數列新穎題型賞析

■河北省張家口市第一中學 侯鳳云

數列新穎題型賞析

■河北省張家口市第一中學 侯鳳云

一、等差數列前n項和的最值問題

例1 (廣東省韶關市2 0 1 6屆高三調研)已知數列an{}中,a1=2 5,4an+1=4an-7,若其前n項和為Sn,則Sn的最大值為( )。

解析：由4an+1=4an-7知數列an{}為等差數列,公差為單調遞減數列由an≥0且an+1＜0,得所以n=1 5,即數列an{}的前1 5項均為正值,第1 6項開始為負值,故S15最大,S15=

點評：對于公差d＜0的等差數列,當a1＜0時,存在最大值,(Sn)max=S1=a1,但無最小值;當a1＞0時,存在最大值Sm,正整數m由不等式組確定,當am=0時,最大值Sm-1=Sm,但無最小值。

二、等比數列的最值問題

例2 (2 0 1 6年衡水中學調研)各項為正數的等比數列an{}中,存在兩項am,an使最小值是。

解析：各項為正數的等比數列{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。注意m+n=6,m,n∈N*的條件,調整與最接近的正整數解

點評：用均值不等式求數列中的最值,既要滿足“一正、二定、三相等”的取等號條件,還注意變量為正整數的隱含條件。特別是根據條件得到的值為非正整數時,應取相鄰的兩個正整數,代入求值然后決定取舍。

三、等差數列與等比數列的類比

例3 在等差數列{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,相應地,在等比數列{bn}中,若b9=1,則有等式成立。

解析：等差數列與等比數列有很多可以類比的性質,類比上述等差數列性質,可得到結論：b1b2…bn=b1b2…b17-n(n∈N*,n＜1 7)。推證過程是：在等差數列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。由于等比數列與等差數列的差別在“積”與“和”,因此把等差數列的“和”類比到等比數列的“積”可以得到：在等比數列{bn}中,若b9=1,應有b1b2…bn=b1b2…b17-n(n∈N*,n＜1 7)。故答案為b1b2…bn=b1b2…b17-n(n∈N*,n＜1 7)。

點評：由等差數列與等比數列的定義入手,把等差數列中兩數相加類比到等比數列中兩數相乘,等差數列中兩數的差類比到等比數列中兩數相除,等差數列中的“0”類比等比數列中的“1”。

四、數列與新定義的交匯

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

解析：從4階等和數列及3階等積數列的定義與題設條件入手,特殊化研究數列的前幾項并歸納其規律。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,…。又因為{pn}是4階等和數列,該數列將會照此規律循環下去。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,…。又因為{qn}是3階等積數列,因此該數列將會照此規律循環下去,由此可知對于數列{pn·qn} ,每1 2項的和循環一次,易求出p1q1+p2q2+…+pnqn,因此S2016中有1 6 8組循環結構,故S2016=-1 5×1 6 8=-2 5 2 0。

點評：定義一種新數列,考查數列的有關運算及性質,關鍵是迅速去掉“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,特殊化得到兩個數列的前1 2項,歸納出周期性進而求得所求數列的S2016。本題將新定義和數列的通項和性質,以及求和等知識有機地交匯在了一起。

五、數列與抽象函數的交匯

例5 (遼寧省葫蘆島市一高2 0 1 6屆上學期期中測試)函數y=f(x)的定義域為R,當x＜0時,f(x)＞1,且對任意的實數x, y∈R,等式f(x)·f(y)=f(x+y)成立。若正數數列an{}滿足且n∈N*,a1=f(0),則下列結論成立的是( )。

A.f(a2013)＞f(a2016)

B.f(a2014)＞f(a2015)

C.f(a2016)＜f(a2015)

D.f(a2014)＜f(a2016)

解析：抽象函數賦特殊值,再研究其單調性。令x=-1,y=0,得f(-1)·f(0)= f(-1)。因為當x＜0時,f(x)＞1,所以f(-1)＞1,解得f(0)=1,則a1=f(0)=1。

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

設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上單調遞減函數。

點評：抽象函數運用賦值法求出抽象函數中f(0)=1,并結合對應法則探究奇偶性,利用題設中已知條件確定函數的單調性,再利用抽象函數的對應法和單調性把,最后用作差法確定數列an{}的單調性,得出結論。

六、數列與函數及不等式的交匯

例6 (浙江省溫州市第二外國語學校2 0 1 5學年第一學期高三階段測試)設A(x1, y1),B(x2,y2)是函數的圖像上任意兩點,且已知點M的橫坐標為

(1)求證：點M的縱坐標為定值。

(3)已知an=其中n∈N*,Tn

為數列an{}的前n項和,若Tn＜λ(Sn+1+1)對一切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：

點評：①注意構造等差數列求和公式的推導過程的“倒序相加法”。②使用裂項法求和時,要注意正負項相消時消去了哪些項,保留了哪些項,切不可漏寫未被消去的項。③利用基本不等式求最值時,一定要注意等號成立的條件。

七、數列模型與實際應用問題

例7 某地區發生流行性病毒感染,居住在該地區的居民必須服用一種藥片進行預防,規定每人每天上午8：0 0和晚上2 0：0 0各服一片。現知該藥片每片含藥量為2 2 0m g,人的腎臟每1 2小時從體內濾出這種藥的6 0%,該藥物在人體內的殘留量超過3 8 0m g,就將產生副作用。

(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,這種藥在他體內還殘留多少。

(2)若人長期服用這種藥,這種藥會不會對人體產生副作用?請說明理由。

解析：依據實際意義構建相鄰兩項滿足的線性關系求出通項,再構建不等式解決實際問題。

(1)設某人第n次服藥后,藥在體內的殘留量為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,這種藥在他體內還殘留3 4 3.2m g。

故若人長期服用這種藥,這種藥不會對人體產生副作用。

點評：相鄰兩項滿足an+1=k an+b(k,b為常數,且k(k-1)≠0)的數列,可通過變形,設,構造等比數列{bn},進而解方程求通項an,凸顯了化歸思想的應用。

八、數列與數學歸納法的交匯

例8 (湖北省優質高中2 0 1 6屆高三下學期聯考)已知各項均為正數的數列{an} 的前n項和Sn滿足S1＞1,且6Sn=(an+1)(an+2),n∈N*。

(1)求{an}的通項公式。

(2)設數列{bn}滿足an(2bn-1)=1,并記Tn為{bn}的前n項和,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,首項為2的等差數列,故an{}的通項為an=3n-1。

(2)用數學歸納法證明：

3Tn+1＞l o g2(an+3)。

假設結論當n=k時成立,即3Tk+1＞l o g2(ak+3)。注意an(2bn-1)=1和an=3n的關系,則當n=k+1時,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)

因為k∈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n =k+1時結論也成立。

綜上可知,3Tn+1＞l o g2(an+3)對任何n∈N*成立。

點評：根據已知條件Sn和an的關系式,利用直接求解通項。第二問證明的是一個有關數列求和的不等式,一般是根據條件求出Tn的表達式,再利用函數的單調性加以證明。而用數學歸納法證明遞推關系時,作差使用歸納假設,an(2bn-1) =1和an=3n-1及關系,簡化了求bn的表達式,凸現數學歸納法的“簡單且具有操作性和目標明確”的魅力所在。

九、數列最值求解中的多種推理方法

例9 設1=a1≤a2≤…≤a2015≤a2016,其中a1,a3,a5,…,a2015是公比為q的等比數列,a2,a4,a6,…,a2016是公差為1的等差數列,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=。

點評：根據題意,將三個條件綜合得到一個新的不等式組,將a1=1代入并簡化。方法1采用夾逼法,根據不等式方向,并讓a2取最小值1,得到q≥m a x{1,2,33},q≤m i n{2,3},進而根據可能性確定q的最小值。方法2利用偶數項成等差數列,通過其相鄰的兩項對qk(k根據序列中的位置來確定)夾逼,進而獲解。這種方法充分體現了“用數學”的邏輯推理。

(責任編輯 徐利杰)