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纵观2013年全国各地的高考数学试卷，不难发现对数列的考查，既突出了对数列的基本知识、基本量策略及通性通法的考查，又注意从学科整体高度进行知识的交汇考查.同时还通过设计新情境加强对考生的创新意识和探究能力的考查.下面举例说明.
一、立足基础，体现命题重点
1.考查基础知识
例1 (陕西卷) 设{an}是公比为q的等比数列,（1）推导{an}的前
n项和公式;
（2）设q≠1，证明数列{an+1}不是等比数列.
解析 ：（1）设等比数列{an}的前n项和为
Sn，当q=1时，Sn=
na1 ,当q≠1时，由等比数列的定义知：
a2=a1q,a3=a2q,a4=a3q,…,an=an-1q(n≥2).
将这n-1个等式相加得
a2+a3+…+an=a1q+a2q+…+an-1q,即
Sn-a1=(Sn-an)q,解得an=
a1-anq 1-q(n≥2).
当n=1时，此式也成立.
综上所述,{an}的前n项和Sn=
na1(q=1)，
a1-anq 1-q(n≥2).
（2）假设数列{an+1}是等比数列，则有
a2+1 a1+1=
a3+1 a2+1即
a1q+1 a1+1
=a1q2+1 a1q+1
,化简得
1+q2-2q=0,
所以q=1.这与条件q≠1矛盾，故{an+1}不可能是等比数列.
点评 ：此题考查等比数列的定义、通项公式、前n项和公式、错位相减法和反证法等基础知识，凸现回归课本的命题理念.
二、考查基本量策略
例2 （江苏卷）在正项等比数列{an}中，
a5=1 2，
a6+a7=3,
则满足a1+a2+a3+…+an>a1a2a3…an
的最大正整数n的值为.
解析 ：设正项等比数列{an}的首项为a1，公比为q则
a1q4=1 2,
a1q5(1-q)=3.
解得
a1=1 32,
q=2.
所以an=2n-6,所以a1+a2+…+an=
2n-1 25
>a1a2…an=
2(n-1)n 2.
化简得2n-1>2(n-1)(n 2-5).
显然n=10符合.再依次考查n=11,n=12符合，n=13不符合.所以n的最大值是12.
点评 ：等差（比）数列是由首项和公差（比）确定，解决这类问题就要抓住首项和公差（比）这两个基本量，这就是两个特殊数列的基本量策略.
3.考查基本方法
例3 （江西卷）正项数列{an}的前n项和Sn满足
S2n-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0.
（1）求数列{an}的通项公式an;
（2）令
bn=n+1 (n+2)2a2n,数列{bn}的前项和为
Tn.
证明：
对于任意n∈N*,都有Tn<5 64.
解析 ：（1）由已知条件得
［Sn-(n2+n)］
(Sn+1)=0.因为Sn>0,所以Sn=n2+n.易得an=2n.
（2）因为bn=
n+1 4n2(n+2)2
=1 16
［1 n2-
1 (n+2)2］,
所以Tn=1 16
［1-1 32+
1 22-
1 42+
1 32+…+
1 (n-1)2-
1 (n+1)2+1 n2-
1 (n+2)2］
=1 16
［1+1 22-
1 (n+1)2-
1 (n-2)2］
<1 16
(1+1 22)=5 64.
点评 ：此题考查数列的通项与前n项和之间的关系、裂项求和法、放缩法等基本方法，将问题直接转化为使用等差、等比数列前n项和公式.错位相减法、裂项相消法是高考考查的重点.
2.纵横交汇，凸显命题理念
由于数列知识与函数、导数、不等式、三角函数、积分等诸多知识点联系紧密,为了体现从学科整体高度进行命题的理念，因而将数列与其它知识进行交汇命题就成了高考命题的热点.
例4 （安徽卷）设数列{an}满足a1=2,a2+a4=8,且对任意
n∈N*，函数
f (x)=(an-an+1+an+2)x+an+1cosx-an+2sinx，满足f ′(π 2)=0
（1）求数列{an}的通项公式;（2）略.
解析 ：对函数f (x)先求导得
f ′(x)=an-an+1+an+2-an+1sinx-an+2
cosx.因为对任意
n∈N*都有
f ′(π 2)=0，所以
an-an+1+an+2-an+1=0,所以
2an+1=an+an+2.
又因为a1=2，所以数列{an}是以2为首项的等差数列.设公差为d，由
a2+a4=8,
得
2a1+4d=8,所以d=1.所以an=n+1(n∈N*).
点评 ：此题是以数列的项为函数解析式的系数，巧妙地将导数、等差数列和数列基本量的求解通过函数纽带交汇一起，体现了新课程高考的命题理念.
例5 （福建卷）当x∈R，|x|<1时,有如下表达式:
1+x+x2+…+xn+…=
1 1-x,
两边同时积分得
∫1 20dx+
∫1 20xdx+
…+∫1 20xndx+
…=
∫1 201 1-x
dx
，从而得到等式
1×1 2+1 2×(1 2)2+
1 3×(1 2)3+…+
1 n+1×(1 2)n+1
+…=ln2
.请根据以上材料所蕴含的数学思想方法计算：
C0n×1 2+1 2C1n
(1 2)2+1 3C2n(1 2)3+…+
1 n+1Cnn(1 2)n+1.
解析 ：
因为C0n+C1nx+C2nx2+…+
Cnnxn=(1+x)n,
两边同时积分得
C0n∫1 201dx+
C1n∫1 20
xdx+
C2n∫1 20x2dx+
…+Cnn∫1 20xndx=
∫1 20(1+x)ndx.
从而得C0nx|1 20
+1 2C1nx2|
1 20
+1 3
C2nx3|1 20
+…+
1 n+1
Cnnxn+1
|1 20=
1 n+1(1+x)n+1|1 20.
所以C0n×1 2
+1 2C1n×(1 2)2
+1 3C2n(1 2)3+…+
1 n+1Cnn(1 2)n+1
=1 n+1［(3 2)n+1-1］.
点评 ：该题将数列与积分巧妙结合，考查数列无限项求和、积分、二项式定理、合情推理，体现了有限与无限思想、化归思想.
三、情境创新m引领命题走向
新课改提倡重视学生创新意识的培养.高考命题如何体现这一理念，对命题进行情境创新是高考命题者进行的一种尝试.
例6 （全国卷Ⅰ）设△AnBnCn的三边长分别为
an,bn,cn，
△AnBnCn的面积为
Sn,n=1,2,3,….
若b1>c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1
=cn+an 2，cn+1=
bn+an 2,则 （ ）
(A) {Sn}为递减数列
(B){Sn}为递增数列
(C) {S2n-1}为递增数列，{S2n}为递减数列
(D){S2n-1}为递减数列，{S2n}为递增数列
解析 ：由
an+1=an知{an}为常数列，所以an=a1，且
bn+1+cn+1
=1 2(bn+cn)+a1,①
bn+1-cn+1=-1 2
(bn-cn).
②
由①得bn+1+cn+1-2a1=
1 2(bn+cn-2a1),又
b1+c1=2a1，所以
bn+cn=2a1.由②得
bn-cn=(-1 2)n-1
(b1-c1),所以
Sn=1 4
(an+bn+cn)(an+bn-cn)(an+cn-bn)(bn+cn-an)
=1 4
［a2n-(bn-cn)2］［(bn+cn)2-a2n］
=
3 4a1a21-
1 22(n-1)(b1-c1)2.
所以Sn为关于n的增函数，故选(B).
点
评 ：该题以三角形为背景，将数列二次递推关系和海伦公式进行综合，构思独特，形式新颖，极具创新，具有很好的选拔性.
例7 （湖南卷）对于E={a1,a2,…,a100}的子集
X={ai1,ai2,…,aik}，定义X的“特征数列”为
x1,x2,…,x100,其中
ai1=ai2=…=aik=1，其余项均为0.例如：子集{
a2,a3}
的“特征数列”为0,1,1,0，…，0.
（1）子集{a1,a3,a5}的“特征数列”的前三项的和等于;
（2）若E的子集P的“特征数列”p1,p2,…,p100,满足pi+pi+1=1,1≤i≤99,
E的子集Q的“特征数列”
q1,q2,…,q100，满足
q1=1,qj+qj+1+qj+2=1,1≤j≤98
,则P∩Q的元素个数为.
解析 ：易得（1）的答案为2.
(2)由已知得子集P为E中所有奇项或所有偶项构成的子集，子集Q为对E中的项的下标以被3除余1的那一类的项构成的子集，在Q中共有34项，其中奇数与偶数各占一半，所以P∩Q的子集的个数为17.
点评 ：该题将数列问题通过集合的形式进行表达，形式独特，情境新颖，能综合考查学生的数学素养，具有很好的区分功能.
由此可见，在数列复习中，我们一定要吃透课改精神，重视数列基本知识，基本策略，基本方法的训练，依纲靠本，夯实基础，体会解决数列问题的函数思想、类比思想、化归思想、方程思想，方能处变不惊，从容面对.
一、立足基础，体现命题重点
1.考查基础知识
例1 (陕西卷) 设{an}是公比为q的等比数列,（1）推导{an}的前
n项和公式;
（2）设q≠1，证明数列{an+1}不是等比数列.
解析 ：（1）设等比数列{an}的前n项和为
Sn，当q=1时，Sn=
na1 ,当q≠1时，由等比数列的定义知：
a2=a1q,a3=a2q,a4=a3q,…,an=an-1q(n≥2).
将这n-1个等式相加得
a2+a3+…+an=a1q+a2q+…+an-1q,即
Sn-a1=(Sn-an)q,解得an=
a1-anq 1-q(n≥2).
当n=1时，此式也成立.
综上所述,{an}的前n项和Sn=
na1(q=1)，
a1-anq 1-q(n≥2).
（2）假设数列{an+1}是等比数列，则有
a2+1 a1+1=
a3+1 a2+1即
a1q+1 a1+1
=a1q2+1 a1q+1
,化简得
1+q2-2q=0,
所以q=1.这与条件q≠1矛盾，故{an+1}不可能是等比数列.
点评 ：此题考查等比数列的定义、通项公式、前n项和公式、错位相减法和反证法等基础知识，凸现回归课本的命题理念.
二、考查基本量策略
例2 （江苏卷）在正项等比数列{an}中，
a5=1 2，
a6+a7=3,
则满足a1+a2+a3+…+an>a1a2a3…an
的最大正整数n的值为.
解析 ：设正项等比数列{an}的首项为a1，公比为q则
a1q4=1 2,
a1q5(1-q)=3.
解得
a1=1 32,
q=2.
所以an=2n-6,所以a1+a2+…+an=
2n-1 25
>a1a2…an=
2(n-1)n 2.
化简得2n-1>2(n-1)(n 2-5).
显然n=10符合.再依次考查n=11,n=12符合，n=13不符合.所以n的最大值是12.
点评 ：等差（比）数列是由首项和公差（比）确定，解决这类问题就要抓住首项和公差（比）这两个基本量，这就是两个特殊数列的基本量策略.
3.考查基本方法
例3 （江西卷）正项数列{an}的前n项和Sn满足
S2n-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0.
（1）求数列{an}的通项公式an;
（2）令
bn=n+1 (n+2)2a2n,数列{bn}的前项和为
Tn.
证明：
对于任意n∈N*,都有Tn<5 64.
解析 ：（1）由已知条件得
［Sn-(n2+n)］
(Sn+1)=0.因为Sn>0,所以Sn=n2+n.易得an=2n.
（2）因为bn=
n+1 4n2(n+2)2
=1 16
［1 n2-
1 (n+2)2］,
所以Tn=1 16
［1-1 32+
1 22-
1 42+
1 32+…+
1 (n-1)2-
1 (n+1)2+1 n2-
1 (n+2)2］
=1 16
［1+1 22-
1 (n+1)2-
1 (n-2)2］
<1 16
(1+1 22)=5 64.
点评 ：此题考查数列的通项与前n项和之间的关系、裂项求和法、放缩法等基本方法，将问题直接转化为使用等差、等比数列前n项和公式.错位相减法、裂项相消法是高考考查的重点.
2.纵横交汇，凸显命题理念
由于数列知识与函数、导数、不等式、三角函数、积分等诸多知识点联系紧密,为了体现从学科整体高度进行命题的理念，因而将数列与其它知识进行交汇命题就成了高考命题的热点.
例4 （安徽卷）设数列{an}满足a1=2,a2+a4=8,且对任意
n∈N*，函数
f (x)=(an-an+1+an+2)x+an+1cosx-an+2sinx，满足f ′(π 2)=0
（1）求数列{an}的通项公式;（2）略.
解析 ：对函数f (x)先求导得
f ′(x)=an-an+1+an+2-an+1sinx-an+2
cosx.因为对任意
n∈N*都有
f ′(π 2)=0，所以
an-an+1+an+2-an+1=0,所以
2an+1=an+an+2.
又因为a1=2，所以数列{an}是以2为首项的等差数列.设公差为d，由
a2+a4=8,
得
2a1+4d=8,所以d=1.所以an=n+1(n∈N*).
点评 ：此题是以数列的项为函数解析式的系数，巧妙地将导数、等差数列和数列基本量的求解通过函数纽带交汇一起，体现了新课程高考的命题理念.
例5 （福建卷）当x∈R，|x|<1时,有如下表达式:
1+x+x2+…+xn+…=
1 1-x,
两边同时积分得
∫1 20dx+
∫1 20xdx+
…+∫1 20xndx+
…=
∫1 201 1-x
dx
，从而得到等式
1×1 2+1 2×(1 2)2+
1 3×(1 2)3+…+
1 n+1×(1 2)n+1
+…=ln2
.请根据以上材料所蕴含的数学思想方法计算：
C0n×1 2+1 2C1n
(1 2)2+1 3C2n(1 2)3+…+
1 n+1Cnn(1 2)n+1.
解析 ：
因为C0n+C1nx+C2nx2+…+
Cnnxn=(1+x)n,
两边同时积分得
C0n∫1 201dx+
C1n∫1 20
xdx+
C2n∫1 20x2dx+
…+Cnn∫1 20xndx=
∫1 20(1+x)ndx.
从而得C0nx|1 20
+1 2C1nx2|
1 20
+1 3
C2nx3|1 20
+…+
1 n+1
Cnnxn+1
|1 20=
1 n+1(1+x)n+1|1 20.
所以C0n×1 2
+1 2C1n×(1 2)2
+1 3C2n(1 2)3+…+
1 n+1Cnn(1 2)n+1
=1 n+1［(3 2)n+1-1］.
点评 ：该题将数列与积分巧妙结合，考查数列无限项求和、积分、二项式定理、合情推理，体现了有限与无限思想、化归思想.
三、情境创新m引领命题走向
新课改提倡重视学生创新意识的培养.高考命题如何体现这一理念，对命题进行情境创新是高考命题者进行的一种尝试.
例6 （全国卷Ⅰ）设△AnBnCn的三边长分别为
an,bn,cn，
△AnBnCn的面积为
Sn,n=1,2,3,….
若b1>c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1
=cn+an 2，cn+1=
bn+an 2,则 （ ）
(A) {Sn}为递减数列
(B){Sn}为递增数列
(C) {S2n-1}为递增数列，{S2n}为递减数列
(D){S2n-1}为递减数列，{S2n}为递增数列
解析 ：由
an+1=an知{an}为常数列，所以an=a1，且
bn+1+cn+1
=1 2(bn+cn)+a1,①
bn+1-cn+1=-1 2
(bn-cn).
②
由①得bn+1+cn+1-2a1=
1 2(bn+cn-2a1),又
b1+c1=2a1，所以
bn+cn=2a1.由②得
bn-cn=(-1 2)n-1
(b1-c1),所以
Sn=1 4
(an+bn+cn)(an+bn-cn)(an+cn-bn)(bn+cn-an)
=1 4
［a2n-(bn-cn)2］［(bn+cn)2-a2n］
=
3 4a1a21-
1 22(n-1)(b1-c1)2.
所以Sn为关于n的增函数，故选(B).
点
评 ：该题以三角形为背景，将数列二次递推关系和海伦公式进行综合，构思独特，形式新颖，极具创新，具有很好的选拔性.
例7 （湖南卷）对于E={a1,a2,…,a100}的子集
X={ai1,ai2,…,aik}，定义X的“特征数列”为
x1,x2,…,x100,其中
ai1=ai2=…=aik=1，其余项均为0.例如：子集{
a2,a3}
的“特征数列”为0,1,1,0，…，0.
（1）子集{a1,a3,a5}的“特征数列”的前三项的和等于;
（2）若E的子集P的“特征数列”p1,p2,…,p100,满足pi+pi+1=1,1≤i≤99,
E的子集Q的“特征数列”
q1,q2,…,q100，满足
q1=1,qj+qj+1+qj+2=1,1≤j≤98
,则P∩Q的元素个数为.
解析 ：易得（1）的答案为2.
(2)由已知得子集P为E中所有奇项或所有偶项构成的子集，子集Q为对E中的项的下标以被3除余1的那一类的项构成的子集，在Q中共有34项，其中奇数与偶数各占一半，所以P∩Q的子集的个数为17.
点评 ：该题将数列问题通过集合的形式进行表达，形式独特，情境新颖，能综合考查学生的数学素养，具有很好的区分功能.
由此可见，在数列复习中，我们一定要吃透课改精神，重视数列基本知识，基本策略，基本方法的训练，依纲靠本，夯实基础，体会解决数列问题的函数思想、类比思想、化归思想、方程思想，方能处变不惊，从容面对.