微专题之数列分类偶讨论试题研究

赵军

高考背景：（2014·高考课标全国卷Ⅰ）已知数列{an }的前n项和为Sn，a1=1，an≠0，

anan+1=λSn-1，其中λ为常数.

（1）证明：an+2-an=λ；

（2）是否存在λ，使得{an }为等差数列？并说明理由.

[解] （1）證明：由题设知anan+1=λSn-1，an+1an+2=λSn+1-1，两式相减得an+1（an+2-an）=λan+1，

由于an+1≠0，所以an+2-an=λ.

（2）由题设知a1=1，a1a2=λS1-1，可得a2=λ-1.

由（1）知，a3=λ+1.

令2a2=a1+a3，解得λ=4.

故an+2-an=4，由此可得{a2n-1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n-1=4n-3；

{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n=4n-1.

所以an=2n-1，an+1-an=2，

因此存在λ=4，使得数列{an}为等差数列.

小结：

（1）判断等差数列的解答题，常用定义法和等差中项法，而通项公式法和前n项和公式法主要适用于选择题、填空题中的简单判断.

（2）用定义证明等差数列时，常采用两个式子an+1-an=d和an-an-1=d，但它们的意义不同，后者必须加上“n≥2”，否则n=1时，a0无定义.

（3）第二问分奇偶讨论，达到同一性。

通过该试题，可见全国卷比较喜欢考查学生分类讨论的数学思想，而数列这章的知识通常会考查n分奇偶来讨论问题，很多学生对此会感觉较为困难，没有方向，本文就通过一些有代表性的习题来探索一下这类问题的规律。

1.数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn=1-2+3-4+…+（-1）n-1·n，则S19=（ ）

A.10 B.9

C.17 D.16

解析：选A.S19=1-2+3-4+5-6+…+15-16+17—18+19=1+（-2+3）+（-4+5）+（-6+7）+…+（-14+15）+（-16+17）+（—18+19）=1+1+1+…+1=10.

思考：还可改编成求Sn的解答题

必须讨论n的奇偶性，否则难以顺利解答！

当n为偶数，Sn=—，当n为奇数，

所以，

2.在数列{an}中，a1=2，a2=2，an+2-an=1+（-1）n，n∈N*，则S60的值为（ ）

A.990 B.1 000

C.1 100 D.99

解析：选A.n为奇数时，an+2-an=0，an=2；n为偶数时，an+2-an=2，an=n.故S60=2×30+（2+4+…+60）=990.

3.已知数列{an}满足a1=1，an+1·an=2n（n∈N*），则S2 017=（ ）

A.22 017-1 B.21 010-3

C.3·21 009-1 D.3·21 009-2

解析：选B.

所以.所以a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，

所以S2 017=a1+a2+a3+a4+a5+a6+…+a2 015+a2 016+a2 017=（a1+a3+a5+…+a2 015+a2 017）+（a2+a4+a6+…+a2 016）==21 010-3.故选B.

4.在数列{an}中，已知a1=1，an+1+（-1）nan=cos（n+1）π，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2 017=________.

解析：因为an+1+（-1）nan=cos（n+1）π=（-1）n+1，所以当n=2k，k∈N*时，a2k+1+a2k=-1，所以S2 017=a1+（a2+a3）+…+（a2 014+a2 015）+ （a2 016+a2 017）=1+（-1）×1 008=-1 007.

答案：-1 007，（随着时间的改变，该题可以相应改变）

5.设数列{an}的前n项和为Sn（n∈N*），数列{a2n-1}是首项为1的等差数列，数列{a2n}是首项为2的等比数列，且满足S3=a4，a3+a5=a4+2.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）求S2n.

解 （1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，

则a1=1，a2=2，a3=1+d，a4=2q，a5=1+2d，

所以解得d=2，q=3.

所以an=（k∈N*）.

（2）S2n=（a1+a3+…+a2n-1）+（a2+a4+…+a2n）

=（1+3+5+…+2n-1）+（2×30+2×31+…+2×3n-1）

6.若数列{bn}对于n∈N*，都有bn+2-bn=d（常数），则称数列{bn}是公差为d的准等差数列，如数列{cn}，若则数列{cn}是公差为8的准等差数列.设数列{an}满足a1=a，对于n∈N*，都有an+an+1=2n.

（1）求证：{an}为准等差数列；

（2）求{an}的通项公式及前40项和S40.

[解] （1）证明：因为an+1+an=2n， ①

所以an+2+an+1=2n+2. ②

由②-①得an+2-an=2（n∈N*），

所以{an}是公差为2的准等差数列.

（2）已知a1=a，an+1+an=2n（n∈N*），

所以a1+a2=2，即a2=2-a.

所以由（1）可知a1，a3，a5，…，成以a为首项，2为公差的等差数列，a2，a4，a6，…，成以2-a为首项，2为公差的等差数列.

所以当n为偶数时，

当n为奇数时，

S40=a1+a2+…+a39+a40

=（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a39+a40）

=2×1+2×3+…+2×39=2×=800

7.（2014·高考山东卷）在等差数列{an}中，已知公差d=2，a2是a1与a4的等比中项.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）设bn=，记Tn=-b1+b2-b3+b4-…+（-1）nbn，求Tn.

解：（1）由题意知（a1+d）2=a1（a1+3d），

即（a1+2）2=a1（a1+6），

解得a1=2，

所以数列{an}的通项公式为an=2n.

（2）由题意知

所以Tn=-1×2+2×3-3×4+…+（-1）nn·（n+1）.

因为bn+1-bn=2（n+1），

可得当n为偶数时，

Tn=（-b1+b2）+（-b3+b4）+…+（-bn-1+bn）

当n为奇数时，

小结：数列问题是高频考点中的高频，历年来是命题专家命题的热点，每年的考题都是在以基础知识为起点上的推陈出新，似有岁岁年年花相似、年年岁岁题不同之感，然而始终会是以等差数列、等比数列为载体考查数学思想和方法，重点是函数与方程及分类讨论，本文就分类讨论这一方向做了归纳和探索。常见的题型有这两个考察方向：

1.出数列的前n项的和Sn ，求它的通项公式时，忽略了n=1的情形；

2.求等比数列的前n项和Sn，，忽略对公比q=1及q≠1进行分类讨论；证明等比数列时，忽略证明an≠0；

这类习题只要练习到位，一般是没问题的，但本文选的试题对于大部分学生而言是有一定的难度的，老师必须要引导学生分析其规律，很好的体会这样操作的目的，并加以强化才能得到很好的突破。