■江蘇省南京市第十三中學 陸逸凡

高考對數(shù)列的考查主要是圍繞“等差和等比數(shù)列的通項與求和、一般數(shù)列的切入點的應用、公式法求和、裂項相消法求和、錯位相減法求和、數(shù)列新定義問題的探究”等展開的,凸顯數(shù)列的工具性、應用性及創(chuàng)新性。

熱點1：等差、等比數(shù)列的基本性質(zhì)

例1 (1)(河北省衡水中學2017屆高三上學期第三次調(diào)研)已知等差數(shù)列{an},{bn}的前n項和分別為Sn,Tn,若對于任意的自然數(shù)n,都有

(2)在等比數(shù)列{an}中,a1=4,公比為q,前n項和為Sn,若數(shù)列{Sn+2}也是等比數(shù)列,則q等于( )。

A.2 B.-2 C.3 D.-3

熱點2：等差、等比數(shù)列中的最值問題

例2 (1)(河北衡水中學2017屆高三上學期第二次調(diào)研)已知數(shù)列{an}中,a1=25,4an+1=4an-7,若其前n項和為Sn,則Sn的最大值為 。

(2)(2017年安徽阜陽二模)設等比數(shù)列{an}滿足a1+a3=10,a2+a4=5,則a1a2…an的最大值為 。

解析：(1)構建等差數(shù)列的通項求最值。由4an+1=4an-7,知數(shù)列{an}為等差數(shù)列,公差d=-,{a}為單調(diào)遞減數(shù)列,其通項

n,所以n=15,即數(shù)列{an}的前15項均為正值,第16項開始為負值,故S15最大,S15=

(2)由整體代換確定公比,進而求通項公式,a2+a4=qa1+qa3=q(a1+a3)=10q=5,得

突破：求解數(shù)列中的最大項或最小項,先研究數(shù)列的單調(diào)性,可以用也可以轉化為函數(shù)最值問題或利用數(shù)形結合求解。對于公差d<0的等差數(shù)列,當a1<0時,存在最大值,且(Sn)max=S1=a1,但無最小值;當a1＞0時,存在最大值Sm,正整數(shù)m由不等式組當am=0時,最大值Sm-1=Sm,但無最小值。類比可探究d＞0時的最值,或利用二次函數(shù)求解;等比數(shù)列中的最值可以構造二次函數(shù)求解或構建不等式組求解或借助公比溝通降元用均值不等式求解。

熱點3：Sn與d=0之間的關系及裂項法求特殊數(shù)列的和

例3 (河南八市重點高中2017屆高三第一次測評)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且滿足Sn=2an+n(n ∈N*)。

(1)求證數(shù)列{an-1}是等比數(shù)列,并求數(shù)列{an}的通項公式;

解析：(1)由一般數(shù)列的切入點化輔助數(shù)列為等比數(shù)列。當n=1時,a1=S1=2a1+1,解得a1=-1;當n≥2時,Sn-1=2an-1+n-1,Sn=2an+n(n∈N*),an=Sn-Sn-1,則an=2an-1-1,即an-1=2(an-1-1)。因為a1-1=-2≠0,故an-1≠0,所以{an-1}是首項為-2,公比為2的等比數(shù)列,所以an-1=-2n,an=-2n+1。

突破：數(shù)列前n項和與對應的項滿足關系式an+1=kSn+b,n∈N*或an+1=kSn+bn+m,m,n∈N*,總可以利用一般數(shù)列的切恒等變形構造輔助的等比數(shù)列,通過解方程求通項。裂項方

解析：(1)由S2=2a2-2,S3=a4-2,作差可得a3=a4-2a2,由等比數(shù)列通項公式得q2-q-2=0。因為q＞0,所以q=2,代入S2=2a2-2,可得a1=2,所以an=2n。

(2)由于{bn}為等差乘等比型,所以利用錯位相減法求和。相消法求和后再求范圍。

熱點4：錯位相減法求特殊數(shù)列的和

例4 (2017年甘肅省第二次高考診斷)已知等比數(shù)列an{}的前n項和為Sn,公比q＞0,S2=2a2-2,S3=a4-2。

(1)求數(shù)列an{}的通項公式;

突破：運用錯位相減法求和應注意：一是判斷模型,對于數(shù)列{anbn},數(shù)列{an},{bn}中一個為等差數(shù)列,一個為等比數(shù)列;二是錯開位置,一般是先給前n項和逐項乘以公比,再把前n項和退后一個位置來書寫,這樣避免兩式相減時看錯列;三是相減,相減時一定要注意式中最后一項的符號;四是中間兩兩結合提公差構成等比數(shù)列前n-1項和用公式求和,為保證結果正確,可對得到的和取n=1,2進行驗證。

熱點5：數(shù)列與數(shù)學歸納法的交匯

例5 (湖北省優(yōu)質(zhì)高中2017屆高三下學期聯(lián)考)已知各項均為正數(shù)的數(shù)列{an} 的前n項和Sn滿足S1＞1,且6Sn=(an+1)(an+2),n∈N)*。

(1)求{an}的通項公式;

(2)設數(shù)列{bn}滿足an(2bn-1)=1,并記Tn為bn{}的前n項和,求證：3Tn+1＞log2(an+3),n∈N*。

11112),解得a1=1或a1=2,因為a1=S1＞1,所以a=2。又由a=S-S=(a+

1n+1n+1nn+11)(a+2)-(a+1)(a+2),得(a+

n+1nnn+1an)(an+1-an-3)=0,即an+1-an-3=0或an+1=-an。因an＞0,故an+1=-an不成立,舍去。故{an}的通項an=3n-1。

(2)用數(shù)學歸納法證明：3Tn+1＞log2(an+3)。

假設當n=k時結論成立,即3Tk+1＞log2(ak+3)。注意到an(2bn-1)=1、an=,則當n=k+1時,有：

3Tk+1+1-log2(ak+1+3)

=3(Tk+bk+1)+1-log2(ak+1+3)

=3Tk+1-log2(ak+1+3)+3bk+1

＞log2(ak+3)-log2(ak+1+3)+3bk+1

因k∈N*,則(3k+3)3-(3k+5)(3k+0。從而3Tk+1+1＞log2(ak+1+3)。這就是說,當n=k+1時結論也成立。

綜上可知,3Tn+1＞log2(an+3)對任何n∈N*成立。

突破：用數(shù)學歸納法證明遞推數(shù)列時,作差使用歸納假設,根據(jù)an(2bn-1)=1、an=的關系,簡化了不求出Tn的表達式,壓縮了思維長度,凸現(xiàn)數(shù)學歸納法的“簡單且具有操作性和目標性”的本質(zhì)屬性。