條分縷析，逐個擊破

摘要：在高考全國卷中，數列內容所占比重較大，無疑是高三復習的重點。研究全國卷的數列試題，可以發現數列的解答題是有一定規律的，難度雖有波動性，但是基本上不會過難，在知識點、方法的考查上有一定的穩定性。所以復習好數列的解答題是高考提分的一個捷徑，而且這對做好數列選擇填空題也提供很大幫助。那么高三怎樣進行數列解答題復習效果才更好呢？筆者認為，首先研究教材和課標，認清高考想通過數列解答題考查學生的哪些知識和核心素養，建立好整體復習目標框架，然后條分縷析，逐個擊破，最后通過遷移升華徹底掌握。

關鍵詞：數列解答；復習目標；教材；課標

中圖分類號：G633.6文獻標識碼：A文章編號：1673-8918（2022）45-0088-04

對以往高考試題進行分析可以發現，數列解答題一般有兩問，總體上可以分為基本題型和綜合題型。下文對這兩大類題型進行條分縷析，歸納總結。

一、 數列解答題的基本題型

基本題型主要是求數列通項公式和求前n項和兩種。

（一）求數列的通項公式

求數列通項公式的基本方法有以下幾種。

1. 公式法

有兩層含義，一是對等差或等比數列利用其專有公式解決，二是利用公式an=S1（n=1）Sn-Sn-1（n≥2）由Sn求an。舉例如下：

在正項等比數列｛an｝中，a2a4=16，a4+a5=24，則通項公式an=。

2. 累加法

當遞推關系式的形式為an-an-1=f（n）或能化成這種形式時，用累加法求通項公式。舉例如下：

已知數列｛an｝中，a1=2，且滿足an+1=an+2n+n，求數列｛an｝的通項公式。

3. 累乘法

當遞推關系式的形式為anan-1=f（n）或能化成這種形式時，用累乘法求通項公式。舉例如下：

在數列｛an｝中，a1=2，an+1=2（n+1）nan求數列｛an｝的通項公式。

4. 待定系數法

當遞推關系式的形式為an=kan-1+p或an=kan-1+pn+q時，用待定系數法求通項公式。舉例如下：

已知數列｛an｝滿足a1=-2，且an+1=3an+6，求｛an｝的通項公式。

5. 構造法之取倒數

當遞推關系式的形式為an+1=kanpan+q時，用取倒數法求通項公式。舉例如下：

已知數列｛an｝的通項公式為a1=35，an+1=3an2an+1，求數列｛an｝的通項公式。

6. 構造法之取對數

當遞推關系式的形式為an+1=katn時，用取對數法求通項公式。舉例如下：

數列｛an｝中，a1=2，an+1=a2n，求數列｛an｝的通項公式。

7. 構造法之同除冪

當遞推關系式的形式為an+1=kan+p·tn時，用同除冪法求通項公式。具體做法有兩種，一是兩邊同除以kn+1，然后用累加法解決，二是兩邊同除以tn+1，然后用待定系數法解決。舉例如下：

數列｛an｝中，a1=1，an=2·3n-1+an-1（n≥2），則an=。

（二）常見的求前n項和的方法

1. 公式法

有兩層含義，一是對等差或等比數列利用其專有求和公式解決，二是利用公式12+22+…+n2=n（n+1）（2n+1）6和13+23+…+n3=n（n+1）22求和。舉例如下：

已知Sn表示數列｛an｝的前n項和，若對任意的n∈N*滿足an+1=an+a2，且a3=2，則Sn=。

2. 倒序相加法

適用于與首尾兩端等距離的兩項之和為定值或者有規律的數列。舉例如下：

已知函數f（x）=42x+2+sinπx，f12022+f22022+…+f40432022=。

3. 錯位相減法

適用于通項形式為bn·cn（或bncn）的數列，其中｛bn｝、｛cn｝分別為等差和等比數列。舉例如下：

數列｛an｝的通項公式為an=（n+1）·2n，則該數列的前n項和Sn=。

4. 裂項相消法

適用于通項可裂項的數列。舉例如下：

若數列｛an｝中an=1（2n-1）（2n+1），則前n項和Sn=。

5. 分組求和法

適用于通項為若干項相加減的數列。舉例如下：

已知數列｛bn｝的通項公式為bn=3n+2n-1，則其前n項和Tn=。

6. 并項求和法

適用于連續若干項加起來呈規律性的數列。舉例如下：

數列｛an｝的前n項和記為Sn，an=（-1）n（2n-1），則S10=。

7. 以上方法的綜合

適用于滿足至少兩種上述特點的數列。舉例如下：

若數列｛an｝滿足an=n（2n+3），求其前n項和Sn。

二、 數列解答題的常見綜合題型

（一）探索性問題

【例1】有條件①a1=1，②11×2+12×3+13×4+…+1n（n-1）=1-1an（n≥2），③點（an，an+1）在直線y=x+1上，這三個條件中任選兩個，補充到下面問題中，并解答。

若數列｛an｝的前n項和為Sn，滿足。

（1）求數列｛an｝的通項公式；

（2）是否存在正整數k，使ak，S2k，a4k成等比數列？若存在，求k的值；若不存在，說明理由。

解答：（1）條件①：a1=1；

條件②：11×2+12×3+13×4+…+1n（n-1）=1-1an（n≥2），

1-12+12-13+…+1n-1-1n=1-1n=1-1an，則an=n（n≥2）。

條件③：an+1=an+1，an+1-an=1，則數列｛an｝是首項為a1，公差為1的等差數列。

所以選①②、①③、②③都可求得an=n（n∈N*）。

（2）由（1）知，ak=k，S2k=2k（1+2k）2=k（2k+1），a4k=4k。

假設ak，S2k，a4k成等比數列，則S22k=ak·a4k，即k2（2k+1）2=k·4k，

化簡得（2k+1）2=4，解得k=-32或12。

這與k為正整數矛盾，即假設不成立，

所以，不存在正整數k，使ak，S2k，a4k成等比數列。

總結：先假設存在，依題意列方程，若方程可解則說明存在，若推出矛盾則說明不存在。

【例2】已知數列｛an｝滿足a1=-5，an+2an-1=（-2）n-3（n≥2且∈N*）。

（1）求a2、a3的值；

（2）設bn=an+λ（-2）n，是否存在實數λ，使得｛bn｝是等差數列？若存在，求出λ的值；否則說明理由。

解答：（1）令n=2，得a2+2a1=（-2）2-3，即a2-10=1，所以a2=11；

令n=3，得a3+2a2=（-2）3-3，即a3+22=-11，所以a3=-33；

（2）方法一：假設存在實數λ，使得｛bn｝是等差數列，

因為bn=an+λ（-2）n，所以b1=a1+λ（-2）1=-5+λ-2，b2=a2+λ（-2）2=11+λ4，b3=a3+λ（-2）3=-33+λ-8，

若｛bn｝是等差數列，則2b2=b1+b3，則11+λ2=-5+λ-2+-33+λ-8，解得λ=1，此時bn=an+1（-2）n；

則當n≥2時，bn-bn-1=an+1（-2）n-an-1+1（-2）n-1=an+1（-2）n+2an-1+2（-2）n=an+2an-1+3（-2）n=（-2）n（-2）n=1，

所以存在λ=1，使得｛bn｝是等差數列。

方法二：假設存在實數λ，使得｛bn｝是等差數列，因為an+2an-1=（-2）n-3（n≥2且∈N*）

所以bn-bn-1=an+λ（-2）n-an-1+λ（-2）n-1=an+2an-1+3λ（-2）n=（-2）n-3+3λ（-2）n=1+3λ-3（-2）n

由于｛bn｝是等差數列，所以1+3λ-3（-2）n為不依賴n的常數，所以3λ-3=0，即λ=1。

總結：本題方法不唯一，方法一是先由特殊項的關系算出參數，然后帶入通項公式利用定義從一般意義上進行驗證，雖然書寫量相對方法二稍多，但是對式子變形的要求低，好入手，通用性也更強。

（二）較難的裂項問題

【例3】已知｛an｝為等差數列，｛bn｝為公比大于0的等比數列，且b1=2，b2+b3=12，a3=3，a4+2a6=b4。

（1）求｛an｝和｛bn｝的通項公式；

（2）設Sn=∑nk=1（ak-1）bkakak+1（n∈N*），求Sn。

解答：（1）∵｛bn｝為公比大于0的等比數列，且b1=2，b2+b3=12，設公比為q

∴2q+2q2=12，解得：q=2或q=-3（舍去）

∴bn=b1·qn-1=2×2n-1=2n，b4=24=16

∵｛an｝為等差數列，a3=3，a4+2a6=b4，設公差為d

∴a1+2d=3a1+3d+2a1+5d=16解得：a1=1d=1

∴an=1+n-1=n

｛an｝和｛bn｝的通項公式分別為：an=n，bn=2n；

（2）∵（ak-1）bkakak+1=（k-1）·2kk·（k+1）=2k+1k+1-2kk

∴Sn=∑nk=1（ak-1）bkakak+1=222-2+233-222+…+2n+1n+1-2nn=2n+1n+1-2

總結：待裂項的分式的分子是一次式和指數式的乘積，分母是兩個一次式相乘的形式。裂項的方法常有兩種，一是觀察驗證法，即經過觀察分子分母的結構，該分式可裂項為t2k+1k+1-2kk的形式，然后通分驗證是否成立并把t算出；二是分子變形法，考慮到分母是由k和k+1構成，所以分子變形為（k-1）·2k=［2k-（k+1）］·2k，然后分式就可以裂項了。

【例4】已知Sn為數列｛an｝的前n項和，Sn，an，a1成等差數列，且2a4=S4+2，n∈N+。

（1）求數列｛an｝的通項公式；

（2）設bn=2n+n+2n（n+1）an+1，數列｛bn｝的前n項和為Tn，證明：Tn<1。

解答：（1）因為Sn，an，a1成等差數列，即2an=a1+Sn，

當n≥2時，2an-1=a1+Sn-1，兩式相減得an=2an-1，所以｛an｝是公比為2的等比數列，

即an=a1·2n-1，即Sn=a1（1-2n）1-2=a1（2n-1）。

由2a4=S4+2，得a1=2，

所以｛an｝的通項公式an=2n。

（2）由（1）知bn=2n+n+2n（n+1）an+1=2n+n+2n（n+1）2n+1=12·1n（n+1）+n+2n（n+1）2n+1，

又因為11·2+12·3+13·4+…+1n（n+1）=1-12+12-13+…+1n-1n+1=1-1n+1，n+2n（n+1）2n+1=1n·2n-1（n+1）·2n+1，

故31·2·22+42·3·23+53·4·24+…+n+2n（n+1）2n+1=11·21-12·22+12·22-13·23+…+1n·2n-1（n+1）·2n+1=12-1（n+1）·2n+1，

∴Tn=121-1n+1+12-1（n+1）·2n+1=1-12n+1-1（n+1）·2n+1<1。

總結：待裂項的分式的分子是一次式，分母是兩個一次式相乘再乘以指數式的形式。裂項的方法也常有兩種，一是觀察驗證法，即經過觀察分子分母的結構，該分式可裂項為t1n·2n-1（n+1）·2n+1的形式，然后通分驗證是否成立并把t算出；二是分子變形法，考慮到分母的兩個一次式分別是n和n+1構成，所以分子變形為n+2=2（n+1）-n，然后分式就可以裂項了。

（三）數列中的討論問題

【例5】已知公差不為零的等差數列｛an｝中，a1=1，且a1，a2，a4成等比數列。

（1）求數列｛an｝的通項公式；

（2）數列｛bn｝滿足bn=12nan，數列｛bn｝的前n項和為Tn，若不等式（-1）nλ<Tn+n2n對一切n∈N*恒成立，求λ的取值范圍。

解答：（1）設等差數列｛an｝的公差為d（d≠0），且a1，a2，a4成等比數列，

則a22=a1·a4，即（a1+d）2=a1·（a1+3d），又a1=1，解得d=1，所以an=n；

（2）因為bn=12nan=n2n，設Tn=b1+b2+…+bn，Tn=121+222+…+n2n①，

12Tn=122+223+…+n2n+1②，

①-②：12Tn=12+122+123+…+12n-n2n+1=121-12n1-12-n2n+1=1-2+n2n+1，Tn=2-n+22n，

則（-1）nλ<Tn+n2n，得（-1）nλ<2-22n，

當n為偶數時，λ<2-22n，又y=2-22n單調遞增，當n=2時，2-22n最小，即2-22nmin=32，即λ<32；

當n為奇數時，λ>-2+22n，又y=-2+22n單調遞減，當n=1時，-2+22n最大，即-2+22nmax=-1，即λ>-1；

所以λ∈-1，32。

總結：本題之所以討論是因為要分離λ的時候，要兩邊除掉系數（-1）n，需要討論（-1）n的正負，從而討論n的奇偶性。

【例6】設｛an｝是等差數列，｛bn｝是等比數列，公比大于0，已知a1=b1=3，b2=a3，b3=4a2+3。

（1）求｛an｝和｛bn｝的通項公式；

（2）設數列｛cn｝滿足cn=1，n為奇數，bn2，n為偶數，求a1c1+a2c2+…+a2nc2n（n∈N*）。

解答：（1）設等差數列｛an｝的公差為d，等比數列｛bn｝的公比為q，

依題意，得3q=3+2d3q2=15+4d，解得d=3q=3，故an=3+3（n-1）=3n，bn=3×3n-1=3n，

所以，｛an｝的通項公式為an=3n，｛bn｝的通項公式為bn=3n；

（2）a1c1+a2c2+…+a2nc2n

=（a1+a3+a5+…+a2n-1）+（a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nbn）

=n×3+n（n-1）2×6+（6×31+12×32+18×33+…+6n×3n）

=3n2+6×（1×31+2×32+…+n×3n），

記Tn=1×31+2×32+…+n×3n①

則3Tn=1×32+2×33+…+n×3n+1②

②-①得，2Tn=-3-32-33-…-3n+n×3n+1=-3（1-3n）1-3+n×3n+1=（2n-1）3n+1+32，

所以a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3×（2n-1）3n+1+32=（2n-1）3n+2+6n2+92（n∈N*）。

總結：本題討論原因在于｛cn｝的通項公式是分段的形式。

三、 結語

以上為高三數列解答題復習框架，從基本題型到熱點的綜合題型做了詳細的梳理和總結，其中包含題型特點、解題方法和總結提煉。高三復習切忌盲目，靜下心來，條分縷析，定能逐個擊破，旗開得勝。

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作者簡介：田素偉（1981～），男，漢族，山東濟寧人，珠海市第一中學，研究方向：數學與應用數學。