高职高考数列试题的解题策略

2019-09-17 06:46刘裕华
课程教育研究·学法教法研究 2019年16期
关键词:通项公式构造法

刘裕华

【摘 要】在每年的高职考试中,数列考点从未间断,并且必有一道压轴题,占有很大分值.但许多学生解题时常常感觉毫无头绪,无从下手.这是知识零乱,方法不当的原因.本文结合高职高考数学教材,根据数列知识考点,分析了历年高职考中的数列试题,得出数列试题的解题策略,为学生提供参考。

【关键词】通项公式;前项和;构造法;裂项相消法;错位相减法

【中图分类号】G633.91       【文献标识码】A

【文章编号】2095-3089(2019)16-0281-02

在高中数学中,数列占有非常重要的地位,它可以与方程、不等式、函数、解析几何等知识相结合,是函数思想的延续,是训练学生推理能力和逻辑思维能力的良好素材.数列虽然公式不多,常考求通项公式及前项和,但条件多变,方法多样.笔者根据历年高职考中的数列试题,从求通项公式及前项和两方面分析它们的解题策略。

一、求数列的通项公式

1.直接法。

已知条件是等差数列或等比数列,则根据条件应用公式列出方程(组),运用解方程(组)的思想进行求解.

例1在等差数列{an}中,若a7=16,a12=26,求数列(an)的通项公式及前n项和Sn.

解〖XC73.JPG;%20%20〗

∴an=4+2(n-1)=2n+2,Sn=4n+〖SX(〗n(n-1)〖〗2〖SX)〗×2=n2+3n.

评注 此题考的是对公式的基本运用以及解方程组的能力.

2. 定义法。

若给出an+1=an+d或an+1=qan(n∈N*)的条件,则满足等差数列或等比数列的定义,可根据定义得出公差或公比,再找出首项即可求解.

(选自2014年广东高职考T24)例2 已知数列{an}满足,an+1=2+an(n∈N*),且a1=1.

(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn;

(2)设bn=2an,求数列{bn}的前n项和Tn.

解  (1)Θan+1=2+anan+1-an=2,

∴数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列,

∴an=1+2(n-1)=2n-1,Sn=n+〖SX(〗n(n-1)〖〗2〖SX)〗×2=n2.

(2)Θbn=2an=22n-1,

∴Tn=2+23+25+Λ+22n-1=〖SX(〗2(1-4n)〖〗1-4〖SX)〗=〖SX(〗2〖〗3〖SX)〗(4n-1).

例3 已知数列{an}满足a1=2,且an=〖SX(〗1〖〗3〖SX)〗an-1(n∈N*,n≥2),求数列{an}的通项公式及前n项和Sn.

解Θan=〖SX(〗1〖〗3〖SX)〗an-1〖SX(〗an〖〗an-1〖SX)〗=〖SX(〗1〖〗3〖SX)〗,

∴數列{an}是首项为2,公比为〖SX(〗1〖〗3〖SX)〗的等比数列,

〖XC74.JPG;%20%20〗

评注 题目虽然没有直接告诉我们是等差或等比数列,但要注意观察它们是否满足等差或等比数列的定义.

3.构造法。

当递推公式为an+1=pan+q(其中p,q均为常数,且pq(p-1)≠0)时,可把原递推公式化为an+1+m=p(an+m),其中m=〖SX(〗q〖〗p-1〖SX)〗,再利用换元法转化为等比数列求解.

例4 已知数列{an}满足a1=1,且an+1=3an+1(n∈N*),

(1)求数列{an}的通项公式;(2)求数列{an}的前n项和Sn.

解 (1)Θan+1=3an+1an+1+〖SX(〗1〖〗2〖SX)〗=3(an+〖SX(〗1〖〗2〖SX)〗),

设bn=an+〖SX(〗1〖〗2〖SX)〗,则bn+1=3bn,

Θb1=a1+〖SX(〗1〖〗2〖SX)〗=〖SX(〗3〖〗2〖SX)〗,∴数列{bn}是首项为〖SX(〗3〖〗2〖SX)〗,公比为3的等比数列,

∴bn=〖SX(〗3〖〗2〖SX)〗·3n-1=〖SX(〗3n〖〗2〖SX)〗,∴an+〖SX(〗1〖〗2〖SX)〗=〖SX(〗3n〖〗2〖SX)〗an=〖SX(〗3n-1〖〗2〖SX)〗.

(2)Sn=a1+a2+∧+an=〖SX(〗1〖〗2〖SX)〗[(3-1)+(32-1)+∧+(3n-1)]

=〖SX(〗1〖〗2〖SX)〗[(3+32+∧+3n)-n]=〖SX(〗3〖〗4〖SX)〗(3n-1)-〖SX(〗n〖〗2〖SX)〗.

评注 本题为大家非常熟悉的“加m法”(即待定系数法)构造新的等比数列{bn},进而得出数列{an}的通项公式.由这一题型,运用数学中转化的思想,有不少由递推公式给出的数列可以非常顺利地求得通项公式.

变式  已知数列{an}满足an+1=〖SX(〗1〖〗3〖SX)〗an+(〖SX(〗1〖〗2〖SX)〗)n+1(n∈N*),且a1=〖SX(〗5〖〗6〖SX)〗,求数列{an}的通项公式.

解Θan+1=〖SX(〗1〖〗3〖SX)〗an+(〖SX(〗1〖〗2〖SX)〗)n+12n+1an+1=〖SX(〗2〖〗3〖SX)〗·2nan+1 ,

令bn=2nan,则bn+1=〖SX(〗2〖〗3〖SX)〗bn+1bn+1-3=〖SX(〗2〖〗3〖SX)〗(bn-3),

又Θb1-3=2×〖SX(〗5〖〗6〖SX)〗-3=-〖SX(〗4〖〗3〖SX)〗,

∴数列{bn-3}是首项为-〖SX(〗4〖〗3〖SX)〗,公比为〖SX(〗2〖〗3〖SX)〗的等比数列,

∴bn-3=-〖SX(〗4〖〗3〖SX)〗·(〖SX(〗2〖〗3〖SX)〗)n-1bn=-2·(〖SX(〗2〖〗3〖SX)〗)n+3,

∴2nan=-2(〖SX(〗2〖〗3〖SX)〗)n+3an=〖SX(〗3〖〗2n〖SX)〗-〖SX(〗2〖〗3n〖SX)〗.

评注 形如an+1=pan+qn(p,q为常数)的递推公式,通过两边同时除以qn,令bn=〖SX(〗an〖〗qn〖SX)〗,则可化为bn+1=mbn+n形式求解.

4. 公式法。

已知数列的前n项和Sn与an的关系,可运用公式an=〖JB({〗S1,(n=1)Sn-Sn-1,(n≥2)〖JB)〗求通项或转化为等比数列求解.

(2007年广东高职考T24)例5 已知数列{an}的前n项和为n(n+1),而数列{bn}的第n项bn等于数列{an}的第2n项,即bn=a2n.

(1)求数列{an}的通项an; (2)求数列{bn}的前n项和Tn.

解 (1)①当n=1时,a1=S1=1×2=2;

②当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n(n+1)-(n-1)n=2n,

由②得a1=2×1=2与①相符,所以an=2n.

(2)Θbn=a2n=2×2n=2n+1,

∴Tn=b1+b2+∧+bn=22+23+∧+2n+1=〖SX(〗4(1-2n)〖〗1-2〖SX)〗=2n+2-4.

(2016年广东高职考T23)例6 已知数列{an}的前n项和Sn满足an+Sn=1(n∈N*).

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn,log2an(n∈N*)求数列{bn}的前n项和Tn.

解 (1)Θan+Sn=1,∴an-1+Sn-1=1,

两式相减得:an-an-1+Sn-Sn-1=02an-an-1=0an=〖SX(〗1〖〗2〖SX)〗an-1,

Θa1+S1=1a1=〖SX(〗1〖〗2〖SX)〗 ,

∴数列{an}是首项为〖SX(〗1〖〗2〖SX)〗,公比为〖SX(〗1〖〗2〖SX)〗的等比数列,

∴an=〖SX(〗1〖〗2〖SX)〗×(〖SX(〗1〖〗2〖SX)〗)n-1=〖SX(〗1〖〗2n〖SX)〗 .

(2)Θbn=log2an=log2〖SX(〗1〖〗2n〖SX)〗=-n,

∴Tn=b1+b2+∧+bn=-(1+2+∧+n)=-〖SX(〗n(n+1)〖〗2〖SX)〗.

评注 若题目给出的前n项和是Sn一個只与n有关的解析式(如例5),则运用公式an=〖JB({〗S1,(n=1)S n-Sn-1,(n≥2)〖JB)〗即可求出通项公式,但要注意两种情况能否合并.若Sn的解析式还与an有关(如例6),则一般可转化为等比数列,此时找出首项和公比即可求解.

二、求数列的前项和

1. 公式求和法。

直接运用等差数列或等比数列的求和公式进行求解.如例1、例2中的第2问求和,此处不再举例.

2. 分组求和法。

把数列的每一项分成多个项或把数列的项重新组合,使其转化成等差或等比数列,然后运用等差、等比数列求和公式求解.

例7 已知数列{an}的首项a1=1,且an=2an-1+n-2(n=2,3,∧)数列{bn}的通项为bn=an+n(n∈N*).

(1)证明:数列{bn}是等比数列; (2)求数列{an}的通项及前n项和Sn.

解 (1)Θ〖SX(〗bn+1〖〗bn〖SX)〗=〖SX(〗an+1+n+1〖〗an+n〖SX)〗=〖SX(〗2an+n+1-2+n+1〖〗an+n〖SX)〗=2,

b1=a1+1=2,

∴数列{bn}是首项为2,公比为2的等比数列.

(2)Θbn=2×2n-1=2n,∴an+n=2nan=2n-n,

∴Sn=a1+a2+∧+an=(2-1)+(22-2)+∧+(2n-n)

=(2+22+∧+2n)-(1+2+∧+n)

=〖SX(〗2(1-2n)〖〗1-2〖SX)〗-〖SX(〗(1+n)n〖〗2〖SX)〗=2n+1-〖SX(〗n(n+1)〖〗2〖SX)〗-2.

评注 在证明某数列是等比数列时必须要满足等比数列的定义,即〖SX(〗an+1〖〗an〖SX)〗=q(n∈N*)(q为常数).

3. 裂项相消法。

把每一项拆成正负两项,使其求和时前后正负项抵消,只余有限几项.

(2015年广东高职考T24)例8 在等差数列{an}中,已知a4=9,a6+a7=28.

(1)求数列{an}的通项公式;  (2)求数列{an}的前n项和Sn;

(3)若bn=〖SX(〗1〖〗a2n-1〖SX)〗(n∈N*),数列{bn}的前n项和为Tn,证明:Tn<〖SX(〗1〖〗4〖SX)〗.

解 (1)Θ〖JB({〗a4=9a6+a7=28〖JB)〗〖JB({〗a1+3d=92a1+11d=28〖JB)〗〖JB({〗a1=3d=2〖JB)〗,

∴an=3+2(n-1)=2n+1.

(2)Sn=3n+〖SX(〗n(n-1)〖〗2〖SX)〗×2=n2+2n.

(3)Θbn=〖SX(〗1〖〗a2n-1〖SX)〗=〖SX(〗1〖〗(2n+1)2-1〖SX)〗=〖SX(〗1〖〗4n(n+1)〖SX)〗=〖SX(〗1〖〗4〖SX)〗(〖SX(〗1〖〗n〖SX)〗-〖SX(〗1〖〗n+1〖SX)〗),

∴Tn=b1+b2+∧+bn

=〖SX(〗1〖〗4〖SX)〗[(1-〖SX(〗1〖〗2〖SX)〗)+(〖SX(〗1〖〗2〖SX)〗-〖SX(〗1〖〗3〖SX)〗)+∧+(〖SX(〗1〖〗n〖SX)〗-〖SX(〗1〖〗n+1〖SX)〗)]=〖SX(〗1〖〗4〖SX)〗(1-〖SX(〗1〖〗n+1〖SX)〗)=〖SX(〗n〖〗4(n+1)〖SX)〗,

Θ〖SX(〗n〖〗n+1〖SX)〗<1,∴Tn<〖SX(〗1〖〗4〖SX)〗.

评注 在求数列{bn}的前n项和时,巧把〖SX(〗1〖〗n(n+1)〖SX)〗拆成〖SX(〗1〖〗n〖SX)〗-〖SX(〗1〖〗n+1〖SX)〗,从而在求和时可以前后正负项抵消,仅余有限项求解.根式在分母时也可以考虑分母有理化,令其因式相消求和,如〖SX(〗1〖〗〖KF(〗2n-1〖KF)〗+〖KF(〗2n+1〖KF)〗〖SX)〗可化为-〖SX(〗1〖〗2〖SX)〗(〖KF(〗2n-1〖KF)〗-〖KF(〗2n+1〖KF)〗).

4. 错位相减法。

对于形如{an·bn}的差比数列({an}是等差数列、{bn}是等比数列)求和,把每一项都乘以数列{bn}的公比q,向后错一项,再对应同次项相减,转化为等比数列求和.

(改编自2009年广东高职考T24)例9 已知数列{an}满足a1=1,且an=2an-1+2n-1(n=2,3,∧).

(1)证明:数列{〖SX(〗an〖〗2n〖SX)〗}是等差数列;

(2)求数列{an}的通项公式;

(3)求数列{an}的前n項和Sn.

解 (1)Θan=2an-1+2n-1+2n-1〖SX(〗an〖〗2n〖SX)〗=〖SX(〗an-1〖〗2n-1〖SX)〗+〖SX(〗1〖〗2〖SX)〗,

∴数列{〖SX(〗an〖〗2n〖SX)〗}是首项为〖SX(〗1〖〗2〖SX)〗,公差为〖SX(〗1〖〗2〖SX)〗的等差数列.

(2)Θ〖SX(〗an〖〗2n〖SX)〗=〖SX(〗1〖〗2〖SX)〗+〖SX(〗1〖〗2〖SX)〗(n-1)=〖SX(〗n〖〗2〖SX)〗 ,∴an=〖SX(〗n〖〗2〖SX)〗·2n=n·2n-1.

(3)ΘSn=a1+a2+∧+an=1+2×2+3×22+∧+n·2n-1∧∧①

∴2Sn=2+2×22+3×23+∧+n·2n∧∧②

①-②得:-Sn=1+2+22+∧+2n-1-n·2n=〖SX(〗1-2n〖〗1-2〖SX)〗-n·2n=2n-1-n·2n,

∴Sn=(n-1)·2n+1.

评注 在证明某数列是等差数列时必须要满足等差数列的定义,即an+1-an=d(d为常数).用错位相减求和时,同次项相减的只有n-1项,此时求等比数列和时要注意项数.当然,如果第一项刚好与后面n-1项也成等比数列(如此例),则可用n项求和.

因为高职高考相比普通高考知识点较少,难度也没有那么深,所以本文只是根据历年高职高考的试题,分析它们的难度,介绍了求数列通项公式及前n项和的常用方法.而求通项公式还有累加法、累乘法等,求前n项和还有反序相加法、合并法等.考生要注意观察题目条件,采用适当方法,才能一击即中,迎刃而解.

参考文献

[1]李洁.构造数列求通项问题的综合策略[J]高中数学教与学,2012,2:24-26.

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