隆低重心 提升素养——谈数列学习与问题求解

■浙江省杭州市余杭区教育局教研室 曹凤山（特级教师）

数列是高中数学的主干知识,又是学习高等数学的基础,高考对这部分内容每年都会重点考查,通常采取“一大一小”的模式,重在考查数列的概念、两个基本数列、通性通法和重要的数学思想方法,有些问题与函数、不等式、解析几何、三角函数等综合,在知识交汇点上命制试题。由于数列内容上的独特性,我们在解题与学习时要注意相应的方法。

一、关注基本量

例1 （2014年浙江高考数学试题）已知等差数列{an}的公差d＞0。设{an}的前n项和为Sn,a1=1,S2·S3=36。

（1）求d及Sn;

（2）求m,k（m,k∈N*）的值,使得am+am+1+am+2+…+am+k=65。

分析：本题以等差数列为背景,给出两个独立的条件,第一问求公差与前n项和,可以根据相应的公式求解,第二问,给出和求起始项与项数,一个方程两个未知数,一般情况下不能求解,但是注意到m,k∈N*的条件,可以分析破解。

解：（1）由题意知（2a1+d）（3a1+3d）=36。

将a1=1代入上式解得d=2或d=-5。

因为d＞0,所以d=2。

从而an=2n-1,Sn=n2（n∈N*）。

（2）由（1）得am+am+1+am+2+…+am+k=（2m+k-1）（k+1）。

所以（2m+k-1）（k+1）=65。

由m,k∈N*知2m+k-1≥k+1＞1。

归纳：在一个（一类）数学问题中,可能涉及许多量,但其中有几个量是独立取值的,其他量则是这些量的函数,当我们选定任意一组这样的量作基本量,那么问题就归结为研究各基本量之间的关系。这种着眼于基本量解决问题的方法叫基本量法。在等差、等比数列中,已知五个元素a1,an,n,d（q）,Sn中的任意三个,便可求出其余两个,即“知三求二”。其中确定基本量（a1,d（q））是典型方法,一个数列一旦能确定这两个量,那么其他问题也就迎刃而解。

（2）在公比为正数的等比数列an中,已知a1+a2+…+an=2,an+1+an+2+…+a3n=12,则a3n+1+a3n+2+…+a6n的值是 。

分析：（1）本题以等差数列为背景,给出一个等式,基本量不能确定,需要改变角度,比如整体求解,利用数列的性质等。根据基本公式,等差数列单个项与前n项和没有直接关系,两项和才能建立联系,可以考虑通过等差中项去转化;另一个角度,问题并不是要求出项、求出和,而是已知和的比求项的比,两者之间应该有量的关系,可以考虑整体求解。

归纳：利用方程求解基本量时,有时可能会出现未知数个数多于方程个数的情况,或者虽可求解但运算相当烦琐,这时可以考虑用整体思想解决。整体思想即求与已知量（或可求量）的整体有关的量,表现为整体求解、整体代换、整体运算等多种形式。整体运算往往是数列某种性质的表现,对于数列的一些性质,能够理解、运用最好,不能记忆、运用的也没有问题,只要注意基本量和整体运算即可。

二、落实基本方法

（1）求数列an的通项公式;

显然,当n≤7时,an+1≥an⇒a1≤a2≤…≤a7≤a8;当n≥7时,an+1≤an⇒an+1≤an≤…≤a8≤a7。数列an先增后减,当n=7,

归纳：通项往往是数列问题的核心,求解通项的方法灵活多样,如利用基本公式、整体求解、递推、累加（积）、利用an与Sn的关系等。

数列与函数、方程、不等式等的综合问题一般与函数的性质、方程的解等相联系,数列作为特殊函数主要在于其定义域的限制,既要考虑处理函数性质的一般方法,也要考虑其“个性”,比如其单调性、最值问题等。

例4 （2018年浙江高考数学试题）已知等比数列{an}的公比q＞1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项。数列{bn}满足b1=1,数列{（bn+1-bn）an}的前n项和为2n2+n。

（Ⅰ）求q的值;

（Ⅱ）求数列{bn}的通项公式。

分析：（Ⅰ）给出等比数列与两个独立的条件,运用等比数列的通项公式和等差数列中项性质,解方程可得公比q。

（Ⅱ）设cn=（bn+1-bn）an=（bn+1-bn）·2n-1,运用数列的递推式可得cn=4n-1,再由数列的恒等式求得bn=b1+（b2-b1）+（b3-b2）+ … +（bn-bn-1）,运用错位相减法,可得所求数列的通项公式。

解：（Ⅰ）等比数列{an}的公比q＞1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项,可得2a4+4=a3+a5=28-a4,解得a=8,由+8+8q=28,可得q=24,则q的值为2。

（Ⅱ）设cn=（bn+1-bn）an=（bn+1-bn）·2n-1,可得n=1时,c1=2+1=3。

n≥2时,可得cn=2n2+n-2（n-1）2-（n-1）=4n-1,上式对n=1也成立。

故（bn+1-bn）an=4n-1。

归纳：数列求和是数列的核心知识点之一。求和的方法非常灵活,如利用等差、等比数列的求和公式、分组求和、错位求和、裂项抵消求和等。以上这些基本方法都有相对明确的使用条件和相对固定的步骤,我们要理解其使用条件,熟悉其步骤。

当然,通性通法也不是一成不变的,也要与时俱进,比如以上错位相减求和就可以转如反掌,而如何裂项呢?只需用待定系数法,大家不妨一试。

例5 正项数列{an}的前n项和Sn满足:-（n2+n-1）Sn-（n2+n）=0。

（1）求数列{an}的通项公式an。

分析：本题（1）先求出Sn,由Sn求an是要求,考虑利用裂项求和。

解：（1）由S2n-（n2+n-1）Sn-（n2+n）=0,得[Sn-（n2+n）]（Sn+1）=0。由于{an}是正项数列,所以Sn＞0,Sn=n2+n。于是a1=S1=2,n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-（n-1）2-（n-1）=2n。综上,数列{an}的通项an=2n。

归纳：所谓裂项求和,就是把一个数列的一项分成两项之差,裂项之后有些是可以互相抵消的,从而求出数列前n项和。可以裂不为0的常数）。裂项时一定要看清哪些项是可以抵消的,哪些项要保留。一般前、后保留的项数是一样多的,一般会出现相邻项前后抵消,也可能隔项抵消,这是由相邻两个分母的情况来确定的。常见的裂项有现成的模式,不常见的裂项可以先猜后验,即把分母裂开然后确定分子的情况。

三、领悟基本思想

解得m≥3或m≤-4,所以m的最小值为3。

归纳：在解数列题过程中,函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想等使用频率都很高,一些有难度的试题往往是在数学思想方法指引下,利用相应的知识方法去求解的。

例7 设数列{an}的前n项和为Sn,对任意的正整数n,都有an=5Sn+1成立,记

（Ⅰ）求数列{an}与数列{bn}的通项公式。

（Ⅱ）设数列{bn}的前n项和为Rn,是否存在正整数k,使得Rk≥4k成立?若存在,找出一个正整数k;若不存在,请说明理由。

（Ⅲ）记cn=b2n-b2n-1（n∈N*）,设数列{cn}的前n项和为Tn,求证:对任意正整数n都有

分析：（Ⅰ）的求解是常用方法,而（Ⅱ）、（Ⅲ）的求解必须具体问题具体分析。由（Ⅱ）的设问,结论不确定,问题主要集中在三个方面:前n项和为Rn,结论形式（存在、不存在）,解题方向方法的选择。如果直接着手探求,可能要花费大量时间。所以,对探索性问题结论的预判很重要。是否存在呢?先试试16,…,以上“试验”没有一次可以佐证存在性,那么解题的方向肯定定位在“证明不存在”。而且,在具体的探求过程中可以发现,每项都可以分解出一个4,后面一项正、负号交替出现,从而为求Rn带来启示,特例探求不仅能直接解决一些问题,还可以尽快发现解决复杂问题的方法途径。由于不可能对数列{bn}求和,需要变形,而符号规律的出现提示,可以两项复合为一项,适当放缩后,或许就可以得到我们试验的结论。从而完成由特殊到一般的探索之旅。

有了（Ⅱ）的分析基础和经验,（Ⅲ）的证明可以类比,首先确定cn,然后适度合理放缩求和,只定“域”而不是求“值”。

当n为偶数时,设n=2m（m∈N*）,故Rn=（b1+b2）+（b3+b4）+…+（b2m-1+b2m）＜8m=4n。

当n为奇数时,设n=2m-1（m∈N*）,故Rn=（b1+b2）+（b3+b4）+…+（b2m-3+b2m-2）+b2m-1＜8（m-1）+4=8m-4=4n。

所以对于一切的正整数n,都有Rn＜4n。

故不存在正整数k,使得Rk≥4k成立。

归纳：数列不等式证明问题一般难度较大,主要体现在知识综合、思维要求高、代数变形较灵活上。比如,常用的数列放缩变形形式有舍掉（或加进）一些项、在分式中放大或缩小分子（分母）、利用基本不等式、根据函数性质、合并后再放缩、固定一部分项（一般是前面的项）放缩另外的项等,突出考查同学们的数学思维能力、分析问题与解决问题的能力。