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简化高考数列题解运算的有效途径(江西省南康中学 黄邦活)


简化高考数列题解运算的有效途径
黄邦活 数列作为一种特殊的函数,是中学数学的重要内容之一,是考查能力、素质的重要知识 载体, 因此数列一直在高考命题中倍受青睐。 由于数列这一特殊函数在概念及有关公式的使 用的灵活性,往往使考生找不到正确又快捷的解题思路,不能正确而快速解答,导致丢分。 为此,拙文以 2013 年高考数列题为例,对简化数列运算的有效途径进行归类总结,供参考

. 途径 1 巧妙利用等差、等比数列的定义 在数列中,等差数列、等比数列、通项公式、前 n 项和都给出了明确的定义,若能从数 列的这些的定义入手,结合题意,综合分析、合情推理,揭示本质、沟通已知与未知的关系, 可以快速有效解题。 例 1(2013 新课标Ⅱ卷,理 3)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn ,已知 S3=a2+10a1,a5 =9,则 a1 等于( ) C.

1 A. 3

1 B.- 3

1 9

D.-

1 9 1 ,即答案选 C。 9

【解析】设等比数列{an}的公比为 q,由 S3=a2+10a1 得 a1+a2+a3=a2+10a1,即 a3= 9a1,q2=9,又 a5=a1q4=9,所以 a1=

【点评】本题立足数列前 n 项和定义,将两式转化为等比数列两项之间的关系,再由等 比数列的定义与通项公式,避免了对公比的分类讨论,运算简单. 途径 2 合理选用等差、等比数列的通项与前 n 项和公式 等差数列与等比数列是数列的两种最常见类型, 在高考选择题或填空题中主要以基础题 的形式出出现。若能根据题意,若能巧妙选用等差、等数数列的前 n 项和公式,则运算快 速又准确. 例2 (2013 新课标, 文 6) 设首项为 1, 公比为 A.Sn=2an-1 C.Sn=4-3an

2 的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn, 则( 3

)

2 1- an 3 a1-q· an 【解析】 Sn= = =3-2an. 1 1-q 3 【点评】 在公比不为 1 的等比数列前 n 项和公式有两个, 本例的解答根据所给的四个选 项寻求数列{an}前 n 项和为 Sn 与通项 an 之间的关系,正确选用等比数列的前 n 项和公式, 准确快速解决. 途径 3 灵活运用等差、等比数列的通项与前 n 项和性质 等差数列与等比数列的通项及前 n 项和有很多重要的性质,在解题过程中,若能灵活 运用这些性质,可达到避繁就简的目的。 例 3(2013 广东,理 12)在等差数列{an}中,已知 a3+a8=10,则 3a5+a7=________. 【解析】由下标可以发现 2 ? (3 ? 8) ? 3 ? 5 ? 7 ,所以

B.Sn=3an-2 D.Sn=3-2an

3a5 ? a7 ? 2(a3 ? a8 ) ? 2 ?10 ? 20 。
【点评】本题的解答,灵活运用了等差数列的下标性质,快速求得结果. 途径 4 运用化归与转化思想 有些数列从单体看是非等差、等比数列,但能运用化归思想,经过适当变形整理后,再
1

从某个整体上去看却是一个等差或等比数列. 有些数列问题若将题设条件进行等价转化, 循 序渐进,执因索果,可避免繁琐运算,使解题过程规范化、程序化、思路清晰、过程简洁, 可收到事半功倍的效果. 2Sn 1 2 例 4(2013 广东卷,理 19)设数列{an}的前 n 项和为 Sn ,已知 a1=1, =an+1- n -n n 3 2 * - ,n∈N . 3 (1)求 a2 的值; (2)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 7 (3)证明:对一切正整数 n,有 + +…+ < . a1 a2 an 4 1 2 【解析】 (1)解:2S1=a2- -1- ,又 S1=a1=1,所以 a2=4. 3 3 1 3 2 2 (2) 解:当 n≥2 时,2Sn=nan+1- n -n - n, 3 3 1 2 2Sn-1=(n-1)an- (n-1)3-(n-1)2- (n-1), 3 3 1 2 2 两式相减得 2an=nan+1-(n-1)an- (3n -3n+1)-(2n-1)- , 3 3 整理得(n+1)an=nan+1-n(n+1), an+1 an a2 a1 即 - =1,又 - =1, 2 1 n+1 n ?an? a1 故数列? n ?是首项为 =1,公差为 1 的等差数列, 1 ? ? an 所以 =1+(n-1)× 1=n,所以 an=n2. n 1 1 1 1 1 1 1 1 (3)证明: + + +…+ =1+ + 2+ 2+…+ 2 a1 a2 a3 an 4 3 4 n 1 1 1 1 <1+ + + +…+ 4 2× 3 3× 4 n?(n-1)? 1 1 1 ?1 1? ?1 1? =1+ +?2-3?+?3-4?+…+?n-1-n? 4 ? ? 5 1 1 7 1 7 = + - = - < , 4 2 n 4 n 4 1 1 1 7 所以对一切正整数 n,有 + +…+ < . a1 a2 an 4 【点评】本题第(2)问题是利用 an ? ?

? S1 (n ? 1), 来实现 an 与 Sn 的相互转化,得到数 ? Sn ? Sn ?1

列通项的递推关系,然后构造新的等差数列,进而求得数列的通项。 途径 5 运用函数思想 数列是定义域为正数集或其子集的特殊函数,可以把数列通项公式 an 与前 n 项和公式

Sn 看成是一种以正整数 n 为自变量的函数,因此,有些数列问题,可以用函数的观点去理解
通过函数的性质反映出来,可以大大提高解题速度. 例 5(2013 新课标Ⅱ,理 16.等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S10=0,S15=25, 则 nSn 的最小值为________. 【解析】由题意知 a1+a10=0,a1+a15=

10 . 3
2

两式相减得 a15-a10=

10 =5d, 3

所以当 n ? 6 时, f ?(n) ? 0 ,则 f(n)为递增数列;当 n ? 7 时, f ?(n) ? 0 ,则 f(n)为递 减数列,而 f(6)=-48,f(7)=-49. ∴nSn 的最小值为-49. 【点评】本题利用函数的单调性进而确定数列的单调性,是一种有效的解题途径,显得 更为简捷。 途径 6 运用特殊化思想 根据题设条件的特点, 若能合理运用由特殊到一般的思维方式, 通过巧取特例或特殊值, 去寻求一般结果的解题过程,可使问题具体、简便,从而快速使问题得到解决. 例 6(2013 广东,理 12)在等差数列{an}中,已知 a3+a8=10,则 3a5+a7=________. 【解析】因为数列{an}是等差数列,且 a3+a8=10,可取数列{an}为常数列,即设 an ? x ,所 以 x ? x ? 10 ,解得 x ? 5 ,所以 3a5 ? a7 ? 3 ? 5 ? 5 ? 20 。 【点评】本题解答根据等差数列中两项的和为定值,选取“常数列”求解,大大提高了解 题的速度。 例 7(2013 江苏,19)设{an}是首项为 a,公差为 d 的等差数列(d≠0),Sn 是其前 n 项的 nSn 和.记 bn= 2 ,n∈N*,其中 c 为实数. n +c (1)若 c=0,且 b1,b2,b4 成等比数列,证明:Snk=n2Sk(k,n∈N*); (2)若{bn}是等差数列,证明:c=0. n?(n-1?) 【解析】证明 由题设,Sn=na+ d. 2 n-1 Sn 2 (1)由 c=0,得 bn= =a+ d.又因为 b1,b2,b4 成等比数列,所以 b2 ==b1b4, n 2 d?2 ? 3 ? 2 即? ?a+2? =a?a+2d?,化简得 d -2ad=0.因为 d≠0,所以 d=2a. m?(m-1)? 因此,对于所有的 m∈N*,有 Sm=ma+ · 2a=m2a. 2 从而对于所有的 k,n∈N*,有 Snk=(nk)2a=n2k2a=n2Sk. nSn (2)设数列{bn}的公差是 d1,则 bn=b1+(n-1)d1,即 2 =b1+(n-1)d1,n∈N*, n +c 代入 Sn 的表达式,整理得,对于所有的 n∈N*,有 ?d1-1d?n3+?b1-d1-a+1d?n2+cd1n=c(d1-b1). 2 ? 2 ? ? ? 1 1 令 A=d1- d,B=b1-d1-a+ d,D=c(d1-b1), 2 2 则对于所有的 n∈N*,有 An3+Bn2+cd1n=D.(*) 在(*)式中分别取 n=1,2,3,4,得 A+B+cd1=8A+4B+2cd1=27A+9B+3cd1=64A+16B+4cd1,

2 ∴d= ,a1=-3. 3 3 2 ?na +n?(n-1?)d?=n -10n =f(n), ∴nSn=n· 1 3 2 ? ? 20 1 ? ∴ f ?( n) = n(3n-20),令 f ?(n) ? 0 得 n ? ,而 n ? N , 3 3

3

7A+3B+cd1=0, ? ? 从而有?19A+5B+cd1=0, ? ?21A+5B+cd1=0,

① ② ③

由②,③得 A=0,cd1=-5B,代入方程①,得 B=0,从而 cd1=0. 1 1 即 d1- d=0,b1-d1-a+ d=0,cd1=0. 2 2 1 若 d1=0,则由 d1- d=0,得 d=0,与题设矛盾,所以 d1≠0. 2 又因为 cd1=0,所以 c=0. 【点评】本题第(2)问根据条件得到方程 An3+Bn2+cd1n=D 对于所有的 n∈N*都成立, 但是要证得 c=0 较为困难,因此分别对 n 取 1、2、3、4 后,解方程组,可以较快获解。 途径 7 整体求解 解数学题,常习惯于把它分成若干个简单问题,然后各个分而解之,但有时这样做解题 过程长且繁,运算量大,若能从整体去分析、思考,通过恰当的设置中间变量,沟通数量关 系,设而不求、整体消元达到解题之目的. 例 8 (2013 福建卷,理 9)已知等比数列{an}的公比为 q,记 bn=am(n-1)+1+am(n-1)+2 +…+am(n-1)+m,cn=am(n-1)+1· am(n-1)+2· …· am(n-1)+m(m,n∈N*),则以下结论一定正确的是 ( ) A.数列{bn}为等差数列,公差为 qm B.数列{bn}为等比数列,公比为 q2m C.数列{cn}为等比数列,公比为 q m
2

D.数列{cn}为等比数列,公比为 q m

n

【解析】∵bn = am(n - 1)(q + q2 +…+ qm),∴ 数),而 bn+1-bn 不是常数. 又∵cn=(am(n-1))mq1
+2+…+m

bn+1 amn?(q+q2+…+qm?) amn = = = q m( 常 bn am?(n-1)? (q+q2+…+qm?) am?(n-1?)

2 cn+1 amn m ,∴ =( ) =(qm)m= q m (常数). cn am?(n-1)?

而 cn+1-cn 不是常数. 综上,知答案选 C. + +…+m 【点评】本题解答在考察 bn 与 cn 时,将 q+q2+…+qm、q1 2 分别视为一个整体, 并没有计算其结果,整体消元,缩短了解题路径,计算简捷。 例 9(2013 浙江,理 18 文 19)在公差为 d 的等差数列{an}中,已知 a1=10,且 a1,2a2 +2,5a3 成等比数列. (1)求 d,an; (2)若 d<0,求|a1|+|a2|+…+|an|. 【解析】 (1)由题意得 5a3· a1=(2a2+2)2,即 d2-3d-4=0.故 d=-1 或 d=4. * 所以 an=-n+11,n∈N 或 an=4n+6,n∈N*. (2)设数列{an}的前 n 项和为 Sn. 因为 d<0,由(1)得 d=-1,an=-n+11. 1 21 当 n≤11 时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=Sn=- n2+ n. 2 2 1 21 当 n≥12 时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=-Sn+2S11= n2- n+110. 2 2 1 2 21 - n + n, n≤11, 2 2 综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|= 1 2 21 n - n+110, n≥12. 2 2

? ? ?

【点评】本题(2)的解答中,在“当 n≥12 时”的求和过程中,将“当 n≤11 时”的结论视
4

为一个整体,整体代入,过程自然,计算又快又准。 途径 8 逆向思维 有些数列问题,从正面思维难以入手或不易解决或运算复杂,往往可以利用逆向思维, 进行反面思考,这样就容易解决了. 例 8(2013 陕西卷,理 17)设{an}是公比为 q 的等比数列. (1)推导{an}的前 n 项和公式; (2)设 q≠1,证明:数列{an+1}不是等比数列. na ,q=1, ? ? 1 【解析】(1)略解,得 Sn=?a1?(1-qn?) ,q≠1. ? ? 1-q (2)证明:假设{an+1}是等比数列,则对任意的 k∈N+, (ak+1+1)2=(ak+1)(ak+2+1), a2 k+1+2ak+1+1=akak+2+ak+ak+2+1, + - + 2k k k-1 a2 · a1qk 1+a1qk 1+a1qk 1, 1q +2a1q =a1q - + ∵a1≠0,∴2qk=qk 1+qk 1. ∵q≠0,∴q2-2q+1=0,∴q =1,这与已知矛盾. ∴假设不成立,故{an+1}不是等比数列. 【点评】本题要直接证明{an+1}不是等比数列,难以推证,因此逆向思维,先假设结 论不成立,再找出矛盾,进而断定结论成立,事实上这就是反证法。 作者单位:江西南康中学

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