『数列五类热点问题』突破

■江苏省南京市第十三中学 陆逸凡

高考对数列的考查主要是围绕“等差和等比数列的通项与求和、一般数列的切入点的应用、公式法求和、裂项相消法求和、错位相减法求和、数列新定义问题的探究”等展开的,凸显数列的工具性、应用性及创新性。

热点1：等差、等比数列的基本性质

例1 (1)(河北省衡水中学2017届高三上学期第三次调研)已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若对于任意的自然数n,都有

(2)在等比数列{an}中,a1=4,公比为q,前n项和为Sn,若数列{Sn+2}也是等比数列,则q等于( )。

A.2 B.-2 C.3 D.-3

热点2：等差、等比数列中的最值问题

例2 (1)(河北衡水中学2017届高三上学期第二次调研)已知数列{an}中,a1=25,4an+1=4an-7,若其前n项和为Sn,则Sn的最大值为 。

(2)(2017年安徽阜阳二模)设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为 。

解析：(1)构建等差数列的通项求最值。由4an+1=4an-7,知数列{an}为等差数列,公差d=-,{a}为单调递减数列,其通项

n,所以n=15,即数列{an}的前15项均为正值,第16项开始为负值,故S15最大,S15=

(2)由整体代换确定公比,进而求通项公式,a2+a4=qa1+qa3=q(a1+a3)=10q=5,得

突破：求解数列中的最大项或最小项,先研究数列的单调性,可以用也可以转化为函数最值问题或利用数形结合求解。对于公差d<0的等差数列,当a1<0时,存在最大值,且(Sn)max=S1=a1,但无最小值;当a1＞0时,存在最大值Sm,正整数m由不等式组当am=0时,最大值Sm-1=Sm,但无最小值。类比可探究d＞0时的最值,或利用二次函数求解;等比数列中的最值可以构造二次函数求解或构建不等式组求解或借助公比沟通降元用均值不等式求解。

热点3：Sn与d=0之间的关系及裂项法求特殊数列的和

例3 (河南八市重点高中2017届高三第一次测评)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=2an+n(n ∈N*)。

(1)求证数列{an-1}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;

解析：(1)由一般数列的切入点化辅助数列为等比数列。当n=1时,a1=S1=2a1+1,解得a1=-1;当n≥2时,Sn-1=2an-1+n-1,Sn=2an+n(n∈N*),an=Sn-Sn-1,则an=2an-1-1,即an-1=2(an-1-1)。因为a1-1=-2≠0,故an-1≠0,所以{an-1}是首项为-2,公比为2的等比数列,所以an-1=-2n,an=-2n+1。

突破：数列前n项和与对应的项满足关系式an+1=kSn+b,n∈N*或an+1=kSn+bn+m,m,n∈N*,总可以利用一般数列的切恒等变形构造辅助的等比数列,通过解方程求通项。裂项方

解析：(1)由S2=2a2-2,S3=a4-2,作差可得a3=a4-2a2,由等比数列通项公式得q2-q-2=0。因为q＞0,所以q=2,代入S2=2a2-2,可得a1=2,所以an=2n。

(2)由于{bn}为等差乘等比型,所以利用错位相减法求和。相消法求和后再求范围。

热点4：错位相减法求特殊数列的和

例4 (2017年甘肃省第二次高考诊断)已知等比数列an{}的前n项和为Sn,公比q＞0,S2=2a2-2,S3=a4-2。

(1)求数列an{}的通项公式;

突破：运用错位相减法求和应注意：一是判断模型,对于数列{anbn},数列{an},{bn}中一个为等差数列,一个为等比数列;二是错开位置,一般是先给前n项和逐项乘以公比,再把前n项和退后一个位置来书写,这样避免两式相减时看错列;三是相减,相减时一定要注意式中最后一项的符号;四是中间两两结合提公差构成等比数列前n-1项和用公式求和,为保证结果正确,可对得到的和取n=1,2进行验证。

热点5：数列与数学归纳法的交汇

例5 (湖北省优质高中2017届高三下学期联考)已知各项均为正数的数列{an} 的前n项和Sn满足S1＞1,且6Sn=(an+1)(an+2),n∈N)*。

(1)求{an}的通项公式;

(2)设数列{bn}满足an(2bn-1)=1,并记Tn为bn{}的前n项和,求证：3Tn+1＞log2(an+3),n∈N*。

11112),解得a1=1或a1=2,因为a1=S1＞1,所以a=2。又由a=S-S=(a+

1n+1n+1nn+11)(a+2)-(a+1)(a+2),得(a+

n+1nnn+1an)(an+1-an-3)=0,即an+1-an-3=0或an+1=-an。因an＞0,故an+1=-an不成立,舍去。故{an}的通项an=3n-1。

(2)用数学归纳法证明：3Tn+1＞log2(an+3)。

假设当n=k时结论成立,即3Tk+1＞log2(ak+3)。注意到an(2bn-1)=1、an=,则当n=k+1时,有：

3Tk+1+1-log2(ak+1+3)

=3(Tk+bk+1)+1-log2(ak+1+3)

=3Tk+1-log2(ak+1+3)+3bk+1

＞log2(ak+3)-log2(ak+1+3)+3bk+1

因k∈N*,则(3k+3)3-(3k+5)(3k+0。从而3Tk+1+1＞log2(ak+1+3)。这就是说,当n=k+1时结论也成立。

综上可知,3Tn+1＞log2(an+3)对任何n∈N*成立。

突破：用数学归纳法证明递推数列时,作差使用归纳假设,根据an(2bn-1)=1、an=的关系,简化了不求出Tn的表达式,压缩了思维长度,凸现数学归纳法的“简单且具有操作性和目标性”的本质属性。