特殊值法在數列綜合題中的應用

【摘要】數列的綜合性問題往往涉及存在性、恒成立問題等，如果采用一般方法解決這類問題形式復雜，本文通過幾個例題介紹了特殊值法在解決此問題時的簡便性.

【關鍵詞】數列；特殊值法；存在性問題；恒成立問題

本文由一道高三模擬題引出，它是一道存在性問題，如下：

例1 （2010屆南通二模）設等比數列{an}的首項為a1，公比為q，且q>0，q≠1.

（1）若a1=qm，m∈Z，且m≥－1，求證:數列{an}中任意不同的兩項之積仍為數列{an}中的項；

（2）若數列{an}中任意不同的兩項之積仍為數列{an}中的項，求證：存在整數m，且m≥－1，使得a1=qm.

證明 (1)設ar，at為等比數列{an}中不同的兩項，由a1=qm，得ar#8226;at=a1qr-1#8226;a1qt-1=a1#8226;q(r+t+m-1)-1.

又 r+t≥3，且m≥-1，∴r+m+t-1≥1.

∴ar，at是數列{an}的第r+m+t-1項.

（2）由于等比數列{an}中任意不同兩項之積仍為數列{an}中的項，令as#8226;at=al(l，t，s∈N*，t≠s).

由as=a1#8226;qs-1，at=a1#8226;qt-1，al=a1#8226;ql-1，

得a1#8226;qs-1#8226;a1#8226;qt-1=a1#8226;ql-1，a1=ql-s-t+1.

令整數m=l-s-t+1，則a1=qm.

下面證整數m≥-1.若設整數m<-1，則-m≥2.

令k=-m，由題設，取a1，ak，使a1#8226;ak=ar(r∈N*)，

即a1#8226;a1#8226;qk-1=a1#8226;qr-1，

∴qm#8226;q-m-1=qr-1，即q-1=qr-1.

∴q>0，q≠1，-1=r-1，r=0與r∈N*矛盾.

從而m≥-1.

上述問題第（2）問采用反證法，而對于大部分高中生來說，對于反證法的理解并不會那么系統與透徹，通過教學實踐也發現，學生似乎不太愿意接受這種方法，下面介紹特殊值法：

解 （由任意性突破）由數列{an}中任意不同的兩項之積仍為數列{an}中的項，不妨設若a1#8226;a2=ap（p∈N*），

則a1#8226;a1q=a1#8226;qp-1，故a1=qp-2，令m=p-2.

∵p≥1，∴m≥-1.

從而存在整數m，且m≥－1，使得a1=qm.

思考 上面解法中若取a2#8226;a3=ap，這時m的范圍為m≥－3，范圍比m≥－1大，我們發現這時并不對任意的項都滿足，故不可取.

變題 設等差數列{an}的首項為a1，公差為d，且d≠0.

（1）若a1=md，m∈Z，且m≥－1，求證：數列{an}中任意不同的兩項之和仍為數列{an}中的項；

（2）若數列{an}中任意不同的兩項之和仍為數列{an}中的項，求證：存在整數m，且m≥－1，使得a1=md.

證明 （1）略.

（2）我們不采用反證法，嘗試特殊值法.

由數列{an}中任意不同的兩項之和仍為數列{an}中的項，不妨設若a1+a2=ap（p∈N*），

則a1+a1+d=a1+(p-1)d，

故a1=(p-2)d，令m=p-2.

∵p≥1，∴m≥-1.

從而存在整數m，且m≥－1，使得a1=md.

點評 上述方法在解決存在性問題時簡單易懂，便于學生理解和掌握，值得推廣.

例2 設數列{bn}滿足2n2-(t+bn)n+32bn=0(t∈R，n∈N*).試確定t的值，使得數列{bn}為等差數列.

解 法一：由2n2-(t+bn)n+32bn=0(t∈R，n∈N*)知，bn=tn-2n232-n.

∵數列{bn}為等差數列，

則有當n≥2時，2bn=bn+1+bn-1恒成立，

2(tn-2n2)32-n=t(n+1)-2(n+1)232-(n+1)+t(n-1)-2(n-1)232-(n-1)，

比較系數并整理，得t=3.

法二：因為數列{bn}為等差數列，則有2b2=b1+b3，代入計算得t=3.

點評 學生比較容易想到方法一，但在教學過程中通過兩種方法的比較發現法二容易掌握.故上述方法在解決恒成立問題時同樣值得推廣.

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