条分缕析,逐个击破
2022-12-25田素伟
摘要:在高考全国卷中,数列内容所占比重较大,无疑是高三复习的重点。研究全国卷的数列试题,可以发现数列的解答题是有一定规律的,难度虽有波动性,但是基本上不会过难,在知识点、方法的考查上有一定的稳定性。所以复习好数列的解答题是高考提分的一个捷径,而且这对做好数列选择填空题也提供很大帮助。那么高三怎样进行数列解答题复习效果才更好呢?笔者认为,首先研究教材和课标,认清高考想通过数列解答题考查学生的哪些知识和核心素养,建立好整体复习目标框架,然后条分缕析,逐个击破,最后通过迁移升华彻底掌握。
关键词:数列解答;复习目标;教材;课标
中图分类号:G633.6文献标识码:A文章编号:1673-8918(2022)45-0088-04
对以往高考试题进行分析可以发现,数列解答题一般有两问,总体上可以分为基本题型和综合题型。下文对这两大类题型进行条分缕析,归纳总结。
一、 数列解答题的基本题型
基本题型主要是求数列通项公式和求前n项和两种。
(一)求数列的通项公式
求数列通项公式的基本方法有以下几种。
1. 公式法
有两层含义,一是对等差或等比数列利用其专有公式解决,二是利用公式an=S1(n=1)Sn-Sn-1(n≥2)由Sn求an。举例如下:
在正项等比数列{an}中,a2a4=16,a4+a5=24,则通项公式an=。
2. 累加法
当递推关系式的形式为an-an-1=f(n)或能化成这种形式时,用累加法求通项公式。举例如下:
已知数列{an}中,a1=2,且满足an+1=an+2n+n,求数列{an}的通项公式。
3. 累乘法
当递推关系式的形式为anan-1=f(n)或能化成这种形式时,用累乘法求通项公式。举例如下:
在数列{an}中,a1=2,an+1=2(n+1)nan求数列{an}的通项公式。
4. 待定系数法
当递推关系式的形式为an=kan-1+p或an=kan-1+pn+q时,用待定系数法求通项公式。举例如下:
已知数列{an}满足a1=-2,且an+1=3an+6,求{an}的通项公式。
5. 构造法之取倒数
当递推关系式的形式为an+1=kanpan+q时,用取倒数法求通项公式。举例如下:
已知数列{an}的通项公式为a1=35,an+1=3an2an+1,求数列{an}的通项公式。
6. 构造法之取对数
当递推关系式的形式为an+1=katn时,用取对数法求通项公式。举例如下:
数列{an}中,a1=2,an+1=a2n,求数列{an}的通项公式。
7. 构造法之同除幂
当递推关系式的形式为an+1=kan+p·tn时,用同除幂法求通项公式。具体做法有两种,一是两边同除以kn+1,然后用累加法解决,二是两边同除以tn+1,然后用待定系数法解决。举例如下:
数列{an}中,a1=1,an=2·3n-1+an-1(n≥2),则an=。
(二)常见的求前n项和的方法
1. 公式法
有两层含义,一是对等差或等比数列利用其专有求和公式解决,二是利用公式12+22+…+n2=n(n+1)(2n+1)6和13+23+…+n3=n(n+1)22求和。举例如下:
已知Sn表示数列{an}的前n项和,若对任意的n∈N*满足an+1=an+a2,且a3=2,则Sn=。
2. 倒序相加法
适用于与首尾两端等距离的两项之和为定值或者有规律的数列。举例如下:
已知函数f(x)=42x+2+sinπx,f12022+f22022+…+f40432022=。
3. 错位相减法
适用于通项形式为bn·cn(或bncn)的数列,其中{bn}、{cn}分别为等差和等比数列。举例如下:
数列{an}的通项公式为an=(n+1)·2n,则该数列的前n项和Sn=。
4. 裂项相消法
适用于通项可裂项的数列。举例如下:
若数列{an}中an=1(2n-1)(2n+1),则前n项和Sn=。
5. 分组求和法
适用于通项为若干项相加减的数列。举例如下:
已知数列{bn}的通项公式为bn=3n+2n-1,则其前n项和Tn=。
6. 并项求和法
适用于连续若干项加起来呈规律性的数列。举例如下:
数列{an}的前n项和记为Sn,an=(-1)n(2n-1),则S10=。
7. 以上方法的綜合
适用于满足至少两种上述特点的数列。举例如下:
若数列{an}满足an=n(2n+3),求其前n项和Sn。
二、 数列解答题的常见综合题型
(一)探索性问题
【例1】有条件①a1=1,②11×2+12×3+13×4+…+1n(n-1)=1-1an(n≥2),③点(an,an+1)在直线y=x+1上,这三个条件中任选两个,补充到下面问题中,并解答。
若数列{an}的前n项和为Sn,满足。
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)是否存在正整数k,使ak,S2k,a4k成等比数列?若存在,求k的值;若不存在,说明理由。
解答:(1)条件①:a1=1;
条件②:11×2+12×3+13×4+…+1n(n-1)=1-1an(n≥2),
1-12+12-13+…+1n-1-1n=1-1n=1-1an,则an=n(n≥2)。
条件③:an+1=an+1,an+1-an=1,则数列{an}是首项为a1,公差为1的等差数列。
所以选①②、①③、②③都可求得an=n(n∈N*)。
(2)由(1)知,ak=k,S2k=2k(1+2k)2=k(2k+1),a4k=4k。
假设ak,S2k,a4k成等比数列,则S22k=ak·a4k,即k2(2k+1)2=k·4k,
化简得(2k+1)2=4,解得k=-32或12。
这与k为正整数矛盾,即假设不成立,
所以,不存在正整数k,使ak,S2k,a4k成等比数列。
总结:先假设存在,依题意列方程,若方程可解则说明存在,若推出矛盾则说明不存在。
【例2】已知数列{an}满足a1=-5,an+2an-1=(-2)n-3(n≥2且∈N*)。
(1)求a2、a3的值;
(2)设bn=an+λ(-2)n,是否存在实数λ,使得{bn}是等差数列?若存在,求出λ的值;否则说明理由。
解答:(1)令n=2,得a2+2a1=(-2)2-3,即a2-10=1,所以a2=11;
令n=3,得a3+2a2=(-2)3-3,即a3+22=-11,所以a3=-33;
(2)方法一:假设存在实数λ,使得{bn}是等差数列,
因为bn=an+λ(-2)n,所以b1=a1+λ(-2)1=-5+λ-2,b2=a2+λ(-2)2=11+λ4,b3=a3+λ(-2)3=-33+λ-8,
若{bn}是等差数列,则2b2=b1+b3,则11+λ2=-5+λ-2+-33+λ-8,解得λ=1,此时bn=an+1(-2)n;
则当n≥2时,bn-bn-1=an+1(-2)n-an-1+1(-2)n-1=an+1(-2)n+2an-1+2(-2)n=an+2an-1+3(-2)n=(-2)n(-2)n=1,
所以存在λ=1,使得{bn}是等差数列。
方法二:假设存在实数λ,使得{bn}是等差数列,因为an+2an-1=(-2)n-3(n≥2且∈N*)
所以bn-bn-1=an+λ(-2)n-an-1+λ(-2)n-1=an+2an-1+3λ(-2)n=(-2)n-3+3λ(-2)n=1+3λ-3(-2)n
由于{bn}是等差数列,所以1+3λ-3(-2)n为不依赖n的常数,所以3λ-3=0,即λ=1。
总结:本题方法不唯一,方法一是先由特殊项的关系算出参数,然后带入通项公式利用定义从一般意义上进行验证,虽然书写量相对方法二稍多,但是对式子变形的要求低,好入手,通用性也更强。
(二)较难的裂项问题
【例3】已知{an}为等差数列,{bn}为公比大于0的等比数列,且b1=2,b2+b3=12,a3=3,a4+2a6=b4。
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设Sn=∑nk=1(ak-1)bkakak+1(n∈N*),求Sn。
解答:(1)∵{bn}为公比大于0的等比数列,且b1=2,b2+b3=12,设公比为q
∴2q+2q2=12,解得:q=2或q=-3(舍去)
∴bn=b1·qn-1=2×2n-1=2n,b4=24=16
∵{an}為等差数列,a3=3,a4+2a6=b4,设公差为d
∴a1+2d=3a1+3d+2a1+5d=16解得:a1=1d=1
∴an=1+n-1=n
{an}和{bn}的通项公式分别为:an=n,bn=2n;
(2)∵(ak-1)bkakak+1=(k-1)·2kk·(k+1)=2k+1k+1-2kk
∴Sn=∑nk=1(ak-1)bkakak+1=222-2+233-222+…+2n+1n+1-2nn=2n+1n+1-2
总结:待裂项的分式的分子是一次式和指数式的乘积,分母是两个一次式相乘的形式。裂项的方法常有两种,一是观察验证法,即经过观察分子分母的结构,该分式可裂项为t2k+1k+1-2kk的形式,然后通分验证是否成立并把t算出;二是分子变形法,考虑到分母是由k和k+1构成,所以分子变形为(k-1)·2k=[2k-(k+1)]·2k,然后分式就可以裂项了。
【例4】已知Sn为数列{an}的前n项和,Sn,an,a1成等差数列,且2a4=S4+2,n∈N+。
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=2n+n+2n(n+1)an+1,数列{bn}的前n项和为Tn,证明:Tn<1。
解答:(1)因为Sn,an,a1成等差数列,即2an=a1+Sn,
当n≥2时,2an-1=a1+Sn-1,两式相减得an=2an-1,所以{an}是公比为2的等比数列,
即an=a1·2n-1,即Sn=a1(1-2n)1-2=a1(2n-1)。
由2a4=S4+2,得a1=2,
所以{an}的通项公式an=2n。
(2)由(1)知bn=2n+n+2n(n+1)an+1=2n+n+2n(n+1)2n+1=12·1n(n+1)+n+2n(n+1)2n+1,
又因为11·2+12·3+13·4+…+1n(n+1)=1-12+12-13+…+1n-1n+1=1-1n+1,n+2n(n+1)2n+1=1n·2n-1(n+1)·2n+1,
故31·2·22+42·3·23+53·4·24+…+n+2n(n+1)2n+1=11·21-12·22+12·22-13·23+…+1n·2n-1(n+1)·2n+1=12-1(n+1)·2n+1,
∴Tn=121-1n+1+12-1(n+1)·2n+1=1-12n+1-1(n+1)·2n+1<1。
总结:待裂项的分式的分子是一次式,分母是两个一次式相乘再乘以指数式的形式。裂项的方法也常有两种,一是观察验证法,即经过观察分子分母的结构,该分式可裂项为t1n·2n-1(n+1)·2n+1的形式,然后通分验证是否成立并把t算出;二是分子变形法,考虑到分母的两个一次式分别是n和n+1构成,所以分子变形为n+2=2(n+1)-n,然后分式就可以裂项了。
(三)数列中的讨论问题
【例5】已知公差不为零的等差数列{an}中,a1=1,且a1,a2,a4成等比数列。
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)数列{bn}满足bn=12nan,数列{bn}的前n项和为Tn,若不等式(-1)nλ<Tn+n2n对一切n∈N*恒成立,求λ的取值范围。
解答:(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0),且a1,a2,a4成等比数列,
则a22=a1·a4,即(a1+d)2=a1·(a1+3d),又a1=1,解得d=1,所以an=n;
(2)因为bn=12nan=n2n,设Tn=b1+b2+…+bn,Tn=121+222+…+n2n①,
12Tn=122+223+…+n2n+1②,
①-②:12Tn=12+122+123+…+12n-n2n+1=121-12n1-12-n2n+1=1-2+n2n+1,Tn=2-n+22n,
则(-1)nλ<Tn+n2n,得(-1)nλ<2-22n,
当n为偶数时,λ<2-22n,又y=2-22n单调递增,当n=2时,2-22n最小,即2-22nmin=32,即λ<32;
当n为奇数时,λ>-2+22n,又y=-2+22n单调递减,当n=1时,-2+22n最大,即-2+22nmax=-1,即λ>-1;
所以λ∈-1,32。
总结:本题之所以讨论是因为要分离λ的时候,要两边除掉系数(-1)n,需要讨论(-1)n的正负,从而讨论n的奇偶性。
【例6】设{an}是等差数列,{bn}是等比数列,公比大于0,已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3。
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}满足cn=1,n为奇数,bn2,n为偶数,求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N*)。
解答:(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,
依题意,得3q=3+2d3q2=15+4d,解得d=3q=3,故an=3+3(n-1)=3n,bn=3×3n-1=3n,
所以,{an}的通项公式为an=3n,{bn}的通项公式为bn=3n;
(2)a1c1+a2c2+…+a2nc2n
=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nbn)
=n×3+n(n-1)2×6+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)
=3n2+6×(1×31+2×32+…+n×3n),
記Tn=1×31+2×32+…+n×3n①
则3Tn=1×32+2×33+…+n×3n+1②
②-①得,2Tn=-3-32-33-…-3n+n×3n+1=-3(1-3n)1-3+n×3n+1=(2n-1)3n+1+32,
所以a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3×(2n-1)3n+1+32=(2n-1)3n+2+6n2+92(n∈N*)。
总结:本题讨论原因在于{cn}的通项公式是分段的形式。
三、 结语
以上为高三数列解答题复习框架,从基本题型到热点的综合题型做了详细的梳理和总结,其中包含题型特点、解题方法和总结提炼。高三复习切忌盲目,静下心来,条分缕析,定能逐个击破,旗开得胜。
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作者简介:田素伟(1981~),男,汉族,山东济宁人,珠海市第一中学,研究方向:数学与应用数学。