■河北省張家口市第一中學(xué) 侯鳳云

數(shù)列新穎題型賞析

■河北省張家口市第一中學(xué) 侯鳳云

一、等差數(shù)列前n項(xiàng)和的最值問題

例1 (廣東省韶關(guān)市2 0 1 6屆高三調(diào)研)已知數(shù)列an{}中,a1=2 5,4an+1=4an-7,若其前n項(xiàng)和為Sn,則Sn的最大值為( )。

解析：由4an+1=4an-7知數(shù)列an{}為等差數(shù)列,公差為單調(diào)遞減數(shù)列由an≥0且an+1＜0,得所以n=1 5,即數(shù)列an{}的前1 5項(xiàng)均為正值,第1 6項(xiàng)開始為負(fù)值,故S15最大,S15=

點(diǎn)評(píng)：對(duì)于公差d＜0的等差數(shù)列,當(dāng)a1＜0時(shí),存在最大值,(Sn)max=S1=a1,但無最小值;當(dāng)a1＞0時(shí),存在最大值Sm,正整數(shù)m由不等式組確定,當(dāng)am=0時(shí),最大值Sm-1=Sm,但無最小值。

二、等比數(shù)列的最值問題

例2 (2 0 1 6年衡水中學(xué)調(diào)研)各項(xiàng)為正數(shù)的等比數(shù)列an{}中,存在兩項(xiàng)am,an使最小值是。

解析：各項(xiàng)為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中由a7=a6+2a5得q2=q+2,故q=2或-1(舍去)。由=4a1可得2n+m-2=1 6,故m+n=6。則等號(hào)。注意m+n=6,m,n∈N*的條件,調(diào)整與最接近的正整數(shù)解

點(diǎn)評(píng)：用均值不等式求數(shù)列中的最值,既要滿足“一正、二定、三相等”的取等號(hào)條件,還注意變量為正整數(shù)的隱含條件。特別是根據(jù)條件得到的值為非正整數(shù)時(shí),應(yīng)取相鄰的兩個(gè)正整數(shù),代入求值然后決定取舍。

三、等差數(shù)列與等比數(shù)列的類比

例3 在等差數(shù)列{an}中,若a10=0,則有等式a1+a2+…+an=a1+a2+…+ a19-n(n＜1 9,n∈N*)成立。類比上述性質(zhì),相應(yīng)地,在等比數(shù)列{bn}中,若b9=1,則有等式成立。

解析：等差數(shù)列與等比數(shù)列有很多可以類比的性質(zhì),類比上述等差數(shù)列性質(zhì),可得到結(jié)論：b1b2…bn=b1b2…b17-n(n∈N*,n＜1 7)。推證過程是：在等差數(shù)列an{}中,由a10=0得,a1+a19=a2+a18=…=an+a20-n= an+1+a19-n=2a10=0,注意到n＜1 9,所以a1+a2+…+an+…+a19=0,即a1+a2+…+an=-a19-a18-…-an+1。又因a1= -a19,a2=-a18,…,a19-n=-an+1,故有a1+a2+…+an=-a19-a18-…-an+1=a1+ a2+…+a19-n。若a9=0,同理可得：a1+a2+…+an=a1+a2+…+a17-n。由于等比數(shù)列與等差數(shù)列的差別在“積”與“和”,因此把等差數(shù)列的“和”類比到等比數(shù)列的“積”可以得到：在等比數(shù)列{bn}中,若b9=1,應(yīng)有b1b2…bn=b1b2…b17-n(n∈N*,n＜1 7)。故答案為b1b2…bn=b1b2…b17-n(n∈N*,n＜1 7)。

點(diǎn)評(píng)：由等差數(shù)列與等比數(shù)列的定義入手,把等差數(shù)列中兩數(shù)相加類比到等比數(shù)列中兩數(shù)相乘,等差數(shù)列中兩數(shù)的差類比到等比數(shù)列中兩數(shù)相除,等差數(shù)列中的“0”類比等比數(shù)列中的“1”。

四、數(shù)列與新定義的交匯

例4 已知數(shù)列an{}中,對(duì)任意的n∈N*,若滿足an+an+1+an+2+an+3=s(s為常數(shù)),則稱該數(shù)列為4階等和數(shù)列,其中s為4階公和;若滿足an·an+1·an+2=t(t為常數(shù)),則稱該數(shù)列為3階等積數(shù)列,其中t為3階公積。已知數(shù)列pn{}為首項(xiàng)為1的4階等和數(shù)列,且滿足;數(shù)列{qn}為公積為1的3階等積數(shù)列,且q1=q2=-1,設(shè)Sn為數(shù)列{pn·qn} 的前n項(xiàng)和,則S2016=。

解析：從4階等和數(shù)列及3階等積數(shù)列的定義與題設(shè)條件入手,特殊化研究數(shù)列的前幾項(xiàng)并歸納其規(guī)律。由題意可知,p1=1, p2=2,p3=4,p4=8,p5=1,p6=2,p7=4, p8=8,p9=1,p10=2,p11=4,p12=8,…。又因?yàn)閧pn}是4階等和數(shù)列,該數(shù)列將會(huì)照此規(guī)律循環(huán)下去。同理,q1=-1,q2=-1,q3=1,q4=-1,q5=1,q6=1,q7=-1,q8= -1,q9=1,q10=-1,q11=-1,q12=1,…。又因?yàn)閧qn}是3階等積數(shù)列,因此該數(shù)列將會(huì)照此規(guī)律循環(huán)下去,由此可知對(duì)于數(shù)列{pn·qn} ,每1 2項(xiàng)的和循環(huán)一次,易求出p1q1+p2q2+…+pnqn,因此S2016中有1 6 8組循環(huán)結(jié)構(gòu),故S2016=-1 5×1 6 8=-2 5 2 0。

點(diǎn)評(píng)：定義一種新數(shù)列,考查數(shù)列的有關(guān)運(yùn)算及性質(zhì),關(guān)鍵是迅速去掉“新定義”的外衣。本題需要理解s為4階公和,t為3階公積的意義,特殊化得到兩個(gè)數(shù)列的前1 2項(xiàng),歸納出周期性進(jìn)而求得所求數(shù)列的S2016。本題將新定義和數(shù)列的通項(xiàng)和性質(zhì),以及求和等知識(shí)有機(jī)地交匯在了一起。

五、數(shù)列與抽象函數(shù)的交匯

例5 (遼寧省葫蘆島市一高2 0 1 6屆上學(xué)期期中測(cè)試)函數(shù)y=f(x)的定義域?yàn)镽,當(dāng)x＜0時(shí),f(x)＞1,且對(duì)任意的實(shí)數(shù)x, y∈R,等式f(x)·f(y)=f(x+y)成立。若正數(shù)數(shù)列an{}滿足且n∈N*,a1=f(0),則下列結(jié)論成立的是( )。

A.f(a2013)＞f(a2016)

B.f(a2014)＞f(a2015)

C.f(a2016)＜f(a2015)

D.f(a2014)＜f(a2016)

解析：抽象函數(shù)賦特殊值,再研究其單調(diào)性。令x=-1,y=0,得f(-1)·f(0)= f(-1)。因?yàn)楫?dāng)x＜0時(shí),f(x)＞1,所以f(-1)＞1,解得f(0)=1,則a1=f(0)=1。

當(dāng)x＞0時(shí),-x＜0,f(0)=f(-x) f(x)=1,所以0＜f(x)＜1。

設(shè)x1,x2∈R,且x1＜x2,則x2-x1＞0,所以1＞f(x2-x1)＞0。因此,f(x2)-f(x1)=f(x1+(x2-x1))-f(x1)=f(x1)· [f(x2-x1)-1]＜0,即f(x2)＜f(x1),f(x)是R上單調(diào)遞減函數(shù)。

點(diǎn)評(píng)：抽象函數(shù)運(yùn)用賦值法求出抽象函數(shù)中f(0)=1,并結(jié)合對(duì)應(yīng)法則探究奇偶性,利用題設(shè)中已知條件確定函數(shù)的單調(diào)性,再利用抽象函數(shù)的對(duì)應(yīng)法和單調(diào)性把,最后用作差法確定數(shù)列an{}的單調(diào)性,得出結(jié)論。

六、數(shù)列與函數(shù)及不等式的交匯

例6 (浙江省溫州市第二外國(guó)語(yǔ)學(xué)校2 0 1 5學(xué)年第一學(xué)期高三階段測(cè)試)設(shè)A(x1, y1),B(x2,y2)是函數(shù)的圖像上任意兩點(diǎn),且已知點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為

(1)求證：點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為定值。

(3)已知an=其中n∈N*,Tn

為數(shù)列an{}的前n項(xiàng)和,若Tn＜λ(Sn+1+1)對(duì)一切n∈N*都成立,試求λ的取值范圍。

(2)由(1)知,x1+x2=1,f(x1)+f(x2) =y1+y2=1。

Sn

兩式相加,得：

點(diǎn)評(píng)：①注意構(gòu)造等差數(shù)列求和公式的推導(dǎo)過程的“倒序相加法”。②使用裂項(xiàng)法求和時(shí),要注意正負(fù)項(xiàng)相消時(shí)消去了哪些項(xiàng),保留了哪些項(xiàng),切不可漏寫未被消去的項(xiàng)。③利用基本不等式求最值時(shí),一定要注意等號(hào)成立的條件。

七、數(shù)列模型與實(shí)際應(yīng)用問題

例7 某地區(qū)發(fā)生流行性病毒感染,居住在該地區(qū)的居民必須服用一種藥片進(jìn)行預(yù)防,規(guī)定每人每天上午8：0 0和晚上2 0：0 0各服一片。現(xiàn)知該藥片每片含藥量為2 2 0m g,人的腎臟每1 2小時(shí)從體內(nèi)濾出這種藥的6 0%,該藥物在人體內(nèi)的殘留量超過3 8 0m g,就將產(chǎn)生副作用。

(1)某人上午8：0 0第一次服藥,問到第二天上午8：0 0服完藥后,這種藥在他體內(nèi)還殘留多少。

(2)若人長(zhǎng)期服用這種藥,這種藥會(huì)不會(huì)對(duì)人體產(chǎn)生副作用?請(qǐng)說明理由。

解析：依據(jù)實(shí)際意義構(gòu)建相鄰兩項(xiàng)滿足的線性關(guān)系求出通項(xiàng),再構(gòu)建不等式解決實(shí)際問題。

(1)設(shè)某人第n次服藥后,藥在體內(nèi)的殘留量為anm g,則a1=2 2 0,第一天晚上服藥后殘留量a2=2 2 0+a1×(1-6 0%)=3 0 8,第二天早上服藥后殘留量a3=2 2 0+a2×(1-6 0%)=3 4 3.2,即到第二天上午服完藥后,這種藥在他體內(nèi)還殘留3 4 3.2m g。

故若人長(zhǎng)期服用這種藥,這種藥不會(huì)對(duì)人體產(chǎn)生副作用。

點(diǎn)評(píng)：相鄰兩項(xiàng)滿足an+1=k an+b(k,b為常數(shù),且k(k-1)≠0)的數(shù)列,可通過變形,設(shè),構(gòu)造等比數(shù)列{bn},進(jìn)而解方程求通項(xiàng)an,凸顯了化歸思想的應(yīng)用。

八、數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法的交匯

例8 (湖北省優(yōu)質(zhì)高中2 0 1 6屆高三下學(xué)期聯(lián)考)已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an} 的前n項(xiàng)和Sn滿足S1＞1,且6Sn=(an+1)(an+2),n∈N*。

(1)求{an}的通項(xiàng)公式。

(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足an(2bn-1)=1,并記Tn為{bn}的前n項(xiàng)和,求證：3Tn+1＞l o g2(an+3),n∈N*。

故an+1-an-3=0或an+1=-an,因an＞0,故an+1=-an不成立,舍去。

因此an+1-an=3,從而an{}是公差為3,首項(xiàng)為2的等差數(shù)列,故an{}的通項(xiàng)為an=3n-1。

(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明：

3Tn+1＞l o g2(an+3)。

假設(shè)結(jié)論當(dāng)n=k時(shí)成立,即3Tk+1＞l o g2(ak+3)。注意an(2bn-1)=1和an=3n的關(guān)系,則當(dāng)n=k+1時(shí),3Tk+1+1-l o g2(ak+1+3)=3Tk+1+3bk+1-l o g2(ak+1+3)＞l o g2(ak+3)-l o g2(ak+1+3)

因?yàn)閗∈N*,所以(3k+3)3-(3k+5) ·(3k+2)2=9k+7＞1。

從而3Tk+1+1＞l o g2(ak+1+3),故當(dāng)n =k+1時(shí)結(jié)論也成立。

綜上可知,3Tn+1＞l o g2(an+3)對(duì)任何n∈N*成立。

點(diǎn)評(píng)：根據(jù)已知條件Sn和an的關(guān)系式,利用直接求解通項(xiàng)。第二問證明的是一個(gè)有關(guān)數(shù)列求和的不等式,一般是根據(jù)條件求出Tn的表達(dá)式,再利用函數(shù)的單調(diào)性加以證明。而用數(shù)學(xué)歸納法證明遞推關(guān)系時(shí),作差使用歸納假設(shè),an(2bn-1) =1和an=3n-1及關(guān)系,簡(jiǎn)化了求bn的表達(dá)式,凸現(xiàn)數(shù)學(xué)歸納法的“簡(jiǎn)單且具有操作性和目標(biāo)明確”的魅力所在。

九、數(shù)列最值求解中的多種推理方法

例9 設(shè)1=a1≤a2≤…≤a2015≤a2016,其中a1,a3,a5,…,a2015是公比為q的等比數(shù)列,a2,a4,a6,…,a2016是公差為1的等差數(shù)列,則q最小值為。

解析：方法1：由題意知q＞1,由1=a1≤a2≤a1q≤a2+1≤a1q2≤a2+2≤a1q3得：

1≤a2≤q≤a2+1≤q2≤a2+2≤q3。

欲使q值最小,首先取a2=1,從而得q

方法2：由題意知1=a1≤a2≤a1q≤a2+1≤a1q2≤a2+2≤a1q3,所以a2≤q≤a2+ 1,a2+1≤q2≤a2+2,q3≥a2+2≥3。而a2≥1,a1=1,所以a2,a2+1,a2+2的最小值分別為1,2,3,故qmin=。

點(diǎn)評(píng)：根據(jù)題意,將三個(gè)條件綜合得到一個(gè)新的不等式組,將a1=1代入并簡(jiǎn)化。方法1采用夾逼法,根據(jù)不等式方向,并讓a2取最小值1,得到q≥m a x{1,2,33},q≤m i n{2,3},進(jìn)而根據(jù)可能性確定q的最小值。方法2利用偶數(shù)項(xiàng)成等差數(shù)列,通過其相鄰的兩項(xiàng)對(duì)qk(k根據(jù)序列中的位置來確定)夾逼,進(jìn)而獲解。這種方法充分體現(xiàn)了“用數(shù)學(xué)”的邏輯推理。

(責(zé)任編輯 徐利杰)