吉冬林

數(shù)列問題的切入點是數(shù)列概念的兩個方面,從項數(shù)與項的對應(yīng)關(guān)系考慮,數(shù)列是有序排列的一列數(shù),因而歸納遞推是常用方法;從數(shù)列是散點函數(shù)的特征考慮,對應(yīng)函數(shù)的性質(zhì)是解決數(shù)列問題的另一途徑,但兩個方面的思路都基于“尋找相鄰項關(guān)系”，這是解決任何數(shù)列問題的關(guān)鍵．對高三備考而言,以典型小題理清思路是很好的復(fù)習(xí)措施.

１．基于歸納遞推的數(shù)列問題

與自然數(shù)相關(guān)的數(shù)學(xué)問題一般都可視為數(shù)列，這一點至關(guān)重要．例如“定義運算*：2*2=1，且n∈N*時,(2n+2)*2=3［(2n)*2］,則(2n)*2=?”這一問題的關(guān)鍵條件是n∈N*，而(2n)*2與(2n+2)*2恰恰反映了從n到n+1時(2n)*2值的變化關(guān)系，令a璶=(2n)*2,則{a璶}是等比數(shù)列．這類所謂的創(chuàng)新問題旨在考查對數(shù)列模型或者說是對數(shù)學(xué)符號的認知．隨著n變化,“從n到n+1”簡單理解即為“遞推”．

例１ 數(shù)列{a璶},a1=2,a﹏+1=1+a璶1－a璶,則a1a2a3…a2012=?

分析：遞推歸納可知｛a璶｝具有周期性變化的特征且Ｔ＝４，∴a1a2a3…a2012＝(a1a2a3a4)503=1

［變１］f(x)=［x［x］］(0≤x

分析：記g(n)=a璶，n=1,0≤x<1,f(x)=0,a1=1；n=2時，a2=a1+1…,從0≤x

本題源于歸納但不完全歸納常常導(dǎo)致錯誤且解題過程不嚴密，因而尋找相鄰項關(guān)系是關(guān)鍵，疊加法源于等差數(shù)列通項公式的推導(dǎo)過程．另一典型問題“平面上n個圓兩兩相交但無三個圓共點(n≥3)，它們分平面成f(n)個區(qū)域，如f(x)=2009的根x0∈［k,k+1),則k=?”中f(n)=f(n－1)+2(n－1),類推可得f(n)=n2－n+2,設(shè)g(x)=x2－x－2007,ゞ(45)<0,g(46)>0,∴k=45．此外，凡a璶=a﹏－1+ゝ(n)型遞推可用疊加法（f(n)=d即等差數(shù)列），a﹏+1猘璶=f(n)型遞推可用迭乘法（f(n)=q時為等比數(shù)列），這些都是源于課本的方法．

［變２］a﹏+1=|a璶－1|,(1)a1=114,求a6;(2)若a1=a∈(k,k+1)，k∈N*,求數(shù)列{a璶}前３k項之和．（３）是否存在a1∈R,n0∈N*使得n≥n0時a璶恒為常數(shù)？如存在，求之．

分析：（１）歸納知a6=14；（２）1≤k0,k+1－a>0,從（１）的過程發(fā)現(xiàn)某些項之后的項只有兩個數(shù),這是解決本題的基礎(chǔ)！S3k=［a+(a－1)+(a－2)+…+(a－k)］+［(k+1－a)+(a－k)+…+(k+1－a)+(a－k)］+(k+1－a)＝(k+1)a－k(k+1)2+(k－1)+(k+1－a)＝k(a+2)－k(k+1)2．

（３）由（２），只能從第k+1項起,k+1－a=a－k,a=k+12

∴存在a1=k+12,n0=k+1符合題意．本題從特殊情形歸納發(fā)現(xiàn)規(guī)律——通過觀察形成的直覺也是數(shù)學(xué)能力重要的組成部分．

2.基于“項”與“和”轉(zhuǎn)化的數(shù)列問題

等差（等比）數(shù)列由基本量——首項和公差（公比）確定，由項求和或由和的關(guān)系確定項的性質(zhì)是高考中數(shù)列的重點內(nèi)容；對任何含未知量的關(guān)系式，減少未知數(shù)（消元）是高中數(shù)學(xué)最核心的數(shù)學(xué)思想，這一點同樣適用于數(shù)列問題．從n∈N*的一般關(guān)系演繹（特殊化）或由特殊到一般（歸納）是辨證統(tǒng)一的兩個方面．對任何數(shù)列，a1=S1,a璶=S璶－S﹏－1(n≥2)，此外，整體換元在數(shù)列中是簡化關(guān)系和運算過程的重要方法．

例２ {a璶}等差,a2n猘璶=4n－12n－1,則S2n猄璶=?

分析：等差數(shù)列由任兩項或者首項及公差確定，取n=1,a2a1=3（特殊化），

∴d=2a1∴a璶=(2n－1)a1，S璶=n2a1（消元）．∴S2n猄璶=4

［變式］等差數(shù)列{a璶}和{b璶}前n項和之比S璶T璶=n2n－1,則a10猙5=?

分析：等差數(shù)列中2a璶=a1+a2n－1可與S2n－1互相轉(zhuǎn)化，若求a10猙10,則2a102b10=S19猅19．但2a102b5=9S1919T9無法運用已知條件，故考慮基本量：n=1,S1T1=a1b1=1,設(shè)a1=b1=a;

取n=２，得a1+a2b1+b2=23∴2a+3d1=2d2;取n=3得6a+15d1=9d2,

∴d2=2d1,d1=2a,∴a璶=(2n－1)a,b璶=(4n－3)a.∴a10猙5=1917.

上述過程深刻體現(xiàn)了“消元”的數(shù)學(xué)思想．若設(shè)S璶=na1+n(n－1)2d1=k1n2+b1n,同理可設(shè)T璶=k2n2+b2n,取n=1,2,3，其實質(zhì)仍為消元尋求基本量的關(guān)系．

例３ a1+2a2+3a3+…+na璶=n(n+1)(n+2),則a璶=?

分析：識別左邊為{na璶}的前n項之和是本題關(guān)鍵.設(shè)na璶=A璶（整體換元），則S璶=n(n+1)(n+2),由A璶=6(n=1)S璶－S﹏－1(n≥2),A璶=3n(n+1)∴a璶=3(n+1)

［變式］數(shù)列{a璶},若T璶=∑n+2i=12﹊－1猘璱+2a1－a3－2﹏+2猘﹏+1,（１）證明：若{a璶}等差，則T璶=0;(2)（１）的逆命題成立否？說明理由．

分析：（１）{a璶}等差，{2﹏－1獇等比，利用錯位相消法求∑n+2i=12﹊－1猘璱代入可證．

（２）T璶=0即a1+2a2+22a3+…+2﹏+1猘﹏+2=2﹏+2猘﹏+1+a3－2a1恒成立，類比例３，記A璶=2﹏－1猘璶①，則S﹏+2=2﹏+2猘﹏+1+a3－2a1，∴S璶=2琻a﹏－1+a3－2a1，

∴S﹏－1=2﹏－1猘﹏－2+a3－2a1，n≥3時,A璶=S璶－S﹏－1=2琻a﹏－1－2﹏－1猘﹏－2，由①，2a﹏－1=a﹏－2+a璶(n≥3)即{a璶}任意相鄰三項成等差，∴{a璶}成等差數(shù)列即（１）的逆命題成立．

從“數(shù)學(xué)是科學(xué)語言”的角度考慮，本題的整體換元在運算過程中簡化了數(shù)學(xué)表述，從而為發(fā)現(xiàn)運算關(guān)系提供了方便．

由通項求和是數(shù)列的基本問題，除等差（比）數(shù)列可直接運用求和公式外，“錯位相消”源于課本中等比數(shù)列求和公式的推導(dǎo)過程，適用于求任何等差與等比數(shù)列對應(yīng)項乘積的前n項之和，此外，分式數(shù)列常用“裂項求和”．

例４ 數(shù)列{a璶}中,a1=1,a2=3,前n項和為S璶且S﹏+1,S璶,S﹏－1（n≥2）分別是直線l上A,B,C三點橫坐標(biāo),〢B=2a璶+1a璶〣C,b1=1，b﹏+1=玪og┆2(a璶+1)+b璶．

（１）求a璶;(2)c璶=4゜﹏+1－1n+1猘璶a﹏+1,證明23≤∑nk=1c璳<1

分析：由向量關(guān)系知：x瑽－x瑼=2a璶+1a璶(x璫－x瑽)即S璶－S﹏+1=2a璶+1a璶(S﹏－1－S璶)，

∴a﹏+1=2a璶+1(n=1也成立)．設(shè)a﹏+1+a=2(a璶+a)則a=1，B璶=a璶+1為等比數(shù)列（這個構(gòu)造等比數(shù)列的過程稱為“公式法”，可推廣用于任何形如a﹏+1=pa璶+q的數(shù)列），B璶=2琻∴a璶=2琻－1．∴b﹏+1=b璶+n,再運用“疊加法”可得b璶=n2－n+22∴c璶=2琻(2琻－1)(2﹏+1－1)=12琻－1－12﹏+1－1,以n=1,2,3…n代入,

∴∑nk=1c璳=1－12﹏+1－1對n遞增,∴∑nk=1c璳<1且∑nk=1c璳≥23(n=1取等號）．

與例４相對應(yīng)的另一類問題是，無法求數(shù)列的和（積）或者求和（積）較困難時，常將需比較的另一個量拆成相同項的和（積），這是一種逆向的思維轉(zhuǎn)換．

例５ 比較122+132+…+1n2和n－12n(n≥2)的大小并給出證明．

分析：取n=2,3,……歸納可得122+132+…+1n2≥n－12n(n≥2)，但常規(guī)的放縮法如1n2>1n(n+1)=1n－1n+1等無法證明．故考慮拆右式為某數(shù)列前n-1項的和,再比較兩數(shù)列對應(yīng)項．設(shè)a璶=1n2,∑ni=1b璱=1+n－12n=S璶，

則b璶=S1(n=1)S璶－S﹏－1(n≥2) （這對任何數(shù)列成立?。?/p>

∴b璶=1(n=1)12n(n－1)(n≥2) ∵2n(n－1)－n2=n(n－2)≥0,

∴1n2≥12n(n－1)=12(1n－1－1n)(n≥2)恒成立，∴∑ni=1a璶≥∑ni=1b璶

即122+132+…+1n2≥n－12n(n≥2)．

本題如改成“證明∑ni=11i2＜２”，則可由1n2<1n(n－1)=1n－1－1n(n≥2)恒成立，∴∑ni=11i2<1+(1－12)+(12－13)+…+(1n－1－1n)=2－1n<2，類似可證∑ni=11i2>nn+1．

由此可以看出，所謂的“放縮法”，其實質(zhì)也就是尋找與已知數(shù)列接近的另一數(shù)列，比較其對應(yīng)項．

３．?dāng)?shù)列與不等式——項與和關(guān)系的延伸

函數(shù)、方程、不等式相互關(guān)系及其轉(zhuǎn)化是貫穿高中數(shù)學(xué)始終的核心內(nèi)容，以數(shù)列為背景考查相關(guān)知識在高考中屢有體現(xiàn)，這實質(zhì)上考查了對“數(shù)列是函數(shù)”的透徹理解．

例6 數(shù)列{a璶}前n項和S璶,a1=a2=1,b璶=nS璶+(n+2)a璶,{b璶}等差,

(1)求a璶;(2)證明a1a2a3…a璶S1S2…S璶<22n+1(n+1)(n+2)┆

分析:（１）取n=1,n=2（特殊化）得b1=4,b2=8,∴b璶=4n=nS璶+(n+2)a璶；

4=S璶+n+2na璶(*),∴4=S﹏－1+n+1n－1a﹏－1相減得a璶a﹏－1=n2(n－1)(n≥2)

由“迭乘法”或由a璶n=12(a﹏－1猲－1)得{a璶n}成等比數(shù)列都可得a璶=n2﹏－1

（２）a璶>0∴S璶=4－n+22﹏－1>0,但將S璶和a璶代入無法化簡a1a2…a璶S1S2…S璶.觀察(*)式為與a璶和S璶相關(guān)的“和”式，a璶S璶為“積”且4為定值，基本不等式恰恰反映了兩個正數(shù)和與積的大小關(guān)系：4≥2S璶a璶n+2n，即a璶S璶≤4nn+2(當(dāng)且僅當(dāng)S璶=n+2na璶時取等號，n=1等號不成立）∴a1a2…a璶S1S2…S璶<4琻［132435…n－1n+1nn+2］=22n+1(n+1)(n+2)．

與不等式聯(lián)系的另一類問題是數(shù)列與線性規(guī)劃整合,四川高考提供了一道典型題:

例7 {a璶}等差且前n項和S璶,若S4≥10,S5≤15,則a4最大值為 .

分析：二元一次不等式或方程（組）的解集——實數(shù)對——點集，這三者之間的對應(yīng)關(guān)系是高中數(shù)學(xué)的重點之一，也是用幾何方法解決代數(shù)問題的基礎(chǔ)．

設(shè)首項為a,公差d,則由條件得2a+3d≥5a+2d≤3a4=a+3d=t,類比2x+3y≥5x+2y≤3x+3y=t，在平面直角坐標(biāo)系aOd中，作出點(a,d)的可行域，運用線性規(guī)劃的方法得t┆玬ax=4即為所求．

［變式］點A璶(a璶,0),B璶(0,b璶),a璶=2琻,b璶=an+b(n∈N*,a>0)，且a,b為整數(shù)，b1≥－12,直線A璶B璶斜率k璶,若數(shù)列{k璶}前８項依次遞減，求這樣的數(shù)列{b璶}的個數(shù)．

分析：k璶=－an+b2琻，數(shù)列{k璶}前８項依次遞減趉1>k2>…>k8①趉璶>k﹏+1對1≤n≤7恒成立②，但①使a,b的關(guān)系變得繁瑣而②化簡得an+b

相對于一般函數(shù)，“數(shù)列”的單調(diào)性只考察相鄰項關(guān)系