應用分組法求解數列中的“出”與“入”

江蘇 王安寓

將數插入一個數列中，或將兩個數列相互嵌入，是數列命題的常用手段；將一個數列中的部分項舍去，構造新的數列，是數列命題的另一手段.通過數列的“入”——吞噬與“出”——舍棄，改變數列的原有規律，締造數列新秩序，增加思維度和計算量，同時也增加難度.

一、數列中的“入”

數列作為6大模塊之一，其地位相當重要.在各種考試中，對數列的考查都是重中之重，特別是江蘇、浙江、天津等省.對數列的命題，每年都會推陳出新.命題的手段主要集中在數列的基本量計算和新數列的構造.而構造新數列的手段很多，常見的有兩個數列的相互嵌入與一個數列的部分項的刪除.

1.1 兩個數列的相互嵌入

題目1(2018·江蘇卷·14)已知集合A={x|x=2n-1,n∈N*}，B={x|x=2n,n∈N*}．將A∪B的所有元素從小到大依次排列構成一個數列{an}．記Sn為數列{an}的前n項和，則使得Sn>12an+1成立的n的最小值為________．

【分析】集合A的元素按照從小到大的順序排列，構成等差數列An=2n-1，集合B的元素按照從小到大的順序排列，構成等比數列Bn=2n，它們沒有公共元素，則數列{an}是將數列Bn=2n插入到數列An=2n-1中，或者是將數列An=2n-1插入到數列Bn=2n中構造而成.考慮數列An=2n-1插入到數列Bn=2n中，則插入規律是：在Bk-1與Bk之間插入2k-1+1，2k-1+3，…，2k-1，計2k-2個數，如何求數列{an}的前n項和Sn呢？數列{an}的規律并不明顯：既不是等差數列，也不是等比數列，通項公式不易寫出.但運用分組：(1,2)，(3,4)，(5,7,8)，(9,11,13,15,16)，(17,19,…,32)，…，(2k-1+1,2k-1+3,…，2k)，就能看出前n項和的規律.抓住這個分組，就能把Sn的表達式寫出，從而完成不等式Sn>12an+1的求解.

【解析】(分組法求和)：記{an}中第k組為(2k-1+1,2k-1+3,…，2k)，記An=2n-1，Bn=2n，則{an}中第k組含有An計2k-2個，Bn計1個，其和為3·4k-2+Bk，前k組含有An計1+1+2+…+2k-2=2k-1個，Bn計k個，其和為4k-1+2k+1-2，

∴當n=1時，S1=1,a2=2，Sn>12an+1不成立；

當n=2k-1+k,k∈N*時，Sn=4k-1+2k+1-2,an+1=2k+1，

∴k>5.

當n=2k-1+k+m,k∈N*,m≤2k-2,m∈N*時，Sn=(2k-1+m)2+2k+1-2,an+1=2(2k-1+m)+1，

取k=5，

∴m≥6，∴n=24+5+m≥27.

∴使Sn>12an+1成立的n的最小值為27.

【點評】合理分組是解決本題的關鍵.為什么分組呢？因為目標是求出Sn，而an的規律不易于找到，但{an}是由等差數列{An=2n-1}和等比數列{Bn=2n}組合而成，其和仍是基于等差數列{An}和等比數列{Bn}的和，而且{An}和{Bn}中無公共元素，也為解題減輕了負擔.

對于這類插入或刪除的題目的求和問題，合理分組求解是行之有效的，且是快捷的.

1.2 插入bn個常數

題目2已知an=3n，bn=3n，n∈N*，對于每一個k∈N*，在ak與ak+1之間插入bk個3，得到一個數列{cn}.設Tn是數列{cn}的前n項和，則所有滿足Tm=3cm+1的正整數m的值為________.

【分析】數列{cn}是在數列{an}中插入bn個常數3構造而成.因此，按照ak分組，先各組內求和，再前k組求和，即可完成Tm的計算，進而解題.

得5·3k-3k2-3k+1=0，

設f(k)=5·3k-3k2-3k+1,則f(k+1)-f(k)=10·3k-6(k+1)>0，∴f(k)是單調遞增的，∴f(k)>f(1)>0.

∴此時Tm=3cm+1無解.

綜上，滿足Tm=3cm+1的正整數m的值為3.

【點評】分組將{cn}的規律顯化，利于求和.

1.3 插入前k項

題目3已知等差數列{an}和等比數列{bn}，其中{an}的公差不為0.設Sn是數列{an}的前n項和.若a1,a2,a5是數列{bn}的前3項，且S4=16.

(Ⅰ)求數列{an}和{bn}的通項公式；

(Ⅲ)構造數列a1,b1，a2,b1,b2，a3,b1,b2,b3， …，ak,b1,b2,…bk， …，若該數列前n項和Tn=1 821，求n的值.

【分析】(Ⅰ)(Ⅱ)略.(Ⅲ)由(Ⅰ)得an=2n-1，bn=3n-1，將{bn}的前k項插入ak與ak+1之間，構造新數列，將新數列按(ak,b1,b2,…bk)分組，先各組求和，再對前k組進行求和.

【解析】(Ⅰ)an=2n-1，bn=3n-1；(Ⅱ)t=0或2；

∴當Tn=1 821時，n=35+1+5=41.

【點評】分組是為計數和求和服務的.各組中{an},{bn}元素的個數，以及它們的和，都是考查的重點.

1.4 相間排列

題目4設等比數列{an}的首項為a1=2，公比為q(q為正整數)，且滿足3a3是8a1與a5的等差中項.數列{bn}的前n項和為Sn=n2，n∈N*.

(Ⅰ)求數列{an}的通項公式；

(Ⅱ)若不等式λbn≤Sn+6對任意n∈N*都成立，求實數λ的取值范圍；

【分析】(Ⅰ)(Ⅱ)略.(Ⅲ)由(Ⅰ)(Ⅱ)得an=2n，bn=2n-1，則cn是由an，bn中的某些項相間排列而成.分析各項特點，抓住奇偶解決問題.

【解析】(Ⅰ)an=2n；(Ⅱ)bn=2n-1,λ≤3；

故，當等差數列項數最大(最大為5)時，滿足條件的等差數列為：1，2，3，4，5或5，4，3，2，1.

【點評】cn：1，2，3，4，5，8，7，16，9，…，按照定義寫出這個數列，就能發現題目所求的目標.本題中，實際上有兩種構造數列的方式：①命題人給出的構造方式——cn的構造是選取自an，bn；②解題者構造方式——在cn中選取，要求組成等差數列.

1.5 自身的嵌入

分組是為了更好地尋找構造數列的規律.找到了構造數列的規律，題目就迎刃而解.

題目6(2017·全國卷Ⅰ理·12)幾位大學生響應國家的創業號召，開發了一款應用軟件.為激發大家學習數學的興趣，他們推出了“解數學題獲取軟件激活碼”的活動，這款軟件的激活碼為下面數學問題的答案：已知數列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一項是20，接下來的兩項是20，21，再接下來的三項是20，21，22，依此類推，求滿足如下條件的最小整數N：N>100且該數列的前N項和為2的整數冪．那么該款軟件的激活碼是( )

A．440 B．330

C．220 D．110

【分析】尋找一個數N，使得N>100且該數列的前N項和為2的整數冪，本質上仍是求數列的前n項和.而數列的構造方式是用等比數列的前k項重復組合而成，自然的想法是分組.

即2k-1=2+n(k∈N*，n≥14)，

【點評】數列是密碼設置的常用手段.尋找激活碼的過程就是構造數列的過程.分組的作用仍是計數與求和.

二、數列中的“出”

數列中插入一些新元素，打破原有的規律，構造新秩序，形成新數列，是數列中的“入”.對應“入”，必然有“出”.將數列中的某些項舍去，也會打破原有的規律，從而締造新秩序，但新秩序與原有的秩序是有關系的，也可能是解題的突破口.如何求解通過“出”構造的新數列的問題呢？分組也是一個好方法.

2.1 刪除某些項

題目7記等比數列{an}的前n項和為Sn，已知a1+a3=30，3S1，2S2，S3成等差數列.

(Ⅰ)求數列{an}的通項公式；

(Ⅱ)若數列{bn}滿足b1=3，bn+1-3bn=3an，求數列{bn}的前n項和為Bn；

【分析】(Ⅰ)(Ⅱ)略；(Ⅲ)刪除{an}中的第3項，第6項，第9項，…，第3n項，則原來的數列的項的位置發生了變化，而影響數列的通項公式.但仍可以通過原來的通項公式求解.

【點評】求{cn}的前n項時，應用了分組：將相鄰兩項并項，再求和.本質上，一個數列中刪除某些項時，如果是按照等差數列的形式刪除的，都可以用上述方法求解.

刪除一些項保留另一些項，造成一種維納斯之殘缺的美，是數學中的奇異美.消除這個“異”的手段是分組求和，屬于消除差異思想的應用.

2.2 挑出某些項

將數列中的某些項挑選出來，構成新的數列，也是命題的常用手段.最常見的是等差數列中的某些項成等比，或等比數列中的某些項成等差.

題目8設{an}是公差為d的等差數列， {bn}是公比為q(q≠1)的等比數列.記cn=an+bn.

(Ⅰ)求證：數列{cn+1-cn-d}為等比數列；

(Ⅱ)已知數列{cn}的前4項依次為4，10，19，34.

(ⅰ)求數列{an}和{bn}的通項公式；

(ⅱ)是否存在元素均為正整數的集合A={n1,n2,…，nk}(k≥4,k∈N*)，使得數列cn1,cn2,…，cnk為等差數列？證明你的結論.

【分析】(Ⅰ) (Ⅱ)(ⅰ)略；(ⅱ)本質上是從{cn}中至少挑選出4項，組成等差數列.這樣能否做到？分析cn的特點，抓住等差中項公式，構建方程，通過對方程的解的分析完成解答.

【解析】(Ⅰ)cn+1-cn-d=(q-1)bn；(Ⅱ)(ⅰ)an=3n-2，bn=3×2n-1；

(ⅱ)由題意得cn=3×2n-1+3n-2，則cn是單調遞增的，且恒正.

假設存在滿足題意的集合A，不妨設m,n,k,p∈A，mck，

若k>n+1，則k≥n+2，由2cn>ck有3×2n+6n-4>3×2k-1+3k-2≥3×2n+1+3(n+2)-2，即3(2n-n)+8<0，但n≥2時2n-n>0，兩者矛盾，故k=n+1.

同理可得p=k+1，∴cn,ck,cp是數列{cn}中相鄰的連續三項，∴2cn+1=cn+cn+2，

2(3×2n+3n+1)=3×2n-1+3n-2+3×2n+1+3n+4,即2n-1=0，此時無解.

故假設不成立，從而不存在滿足題意的集合A.

【點評】本題中，cn是由兩個正項的單調遞增數列相加得到，再從中挑出4項成等差數列，既有數列的“入”，又有數列的“出”.將兩種命題方式結合，加大了試題的難度.