聚焦高考變化中的數列解答題

■陜西省洋縣中學 陳建強 劉大鳴(特級教師)

數學篇

聚焦高考變化中的數列解答題

■陜西省洋縣中學 陳建強 劉大鳴(特級教師)

數列部分的解答題放在高考試卷的第1 7或1 8題的位置,以中等難度的綜合題為主,考查重點是數列的概念、等差(比)數列的定義、通項公式、前n項和公式、等差(比)中項及等差(比)數列的性質的靈活運用,第(1)問以等差(比)數列或遞推數列的背景求數列的通項公式,第(2)問依據數列通項公式的特征選擇相應的數列求和的方法,以及數列與函數、不等式等知識的交匯,試題中往往體現(xiàn)了函數與方程、等價轉化、分類討論等重要的數學思想,以及待定系數法、配方法、換元法、消元法等基本數學方法。

聚焦1——等差(比)數列中的待定系數法與裂項法求和

已知數列{an}是遞增的等比數列,且a1+a4=9,a2a3=8。

(1)求數列{an}的通項公式。

(2)設Sn為數列{an}的前n項和,bn=,求數列的前n項和T的范圍。nn

解析：(1)方法1:利用公比溝通關系解方程組。設等比數列{an}的公比為q,所以a1+a4=a1(1+q3)=9,a2a3=a21q3=8,聯(lián)立兩式可得

又因為數列{an}為遞增數列,所以q＞ 1,所以所以數列{}的通項公式為anan=2n-1。

方法2:構建二次方程求根。由a1+a4=9, a2a3=8=a1a4,注意遞增數列的特征,可構造一元二次方程z2-9z+8=0,求得a1=1, a4=8,則q=2,所以an=2n-1。

(2)根據等比數列的求和公式可得Sn=,則

點評:等差(比)數列有五個基本量,兩組基本公式可看作多元方程,利用這些方程可將等差(比)數列中的運算問題轉化為解關于基本量的方程(組)問題。裂項相消法求和時,抵消后并不一定只剩下第一項和最后一項,有可能前面剩兩項,后面也剩兩項,將通項公式裂項后,需要調整前面的系數,使裂開的兩項之差乘以系數后與原通項公式相等。

聚焦2——一般數列的切入點an=中的化歸意識和函數特性

設數列{an}的前n項和為Sn,已知

(1)求a1的值,若an=2ncn,證明數列{cn}是等差數列。

(2)設bn=l o g2an-l o g2(n+1),數列的前n項和為B,若存在整數m,使得n對任意n∈N且n≥2,都有成立,求m的最大值。

解析：(1)因為=an-2n,所以Sn=2(an-2n)。所以S1=2(a1-21)=a1,解得a1=4。又Sn-1=2(an-1-2n-1),所以Sn-Sn-1=an=2an-2an-1-2n,所以an-2an-1= 2n(n≥2)。又an=2ncn,則,故數列{c}是n首項為2,公差為1的等差數列。

(2)由(1)求出an=(n+1)·2n,進而得到Bn,對構建函數研究最值。

由(1)知cn=2+(n-1)=n+1,故an= 2ncn=(n+1)·2n。

因為bn=l o g2an-l o g2(n+1)=,故則

所以數列{f(n)}為遞增數列。

點評:揭示an與Sn的關系an=凸顯分類、降元 、構建方程組三種意識,是一般數列的切入點,借助這種關系化歸為等差(比)數列的定義求通項公式,構造數列{f(n)}研究其單調性構建不等式求解。

聚焦3——遞推關系求通項與錯位相減法求和

已知數列{an}滿足a1=1, an+1=2an+3(n∈N*)。

(1)求數列{an}的通項公式;

(2)設Sn為數列的前n項和,求證：

解析：(1)構建輔助數列為等比數列求通項。由an+1=2an+3,得an+1+3=2(an+3),所以{an+3}是首項為a1+3=4,公比為2的等比數列,故an+3=(a1+3)×2n-1=4× 2n-1=2n+1,所以an=2n+1-3。

(2)等差(比)數列中對應項的積構成的數列求和用錯位相減法。

點評:遞推關系an+1=k an+b(k≠0,1)可構建為等比數列求解通項,如果數列{an}是等差數列,{bn}是等比數列,求數列{an·bn}的前n項和時,可以用錯位相減法,寫出“Sn”與“q Sn”的表達式,將兩式“錯項對齊”相減,提取公差構成n-1項等比數列的求和,求數列{an·bn}的最大或最小項,作差尋求分界點,用單調性定義求解。

聚焦4——存在性判斷中的“反證法”

(2 0 1 6屆安師大附中、馬鞍山二中統(tǒng)一考試)已知等差數列{an}的公差為-1,首項為正數,將數列{an}的前4項抽去其中一項后,剩下3項按原來順序恰為等比數列{bn}的前3項。

(1)求數列{an}的通項公式an與前n項和Sn;

(2)是否存在三個不相等的正整數m,n,p,使m,n,p成等差數列且Sm,Sn,Sp成等比數列?

解析：(1)設數列{an}的前4項為a1, a1-1,a1-2,a1-3,則(a1-1)2=a1(a1-2)或(a1-2)2=(a1-1)·(a1-3)或(a1-1)2= a1(a1-3)或(a1-2)2=a1(a1-3),解得a1=4,所以

(2)假設Sm,Sn,Sp成等比數列,則S2n= SmSp,即

因為m≠p,所以等號不成立,故不存在三個不相等的正整數m,n,p,使m,n,p成等差數列且Sm,Sn,Sp成等比數列。

點評:存在性問題的探究,假設存在依據題設進行推理,若能探究出結論成立的充分條件則存在,若推出與題設或結論相矛盾,則不存在,類似于反證法證題的方法步驟。

聚焦5——數列存在性與探究性中的“特殊化”“分類”“函數”意識的作用(2 0 1 6屆江蘇省揚州中學高三1 2月月考)已知數列{an}為各項為正數的等差數列,a1=2,{an}的前n和為Sn,數列{bn}為等比數列,且a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn= (n-1)·2n+2+4對任意的n∈N*恒成立。

(1)求數列{an}、{bn}的通項公式。

解析：(1)方法1:特殊化賦值。已知{an}為等差數列,設公差為d,{bn}為等比數列,設公比為q,對a1b1+a2b2+a3b3+…+ anbn=(n-1)·2n+2+4賦值,令n=1,2,3,得到a1b1=4,a1b1+a2b2=2 0,a1b1+a2b2+ a3b3=6 8。因為a1=2,所以b1=2,所以解得滿足條件的d= q=2,所以an=2n,bn=2n。

方法2:一般數列的切入點。因為a1b1+ a2b2+a3b3+…+anbn=(n-1)·2n+2+ 4 ①,對任意的n∈N*恒成立,則a1b1+ a2b2+a3b3+…+an-1bn-1=(n-2)·2n+1+ 4(n≥2) ②。

①-②,得anbn=n·2n+1(n≥2)。

又a1b1=4,也符合上式,所以anbn= n·2n+1(n∈N*)。

由于{an}為等差數列,令an=k n+b,則因為{bn}為等比數列,則(為常數),即 (q k-2k)n2+(b q-k q-2b+2k)n-q b=0對于任意n∈N*恒成立。

又a1=2,所以k=2,故an=2n,bn=2n。

(2)由(1)知a=2n,所以nc o s(n+1)·π=(-1)n+1。

因為bn＞0,且1,所以bn+1＞bn,故數列{bn}單調遞增。

假設存在這樣的實數λ,使得不等式(-1)n+1λ＜bn對一切n∈N*都成立。

①當n為奇數時,得λ＜(bn)min=b1=

②當n為偶數時,得-λ＜(bn)min=b2=即

點評:特殊化賦值構建方程組求首項、公差或公比得到通項公式易解決;恒成立問題轉化為求數列的最小值,作商研究數列的單調性進而求其最值,分離參數時,應注意分奇偶討論。

聚焦6——數列和的不等式證明中的導數法和數學歸納法

已知函數f(x)=l n(x+a)-x2-x在x=0處取得極值。

(1)求實數a的值;

(2)方法1:聯(lián)想所證不等式與所給函數的聯(lián)系,構建函數f(x)=l n(x+1)-x2-x,利用導數研究最值進而賦值,累加求證數列和不等式。,易求f(x)=l n(x+1)-x2-x的單調增區(qū)間為(-1,0),單調減區(qū)間為(0, +∞),所以f(x)＜f(0)=0,即l n(x+1)＜ x2+x,令,則即故即

方法2:與正整數有關的不等式證明選用數學歸納法證明。

①當n=1時,不等式為2＞l n 2成立。

由①和②知不等式成立。

點評:所證不等式為導數求解函數問題中的系列題,一定要用到前問中函數的性質,待證不等式實質是兩組數列求和后的大小關系,通過對應項的大小關系決定求和式子的大小,而比較項的大小時關鍵是恰當地利用一個函數的最值,而這個函數往往由題目所給。解決問題后便明白所證不等式為何右邊只有一個對數,其實也是在作和,只是作和時對數合并成一項(與對數運算法則和真數的特點相關),所以今后遇到類似問題可猜想對數是經歷求和的過程化簡而來的,這往往就是思路的突破點。

(責任編輯 王福華)