摘"要：新高考數(shù)學(xué)命題中，創(chuàng)新無(wú)處不在.數(shù)列作為一個(gè)“主力”，更是創(chuàng)新與應(yīng)用的一個(gè)重要知識(shí)點(diǎn)，有效考查考生的數(shù)列“三技”和關(guān)鍵能力，充分體現(xiàn)高考的選拔性與區(qū)分度.結(jié)合實(shí)例，就數(shù)列中的幾類創(chuàng)新問(wèn)題加以剖析，就條件追溯、結(jié)論探究、結(jié)構(gòu)不良以及存在探索等創(chuàng)新問(wèn)題加以創(chuàng)新應(yīng)用，引領(lǐng)并指導(dǎo)數(shù)學(xué)教學(xué)與復(fù)習(xí)備考.

關(guān)鍵詞：數(shù)列；創(chuàng)新問(wèn)題；數(shù)學(xué)思維

高考中數(shù)列模塊知識(shí)的考查，一直沿著創(chuàng)新與改革的方向前進(jìn)，由原來(lái)傳統(tǒng)的考查數(shù)列基礎(chǔ)知識(shí)或數(shù)列遞推關(guān)系式等問(wèn)題，變革成題型上的創(chuàng)新與知識(shí)的交匯，使得數(shù)列知識(shí)對(duì)“四基”的落實(shí)與“四能”的要求提高，這也成為高考創(chuàng)新性與應(yīng)用性方面的一個(gè)亮點(diǎn).

1"條件追溯問(wèn)題

例1"（開放性問(wèn)題）已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，且滿足Sn+Sn－1=3n2+2n+4（n≥2），其中Sn為其前n項(xiàng)和.試寫出一個(gè)實(shí)數(shù)a1=""""，使得對(duì)任意的n∈N*，不等式anlt;an+1恒成立.

分析：根據(jù)題設(shè)條件，利用不等式anlt;an+1恒成立的結(jié)論，以a1為參數(shù)加以合理逆推分析，合理構(gòu)建相應(yīng)的不等式組，通過(guò)求解不等式組來(lái)確定參數(shù)a1的取值范圍，進(jìn)而確定一個(gè)滿足結(jié)論的條件值，達(dá)到條件追溯的目的.

解析：依題，當(dāng)n=2時(shí)，可得a1+a2+a1=3×22+2×2+4=20，則有a2=20－2a1.

當(dāng)n≥3時(shí)，由Sn+Sn－1=3n2+2n+4可知，Sn－1+Sn－2=3（n－1）2+2（n－1）+4=3n2－4n+5.

以上兩式對(duì)應(yīng)相減，可得an+an－1=6n－1，則有an+1+an=6（n+1）－1=6n+5.

以上兩式對(duì)應(yīng)相減，可得an+1－an－1=6（n≥3）.

所以數(shù)列{an}從第二項(xiàng)起，相應(yīng)的奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)分別是公差為6的等差數(shù)列.

當(dāng)n=3時(shí)，由an+an－1=6n－1，可得a3=6×3－1－a2=17－（20－2a1）=2a1－3.

而對(duì)任意的n∈N*，不等式anlt;an+1恒成立，則只需滿足a1lt;a2，

a2lt;a3，

a3lt;a2+6.

則有a1lt;20-2a1，

20-2a1lt;2a1-3，

2a1-3lt;20-2a1+6.

解得234lt;a1lt;203，所以a1的取值范圍為234，203.

故填答案6答案不唯一，只要是區(qū)間234，203內(nèi)的一個(gè)實(shí)數(shù)即可.

點(diǎn)評(píng)：解決數(shù)列中的條件追溯問(wèn)題時(shí)，往往以結(jié)論為條件來(lái)參與合理的推理與運(yùn)算，進(jìn)而尋找結(jié)論成立的必要條件.在實(shí)際解決此類條件追溯問(wèn)題時(shí)，要充分考慮條件與結(jié)論之間的邏輯推理是否可逆.

2"結(jié)論探究問(wèn)題

例2"（開放性問(wèn)題）（2023年江蘇省南通市高三下學(xué)期2月第一次調(diào)研測(cè)試（一模）數(shù)學(xué)試卷）寫出一個(gè)同時(shí)滿足下列兩個(gè)條件的等比數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式：an="""".

①anan＋1lt;0；"②|an|lt;|an＋1|.

分析：根據(jù)題設(shè)條件，通過(guò)構(gòu)造等比數(shù)列{an}并設(shè)出對(duì)應(yīng)的公比q，通過(guò)兩個(gè)條件分別確定公比q的取值情況，結(jié)合數(shù)列首項(xiàng)的選取來(lái)確定一個(gè)滿足題設(shè)兩個(gè)條件的等比數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.

解析：可構(gòu)造等比數(shù)列{an}，設(shè)公比為q.

由條件①anan＋1lt;0可知，公比q為負(fù)數(shù).

又由條件②|an|lt;|an＋1|可知，|q|gt;1，所以q可?。?.

設(shè)a1=－2，則an=－2·（－2）n－1=（－2）n，故填答案（－2）n（答案不唯一）.

點(diǎn)評(píng)：解決數(shù)列中的結(jié)論探究問(wèn)題時(shí)，往往要根據(jù)給出的不同條件加以分類討論，進(jìn)而確定數(shù)列中對(duì)應(yīng)元素的基本特征，為進(jìn)一步確定數(shù)列的基本性質(zhì)提供條件.在實(shí)際解決此類條件追溯問(wèn)題時(shí)，要全面考慮所有條件，不能出現(xiàn)遺漏.

3"結(jié)構(gòu)不良問(wèn)題

結(jié)構(gòu)不良問(wèn)題，即問(wèn)題的題干條件不充分或不完整，需要選擇給出的某些條件（或選一或選二等），根據(jù)呼應(yīng)的一些條件來(lái)探索原問(wèn)題的某些條件加以補(bǔ)充完整，進(jìn)而在所選擇條件組成的題目背景下，進(jìn)行合理邏輯推理與數(shù)學(xué)運(yùn)算等加以解題.

例3"（2023年湖南省部分學(xué)校高考數(shù)學(xué)聯(lián)考試卷（5月份））在①Sn－Sn－1=Sn+Sn-1（n≥2），②（n－1）Sn=nSn-1（n≥2）這兩個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面的問(wèn)題中，并作答.

問(wèn)題：設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1=1，且"""".

（1）求Sn.

（2）若bn=（－1）n·2n+1Sn+n，求數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和T2n.

分析：（1）根據(jù)題設(shè)條件，首先對(duì)結(jié)論不良問(wèn)題的條件加以補(bǔ)充或選擇，兩個(gè)不同條件①②的選擇都可以，分別利用平方差公式或關(guān)系式的恒等變形等，進(jìn)而加以分析與求解數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn.（2）由（1）的結(jié)論得到數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn的表達(dá)式，綜合數(shù)列的遞推關(guān)系式，利用裂項(xiàng)相消法來(lái)變形與應(yīng)用，得以求得數(shù)列的和.

解析：（1）若選①，因?yàn)镾n－Sn－1=Sn+Sn-1（n≥2），

所以（Sn+Sn-1）（Sn－Sn-1）

=Sn-Sn-1

=Sn+Sn-1，解得Sn－Sn-1=1（n≥2）.

則數(shù)列{Sn}是首項(xiàng)為S1=a1=1，公差為1的等差數(shù)列，

所以Sn=n，即Sn=n2（n≥2）.

因?yàn)镾1=a1=1也滿足上式，所以Sn=n2.

若選②，方法1：累乘法.

因?yàn)椋╪－1）Sn=nSn-1（n≥2），變形可得Sn=nn-1Sn-1（n≥2）.

所以Sn=nn-1·n-1n-2·…·21·S1=n（n≥2），即Sn=n2（n≥2）.

因?yàn)镾1=a1=1也滿足上式，所以Sn=n2.

方法2：常數(shù)列法.

因?yàn)椋╪－1）Sn=nSn-1（n≥2），變形可得Snn=（Sn-1）n-1（n≥2）.

所以數(shù)列Snn是一個(gè)常數(shù)列，可得Snn=S11=1，則有Sn=n，即Sn=n2（n≥2）.

因?yàn)镾1=a1=1也滿足上式，所以Sn=n2.

（2）由（1）可得Sn=n2.

則有bn=（－1）n·2n+1Sn+n=（－1）n·2n+1n2+n=（－1）n·1n+1n+1.

所以T2n=－1+12+12+13－13+14+14+15－…－12n-1+12n+12n+12n+1=－1+12n+1=－2n2n+1.

點(diǎn)評(píng)：解決數(shù)列中的結(jié)構(gòu)不良問(wèn)題時(shí)，注意補(bǔ)充條件或選擇條件只是解決此類問(wèn)題的第一步，基于條件的補(bǔ)充或選擇，從而構(gòu)建一個(gè)完整的問(wèn)題，與正常試題的解答基本相當(dāng).在實(shí)際解決此類結(jié)構(gòu)不良問(wèn)題時(shí)，不同的條件的補(bǔ)充或選擇，將對(duì)應(yīng)不同的解題過(guò)程與結(jié)論.

4"存在探索問(wèn)題

例4"已知數(shù)列{an}中，a2=1，設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，2Sn=nan.

（1）求{an}的通項(xiàng)公式.

（2）令cn=an+3an+1an+2×2an+1，是否存在正整數(shù)n，使得不等式c1+c2+…+cn－1+cngt;20222023恒成立？若存在，求出最小正整數(shù)n的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

分析：（1）根據(jù)題設(shè)條件，通過(guò)數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式之間的關(guān)系，確定數(shù)列中連續(xù)兩項(xiàng)的比值，利用累乘法來(lái)確定數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）由（1）的結(jié)論確定cn的表達(dá)式，利用裂項(xiàng)處理，通過(guò)數(shù)列求和轉(zhuǎn)化，結(jié)合不等式恒成立的存在性探索來(lái)分析，進(jìn)而確定使得不等式恒成立時(shí)的條件，確定滿足條件的最小正整數(shù)n的值.

解析：（1）依題意，2Sn=nan，a2=1.

當(dāng)n=1時(shí)，2a1=a1，即a1=0；當(dāng)n=3時(shí)，2（1+a3）=3a3，即a3=2.

當(dāng)n≥2時(shí)，有2Sn－1=（n－1）an－1，所以2（Sn－Sn－1）=nan－（n－1）an－1=2an.

化簡(jiǎn)可得（n－2）an=（n－1）an－1，則當(dāng)n≥3時(shí)，可得anan-1=n-1n-2.

所以an=anan-1·an-1an-2·…·a3a2·a2=n-1n-2·n-2n-3·…·21·1=n－1.

上式中，當(dāng)n=2或n=1時(shí)，a2=1，a1=0也滿足上式，所以{an}的通項(xiàng)公式為an=n－1，n∈N*.

（2）存在正整數(shù)n，使得不等式恒成立，最小正整數(shù)為8.由（1）知，an=n－1，n∈N*，

所以cn=an+3an+1an+2×2an+1=n+2n（n+1）×2n=（2n+2）-nn（n+1）×2n=1n×2n-1－1（n+1）×2n，

所以c1+c2+…+cn－1+cn=11×20－12×21+12×21－13×22+13×22－14×23+…+1（n-1）×2n-2－1n×2n-1+1n×2n-1－1（n+1）×2n=1－1（n+1）×2ngt;20222023.

要使得不等式c1+c2+…+cn－1+cngt;20222023恒成立，則有（n+1）·2ngt;2023.

又n∈N*，當(dāng)n=7時(shí)，8×27=1024lt;2023；當(dāng)n=8時(shí)，9×28=2304gt;2023，

所以存在正整數(shù)n，使得不等式c1+c2+…+cn－1+cngt;20222023恒成立，此時(shí)最小正整數(shù)n的值為8.

點(diǎn)評(píng)：解決數(shù)列中的存在探索性問(wèn)題時(shí)，往往直接根據(jù)探索問(wèn)題的存在性，利用數(shù)列中的基礎(chǔ)知識(shí)與基本公式加以綜合與應(yīng)用，合理邏輯推理與數(shù)學(xué)運(yùn)算，進(jìn)而得以判斷存在探索問(wèn)題.在實(shí)際解決此類存在探索性問(wèn)題時(shí)，往往借助邏輯推理與數(shù)學(xué)運(yùn)算等，在假設(shè)存在條件下，得到的結(jié)論吻合題設(shè)條件則存在；否則就說(shuō)明不存在.

數(shù)列中的創(chuàng)新問(wèn)題，場(chǎng)景復(fù)雜多變，自身既有生活現(xiàn)實(shí)意義又有科學(xué)嚴(yán)謹(jǐn)態(tài)度，是把數(shù)學(xué)基礎(chǔ)知識(shí)與現(xiàn)實(shí)生活實(shí)際巧妙聯(lián)系起來(lái)的一些有效嘗試，是探究與創(chuàng)新的一個(gè)基本思維，更是考查學(xué)生的創(chuàng)新意識(shí)與創(chuàng)新應(yīng)用的重要場(chǎng)景.此類創(chuàng)新問(wèn)題，以數(shù)列基礎(chǔ)知識(shí)為背景，融入創(chuàng)新元素與創(chuàng)新意識(shí)，使得數(shù)學(xué)應(yīng)用、創(chuàng)新應(yīng)用在數(shù)學(xué)思維、技巧方法等層面得以真正的發(fā)酵，引導(dǎo)學(xué)生關(guān)注現(xiàn)實(shí)生活中無(wú)處不在的數(shù)學(xué)應(yīng)用場(chǎng)景.