2021年八省市聯考第17題的探究與推廣

廣東省湛江一中培才學校(524037) 魏 欣

求數列的通項公式與數列求和是高考數學的重點考查內容.高考對數列的考查主要有兩種形式,一種是直接利用公式或者構造法求等差、等比的通項公式與數列的前n項和公式,重點考查公式法、構造法、錯位相減法、裂項相消法等知識.事實上,很多時候除了常用的數列的通項公式與數列求和方法外,還可以通過構造常數列去解決數列求通項求和問題.非零常數列身兼等差數列和等比數列兩大特性,在一些數列求通項求和問題中,若能適時地構造常數列,則可避免復雜的累加、累乘或迭代等過程,從而使數列求通項求和一步到位,達到事半功倍的效果.

下面以2021年八省市聯考第17 題為例,通過構造常數法的解答與分析,并進行探究與推廣,總結出構造常數法巧解數列的通項公式與數列的前n項和的幾種題型.

一、試題展示與解法探究

題目(2021年八省市聯考第17 題)已知各項都為正數的數列{an}滿足an+2=2an+1+3an.

(1)證明: 數列{an+an+1}為等比數列;

(2)若a1=求數列{an}的通項公式.

分析該題主要考查了等比數列的判定,根據數列的遞推關系式求通項公式等知識,考查了學生分析問題、解決問題的能力及特殊與一般、轉化與化歸的數學思想,體現了邏輯推理、數學運算等數學核心素養.第(1)問通過對遞推關系式的變形不難證明;第(2)問在第(1)問的基礎上展開,通常解法為構造法.下面構造常數法求數列的通項公式.

解析(1)注意所證數列的結構特征暗示了證明方法.將an+2= 2an+1+3an兩邊都加上an+1得an+2+an+1=3(an+1+an), 因為數列{an}的各項為正數, 所以數列{an+an+1}是首項為a1+a2, 公比為3 的等比數列.以下第二問的兩種解法.

解法1以第1 問所得結果為基礎進行解答.

解法2由an+2= 2an+1+3an, 設an+2-μan+1=ν(an+1-μan),即an+2= (μ+ν)an+1-μνan,與已知等式比較得

當μ=-1 且ν= 3 時,an+2+an+1= 3(an+1+an),下同解法1,此處從略.

當μ= 3 且ν=-1 時,an+2-3an+1=-(an+1-3an).若a1=當n= 1 時,an+2-3an+1=a2-3a1== 0, 所以數列{an+1-3an}是恒為零的常數數列,所以an+1= 3an,故數列{an}是首項a1=公比為3 的等比數列,故數列{an}的通項公式為an=

二、教材尋根

教材題目(新課標人教版A 版《數學(必修5)》第二章復習參考題B 組第6 題) 已知數列{an}中,a1= 5,a2=2,an=2an-1+3an-2(n≥3),對于這個數列的通項公式作研究,能否寫出它的通項公式?

解(構造法)由an=2an-1+3an-2,得an-3an-1=-(an-1-3an-2),而a2-3a1=-13,故數列{an+1-3an}是公比為-1,首項為-13 的等比數列,所以

又由an=2an-1+3an-2,得an+an-1=3(an-1+an-2),而a2+a1=7,故數列{an+1+an}是公比為3,首項為7 的等比數列,所以

由①、②兩式消去an+1, 得數列的通項公式為an=

三、提煉推廣

(一)構造常數列求數列的通項公式

在數列{an}中,若an+1=an,n ∈N*,則稱數列{an}為常數列,其通項公式為an=a1.

1 構造常數列推導等差數列通項公式

在等差數列{an}中,an -an-1=d,(n≥2,n ∈N?),則an-nd=an-1-(n-1)d,所以數列{an-nd}是一個常數列,即an-nd=a1-d,故an=a1+(n-1)d.用此方法還容易得到an-nd=am-md,即an=am+(n-m)d.

2 構造常數列推導等比數列通項公式

在等比數列{an}中,=q, (n≥2,n ∈N?).則所以數列是一個常數列,即故an=a1qn-1.用此方法還容易得到可得an=amqn-m.

評析等差、等比數列的通項公式的推導是數列教學的難點,教材分別采用累加法、累乘法推導其通項公式,對新學數列知識的同學要求較高.如果巧借常數列推導等差、等比數列的通項公式,似乎更好理解,而且給人耳目一新的感覺.

3 構造常數列巧求遞推數列的通項

題型一an+1=pan+q,(p、q都是非零常數,p/=1)

定理1若an+1=pan+q(其中p、q都是非零常數,p /= 1), 則an+1- xpn - y=p(an-xpn-1-y), 數列{an-x·pn-1-y}是各項都為零的常數列, 且an=x·pn-1+y,其中x=

證明an+1=pan+q ?an+1-xpn=pan-xpn+q ?an+1-xpn -y=p(an-xpn-1-y)+q+y(p-1)(x,y是待定的常數).

設q+y(p -1) = 0, 且a1- x - y= 0, 則{an-x·pn-1-y}是各項都為零的常數列,所以數列{an}的通項公式為an=x·pn-1+y.由于q+y(p-1) = 0,所以y=因為a1-x-y=0,所以x=a1-所以定理1 得證.

例1(2014年高考全國ⅠⅠ卷) 數列{an}中,a1= 1,an+1=3an+1,求{an}的通項公式.

解因為an+1= 3an+1, 所以an+1-即an+1-因為a1= 1, 所以= 0, 所以數列是各項均為零的常數列, 所以=0,所以數列{an}的通項公式為an=

注釋由定理1, 知a1= 1,p= 3,q= 1,x=數列{an}的通項公式為an=x·pn-1+y=

例2(2006年高考江西卷理科節選)已知數列{an}滿足:a1=(n ∈N*).求數列{an}的通項公式.

解因為an+1=所以an ＞0,因為所以數列是各項都為零的常數列,所以數列{an}的通項公式an=

注釋把看成an, 則就看成a1,就看成an+1.比較,an+1=pan+q可見由定理1 知

題型二an+1=an+rn-1,(r ＞0 且r /=1).

定理2若an+1=an+rn-1(r ＞0 且r /= 1), 則an+1-x·rn-y=an-x·rn-1-y,{an-x·rn-1-y}是各項都為零的常數列,an=x·rn-1+y,其中x=

證明an+1=an+rn-1?an+1-x·rn-y=anx·rn-1-y,其中x,y是待定的常數,且滿足a1-x-y=0,則數列{an-x·rn-1-y}是各項都為零的常數列, 所以an=x·rn-1+y.因為an+1-x·rn-y=an-x·rn-1-y ?an+1=an+x(r -1)·rn-1?an+1=an+rn-1, 所以x(r -1) = 1,x=因為a1- x - y= 0, 所以y=a1-定理2 得證.

例3(2008年高考天津理科節選) 在數列{an}中,a1=1,a2=2,且an+1=(1+q)an-qan-1(q /=0).

(Ⅰ)設bn=an+1-an(n ∈N*),證明:{bn}是等比數列;(ⅠⅠ)求數列{an}的通項公式.

解(Ⅰ){bn}是首項為1,公比為q的等比數列,過程從略.

(ⅠⅠ)an+1-an=qn-1,(1)當q= 1 時an+1-an= 1.因 為a1= 1, 所 以an= 1 + (n -1)·1 =n.(2) 當q /= 1 時, 因an+1-an=qn-1, 所以an+1=an+qn-1,an+1-因為a1= 1,所以數列是各項都為零的常數列,an=綜上所述,數列{an}的通項公式為an=

注釋對比an+1=an+qn-1與an+1=an+rn-1可得r=q.因為a1= 1, 所以由定理2 知:x=這種方法回避了疊加法,簡化了解題過程.

題型三an+1=pan+rn+1,其中p,r都是非零常數.

定理3若an+1=pan+rn+1(p,r都是非零常數,p /= 1,p /=r,r ＞0,r /= 1), 則an+1-x·pn -y ·rn+1=p(an-x·pn-1-y·rn),數列{an-x·pn-1-y·rn}是各 項 都 為 零 的 常 數 列,an=x · pn-1+y · rn, 其 中

證明an+1=pan+rn+1,所以an+1-x·pn-y·rn+1=p(an-x·pn-1-y·rn), 其中, 令a1- x - yr= 0, 則{an-x·pn-1-y·rn}是各項都為零的常數列.所以an=x · pn-1+y · rn, 因為an+1- x · pn - y · rn+1=p(an-x·pn-1-y·rn),?an+1=pan+y(r-p)·rn ?an+1=pan+rn+1,所以y(r-p) =r,即取y=由a1-x-yr=0,所以x=a1-定理3 得證.

例4(2006年高考全國Ⅰ理科節選)設數列{an}的前n項的和Sn=(n ∈N*).求數列{an}的通項公式.

解因為Sn=所以a1=a1=2,因為Sn=所以所以Sn+1-Sn=

所 以an+1= 4an+ 2n+1,an+1-4·4n -(-1)·2n+1=4[an-4·4n-1-(-1)·2n], 所以an+1-4n+1+2n+1=4(an-4n+2n), 因為a1= 2, 所以a1-4+2 = 0, 數列{an-4n+2n}是各項都為零的常數列,數列{an}的通項公式為an=4n-2n.

注釋對比an+1= 4an-2n+1與an+1=pan+rn+1可見:p= 4,r= 2.因為a1= 2, 所以由定理3 知:

題型四f(n)an+1=g(n)an,其中f(n)、g(n)都是關于n的表達式,f(n)·g(n)/=0.

思路先根據a1,a2,a3的值猜想出an, 再對f(n)an+1=g(n)an直接進行恒等變形.

例5(2018年高考全國Ⅰ卷文科第17 題節選)已知數列{an}滿足a1= 1,nan+1= 2(n+1)an,求數列{an}的通項公式.

解因為nan+1= 2(n+ 1)an, 所以nan+1-n(n-1)2n= 2(n+ 1)an - n(n-1)2n, 所以n[an+1-(n-1)2n]=2(n+1)[an-n2n-1],因為a1=1,所以a1-1×21-1= 0,所以數列{an-n2n-1}是各項都為零的常數列,數列{an}的通項公式為an=n2n-1.

例6(2012年高考全國卷文科節選)已知數列{an}的前n項和Sn=,(n ∈N*),a1= 1.求數列{an}的通項公式.

解因為Sn=, 所以Sn+1=所以an+1=,nan+1= (n+2)an, 所以因為a1= 1, 所以a1-是各項都為零的常數列, 所以數列{an}的通項公式為

這種方法回避了迭乘法,簡化了解題過程.

題型五an+1=λan+f(n),其中λ/=0.

對于遞推關系式為an+1=λan+f(n)(λ /= 0)的數列,求其通項公式時,我們可以構造常數列{bn},通過通項bn求得通項an.

(1)當λ=1,f(n)為常數時,數列{an}為等差數列,利用公式求通項.

(2) 當λ= 1,f(n) =pn+q(p,q為常數,p /= 0) 或f(n) =pqn+r(p,q,r為常數,p /= 0,q /= 1),可利用累加法求通項.

(3) 當λ /= 1,f(n) =pn+q(p,q為 常 數) 時, 構造常數列{bn}, 設bn=由bn+1=bn及an+1=λan+f(n), 得解得,即再由首項a1得通項bn,整理得通項an.

(4)當λ/=1,f(n)=pqn+r(為常數,p/=0,q /=1)時:

①若λ=q,遞推關系式整理為

則

轉化為公差為p的等差數列求通項問題;

②若λ/=q,構造常數列{bn},設bn=由bn+1=bn及an+1=λan+f(n),得

再由首項a1得通項bn,整理得通項an.

例7(2021年八省市聯考第17 題) 用構造常數列法.由(1) 知數列{an+an+1}是首項為a1+a2, 公比為3 的等比數列.則有an+an+1= 2·3n-1.構造常數列{bn},滿足bn=即an+1+an=-4x3n-2y,又an+an+1=23n-1, 所以所以bn=

例8(2020年高考全國Ⅲ卷理科第17 題節選)設數列{an}滿足a1=3,an+1=3an-4n.求數列{an}的通項公式.

解構造常數列{bn},滿足bn=于是即an+1= 3an+2xn-x+2y,又an+1=3an-4n,則解得所以bn=所以數列{an}的通項公式為an=2n+1.

例9(2013年高考廣東卷理科節選)設數列{an}的前n項和為Sn,a1=1,

(Ⅰ)求a2的值;(ⅠⅠ)求數列{an}的通項公式.

解(Ⅰ)a2=4,過程從略.(ⅠⅠ)因為所以2Sn=nan+1-當n≥2 時,2Sn-1=(n-1)an-所以2Sn-2Sn-1=nan+1-(n-1)an -所以2an=nan+1-(n-1)an -n(n+1),所以nan+1=(n+ 1)an+n(n+ 1), 所以n[an+1-(n+1)2]= (n+1)(an-n2), 所以an=n2(n≥2), 因為a2= 4, 所以a2-22= 0,數列{an-n2}(n≥2)是各項都為零的常數列,所以數列{an}的通項公式為

因為a1=1 也適合(1)式,所以an=n2(n ∈N*).

例10(2014年高考廣東卷理科節選) 設數列{an}的前n項和為Sn, 滿足:Sn= 2nan+1-3n2-4n(n ∈N*),S3=15.求數列{an}的通項公式.

解容易得a1=3,a2=5,a3=7.因為Sn=2nan+1-3n2-4n,所以Sn+1=2(n+1)an+2-3(n+1)2-4(n+1),Sn+1-Sn= 2(n+1)an+2-2nan+1-3(n+1)2+3n2-4(n+1)+4n,an+1=2(n+1)an+2-2nan+1-6n-7,(2n+2)an+2=(2n+1)an+1+6n+7,(2n+2)[an+2-(2n+5)]=(2n+ 1)[an+1-(2n+3)].因為a2= 5, 所以n≥2 時,a2-5=0,數列{an-(2n+ 1)}(n≥2)是各項都為0 的常數列,所以數列{an}的通項公式為

因為a1=3 也適合(2)式,所以an=2n+1(n ∈N*).

(二)構造常數列巧求數列的前n 項和

1 等比數列{an}的前n 項和,其中公比q /=1.

由an=a1qn-1=(qn-qn-1), 可得Sn=(qn-qn-1), 即Sn -=Sn-1-故數列為常數列, 因為Sn -所以Sn=

評注等比數列的求和公式我們一般用“錯位相減法”推導,運用構造常數列來求和則極大的減小了這類求和的運算復雜性.

2 利用構造常數列巧求形如an = (kn + b)qn(k /=0,q /=0,1)的數列的前n 項和.

一般地, 除了用常規的“錯位相減法”求其前n項和以外,還可以用如下方法轉化為常數列: 由an=Sn-Sn-1,得Sn=Sn-1+(kn+b)qn,令Sn+(xn+y)qn=Sn-1+[x(n-1)+y]qn-1,則Sn=Sn-1+-y]qn,比較系數,得-y=b,聯立解得:x=故{Sn+(xn+y)qn}為常數列, 進而求出Sn.

例11(2020年高考全國Ⅲ卷理科第17 題節選)設數列{an}滿足a1= 3,an+1= 3an -4n.求數列{2nan}的前n項和Sn.

解由題知n≥2 時,Sn - Sn-1= (2n+ 1)2n, 設Sn -(xn+y)2n=Sn-1-(x(n -1) +y)2n-1, 整理得Sn-Sn-1=(xn+x+y)2n-1,則xn+x+y=2(2n+1),得所以Sn-(4n-2)2n=Sn-1-[4(n-1)-2]2n-1,因此數列{Sn-(4n-2)2n}常數列,又S1-(4-2)×2=2,所以Sn-(4n-2)2n=2,故Sn=(2n-1)2n+1+2.

例12(2018年高考浙江卷節選)已知等比數列{an}的公比q ＞1,且a3+a4+a5=28,a4+2 是a3,a5的等差中項.數列{bn}滿足b1= 1,數列{(bn+1-bn)an}的前n項和為2n2+n.

(1)求q的值;(2)求數列{bn}的通項公式.

解(1)q=2.過程略.

(2) 設cn= (bn+1-bn)an, 數 列{cn}前n項和Sn,由cn=解得cn= 4n-1,由(1)知an= 2n-1, 所以bn+1- bn= (4n -1)·設bn+1-(kn+b)·則bn+1- bn=與式子bn+1- bn= (4n -比較, 得解得所以bn+1+(8n+14)=bn+[8(n-1)+14]即數列是常數列, 所以bn+ [8(n -1) + 14]=b1+ 14 = 15, 故bn=

例13(2018年高考天津卷理科)已知數列{an}為等差數列,前n項和Sn,{bn}是首項為2 的等比數列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.

(1)求{an}和{bn}的通項公式;(2)求數列{a2nb2n-1}的前n項和Tn.

解析(1)bn=2n,an=3n-2.過程略.

(2) 由題知n≥2 時,Tn - Tn-1= (3n-1)4n, 設Tn -(xn+y)4n=Tn-1-(x(n-1)+y)4n-1, 整理得Tn - Tn-1= (3xn+x+3y)4n-1, 則3xn+x+ 3y=4(3n-1),得3x=12,x+3y=-4,解得x=4,y=所以Tn-,因此數列為常數列,又所以Tn -故

(三)利用構造常數列巧求“裂項相消法”的數列的前n項和.

一般地,除了用常規的“裂項相消法求和”求其前n項和以外,還可以用如下方法轉化為常數列: 若數列{an}為每一項都不為零的等差數列,設數列bn=則數列{bn}的前n項和

證明設數列{an}的公差為d,若d=0,則所述等式顯然成立.若d /= 0,因為則Tn -Tn-1=bn=即Tn -Tn-1=所以Tn+所以數列為常數列,所以

所以

例14(2017年高考全國Ⅲ卷文科) 數列{an}滿足a1+3a2+···+(2n-1)an=2n.

(1)求{an}的通項公式; (2)求數列的前n項和.

解(1)an=過程略.(2) 設bn=則bn=設數列的前n項和為Sn,當n≥2,bn=Sn-Sn-1=即所以數列是常數列, 又S1=所以

例15(2016年高考全國卷)已知數列{an}的前n項和Sn=n2.

(1)求{an}的通項公式;(2)記bn=求數列{bn}的前n項和Tn.

解(1)an=2n-1,過程略.

(2)則Tn=Tn-1+所以Tn -=Tn-1-故數列為常數列,所以

例16(2014年高考山東卷理科)已知等差數列{an}的公差為2,前n項和為Sn,且S1,S2,S4成等比數列.

(1)求數列{an}的通項公式;

(2)令bn=求數列{bn}的前n項和Tn.

解(1)an=2n-1,過程略.

(2)

四、教學建議

通過構造常數列求數列的通項與求和,給我們提供了解決數列的通項公式與數列求和問題的另外一種途徑,值得指出的是,在實際解題中,我們應該根據實際情況或自己對方法的掌握程度,去選擇最佳的求和方法,不能一味地追求變常數列,這樣可能反而降低了學習數學的效率,減弱了數學解題的多樣性和對解題方法的掌握.

對照近幾年的全國卷高考試題,可以發現幾乎每一道都可以從教材中找尋到“源頭”, 它們或是課本習題的簡單變式,或是重組,又或是拓展等,清楚地呈現出“題在書外,根在書中”.課本上的例習題是對基本知識的考查,是教材中每一個概念、每一個公式、每一個定理的檢驗依據.通過對課本例題、習題的變形、改編和拓展,揭示例題、習題與高考題的聯系,探尋高考題的解題方法和規律.