聚焦高考变化中的数列解答题

■陕西省洋县中学 陈建强 刘大鸣(特级教师)

数学篇

聚焦高考变化中的数列解答题

■陕西省洋县中学 陈建强 刘大鸣(特级教师)

数列部分的解答题放在高考试卷的第1 7或1 8题的位置,以中等难度的综合题为主,考查重点是数列的概念、等差(比)数列的定义、通项公式、前n项和公式、等差(比)中项及等差(比)数列的性质的灵活运用,第(1)问以等差(比)数列或递推数列的背景求数列的通项公式,第(2)问依据数列通项公式的特征选择相应的数列求和的方法,以及数列与函数、不等式等知识的交汇,试题中往往体现了函数与方程、等价转化、分类讨论等重要的数学思想,以及待定系数法、配方法、换元法、消元法等基本数学方法。

聚焦1——等差(比)数列中的待定系数法与裂项法求和

已知数列{an}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8。

(1)求数列{an}的通项公式。

(2)设Sn为数列{an}的前n项和,bn=,求数列{b}的前n项和T的范围。nn

解析：(1)方法1:利用公比沟通关系解方程组。设等比数列{an}的公比为q,所以a1+a4=a1(1+q3)=9,a2a3=a21q3=8,联立两式可得

又因为数列{an}为递增数列,所以q＞ 1,所以所以数列{}的通项公式为anan=2n-1。

方法2:构建二次方程求根。由a1+a4=9, a2a3=8=a1a4,注意递增数列的特征,可构造一元二次方程z2-9z+8=0,求得a1=1, a4=8,则q=2,所以an=2n-1。

(2)根据等比数列的求和公式可得Sn=,则

点评:等差(比)数列有五个基本量,两组基本公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差(比)数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程(组)问题。裂项相消法求和时,抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,有可能前面剩两项,后面也剩两项,将通项公式裂项后,需要调整前面的系数,使裂开的两项之差乘以系数后与原通项公式相等。

聚焦2——一般数列的切入点an=中的化归意识和函数特性

设数列{an}的前n项和为Sn,已知

(1)求a1的值,若an=2ncn,证明数列{cn}是等差数列。

(2)设bn=l o g2an-l o g2(n+1),数列的前n项和为B,若存在整数m,使得n对任意n∈N且n≥2,都有成立,求m的最大值。

解析：(1)因为=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,则,故数列{c}是n首项为2,公差为1的等差数列。

(2)由(1)求出an=(n+1)·2n,进而得到Bn,对构建函数研究最值。

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

因为bn=l o g2an-l o g2(n+1)=,故则

所以数列{f(n)}为递增数列。

点评:揭示an与Sn的关系an=凸显分类、降元 、构建方程组三种意识,是一般数列的切入点,借助这种关系化归为等差(比)数列的定义求通项公式,构造数列{f(n)}研究其单调性构建不等式求解。

聚焦3——递推关系求通项与错位相减法求和

已知数列{an}满足a1=1, an+1=2an+3(n∈N*)。

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设Sn为数列的前n项和,求证：

解析：(1)构建辅助数列为等比数列求通项。由an+1=2an+3,得an+1+3=2(an+3),所以{an+3}是首项为a1+3=4,公比为2的等比数列,故an+3=(a1+3)×2n-1=4× 2n-1=2n+1,所以an=2n+1-3。

(2)等差(比)数列中对应项的积构成的数列求和用错位相减法。

点评:递推关系an+1=k an+b(k≠0,1)可构建为等比数列求解通项,如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前n项和时,可以用错位相减法,写出“Sn”与“q Sn”的表达式,将两式“错项对齐”相减,提取公差构成n-1项等比数列的求和,求数列{an·bn}的最大或最小项,作差寻求分界点,用单调性定义求解。

聚焦4——存在性判断中的“反证法”

(2 0 1 6届安师大附中、马鞍山二中统一考试)已知等差数列{an}的公差为-1,首项为正数,将数列{an}的前4项抽去其中一项后,剩下3项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项。

(1)求数列{an}的通项公式an与前n项和Sn;

(2)是否存在三个不相等的正整数m,n,p,使m,n,p成等差数列且Sm,Sn,Sp成等比数列?

解析：(1)设数列{an}的前4项为a1, a1-1,a1-2,a1-3,则(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)假设Sm,Sn,Sp成等比数列,则S2n= SmSp,即

因为m≠p,所以等号不成立,故不存在三个不相等的正整数m,n,p,使m,n,p成等差数列且Sm,Sn,Sp成等比数列。

点评:存在性问题的探究,假设存在依据题设进行推理,若能探究出结论成立的充分条件则存在,若推出与题设或结论相矛盾,则不存在,类似于反证法证题的方法步骤。

聚焦5——数列存在性与探究性中的“特殊化”“分类”“函数”意识的作用(2 0 1 6届江苏省扬州中学高三1 2月月考)已知数列{an}为各项为正数的等差数列,a1=2,{an}的前n和为Sn,数列{bn}为等比数列,且a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn= (n-1)·2n+2+4对任意的n∈N*恒成立。

(1)求数列{an}、{bn}的通项公式。

解析：(1)方法1:特殊化赋值。已知{an}为等差数列,设公差为d,{bn}为等比数列,设公比为q,对a1b1+a2b2+a3b3+…+ anbn=(n-1)·2n+2+4赋值,令n=1,2,3,得到a1b1=4,a1b1+a2b2=2 0,a1b1+a2b2+ a3b3=6 8。因为a1=2,所以b1=2,所以解得满足条件的d= q=2,所以an=2n,bn=2n。

方法2:一般数列的切入点。因为a1b1+ a2b2+a3b3+…+anbn=(n-1)·2n+2+ 4 ①,对任意的n∈N*恒成立,则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}为等差数列,令an=k n+b,则因为{bn}为等比数列,则(为常数),即 (q k-2k)n2+(b q-k q-2b+2k)n-q b=0对于任意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。

因为bn＞0,且1,所以bn+1＞bn,故数列{bn}单调递增。

假设存在这样的实数λ,使得不等式(-1)n+1λ＜bn对一切n∈N*都成立。

①当n为奇数时,得λ＜(bn)min=b1=

②当n为偶数时,得-λ＜(bn)min=b2=即

点评:特殊化赋值构建方程组求首项、公差或公比得到通项公式易解决;恒成立问题转化为求数列的最小值,作商研究数列的单调性进而求其最值,分离参数时,应注意分奇偶讨论。

聚焦6——数列和的不等式证明中的导数法和数学归纳法

已知函数f(x)=l n(x+a)-x2-x在x=0处取得极值。

(1)求实数a的值;

(2)方法1:联想所证不等式与所给函数的联系,构建函数f(x)=l n(x+1)-x2-x,利用导数研究最值进而赋值,累加求证数列和不等式。,易求f(x)=l n(x+1)-x2-x的单调增区间为(-1,0),单调减区间为(0, +∞),所以f(x)＜f(0)=0,即l n(x+1)＜ x2+x,令,则即故即

方法2:与正整数有关的不等式证明选用数学归纳法证明。

①当n=1时,不等式为2＞l n 2成立。

由①和②知不等式成立。

点评:所证不等式为导数求解函数问题中的系列题,一定要用到前问中函数的性质,待证不等式实质是两组数列求和后的大小关系,通过对应项的大小关系决定求和式子的大小,而比较项的大小时关键是恰当地利用一个函数的最值,而这个函数往往由题目所给。解决问题后便明白所证不等式为何右边只有一个对数,其实也是在作和,只是作和时对数合并成一项(与对数运算法则和真数的特点相关),所以今后遇到类似问题可猜想对数是经历求和的过程化简而来的,这往往就是思路的突破点。

(责任编辑 王福华)