重温经典试题，把握问题本质-《中学生数理化》高二数学2023年12月刊

■河南省濮阳市第一高级中学 梁文强 经典试题不但能经久不衰,而且常常推 陈出新,常考常新。经典试题不仅解题方法 灵活多样,而且呈现形式多样,是我们平常学 习不可或缺的资料。下面我们以数列为例, 通过呈现数列经典试题,去感受经典数列试 题的演变过程,从中领悟试题的奥妙,从而把 握问题的本质,提高解题效率。 一、数列性质 例 1 在各项均为正数的等比数列{an} 中,若a5a6=9,则log3 a1+log3 a2+…+ log3 a10=( )。 A.12 B.10 C.8 D.2+log3 5 解析:由等比数列性质得 a1a10=a2a9= a3a8=a4a7=a5a6=9。 故log3 a1+log3 a2+…+log3 a10= log3 (a1·a2·…·a9·a10)=log3 95=10,选 B。 变式训练1 (2014年广东卷理科第13 题) 若等比数列{an}的各项均为正数,且 a10a11+a9a12=2e5,则ln a1+ln a2+…+ ln a20= 。 变式训练2 (2009年广东卷理科第4 题) 已知等比数列{an}满足an>0,n=1,2, 3,…,且a5a2n-5=22n(n≥3),则当n≥1时, log2 a1+log2 a3+…+log2 a2n-1=( )。 A.n(2n-1) B.(n+1)2 C.n2 D.(n-1)2 评注:例1利 用 了 等 比 数 列 性 质:已 知 {an}是等比数列,p,q,m,n∈N*,若m+n= p+q,则aman=apaq,再结合对数运算法则, 从而解决问题。给出的两道变式训练题借鉴 了例1的命题方式和风格,几乎如出一辙,只 是对已知条件进行了改造,故我们应抓住问 题的本质,利用等比数列性质,以此为突破 口,灵活解决问题,解题过程和答案略。 二、数列通项与证明 例 2 (2022年全国甲卷理科第17 题)设Sn 为数列{an}的前n项和,已知 2Sn n + n=2an+1。 (1)证明:{an}是等差数列; (2)若a4,a7,a9,为等比数列,求Sn 的最 小值。 解析:(1)(方法一)由 2Sn n +n=2an+1 , 得2Sn=2nan+n-n2。① 2Sn-1=2(n-1)an-1+n-1-(n-1)2 (n≥2)。② 由①-②整理得,(2n-2)an-(2n-2)· an-1=2n-2 , n≥2,n∈N*。 则an-an-1=1,n≥2,n∈N*。 所以{an}是公差为1的等差数列。 (方法二)因为2Sn n +n=2an+1 ,所以 2Sn+n2=2nan+n。 因此,2Sn+1+(n+1)2=2(n+1)an+1+ n+1。 则2Sn+1+(n+1)2=2(n+1)(Sn+1- Sn)+n+1。 91 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年12月 化简得 2nSn+1-2(n+1)Sn=n(n+1)。 整理可得 Sn+1 n+1- Sn n = 1 2 ,数列 Sn n 是 首项为a1,公差为 1 2 的等差数列。 故 Sn n=a1+ n-1 2 ,Sn=na1+ n(n-1) 2 。 Sn-1=(n-1)a1+ (n-1)(n-2) 2 (n≥ 2),所以an=a1+(n-1)(n≥2)。 整理得an-an-1=1(n≥3)。 又2S2+4=4a2+2,所以a1+a2+2= 2a2+1,即a2-a1=1。 因此,an-an-1=1(n≥2),{an}是公差 为1的等差数列。 (2)(方法一)由a27=a4a9,得(a1+6)2= (a1+3)(a1+8),解得a1=-12。 所以 an=-12+(n-1)×1=n-13,数 列{an}为递增数列。 且a1<a2<…<a12<0,a13=0,则Sn 的 最小值为S12=S13=-78。 (方法二)由a27=a4a9,得(a1+6)2= (a1+3)(a1+8),解得a1=-12。 所以 Sn=-12n+ n(n-1) 2 = 1 2n 2- 25 2n= 1 2 n- 25 2 2 - 625 8 。 当n=12或n=13时,Sn 取得最小值 -78。 变式训练3 (2021年全国乙卷理科第 19题)记Sn 为数列{an}的前n项和,bn 为数 列{Sn}的前n项之积,已知 2 Sn + 1 bn =2。 (1)证明:数列{bn}是等差数列; (2)求数列{an}的通项公式。 评注:例2的第一问考查等差数列的证 明,一般情况下利用等差数列定义来证明,即 证明an-an-1=…=d,其中d 为常数。另 外本题处理an 与Sn 的关系时,除两式相减 外,有时还可以