学建模和逻辑推理等素养起着重要作用，能够较好地考查学生的能力与素养. 因此，该内容一直是高考考查的热点和重点.
综观2021年高考数学试卷，所有试卷均对数列内容进行了考查. 本文针对2021年高考数学试卷中出现的数列试题进行解法分析，整理出基本类型和特點，提出本专题教学与备考的建议.
一、试题分析
2021年高考数学数列试题主要考查数列的基础知识，题型包括选择题、填空题和解答题，围绕等差（比）数列的通项及基本量的运算，等差数列的证明，等差（比）数列的性质，数列求通项、求和，数列的应用等多方面进行考查. 同时，侧重对分类讨论、转化与化归、类比、归纳等重要数学思想的考查.
1. 等差（比）数列的通项及基本量的运算
等差（比）数列基本量的运算是等差（比）数列中的一类基本问题，等差（比）数列涉及五个基本量[a1，n，dq，an，Sn]，一般可以“知三求二”通过列方程（组）来解决.
例1 （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：（1）设等差数列[an]的公差为[d d≠0].
由题意，知[a1+2d=5a1+10d，a1+da1+3d=4a1+6d.]
解得[a1=-4，d=2.]
所以[an=2n-6].
（2）由（1），得[Sn=n2-5n].
要使[Sn>an]，即[n2-5n>2n-6]，
解得[n<1]或[n>6].
由[n∈N*]，得[n≥7].
所以使[Sn>an]成立的[n]的最小值为7.
【评析】该题第（1）小题为等差数列的通项及基本量的运算，可以根据题意直接联立方程组，求解等差数列的首项和公差，进而求出等差数列的通项公式. 第（2）小题的本质是解关于[n]的不等式，并由此确定[n]的最小值，求解过程中特别要注意[n∈N*].
2. 等差（比）数列的性质
等差数列的常见性质主要有以下四个方面.
（1）如果[an]为等差数列，则当[n≥2，n∈N*]时，[an]为[an-1，an+1]的等差中项.
（2）如果[an]为等差数列，则[am+an=ap+aq?][m+n=p+q].
（3）已知等差数列[an]的前[n]项和为[Sn]，则相邻[k]项的和[Sk，S2k-Sk，S3k-S2k，…]成等差数列.
（4）已知[an]，[bn]为等差数列，则[λan+μbn+m]也为等差数列.
等比数列也有类似的常见性质.
例2 （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：[Sn]为等比数列[an]的前[n]项和，根据等比数列的性质，知[S2]，[S4-S2]，[S6-S4]成等比数列.
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基本性质. 根据试题条件和等比数列的性质，可知[S2]，[S4-S2]，[S6-S4]成等比数列，求出[S6-S4=1]，从而进一步求解答案. 当然，该题也可以通过解含基本量的方程组而得到答案.
例3 （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：由题意，知[288192=a1b1=a5b5=96b5].
解得[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基本性质，根据题意可以解出[b5]，进而根据等差中项求出[b3]，考查学生的数学运算素养.
3. 利用[Sn]与[an]的关系求通项
数列[an]的通项[an]与前[n]项和[Sn]的关系是[an=][S1，n=1，Sn-Sn-1，n≥2.]
例4 （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：（1）由已知[2Sn+1bn=2]，得[Sn=2bn2bn-1]，且[bn≠0]，[bn≠12].
取[n=1]，由[S1=b1]，得[b1=32].
由[S1S2…Sn=bn]，[S1S2…SnSn+1=bn+1]，得[Sn+1=bn+1bn].
而由[Sn=2bn2bn-1]知，[Sn+1=2bn+12bn+1-1]，
所以[bn+1bn=2bn+12bn+1-1]，[bn+1≠0].
所以[22bn+1-1=1bn]，即[bn+1-bn=12]，其中[n∈N*].
所以数列[bn]是以[32]为首项、以[12]为公差的等差数列.
（2）由（1），得数列[bn]是以[32]为首项、以[12]为公差的等差数列，
所以[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].
显然，[an=-1nn+1]对于[n=1]不成立.
故[an=32，n=1，-1nn+1，n≥2.]
【评析】该题考查等差数列的证明、数列前[n]项和与项的关系、数列前[n]项积与项的关系等，利用前[n]项和（积）与数列的项的关系，消和（积）得到项（或项的递推关系），或者消项得到和（积）的递推关系是常用解题策略.
4. 利用错位相减法求和
一般地，如果数列[an]是等差数列，[bn]是等比数列，求数列[anbn]的前[n]项和时，可以采用错位相减法求和. 方法是和式两边同乘以等比数列[bn]的公比，然后作差求解. 书写[Sn]与[qSn]的表达式时应特别注意将两式错项对齐，以便下一步准确写出[Sn-qSn]的表达式.
例5 （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].
（1）解：因为[an]是首项为1的等比数列，且[a1]，[3a2]，[9a3]成等差数列，
所以[6a2=a1+9a3]，即[6a1q=a1+9a1q2].
所以[9q2-6q+1=0]，解得[q=13].
所以[an=13n-1].
所以[bn=nan3=n3n].
（2）证明：由（1），得[Sn=1 · 1-13n1-13=321-13n]，[Tn=13+232+…+n-13n-1+n3n].
所以[13Tn=132+233+…+n-13n+n3n+1].
故[Tn-13Tn]=[23Tn]
[=13+132+133+…+13n-n3n+1]
[=131-13n1-13-n3n+1]
[=121-13n-n3n+1]，
所以[Tn=341-13n-n2 · 3n].
因为[Tn-Sn2=341-13n-n2 · 3n-341-13n=-n2 · 3n<0]，
所以[Tn<Sn2].
【评析】该题主要考查数列的求和，涉及等差数列的性质和错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算素养. 对于数列不等式的证明，常见的做法有：作差法、作商法和放缩法等，关键是根据数列不等式的结构做出灵活选择.
例6 （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]三种规格的圖形，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]等于 .
解：（1）对折4次可以得到[54×12]，[52×6]，[5×3]，[10×32]，[20×34]，共5种不同规格.
（2）由于每次对折后的图形的面积都减小为原来的一半，故其面积是首项为120、公比为[12]的等比数列，第[n]次对折后的图形面积为[12012n-1]，因而猜想[Sn=120n+12n-1].
设[S=k=1nSk=120×220+120×321+120×422+…+120n+12n-1]，
则[12S=120×221+120×322+…+120n2n-1+120n+12n].
两式作差，得
[12S=240+12012+122+…+12n-1-120n+12n]
[=240+601-12n-11-12-120n+12n]
[=360-120n+32n].
因此，[S=720-240n+32n=720-15n+32n-4].
答案：[5];[720-15n+32n-4 dm2].
【评析】该题重点考查学生的数学应用和数列求和能力，以及数学建模和数学运算素养. 5. 数列的奇偶项问题
数列的奇偶项是高考中的常考问题. 解决此类问题的难点在于清楚数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差（比）等，重点考查分类讨论思想.
例7 （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：因为[S=limn→+∞a1+a2+…+an=a11-q=31-q=9]，
所以[q=23].
所以[an=323n-1].
所以[bn=a2n=3232n-1=249n-1].
所以数列[bn]的首项[b1=2]，公比[q=q2=49].
故[S=limn→+∞b1+b2+…+bn=b11-q=185].
答案：[185].
【评析】该题主要考查数列的基本问题——等比数列与无穷递缩等比数列的各项和的概念，同时考查学生的数学运算素养.
6. 数列中的恒成立问题
数列与不等式知识相结合的内容是数列中的难点. 考查方式主要有三种：一是判断或证明数列问题中的一些不等关系;二是考查数列不等式的恒成立问题;三是考查与数列问题有关的不等式的证明.
例8 （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：（1）当[n=1]时，有[4a1+a2=3a1-9].
所以[4a2=94-9=-274]，解得[a2=-2716].
当[n≥2]时，由[4Sn+1=3Sn-9]，得[4Sn=3Sn-1-9].
两式相减，得
[4an+1=3an]，即[an+1an=34 an≠0].
所以[a2a1=34].
所以[an]是以[-94]為首项、[34]为公比的等比数列.
故[an=-9434n-1=-334n].
（2）由[3bn+n-4an=0]，得
[bn=-n-43an=n-434n].
所以[Tn=-3 · 34-2 · 342-1 · 343+0 · 344+…+n-4?34n]，
则[34Tn=-3 · 342-2 · 343-1 · 344+…+n-534n+][n-434n+1].
两式相减，得
[14Tn=-3 · 34+342+343+344+…+34n-n-4?34n+1]
[=-94+9161-34n-11-34-n-434n+1]
[=-n?34n+1].
所以[Tn=-4n34n+1].
由[Tn≤λbn]，得[-4n?34n+1≤λn-434n]恒成立，即[λn-4+3n≥0]恒成立.
当[n=4]时，不等式恒成立;
当[1≤n<4]且[n∈N*]时，[λ≤-3nn-4=-3-12n-4]，得[λ≤1];
当[n>4]且[n∈N*]时，[λ≥-3nn-4=-3-12n-4]，得[λ≥-3].
综上所述，[-3≤λ≤1].
【评析】该题考查数列通项的求法、错位相减求和及数列相关的恒成立问题等. 数列中有关项或前[n]项和的恒成立问题，常用分离参数法转化为数列最值问题，或利用函数性质并结合分类讨论来解决. 在分离参数时，要注意变量的正、负和0的讨论，考查分类讨论思想.
二、典型试题解法分析
1. 与数列求和相关的不等式放缩问题的典型解法
与数列求和相关的不等式放缩问题是高考的难点问题，常见的解法有三种：一是先求出数列通项，然后对通项求和，最后再放缩;二是先求出数列通项，然后将通项进行放缩，最后再求和;三是直接应用递推关系放缩，再求和，最后放缩.
在解题过程中要注意以下问题.
（1）在放缩的过程中通常从数列的通项公式入手，考虑对递推公式进行变形，并注意不等式中不等号的方向.
（2）在放缩时，对通项公式的变形要向可求和数列的通项公式靠拢，常见的是向等比数列和可裂项相消的数列进行靠拢.
（3）在有些关于数列和的不等式中，将递推公式放缩变形成为可以“累加”或“累乘”的形式，即[an+1-an<fn]或[an+1an<fn]（累乘时要注意不等式两侧均为正），然后通过“累加”或“累乘”达到一侧为[an]，另一侧为求和的结果.
（4）若放缩后求和发现太大或者太小，即与所证矛盾，通常有两种解决方案：一是微调，看能否让数列中的一些项不变，其余项放缩;二是选择放缩程度更小的方式进行尝试.
（5）放缩构造裂项相消数列的技巧：所构造的通项公式要具备“依项同构”的特点，即作差的两项可视为同一数列的相邻（或相间）两项.
例9 （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] 解法1：因为[a1=1，an+1=an1+an n∈N*]，
所以[an>0]，[S100>a1+a2=32].
因为[an+1=an1+an]，
所以[1an+1=1an+1an=1an+122-14].
所以[1an+1<1an+122]，即[1an+1<1an+12 ].
故[1an+1-1an<12 ].
根据累加法，得[1an≤1+n-12=n+12]，当且仅当[n=1]时取等号.
所以[an≥4n+12].
所以[an+1=an1+an≤an1+2n+1=n+1n+3an].
故[an+1an≤n+1n+3].
根据累乘法，得[an≤6n+1n+2]，当且仅当[n=1]时取等号.
由裂项求和法，得[an≤6n+1n+2=61n+1-1n+2].
所以[S100≤612-13+13-14+14-15+…+1101-1102=][612-1102<3].
即[32<S100<3].
故答案选A.
解法2：因为[a1=1]，[an+1=an1+an n∈N*]，
所以[an>0]，[S100>a1+a2=32].
由[an+1=an1+an]，得[an+11+an=an].
所以[an+1-an=-an+1an<-an+1an+an+12].
所以[?an+1-anan+1+an<-an+1an+an+12].
化简，得[2an+1-an<-an+1]，
即[an+1<2an-an+1].
所以[S100=a1+a2+…+a100]
[≤a1+2a1-a2+a2-a3+…+a99-a100]
[=a1+2（a1-a100）]
[=3-2a100]
[<3].
故答案选A.
【评析】该题是数列中的不等式问题，是一道综合性较强的试题. 该题数列通项公式不易求出，故采用直接对递推关系进行放缩，解题过程中蕴含数列放缩、累加、累乘和裂项相消等.
2. 等差（比）数列判定与证明的典型解法
等差（比）数列的判定与证明是高考中的常见题型，常见的解题方法如下.
（1）如何判断一个数列是等差（比）数列.
① 定义法（递推公式）：[an+1-an=d]（等差数列），[an+1an=q]（等比数列），[n]≥1，[d]和[q]均为常数.
② 通项公式：[an=kn+m]（等差数列），[an=kqn][q≠0]（等比数列）.
③ 前[n]项和：[Sn=An2+Bn]（等差数列），[Sn=kqn-k]（等比数列）.
④ 等差（比）中项：数列从第二项开始，每一项均为前后两项的等差（比）中項.
（2）如何证明一个数列是等差（比）数列.
① 通常利用定义法，寻找到公差（公比）.
② 利用等差（比）中项来进行证明，即[?n∈N?]，均有[2an+1=an+an+2]（等差数列），[a2n+1=anan+2]（等比数列）.
要证明一个数列不是等差（比）数列，只需举出反例即可，也可以用反证法.
例10 （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：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]，所以[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].
因为[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】此类试题考查等差数列的证明，解题时抓住已知条件，结合相关通项公式、求和公式和性质，逐步推演. 等差数列的证明通常采用定义法或等差中项法. 此题还考查学生的逻辑推理和数学运算等素养.
三、试题解法赏析
分段数列是一种特殊的函数关系，通常所称分段数列是指当[n]取不同的值时，其通项公式（或递推关系）也不相同，常见以下两种形式：以某项为界（或首项独立）的分段数列、以奇偶项为界的分段数列.
分段数列虽然表现形式不同，但本质上还是以等差数列或等比数列为原型，处理过程中需要正确使用等差数列或等比数列的性质和求和公式等.
对于以奇偶项为界的分段递推数列，一般利用已知关系得到奇数项的递推关系或偶数项的递推关系，再结合已知数列的通项公式、求和公式等来求解问题.
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：（1）由题意，得[b1=a2=a1+1=2]，[b2=a4=a3+][1=a2+2+1=5].
因为[a2k+2=a2k+1+1]，[a2k+1=a2k+2]，[k∈N*]，
所以[a2k+2=a2k+3].
所以[bn+1=bn+3]，即[bn+1-bn=3].
所以数列[bn]为等差数列.
故[bn=2+3n-1=3n-1].
（2）（方法1）设数列[an]的前[20]项和为[S20]，
则[S20=a1+a2+a3+…+a20].
因为[a1=a2-1，a3=a4-1，…，a19=a20-1]，
所以[S20=2a2+a4+…+a18+a20-10]
[=2b1+b2+…+b9+b10-10]
[=210 · 2+9 · 102 · 3-10]
[=300].
（方法2）由（1），得[a2n=3n-1].
则有[a2n-1=a2n-2+2=3n-2].
当[n]=1时，[a1=1]也满足.
所以[a2n-1=3n-2].
设数列[an]的前20项和为[S20]，
则[S20=a1+a2+a3+…+a20]
[=a1+a3+…+a19+a2+a4+…+a20]
[=300].
（方法3）设[cn=a2n-1+a2n]，则[c1=a1+a2=3].
而[cn+1-cn=a2n+1+a2n+2-a2n-1+a2n=a2n+1-a2n+][a2n+2-a2n+1+a2n+1-a2n+a2n-a2n-1][=6].
所以数列[cn]是以3为首项、6为公差的等差数列.
設数列[an]的前20项和为[S20]，
则[S20=a1+a2+a3+…+a20]
[=c1+c2+…+c10]
[=300].
（方法4）由题意，知递推关系[an+1=an+1，n为奇数，an+2，n为偶数]可以表示为[an+1=an+3+-1n2].
则有[an-an-1=3+-1n-12]，
[an-1-an-2=3+-1n-22]，
……
[a2-a1=3+-112].
所以[an-a1=32n-1+-1--1n4].
即[an=6n-3--1n4].
所以数列[an]的前20项和为[S20=a1+a2+a3+…+][a20 =300].
【评析】该题主要考查分段数列的通项公式、数列的求和等. 常见的解决方法有：直接求通项公式，分类讨论求分段数列通项公式，并项求和等. 同时，考查学生的数学运算素养.
四、备考建议
通过对2021年高考数列试题的分析，并根据历年数列试题的特点，提出如下复习建议.
1. 依据课程标准对数列专题的考查要求进行复习
根据《普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）》的要求，紧扣新教材的特点，在高考备考过程中注重对等差数列、等比数列的通项公式和数列求和等基础知识的理解和掌握.
2. 注重数列通项公式求解方法的培养
在备考过程中，深度概括数列通项公式的求解方法，特别注意培养学生的转化和化归能力. 通过引入辅助数列，将复杂数列转换为常见的等差数列或等比数列. 注重提升学生的理性思维能力，注意培养学生的数学运算能力和逻辑推理能力.
3. 注重掌握基本问题的典型解法
对在备考过程中遇到的数列基本问题，要总结其常用解法及每种解法的基本步骤. 同时，应特别注重数列与不等式结合的问题，注重培养学生运用函数方法解决数列问题的能力，使学生在高考时能通过类比和转化，顺利解决问题.
参考文献：
[1]中华人民共和国教育部制定. 普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）[M]. 北京：人民教育出版社，2020.
[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.