一道类等差数列问题的探究

广东省佛山市乐从中学(528315) 林国红

每年的高考题或各地模拟试题,都会有一些难度相对较大的压轴题,这类考题有较高的数学思维广度与深度,主要考查考生的理解能力,运算能力等综合素养,以满足高校对人才的选拔.当中出现了很多短小精悍、立意深远、思维要求高,思路灵活的小题.下面以一份模拟试卷的第12题为例,进行分析探究,体会其魅力.

一、题目呈现与分析

题目记数列{an} 的前n项和为Sn,a1=2,an+1−an∈{1,3,5},Sk=100,则k可以等于( )

A.8 B.9 C.11 D.12

分析本题是2022 届广东省高三综合能力测试(二)试卷的第12题,是多项选择题.试题是一道“类等差数列”的数列题,其“类公差”的取值是{1,3,5},设置的情境是学生既熟悉,又陌生的.试题的综合性较强,对于考生运用所学知识,寻找合理的解题策略以及推理论证能力有较高的要求.作为试卷多项选择题的压轴题,其内涵丰富,思维要求高,是一道能突出选拔功能的好题.

二、解法探究

视角1:列举法

解法1 设di∈{1,3,5},i=1,2,···,k−1.因为a1=2,an+1−an∈{1,3,5},于是a2=2+d1,a3=2+d1+d2,···,ak=2+d1+d2+···+dk−1.设di,i=1,2,···,k−1中有x个1,y个3,z个5,则ak=2+x+3y+5z,且x+y+z=k−1.从而,当x=k−1,y=z=0 时,ak有最小值ak=2+k−1=k+1;当x=y=0,z=k−1 时,ak有最大值ak=2+5(k−1)=5k−3.故有k+1≤ak≤5k−3,从而可得.

由Sk=100,可得,解得7≤k≤12.又因为a1=2,an+1−an∈{1,3,5}.所以{an}每一项的值按照顺序应为偶数,奇数,偶数,奇数,···.

当k=7 时,Sk=a1+a2+a3+···+a7=100,等式的左边有4个偶数,3个奇数,其和不可能为偶数,故此等式不成立,所以k=7 不正确.当k=8 时,数列2,5,8,11,14,17,20,23 符合题意,所以A 正确.当k=9时,数列2,3,4,7,10,13,16,21,24 符合题意,所以B 正确.当k=11 时,Sk=a1+a2+a3+···+a7=100,等式的左边有6个偶数,5个奇数,其和不可能为偶数,故此等式不成立,所以C 不正确.当k=12 时,数列2,3,4,5,6,7,8,11,12,13,14,15 符合题意,所以D 正确.所以选ABD.

评注在发现数列{an}组成项的奇偶性规律后,较易排除选项C,本解法采用列举的形式找出符合条件的数列,属于逐一试值的方法,较难说清如何构造出符合题设条件的数列的过程,解答需要有较强的数感,也会比较耗时.

视角2:基于等差数列的调整法

解法2 若an+1−an=1,a1=2,则数列{an}为等差数列,所以an=n+1,S12=90,S13=104.

下面对数列{an}进行适当调整,构造出符合条件的新数列.

当k=8 时,数列{an}为2,3,4,5,6,7,8,9,各项和为44,可以调整为2,3,4,9,14,19,22,27,所以A 正确.当k=9时,数列{an}为2,3,4,5,6,7,8,9,10,各项和为54,可以调整为2,3,4,5,8,13,18,21,26,所以B 正确.当k=11 时,数列{an}为2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,各项和为77,又因为an+1−an=1 变为an+1−an=3 或an+1−an=5 时,其新数列的各项和的增量一定是偶数,所以调整后的新数列的各项和一定不会等于100,所以C 不正确.当k=12 时,数列{an}为2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,各项和为90,可以调整为2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,16,19,所以D 正确.所以选ABD.

评注本解法先得到一个等差数列,然后在此基础上进行调整,构造出符合题设条件的数列,其中也用到列举的形式,解法较解法1 要容易一些.

视角3:基于不定方程的构造法

解法3 设di∈{1,3,5},i=1,2,···,k−1.因为a1=2,an+1−an∈{1,3,5},于是a2=2+d1,a3=2+d1+d2,···,ak=2+d1+d2+···+dk−1.所以Sk=a1+a2+a3+···+ak=2k+(k−1)d1+(k−2)d2+···+dk−1.

当k=8 时,S8=16+7d1+6d2+···+d7=100,即7d1+6d2+···+d7=84,令di=3,i=1,2,···,7,此时数列为2,5,8,11,14,17,20,23,所以A 正确.当k=9 时,S9=18+8d1+7d2+···+d8=100,即8d1+7d2+···+d8=82,令d1=5,d2=3,d3=d4=···=d8=1,此时数列为2,7,10,11,12,13,14,15,16,所以B 正确.当k=11 时,S11=22+10d1+9d2+···+d10=100,即10d1+9d2+···+d10=78,由于di∈{1,3,5},i=1,2,···,10,因此等式的左边有5个偶数,5个奇数,其和不可能为偶数,故此等式不成立,所以C 不正确.当k=12 时,S12=24+11d1+10d2+···+d11=100,即11d1+10d2+···+d11=76,令d7=3,其余的di=1,此时数列为2,3,4,5,6,7,8,11,12,13,14,15,所以D 正确.所以选ABD.

解法4 设di∈{1,3,5},i=1,2,···,k−1.因为a1=2,an+1−an∈{1,3,5},于是a2=2+d1,a3=2+d1+d2,···,ak=2+d1+d2+···+dk−1.所以Sk=2k+(k−1)d1+(k−2)d2+···+dk−1.设di,i=1,2,···,k−1中有x个1,y个3,z个5,则(k−1)+(k−2)+···+2+1=,所以

当Sk=100,k=8 时,即消去x,得y+2z=28,可得x=0,y=0,z=28 是方程组的一个解,所以A 正确.

当Sk=100,k=9 时,即消去x,得y+2z=23,可得x=23,y=3,z=10 是方程组的一个解,所以B 正确.

当Sk=100,k=11 时,即消去x,得2y+4z=23,方程无整数解,所以C 不正确.

当Sk=100,k=12 时,即消去x,得y+2z=5,可得x=63,y=1,z=2 是方程组的一个解,所以D 正确.所以选ABD.

评注两个解法均是从不定方程的角度分析数列前n项和的构成规律,其中解法3 能清晰地构造出符合题设条件的数列的过程,较易得到符合条件的数列,而解法4 把符合条件的数列问题转化为求不定方程的解,思路新颖.另外,从两个解法可以知道符合条件的数列可能不是唯一的,例如当k=9 时,由8d1+7d2+···+d8=82,令d1=d4=1,其余的di=3,此时数列为2,3,6,9,10,13,16,19,22 也符合题意.

视角4:基于数列前n项和的调整法

解法5 设an+1−an=1+2bn+1,bn∈{0,1,2},n≥2.由a1=2,且a2−a1=1+2b2,a3−a2=1+2b3,···,an−an−1=1+2bn,累加可得an=n+1+2(b2+b3+···+bn).从而Sn=a1+a2+···+an=n(n+3)+2[(n−1)b2+(n−2)b3+···+bn].

记T=(n−1)b2+(n−2)b3+···+bn,利用调整法可知T总能取到区间[0,n(n−1)]内的每一个整数,具体调整方法如下:

令bi=0,i=2,3,···,n,则T=0; 令bn=1,bi=0,i=2,3,···,n−1,则T=1; 令bn=0,bn−1=1,bi=0,i=2,3,···,n−2,或bn=2,bi=0,i=2,3,···,n−1,则T=2;···令bn=2,i=2,3,···,n,则T=2[(n−1)+(n−2)+···+1]=n(n−1).所以T总能取到区间[0,n(n−1)]内的每一个整数.

评注解法5 将an+1−an∈{1,3,5} 转化为bn∈{0,1,2},再用调整法的思想说明数列{an}的前n项和Sn的取值规律,解题思路稍难理解,但可以看清楚问题的本质,解法具有一般性.

三、试题的拓展

问题1 记数列{an} 的前n项和为Sn,a1=2,an+1−an∈{1,3,5},Sk=1000,试求满足条件k值.

解由解法5,当Sk=1000 时,则需要满足:k(k+3)≤1000≤k(k+3)+2k(k−1),且k(k+3)为偶数,解得21≤k≤43,且k ≡0 或1(mod4).故所有符合的k值只有21,24,25,28,29,32,33,36,37,40,41.

问题2 由解法3 与解法4,可知符合条件的数列可能不是唯一的.那么,在试题的条件下,当k=12 或k=9 时,满足题意的数列{an}有多少个?是否存在某种规律?

这些留给感兴趣的读者进行研究了.

一题一世界,遇到一道经典试题,要从多角度、深层次探寻其解法,通法也好,巧法也罢,不单要比较其优劣,还要清楚其中的方法内涵,知晓其中的来龙去脉,方能实现试题研究价值的最大化.另外,不要只满足于问题的解决,要通过变式、类比进行研究,寻求问题的增长点,从而达到做一题会一类,甚至会一片的目的,积累良好的数学思维和实践经验,最终在解题思路上产生质的变化,使思维得到发展.