數(shù)列是高中數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容，也是中學(xué)數(shù)學(xué)聯(lián)系實(shí)際的主要渠道之一。數(shù)列與數(shù)、式、函數(shù)、方程、不等式、三角函數(shù)、解析幾何的關(guān)系十分密切。數(shù)列中的遞推思想、函數(shù)思想、分類(lèi)討論思想以及數(shù)列求和、求通項(xiàng)的各種方法和技巧在中學(xué)數(shù)學(xué)中都有著十分重要的地位，因此，圍繞數(shù)列可命制綜合性較強(qiáng)的試題。歷年來(lái)，數(shù)列一直是高考的重點(diǎn)和熱點(diǎn)，有時(shí)甚至還是難點(diǎn)。

每年高考與數(shù)列內(nèi)容有關(guān)的試題，既有一條單純關(guān)于數(shù)列內(nèi)容的填空題，又有一條數(shù)列的綜合題與實(shí)際應(yīng)用題。在填空題中，主要考查等差、等比數(shù)列的概念和性質(zhì)，重點(diǎn)是通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和的公式的靈活運(yùn)用，突出了“小、巧、活”的特點(diǎn)。解答題屬于中、高難度題，主要考查運(yùn)算能力、邏輯思維能力、分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力、數(shù)學(xué)歸納能力及綜合創(chuàng)新能力。

類(lèi)型一 等差數(shù)列前n項(xiàng)和的最值問(wèn)題，具有豐富的知識(shí)背景和價(jià)值，問(wèn)題的探索過(guò)程中，將涉及到函數(shù)與方程、數(shù)形結(jié)合、分類(lèi)討論等數(shù)學(xué)思想方法

【例1】 已知等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)不為零，前n項(xiàng)的和記作Sn，且S9=S23，當(dāng)a1>0時(shí)，n= 時(shí)，Sn有最 值.

分析 數(shù)列可以看成是定義域?yàn)檎麛?shù)集或是其子集的一種特殊的函數(shù)，因此可將前n項(xiàng)的和Sn的最值問(wèn)題轉(zhuǎn)化為研究函數(shù)的最值問(wèn)題，故建立函數(shù)Sn是解決本問(wèn)題的關(guān)鍵所在。

解法一 由S9=S23，結(jié)合等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式得9a1+36d=23a1+23×11d，所以2a1+31d=0，因?yàn)閍1>0，故d<0.從基本量入手，以n為未知數(shù)，建立二元函數(shù)Sn，并研究其最值：Sn=-312nd+12n（n-1）d=d2（n-16）2-128d，由于d<0，所以Sn有最大值，當(dāng)且僅當(dāng)n=16時(shí)取到最大值.

點(diǎn)撥 本題的實(shí)質(zhì)是用函數(shù)的觀點(diǎn)分析、解決有關(guān)數(shù)列問(wèn)題。通過(guò)相應(yīng)的函數(shù)及其圖象的特征變動(dòng)地、直觀地認(rèn)識(shí)數(shù)列的性質(zhì)。

由于等差數(shù)列是單調(diào)數(shù)列，所以其前n項(xiàng)和Sn的最值可以轉(zhuǎn)化為研究項(xiàng)an符號(hào)的變化規(guī)律來(lái)求Sn的最大值，即轉(zhuǎn)化為累加{an}中的所有非負(fù)項(xiàng)，從下標(biāo)入手，合理搭配。

解法二 由于S9=S23，利用一般數(shù)列前n項(xiàng)和定義知：

a1+a2+a3+…+a9=a1+a2+a3+…+a23，得到a10+a11+…+a23=0，故a10+a23=0，又a16+a17=a10+a23，所以a16+a17=0，a16=-a17，而d<0，得到a16>0>a17，故當(dāng)且僅當(dāng)n=16時(shí)，Sn有最大值.

由于非常數(shù)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn是關(guān)于n的二次函數(shù)，二次函數(shù)具有良好的對(duì)稱(chēng)性，所以本題也可以從函數(shù)入手，數(shù)形結(jié)合解決。

解法三 易知Sn=pn2+（a1-p）n，其中p=d2，因?yàn)閍1≠0，S9=S23，故d≠0.

考慮函數(shù)f（x）=px2+（a1-p）x是關(guān)于x的二次函數(shù)且其圖象過(guò)原點(diǎn).因f（9）=f（23），故其對(duì)稱(chēng)軸方程為x=16，而a1>0，則d<0，故當(dāng)且僅當(dāng)n=16時(shí)，Sn有最大值.

奇思妙想

1. 原題中將條件“a1>0”改為“a1<0”，其他條件不變，結(jié)論會(huì)有什么變化？

解析 a1<0時(shí)，d>0，故當(dāng)且僅當(dāng)n=16時(shí)，Sn有最小值.

2. 原題中將條件“S9=S23”改為“S10=S23”，其他條件不變，結(jié)論會(huì)有什么變化？

解析 a1>0時(shí)，由于a17=0，則當(dāng)n=16或17時(shí)，Sn有最大值.

3. 本題是由S9=S23可以推出n=16時(shí)，Sn取到最值. 那么逆向探索：由n=16時(shí)，Sn取到最值，能否推出S9=S23？

解析 結(jié)論是不一定.

4. 問(wèn)題進(jìn)行一般化：將本題條件中的“S9=S23”改為“Sm=Sk（m≠k）”，你又能得到什么結(jié)論？

解析 問(wèn)題變得復(fù)雜后，函數(shù)思想的優(yōu)勢(shì)便顯現(xiàn)出來(lái)了.易知二次函數(shù)的對(duì)稱(chēng)軸方程為x=（m+k）2，

若a1>0，當(dāng)m+k為偶數(shù)時(shí)，則當(dāng)n=（m+k）2時(shí)，Sn有最大值；

若a1>0，當(dāng)m+k為奇數(shù)時(shí)，則當(dāng)n=（m+k±1）2時(shí)，Sn有最大值.

5. 由于等差數(shù)列與等比數(shù)列是一對(duì)對(duì)偶的同構(gòu)數(shù)列，它們?cè)诤芏喾矫婢哂袠O其相似的性質(zhì)和結(jié)論，故考慮將原題進(jìn)行類(lèi)比研究.

如：已知等比數(shù)列{bn}的公比q>0且q≠1，首項(xiàng)b1>1，其前n項(xiàng)的積記作Tn，且T9=T23，則當(dāng)n= 時(shí)，Tn有最 值.

解析 關(guān)鍵在數(shù)列{bn}中找到以“1”為項(xiàng)或者在“1”附近的項(xiàng).

易知b1b2b3…b9=b1b2b3…b23，可得b1b32=1，故b16b17=1，又公比q>0且q≠1，首項(xiàng)b1>1知b16>1>b17>0，所以當(dāng)n=16時(shí)，Tn有最大值.

類(lèi)型二 已知兩個(gè)不同等差數(shù)列前項(xiàng)和的比值，求對(duì)應(yīng)項(xiàng)的比值問(wèn)題。著重考察等差數(shù)列前項(xiàng)和與通項(xiàng)之間的聯(lián)系

【例2】 已知數(shù)列{an}，{bn}均為等差數(shù)列，它們的前n項(xiàng)的和分別為Sn，Tn，且SnTn=7n+45n+3，求a9b9.

分析 已知條件中涉及等差數(shù)列的和，而要求解的部分中只與項(xiàng)有關(guān)，故需溝通等差數(shù)列的和與項(xiàng)之間的聯(lián)系，因此使用等差數(shù)列求和公式的第一種形式Sn=n（a1+an）2。并且對(duì)照所求結(jié)論，要將兩項(xiàng)之和轉(zhuǎn)化為一項(xiàng)的形式，所以還需使用等差數(shù)列的下標(biāo)和性質(zhì)獲解。

解法一 a9b9=2a92b9=a1+a17b1+b17=17（a1+a17）217（b1+b17）2

=S17T17=415.

（一般地，同理可證明anbn=S2n-1T2n-1.）

點(diǎn)撥 根據(jù)等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式的結(jié)構(gòu)（這是思考問(wèn)題、抓住問(wèn)題本質(zhì)的一個(gè)視角：結(jié)構(gòu)特征），和式是關(guān)于n的常數(shù)項(xiàng)為0的二次函數(shù)。

解法二 可設(shè)Sn=kn（7n+45），Tn=kn（n+3），其中k為非零常數(shù)，

則a9=S9-S8=164k，b9=20k，故a9b9=415.

奇思妙想

1. 考慮原問(wèn)題的逆命題. “已知數(shù)列{an}，{bn}均為等差數(shù)列，它們的前n項(xiàng)的和分別為Sn，Tn，且anbn=7n+45n+3，求S9T9”.

解析 由于推導(dǎo)anbn=S2n-1T2n-1的過(guò)程是可逆的，故可以賦值令n=5即可得S9T9=10.

2. 原問(wèn)題中的各條件不變，改為求“則使得anbn為整數(shù)的正整數(shù)n的個(gè)數(shù)有幾個(gè)？”.

解析 由上例可得anbn=S2n-1T2n-1=7n+19n+1，顯然分子大與分母，析出常數(shù)得anbn=S2n-1T2n-1=7+12n+1.

故要使得anbn為正整數(shù)，只需要分式部分的“n+1”為分子部分“12”的正約數(shù)即可，而12的正約數(shù)有1，2，3，4，6，12，顯然1不合題意，舍去.所以令n+1=2，3，4，6，12，可得n=1，2，3，5，11，即正整數(shù)n的個(gè)數(shù)為5.

2. 數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1=a，a2=-a（a>0），且{an}從第二項(xiàng)起是公差為6的等差數(shù)列，Sn 是{an}的前n項(xiàng)和.

（1）當(dāng)n≥2時(shí)，用a與n表示an與Sn；

（2）若在S7與S8兩項(xiàng)中至少有一項(xiàng)是Sn的最小值，試求a的取值范圍.

3. 已知等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=2 011，公比q=-12，數(shù)列{an}前n項(xiàng)和記為Sn，前n項(xiàng)積記為T(mén)n.

（1） 證明：S2≤Sn≤S1；

（2） 求n為何值時(shí)，Tn取得最大值.

4. 已知數(shù)列{an}是各項(xiàng)均不為0的等差數(shù)列，公差為d，Sn為其前n項(xiàng)和，且滿(mǎn)足a2n=S2n-1，n∈N*.數(shù)列{bn}滿(mǎn)足bn=1an·an+1，n∈N*，Tn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和.

（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an和數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn；

（2）若對(duì)任意的n∈N*，不等式λTn

5. 數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，存在常數(shù)A，B，C，使得an+Sn=An2+Bn+C對(duì)任意正整數(shù)n都成立.若數(shù)列{an}為等差數(shù)列，

（1）求證：3A-B+C=0；

（2）若A=-12，B=-32，C=1，設(shè)bn=an+n，數(shù)列{nbn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，求Tn.

（作者：劉翔 鎮(zhèn)江中學(xué)）