數(shù)列模式化解題策略研究（3）

孫亞坤

內(nèi)容提要：數(shù)列與不等式交匯在高考中主要以壓軸題的形式出現(xiàn)，試題還可能涉及到與導(dǎo)數(shù)、函數(shù)等知識(shí)綜合一起考查，以函數(shù)與數(shù)列、不等式為命題載體，有著高等數(shù)學(xué)背景的數(shù)列與不等式的交匯試題是未來高考命題的一個(gè)新的亮點(diǎn)，而命題的冷門則是數(shù)列與不等式綜合的應(yīng)用性解答題.

關(guān)鍵詞：不等式與數(shù)列綜合；數(shù)列壓軸；激發(fā)潛能；模式化

數(shù)列與不等式交匯主要以壓軸題的形式出現(xiàn)，試題還可能涉及到與導(dǎo)數(shù)、函數(shù)等知識(shí)綜合一起考查.主要考查知識(shí)重點(diǎn)和熱點(diǎn)是數(shù)列的通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式以及二者之間的關(guān)系、等差數(shù)列和等比數(shù)列、歸納與猜想、數(shù)學(xué)歸納法、比較大小、不等式證明、參數(shù)取值范圍的探求，在不等式的證明中要注意放縮法的應(yīng)用.此類題型主要考查學(xué)生對(duì)知識(shí)的靈活變通、融合與遷移，考查學(xué)生數(shù)學(xué)視野的廣度和進(jìn)一步學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的潛能.近年來加強(qiáng)了對(duì)遞推數(shù)列考查的力度，這點(diǎn)應(yīng)當(dāng)引起我們高度的重視，考查數(shù)學(xué)歸納法與不等式的交匯等.比較新穎的數(shù)列與不等式選擇題或填空題一定會(huì)出現(xiàn).數(shù)列解答題的命題熱點(diǎn)是與不等式交匯，呈現(xiàn)遞推關(guān)系的綜合性試題.其中，以函數(shù)與數(shù)列、不等式為命題載體，有著高等數(shù)學(xué)背景的數(shù)列與不等式的交匯試題是未來高考命題的一個(gè)新的亮點(diǎn)，而命題的冷門則是數(shù)列與不等式綜合的應(yīng)用性解答題.筆者結(jié)合教學(xué)工作的實(shí)際談?wù)剶?shù)列綜合問題和不等式方面的粗淺認(rèn)識(shí)。

類型一、求有數(shù)列參與的不等式恒成立條件下參數(shù)問題

例1、設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a1=1，2Snn=an+1-13n2-n-23，n∈N*.

（1）求a2的值；

（2）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；

（3）證明：對(duì)一切正整數(shù)n，有1a1+1a2+…+1an<74.

解（1）、2S1=a2-13-1-23，又S1=a1=1，所以a2=4.

（2）、當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn=nan+1-13n3-n2-23n， 2Sn-1=（n-1）an-13（n-1）3-（n-1）2-23（n-1），兩式相減得2an=nan+1-（n-1）an-13（3n2-3n+1）-（2n-1）-23，

整理得（n+1）an=nan+1-n（n+1），即an+1n+1-ann=1，又a22-a11=1，

故數(shù)列ann是首項(xiàng)為a11=1，公差為1的等差數(shù)列，所以ann=1+（n-1）×1=n，所以an=n2，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=n2，n∈N*.

（3）證明：當(dāng)n=1時(shí)，1a1=1<74；當(dāng)n=2時(shí)，1a1+1a2=1+14=54<74；

當(dāng)n≥3時(shí)，1an=1n2<1（n-1）n=1n-1-1n，此時(shí)1a1+1a2+1a3+…+1an=1+14+132+142+…+1n2<1+14+12×3+13×4+…+1n（n-1）

=1+14+12-13+13-14+…+1n-1-1n=54+12-1n=74-1n<74，

所以對(duì)一切正整數(shù)n，有1a1+1a2+…+1an<74.

注：求得數(shù)列與不等式綾結(jié)合恒成立條件下的參數(shù)問題主要兩種策略：（1）若函數(shù)f（x）在定義域?yàn)镈，則當(dāng)x∈D時(shí)，有f（x）≥M恒成立f（x）min≥M；f（x）≤M恒成立f（x）max≤M；（2）利用等差數(shù)列與等比數(shù)列等數(shù)列知識(shí)化簡不等式，再通過解不等式解得.

類型二 數(shù)列參與的不等式的證明問題

例2、已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，a3=7，S4=24.

（Ⅰ）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；

（Ⅱ）設(shè)p、q都是正整數(shù)，且p≠q，證明：Sp+q<12（S2p+S2q）.

解：（Ⅰ）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差是d，依題意得， a1+2d=74a1+6d=24，解得 a1=3d=2，

∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=a1+（n-1）d=2n+1.

（Ⅱ）證明：∵an=2n+1，∴Sn=n（a1+an）2=n2+2n.

2Sp+q-（S2p+S2q）=2[（p+q）2+2（p+q）]-（4p2+4p）-（4q2+4q）=-2（p-q）2，

∵p≠q，∴2Sp+q-（S2p+S2q）<0，∴Sp+q<12（S2p+S2q）.

注：利用差值比較法比較大小的關(guān)鍵是對(duì)作差后的式子進(jìn)行變形，途徑主要有：（1）因式分解；（2）化平方和的形式；（3）如果涉及分式，則利用通分；（4）如果涉及根式，則利用分子或分母有理化.

類型三、求數(shù)列中的最大值問題

例3、設(shè)等差數(shù)列{an}的前項(xiàng)和為Sn，若S4≥10，S5≤15，則a4的最大值為______.

解： ∵等差數(shù)列{an}的前項(xiàng)和為Sn，且S4≥10，S5≤15，

∴ S4=4a1+4×32d≥10S5=5a1+5×42d≤15，即 a1+3d≥5a1+2d≤3，∴ a4=a1+3d≥5-3d2+3d=5+3d2a4=a1+3d=（a1+2d）+d≤3+d，

∴5+3d2≤a4≤3+d，則5+3d≤6+2d，即d≤1.

∴a4≤3+d≤3+1=4，故a4的最大值為4.

注：求解數(shù)列中的某些最值問題，有時(shí)須結(jié)合不等式來解決，其具體解法有：（1）建立目標(biāo)函數(shù)，通過不等式確定變量范圍，進(jìn)而求得最值；（2）首先利用不等式判斷數(shù)列的單調(diào)性，然后確定最值；（3）利用條件中的不等式關(guān)系確定最值.

類型四、求解探索性問題

例4、已知{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且an+Sn=4.

（Ⅰ）求證：數(shù)列{an}是等比數(shù)列；

（Ⅱ）是否存在正整數(shù)k，使Sk+1-2Sk-2>2成立.

解：（Ⅰ）由題意，Sn+an=4，Sn+1+an+1=4，

由兩式相減，得（Sn+1+an+1）-（Sn+an）=0，即2an+1-an=0，an+1=12an，

又2a1=S1+a1=4，∴a1=2，∴數(shù)列{an}是以首項(xiàng)a1=2，公比為q=12的等比數(shù)列.

（Ⅱ）由（Ⅰ），得Sn=2[1―（12）n]1―12=4-22n.又由Sk+1-2Sk-2>2，得4-21k-24-22k-2>2，整理，得23<21k<1，即1<2 k 1<32，∵k∈N*，∴2k1∈N*，這與2k1∈（1，32）相矛盾，故不存在這樣的k，使不等式成立.

注：數(shù)列與不等式中的探索性問題主要表現(xiàn)為存在型，解答的一般策略：先假設(shè)所探求對(duì)象存在或結(jié)論成立，以此假設(shè)為前提條件進(jìn)行運(yùn)算或邏輯推理，若由此推出矛盾，則假設(shè)不成立，從而得到“否定”的結(jié)論，即不存在.若推理不出現(xiàn)矛盾，能求得在范圍內(nèi)的數(shù)值或圖形，就得到肯定的結(jié)論，即得到存在的結(jié)果.

總之，數(shù)列綜合問題，在每年的高考中都是考察的重點(diǎn)，特別是綜合問題與不等式的結(jié)合，學(xué)生在解決時(shí)有很大的難度，得分不易，得滿分更不易。因此在教學(xué)中，歸納一類問題的解題策略和解題模式對(duì)提高教學(xué)水平和學(xué)生高考成績有極其重要的作用。

參考文獻(xiàn)：

[1]高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)；

[2]2000--2017年高考考綱；

[3]2000--2017年高考數(shù)學(xué)原題。endprint