6.探究数列创新问题的思维方法-2020年3月刊高考数学《中学生数理化》

■江苏省泗洪中学 彭晓珊 本文聚焦数列中的新颖题型并探究其解 题方法和策略,希望对同学们的复习能有所 帮助。 探究1——等差或等比数列最值中的 “不等式” 例1 (2019年山东高考模拟)正项等 比数列{an}中,存在两项am,an 使得 aman =4a1,且a7=a6+2a5,则 1 m+ 9 n 的最小值是 。 解析:注意存在两项am,an,隐含m,n∈ N*,在正项等比数列{an}中,由a7=a6+2a5 可得q2=q+2,即q=2,由 aman =4a1 可 得a212n+m-2=16a21,所以m+n=6,则 1 m+ 9 n = 1 6 (m+n)1m+ 9 n =16 10+nm+9mn ≥ 1 6 (10+2×3)= 8 3 ,当且仅当 m+n=6, n m= 9m n , 即 m= 3 2 , n= 9 2 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 时取等号,注意 m+n=6,m,n∈ N*的条件,调整与 m= 3 2 , n= 9 2 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 最接近的正整数 解 m=2, n=4, 此时1m+9n 的最小值是12+94= 11 4 。故填答案为11 4 。 追根溯源:用均值不等式求数列中的最 值,既要满足“一正、二定、三相等”的取等条 件,还要注意变量为正整数的隐含条件。特 别是根据取等得到的值为非正整数时,取相 邻的两个正整数,代入求值然后决定取舍;或 者利用对勾函数求解。 探究2——等差与等比数列的类比 例2 在等差数列{an}中,若a10=0,则 有等式a1+a2+…+an=a1+a2+…+a19-n (n<19,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在横向上有 很多可比的性质,类比上述等差数列,可得结 论是b1b2…bn=b1b2…b17-n(n∈N*,n<17)。 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<19,所以a1+a2+ …+an+…+a19=0,即a1+a2+…+an= -a19-a18-…-an+1,又a1=-a19,a2= -a18,…,a19-n=-an+1,故有a1+a2+…+ an=-a19-a18-…-an+1=a1+a2+…+ a19-n。由于等比数列与等差数列的差别是 “积”与“和”,因此对等差数列的“和”横向类 比到等比数列的“积”可以得到:在等比数列 {bn}中,若b9=1,应 有 等 式b1b2…bn = b1b2…b17-n(n∈N*,n<17)。故填答案为 b1b2…bn=b1b2…b17-n(n∈N*,n<17)。 追根溯源:由等差数列与等比数列的定 义,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”。有些时候不能将式子的结构 改变,只需将相应量进行替换。因此可类比 复习等差和等比数列。 探究3——数列与新定义的交汇 例3 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 61 解题篇 创新题追根溯源 高考使用 2020年3月 阶公积。已知数列{pn}是首项为1的4阶等 和数列,且满足p4 p3 = p3 p2 = p2 p1 =2;数列{qn}是 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S2 016 = 。 解析:由4阶等和数列及3阶等积数列 的定义结合题设条件切入,特殊化研究数列 的前几项归纳其规律。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,p13= 1。又{pn}是4阶等和数列,因此该数列将会 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,q13=-1。又{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12项的和循环一次, 易求出p1·q1+p2·q2+…+p12·q12= -15,因此 S2 016 中有168组循环结构,故 S2 016=-15×168=-2 520。 追根溯源:定义一种新数列,考查数列的