数列新颖题型赏析

■河北省张家口市第一中学 侯凤云

数列新颖题型赏析

■河北省张家口市第一中学 侯凤云

一、等差数列前n项和的最值问题

例1 (广东省韶关市2 0 1 6届高三调研)已知数列an{}中,a1=2 5,4an+1=4an-7,若其前n项和为Sn,则Sn的最大值为( )。

解析：由4an+1=4an-7知数列an{}为等差数列,公差为单调递减数列由an≥0且an+1＜0,得所以n=1 5,即数列an{}的前1 5项均为正值,第1 6项开始为负值,故S15最大,S15=

点评：对于公差d＜0的等差数列,当a1＜0时,存在最大值,(Sn)max=S1=a1,但无最小值;当a1＞0时,存在最大值Sm,正整数m由不等式组确定,当am=0时,最大值Sm-1=Sm,但无最小值。

二、等比数列的最值问题

例2 (2 0 1 6年衡水中学调研)各项为正数的等比数列an{}中,存在两项am,an使最小值是。

解析：各项为正数的等比数列{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。则等号。注意m+n=6,m,n∈N*的条件,调整与最接近的正整数解

点评：用均值不等式求数列中的最值,既要满足“一正、二定、三相等”的取等号条件,还注意变量为正整数的隐含条件。特别是根据条件得到的值为非正整数时,应取相邻的两个正整数,代入求值然后决定取舍。

三、等差数列与等比数列的类比

例3 在等差数列{an}中,若a10=0,则有等式a1+a2+…+an=a1+a2+…+ a19-n(n＜1 9,n∈N*)成立。类比上述性质,相应地,在等比数列{bn}中,若b9=1,则有等式成立。

解析：等差数列与等比数列有很多可以类比的性质,类比上述等差数列性质,可得到结论：b1b2…bn=b1b2…b17-n(n∈N*,n＜1 7)。推证过程是：在等差数列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。由于等比数列与等差数列的差别在“积”与“和”,因此把等差数列的“和”类比到等比数列的“积”可以得到：在等比数列{bn}中,若b9=1,应有b1b2…bn=b1b2…b17-n(n∈N*,n＜1 7)。故答案为b1b2…bn=b1b2…b17-n(n∈N*,n＜1 7)。

点评：由等差数列与等比数列的定义入手,把等差数列中两数相加类比到等比数列中两数相乘,等差数列中两数的差类比到等比数列中两数相除,等差数列中的“0”类比等比数列中的“1”。

四、数列与新定义的交汇

例4 已知数列an{}中,对任意的n∈N*,若满足an+an+1+an+2+an+3=s(s为常数),则称该数列为4阶等和数列,其中s为4阶公和;若满足an·an+1·an+2=t(t为常数),则称该数列为3阶等积数列,其中t为3阶公积。已知数列pn{}为首项为1的4阶等和数列,且满足;数列{qn}为公积为1的3阶等积数列,且q1=q2=-1,设Sn为数列{pn·qn} 的前n项和,则S2016=。

解析：从4阶等和数列及3阶等积数列的定义与题设条件入手,特殊化研究数列的前几项并归纳其规律。由题意可知,p1=1, p2=2,p3=4,p4=8,p5=1,p6=2,p7=4, p8=8,p9=1,p10=2,p11=4,p12=8,…。又因为{pn}是4阶等和数列,该数列将会照此规律循环下去。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,…。又因为{qn}是3阶等积数列,因此该数列将会照此规律循环下去,由此可知对于数列{pn·qn} ,每1 2项的和循环一次,易求出p1q1+p2q2+…+pnqn,因此S2016中有1 6 8组循环结构,故S2016=-1 5×1 6 8=-2 5 2 0。

点评：定义一种新数列,考查数列的有关运算及性质,关键是迅速去掉“新定义”的外衣。本题需要理解s为4阶公和,t为3阶公积的意义,特殊化得到两个数列的前1 2项,归纳出周期性进而求得所求数列的S2016。本题将新定义和数列的通项和性质,以及求和等知识有机地交汇在了一起。

五、数列与抽象函数的交汇

例5 (辽宁省葫芦岛市一高2 0 1 6届上学期期中测试)函数y=f(x)的定义域为R,当x＜0时,f(x)＞1,且对任意的实数x, y∈R,等式f(x)·f(y)=f(x+y)成立。若正数数列an{}满足且n∈N*,a1=f(0),则下列结论成立的是( )。

A.f(a2013)＞f(a2016)

B.f(a2014)＞f(a2015)

C.f(a2016)＜f(a2015)

D.f(a2014)＜f(a2016)

解析：抽象函数赋特殊值,再研究其单调性。令x=-1,y=0,得f(-1)·f(0)= f(-1)。因为当x＜0时,f(x)＞1,所以f(-1)＞1,解得f(0)=1,则a1=f(0)=1。

当x＞0时,-x＜0,f(0)=f(-x) f(x)=1,所以0＜f(x)＜1。

设x1,x2∈R,且x1＜x2,则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上单调递减函数。

点评：抽象函数运用赋值法求出抽象函数中f(0)=1,并结合对应法则探究奇偶性,利用题设中已知条件确定函数的单调性,再利用抽象函数的对应法和单调性把,最后用作差法确定数列an{}的单调性,得出结论。

六、数列与函数及不等式的交汇

例6 (浙江省温州市第二外国语学校2 0 1 5学年第一学期高三阶段测试)设A(x1, y1),B(x2,y2)是函数的图像上任意两点,且已知点M的横坐标为

(1)求证：点M的纵坐标为定值。

(3)已知an=其中n∈N*,Tn

为数列an{}的前n项和,若Tn＜λ(Sn+1+1)对一切n∈N*都成立,试求λ的取值范围。

(2)由(1)知,x1+x2=1,f(x1)+f(x2) =y1+y2=1。

Sn

两式相加,得：

点评：①注意构造等差数列求和公式的推导过程的“倒序相加法”。②使用裂项法求和时,要注意正负项相消时消去了哪些项,保留了哪些项,切不可漏写未被消去的项。③利用基本不等式求最值时,一定要注意等号成立的条件。

七、数列模型与实际应用问题

例7 某地区发生流行性病毒感染,居住在该地区的居民必须服用一种药片进行预防,规定每人每天上午8：0 0和晚上2 0：0 0各服一片。现知该药片每片含药量为2 2 0m g,人的肾脏每1 2小时从体内滤出这种药的6 0%,该药物在人体内的残留量超过3 8 0m g,就将产生副作用。

(1)某人上午8：0 0第一次服药,问到第二天上午8：0 0服完药后,这种药在他体内还残留多少。

(2)若人长期服用这种药,这种药会不会对人体产生副作用?请说明理由。

解析：依据实际意义构建相邻两项满足的线性关系求出通项,再构建不等式解决实际问题。

(1)设某人第n次服药后,药在体内的残留量为anm g,则a1=2 2 0,第一天晚上服药后残留量a2=2 2 0+a1×(1-6 0%)=3 0 8,第二天早上服药后残留量a3=2 2 0+a2×(1-6 0%)=3 4 3.2,即到第二天上午服完药后,这种药在他体内还残留3 4 3.2m g。

故若人长期服用这种药,这种药不会对人体产生副作用。

点评：相邻两项满足an+1=k an+b(k,b为常数,且k(k-1)≠0)的数列,可通过变形,设,构造等比数列{bn},进而解方程求通项an,凸显了化归思想的应用。

八、数列与数学归纳法的交汇

例8 (湖北省优质高中2 0 1 6届高三下学期联考)已知各项均为正数的数列{an} 的前n项和Sn满足S1＞1,且6Sn=(an+1)(an+2),n∈N*。

(1)求{an}的通项公式。

(2)设数列{bn}满足an(2bn-1)=1,并记Tn为{bn}的前n项和,求证：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,从而an{}是公差为3,首项为2的等差数列,故an{}的通项为an=3n-1。

(2)用数学归纳法证明：

3Tn+1＞l o g2(an+3)。

假设结论当n=k时成立,即3Tk+1＞l o g2(ak+3)。注意an(2bn-1)=1和an=3n的关系,则当n=k+1时,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)

因为k∈N*,所以(3k+3)3-(3k+5) ·(3k+2)2=9k+7＞1。

从而3Tk+1+1＞l o g2(ak+1+3),故当n =k+1时结论也成立。

综上可知,3Tn+1＞l o g2(an+3)对任何n∈N*成立。

点评：根据已知条件Sn和an的关系式,利用直接求解通项。第二问证明的是一个有关数列求和的不等式,一般是根据条件求出Tn的表达式,再利用函数的单调性加以证明。而用数学归纳法证明递推关系时,作差使用归纳假设,an(2bn-1) =1和an=3n-1及关系,简化了求bn的表达式,凸现数学归纳法的“简单且具有操作性和目标明确”的魅力所在。

九、数列最值求解中的多种推理方法

例9 设1=a1≤a2≤…≤a2015≤a2016,其中a1,a3,a5,…,a2015是公比为q的等比数列,a2,a4,a6,…,a2016是公差为1的等差数列,则q最小值为。

解析：方法1：由题意知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,从而得q

方法2：由题意知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的最小值分别为1,2,3,故qmin=。

点评：根据题意,将三个条件综合得到一个新的不等式组,将a1=1代入并简化。方法1采用夹逼法,根据不等式方向,并让a2取最小值1,得到q≥m a x{1,2,33},q≤m i n{2,3},进而根据可能性确定q的最小值。方法2利用偶数项成等差数列,通过其相邻的两项对qk(k根据序列中的位置来确定)夹逼,进而获解。这种方法充分体现了“用数学”的逻辑推理。

(责任编辑 徐利杰)