劉蘋(píng)

摘? 要：數(shù)列解答題的創(chuàng)新設(shè)置，是數(shù)列模塊知識(shí)考查與應(yīng)用的一個(gè)重點(diǎn)與難點(diǎn)，成為新高考數(shù)學(xué)試卷中的一個(gè)熱點(diǎn)問(wèn)題.基于一道T8聯(lián)考的數(shù)列解答題，從“插項(xiàng)方式”構(gòu)建一個(gè)新數(shù)列入手，剖析問(wèn)題的創(chuàng)新形式與解決方法，合理變式與拓展應(yīng)用，引領(lǐng)并指導(dǎo)數(shù)學(xué)教學(xué)與復(fù)習(xí)備考.

關(guān)鍵詞：數(shù)列；創(chuàng)新；變式；拓展

在新課標(biāo)、新教材、新高考的“三新”背景下，T8聯(lián)考是其中一個(gè)具有典型代表的國(guó)內(nèi)新高考聯(lián)盟模擬考試，其模擬試卷具有高度原創(chuàng)性、應(yīng)用性、創(chuàng)新性等，成為高中學(xué)校和教育研究領(lǐng)域?qū)＜已芯颗c學(xué)習(xí)的一個(gè)重要平臺(tái).

特別是2024屆高三第一次學(xué)業(yè)質(zhì)量評(píng)價(jià)數(shù)學(xué)試題，數(shù)列解答題出現(xiàn)在第21題的位置，難度有所提升，同時(shí)合理交匯了數(shù)列的插項(xiàng)模型、創(chuàng)新定義模型等不同形式，融合不等式及其應(yīng)用，使得數(shù)列問(wèn)題更加綜合與創(chuàng)新，為數(shù)列模塊的課堂教學(xué)、教學(xué)研究等方面提供一個(gè)重要題源，成為數(shù)學(xué)課堂教學(xué)與學(xué)習(xí)的一個(gè)重要來(lái)源.

1? 問(wèn)題呈現(xiàn)

^^（2024屆高三第一次學(xué)業(yè)質(zhì)量評(píng)價(jià)數(shù)學(xué)試題·21）&&

已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，公差d>0，等比數(shù)列{bn}滿(mǎn)足：b1=2a1=2，b2=a1+a3，b1b3=5a3+1.

（1）求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；

（2）若將數(shù)列{an}中的所有項(xiàng)按原順序依次插入數(shù)列{bn}中，組成一個(gè)新數(shù)列：b1，a1，b2，a2，a3，b3，a4，a5，a6，a7，b4，…在bk與bk+1之間插入2k－1項(xiàng){an}中的項(xiàng)，新數(shù)列中bn+1之前（不包括bn+1）所有項(xiàng)的和記為T(mén)n，若dn=a2nan+12n-1Tn+2+2，求使得［d1］+［d2］+［d3］+…+［dn］≤2 023成立的最大正整數(shù)n的值.（其中符號(hào)［x］表示不超過(guò)x的最大整數(shù)）

此題以等差數(shù)列與等比數(shù)列為問(wèn)題場(chǎng)景，條件中通過(guò)給出兩個(gè)數(shù)列的首項(xiàng)以及前幾項(xiàng)的關(guān)系式，第（1）小問(wèn)中，通過(guò)聯(lián)立方程組的形式來(lái)確定相應(yīng)的公差與公比，比較簡(jiǎn)捷地確定兩個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式.而第（2）小問(wèn)中，基于第（1）小問(wèn)中確定的等差數(shù)列與等比數(shù)列，利用數(shù)列的插項(xiàng)形式來(lái)構(gòu)建一個(gè)新數(shù)列，通過(guò)遞推關(guān)系式的給出，以及創(chuàng)新定義的應(yīng)用來(lái)建立相應(yīng)的數(shù)列不等式，為創(chuàng)新應(yīng)用提供情景，給問(wèn)題的解決制造更多的障礙，可以較好地加以區(qū)分.

2? 問(wèn)題破解

解析：（1）設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q（q≠0），依題意可得a1=1，b1=2.

則有2q=1+1+2d，

2×2q2=5（1+2d）+1.

解得d=1，

q=2，或d=-12，

q=12.（舍去）

所以an=n，bn=2n.

（2）新數(shù)列中bn+1之前的所有項(xiàng)中，含有{an}中的項(xiàng)共有20+21+22+…+2n－1=2n－1項(xiàng).

所以Tn=（1+2n-1）（2n-1）2+2（1-2n）1-2=22n－1+3·2n－1－2.

所以dn=a2nan+12n-1Tn+2+2=n2n+112n+3+2=n2（n+1）（2n+3）+2n2n+1=n2（n+1）（2n+3）+2n+1+2（n－1）=n2+2（2n+3）（n+1）（2n+3）+2（n－1）.

下證當(dāng)n≥2時(shí)，0

接下來(lái)，給出幾種不同的解題方法：

解法1（二項(xiàng)式定理轉(zhuǎn)化法）：由于（n+1）（2n+3）－n2－2（2n+3）=（n－1）2n－n2+3n－3.

而結(jié)合二項(xiàng)式定理有2n=C0n+C1n+C2n+…+Cnn，則當(dāng)n≥2時(shí)，2n≥n+2.

所以（n－1）2n－n2+3n－3≥（n－1）（n+2）－n2+3n－3=4n－5>0.

所以當(dāng)n≥2時(shí)，0

當(dāng)n=1時(shí)，d1=1110，故［d1］=1.

所以［d1］+［d2］+［d3］+…+［dn］=1+2［1+2+…+（n－1）］=n2－n+1≤2023，即n2－n=n（n－1）≤2022，則滿(mǎn)足不等式的最大正整數(shù)n=45.

解法2（數(shù)列通項(xiàng)轉(zhuǎn)化法）：當(dāng)n≥2時(shí)，要證0n2+2（2n+3），即證（n－1）2n>n2－3n+3.

將（n－1）2n視為數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和，易得cn=n·2n－1（n≥2）.同理，將n2－3n+3視為數(shù)列{en}的前n項(xiàng)和，易得en=2n－4（n≥2）.

于是只須證n·2n－1>2n－4，即證2n－1>2－4n.

又由2n－1≥2>2－4n，得證當(dāng)n≥2時(shí)，0

以下部分同解法1，則滿(mǎn)足不等式的最大正整數(shù)n=45.

3? 解后反思

解決問(wèn)題的第一個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)就是確定dn的表達(dá)式，而這里的一個(gè)解題關(guān)鍵就是有關(guān)數(shù)列插項(xiàng)問(wèn)題.處理數(shù)列插項(xiàng)問(wèn)題的前提是：明確插項(xiàng)方式，基本方法是從一般到特殊，由具體項(xiàng)到前n項(xiàng)總結(jié)規(guī)律；解題關(guān)鍵是：確定項(xiàng)數(shù).

解決問(wèn)題的第二個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)就是取整的創(chuàng)新定義，而此時(shí)解決問(wèn)題的重點(diǎn)就是dn的表達(dá)式的轉(zhuǎn)化，利用取整的定義，從一個(gè)分式中分離出整數(shù)的核心思路就是分子向分母“趨同”變化，進(jìn)而來(lái)確定分離出來(lái)的分式表達(dá)式的取值范圍為（0，1），通過(guò)數(shù)列不等式的證明來(lái)轉(zhuǎn)化與應(yīng)用.

證明以上對(duì)應(yīng)的數(shù)列不等式，是放縮與處理的關(guān)鍵所在.而解法1中，欲說(shuō)明00，其中指數(shù)項(xiàng)2n，與nα不屬同類(lèi)不易化簡(jiǎn)說(shuō)明，于是“趨同”，即通過(guò)二項(xiàng)式定理展開(kāi)、放縮、指化冪，再進(jìn)行比較.特別要注意的是，二項(xiàng)式定理應(yīng)用的邏輯就是“趨同”，就像導(dǎo)數(shù)中遇到ex通過(guò)切線(xiàn)放縮將ex向xα趨同，基本思維方式是同一個(gè)道理.而解法2中，當(dāng)要證含有指數(shù)項(xiàng)的不等式時(shí)，可以利用數(shù)列視角，將該指數(shù)項(xiàng)視為數(shù)列的前n項(xiàng)和（或通項(xiàng)），進(jìn)而轉(zhuǎn)換視角，尋求轉(zhuǎn)機(jī)，也是解決問(wèn)題時(shí)比較常用的一種思維方式.

4? 變式拓展

依托原問(wèn)題中的“插項(xiàng)方式”構(gòu)建一個(gè)新數(shù)列這一創(chuàng)新思維，合理變化數(shù)學(xué)思維，通過(guò)兩個(gè)數(shù)列中的對(duì)應(yīng)項(xiàng)的“重排”或“刪項(xiàng)”等其他思維方法，巧妙構(gòu)建一個(gè)新數(shù)列，合理變形與拓展.

4.1? 重排變形

變式1? 已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，公差d>0，等比數(shù)列{bn}滿(mǎn)足：b1=2a1=2，b2=a1+a3，b1b3=5a3+1.

（1）求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；

（2）將數(shù)列{an}和{bn}中的所有項(xiàng)按從小到大的順序排列組成一個(gè)新數(shù)列{cn}，求數(shù)列{cn}的前2024項(xiàng)和T2024.

解析：（1）同原問(wèn)題，解得an=n，bn=2n.

（2）由于當(dāng)n≤10時(shí)，bn=2n≤210=1024<2024；當(dāng)n≥11時(shí)，bn=2n≥211=2048>2024.

所以數(shù)列{cn}中，含有數(shù)列{bn}中的項(xiàng)有10項(xiàng)，含有數(shù)列{an}中的項(xiàng)有2014項(xiàng).

所以T2024=2014×（1+2014）2+2（1-210）1-2=2031151.

4.2? 刪項(xiàng)變形

變式2? 已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，公差d>0，等比數(shù)列{bn}滿(mǎn)足：b1=2a1=2，b2=a1+a3，b1b3=5a3+1.

（1）求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；

（2）若數(shù)列{bn}的第m項(xiàng)bm，滿(mǎn)足??? （在①②中任選一個(gè)條件），k∈N*，則將其去掉，數(shù)列{bn}剩余的各項(xiàng)按原順序組成一個(gè)新的數(shù)列{cn}，求數(shù)列{cn}的前20項(xiàng)和S20.

①log4bm=ak；②bm=3ak+1.

解析：（1）同原問(wèn)題，解得an=n，bn=2n.

（2）若選①log4bm=ak，則有l(wèi)og42m=k，即m=2k，k∈N*，故數(shù)列{bn}剩余的項(xiàng)就是原數(shù)列的奇數(shù)項(xiàng)，相當(dāng)于剩余的項(xiàng)組成的數(shù)列{cn}是以2為首項(xiàng)，4為公比的等比數(shù)列.

所以S20=2×（1-420）1-4=23（240－1）.

若選②bm=3ak+1，則有2m=3k+1，因?yàn)閙∈N*，k∈N*.

所以當(dāng)m=2n時(shí)，對(duì)應(yīng)的k=4n-13=（3+1）n-13為整數(shù)，此時(shí)成立；當(dāng)m=2n－1時(shí)，對(duì)應(yīng)的k=4n2-13=（3+1）n-26不為整數(shù)，此時(shí)不成立.

故數(shù)列{bn}剩余的項(xiàng)就是原數(shù)列的奇數(shù)項(xiàng)，相當(dāng)于剩余的項(xiàng)組成的數(shù)列{cn}是以2為首項(xiàng)，4為公比的等比數(shù)列.

所以S20=2×（1-420）1-4=23（240－1）.

5? 教學(xué)啟示

數(shù)列解答題中的創(chuàng)新形式與創(chuàng)新設(shè)置多種多樣，由傳統(tǒng)比較常見(jiàn)的存在性、探索性、應(yīng)用性與開(kāi)放性等形式，增加了兩個(gè)及以上數(shù)列中的對(duì)應(yīng)項(xiàng)的重新排列與組合問(wèn)題，使得問(wèn)題場(chǎng)景更加豐富多彩，特別是本文中給出的“插項(xiàng)方式”“重新排列（按一定次序）”“刪項(xiàng)方式”等的創(chuàng)設(shè)，問(wèn)題場(chǎng)景更加靈活多變，巧妙融入數(shù)列的基本概念、基本性質(zhì)與基本公式，借助兩個(gè)特殊數(shù)列（等差數(shù)列與等比數(shù)列）的模型構(gòu)建與應(yīng)用，同時(shí)也融入其他知識(shí)，如函數(shù)與方程、不等式等，通過(guò)合理的數(shù)學(xué)運(yùn)算，巧妙的邏輯推理，全面考查數(shù)學(xué)“四基”以及考生的數(shù)學(xué)能力，成為高考命題中一個(gè)?？汲Ｐ碌幕军c(diǎn).