幾道數列題的錯解的剖析、應用和結論

“轉化”思想是數學的核心思想之一，轉化的關鍵是等價，而利用充分必要條件，則是判斷轉化是否等價的有力武器。下面筆者就幾道數列題的錯解進行剖析并做些反思。

一、題目、錯解和剖析

題目1：已知等差數列{an}中，a3=12，S12>0，S13<0。（1）求公差d的取值范圍；（2）指出S1，S2，…，S12中哪一個值最大，并說明理由。

錯解：（1）∵S12=■=6（a1+a12）=6（a6+a7）>0，

S13=■=13a7<0，

∴a6>0，a7<0，即a1+5d>0且a1+6d<0，

∴a3=a1+2d=12，a1=12-2d。

∴（12-2d）+5d>0（12-2d）+6d<0， 得-4

（2）（略。）

剖析：由6（a6+a7）>0，13a7<0能推出a6>0，a7<0，但由a6>0，a7<0，卻不能推出6（a6+a7）>0，13a7<0，也就是說a6>0，a7<0是6（a6+a7）>0，13a7<0的必要不充分條件，因此d的取值范圍被擴大了。

正解（略解）：由6（a6+a7）>0，13a7<0得2a3+7d>0，a3+4d<0從而得-■

解惑：上述正解中的轉化是等價的，即6（a6+a7）>0，13a7<0？圳2a3+7d>0，a3+4d<0。

題目2：若公比為c的等比數列{an}的首項a1=1且滿足an=■（n=3，4...）。（1）求c的值；（2）求數列{an}的前n項和Sn。

錯解：（1）因為當n≥3時，an=■，所以將前三項1，c，c2代入得c2=■，得c=1或c=-■。

（2）（略。）

剖析：a3=■是an=■成立的必要不充分條件，有出現增根的可能，在解答的過程中，需要補上驗證這一環節。

二、應用

例題：已知數列{an}的前n項之和Sn與an滿足關系式：nSn+1=（n+2）Sn+an+2（n∈N*）。（1）若a1=0，求a2，a3的值；（2）求證：a1=0是數列{an}為等差數列的充要條件。

剖析：必要性是指{an}為等差數列？圯a1=0；充分性是指a1=0？圯{an}為等差數列。

略解：（1）由nSn+1=（n+2）Sn+an+2（n∈N*）......（*）

n（Sn+1-Sn）=2Sn+an+2，

變形為n（Sn+1-Sn）=2Sn+an+2，而Sn是{an}前n項和，

于是有nan+1=2Sn+an+2，a1=0，在n=1時，a2=2a1+a1+2=2，

則a2=2，在n=2，2a3=2（a1+a2）+a2+2=4+4=8，則a3=4。

（2）必要性：由（1）可知nan+1=2Sn+an+2恒成立，則（n-1）an-1=2Sn-1+an-1+2（n≥2）......（**）

若{an}是等差數列，則an-an-1=d（n≥2），且an=a1+（n-1）d.（*）-（**）式得：

n（an+1-an）=2an-an-1，∴nd=an+d=a1+（n-1）d+d，∴a1=0。從而必要性得證。

充分性：由（1）可猜測到：an=2n-2。下面先用數學歸納法證明：an=2n-2。

①在n=1時，a1=2×1-2=0與已知a1=0一致，故n=1時，an=2n-2成立。

②假設n≤k時，an=2n-2成立，ak+1

∴Sk=a1+a2+…+ak=0+2+4+...+2（k-1）=k（k-1）

∵（*）式nan+1=2Sn+an+2恒成立，kak+1=2Sk+ak+2

則kak+1=2Sk+ak+2=2k（k-1）+（2k-2）+2=2k2，

∴ak+1=2k=2[（k+1）-1]。

故n=k+1時，an=2n-2成立，綜合①②可知：an=2n-2成立對n∈N*恒成立。

∴數列{an}的通項為an=2n-2，∴an-an-1=2（n≥2，n∈N*）

由等差數列定義可知{an}是等差數列，從而充分性得證。

綜合以上得：a1=0是數列{an}為等差數列的充要條件。

三、結論

結論1：在等差數列{an}中，前n項和為Sn。（1）等差數列{an}？圳an+1-an=d（d為常數）；（2）等差數列{an}？圳an=kn+c；（3）等差數列{an}？圳an=■（n≥2）；（4）等差數列{an}？圳Sn=■；（5）等差數列{an}？圳Sn=An2+Bn；（6）等差數列{an}？圳數列{■}是等差數列。

結論2：（1）三角形ABC的三內角A、B、C成等差數列？圳B=■；（2）一個數列既是等差數列又是等比數列？圳an=k（k為常數）；（3）a、b、c是等比數列（a，b，c>0）？圳lga、lgb、lgc成等差數列。