高职高考数列试题的解题策略

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　　【摘 要】在每年的高职考试中，数列考点从未间断，并且必有一道压轴题，占有很大分值.但许多学生解题时常常感觉毫无头绪，无从下手.这是知识零乱，方法不当的原因.本文结合高职高考数学教材，根据数列知识考点，分析了历年高职考中的数列试题，得出数列试题的解题策略，为学生提供参考。
　　【关键词】通项公式;前项和;构造法;裂项相消法;错位相减法
　　【中图分类号】G633.91       【文献标识码】A
　　【文章编号】2095-3089（2019）16-0281-02
　　在高中数学中，数列占有非常重要的地位，它可以与方程、不等式、函数、解析几何等知识相结合，是函数思想的延续，是训练学生推理能力和逻辑思维能力的良好素材.数列虽然公式不多，常考求通项公式及前项和，但条件多变，方法多样.笔者根据历年高职考中的数列试题，从求通项公式及前项和两方面分析它们的解题策略。
　　一、求数列的通项公式
　　1.直接法。
　　已知条件是等差数列或等比数列，则根据条件应用公式列出方程（组），运用解方程（组）的思想进行求解.
　　例1在等差数列{an}中，若a7=16，a12=26，求数列（an）的通项公式及前n项和Sn.
　　解〖XC73.JPG;%20%20〗
　　∴an=4+2（n-1）=2n+2，Sn=4n+〖SX（〗n（n-1）〖〗2〖SX）〗×2=n2+3n.
　　评注 此题考的是对公式的基本运用以及解方程组的能力.
　　2. 定义法。
　　若给出an+1=an+d或an+1=qan（n∈N*）的条件，则满足等差数列或等比数列的定义，可根据定义得出公差或公比，再找出首项即可求解.
　　（选自2014年广东高职考T24）例2 已知数列{an}满足，an+1=2+an（n∈N*），且a1=1.
　　（1）求数列{an}的通项公式及前n项和Sn;
　　（2）设bn=2an，求数列{bn}的前n项和Tn.
　　解  （1）Θan+1=2+anan+1-an=2，
　　∴数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，
　　∴an=1+2（n-1）=2n-1，Sn=n+〖SX（〗n（n-1）〖〗2〖SX）〗×2=n2.
　　（2）Θbn=2an=22n-1，
　　∴Tn=2+23+25+Λ+22n-1=〖SX（〗2（1-4n）〖〗1-4〖SX）〗=〖SX（〗2〖〗3〖SX）〗（4n-1）.
　　例3 已知数列{an}满足a1=2，且an=〖SX（〗1〖〗3〖SX）〗an-1（n∈N*，n≥2），求数列{an}的通项公式及前n项和Sn.
　　解 Θan=〖SX（〗1〖〗3〖SX）〗an-1〖SX（〗an〖〗an-1〖SX）〗=〖SX（〗1〖〗3〖SX）〗，
　　∴數列{an}是首项为2，公比为〖SX（〗1〖〗3〖SX）〗的等比数列，
　　〖XC74.JPG;%20%20〗
　　评注 题目虽然没有直接告诉我们是等差或等比数列，但要注意观察它们是否满足等差或等比数列的定义.
　　3.构造法。
　　当递推公式为an+1=pan+q（其中p，q均为常数，且pq（p-1）≠0）时，可把原递推公式化为an+1+m=p（an+m），其中m=〖SX（〗q〖〗p-1〖SX）〗，再利用换元法转化为等比数列求解.
　　例4 已知数列{an}满足a1=1，且an+1=3an+1（n∈N*），
　　（1）求数列{an}的通项公式;（2）求数列{an}的前n项和Sn.
　　解 （1）Θan+1=3an+1an+1+〖SX（〗1〖〗2〖SX）〗=3（an+〖SX（〗1〖〗2〖SX）〗），
　　设bn=an+〖SX（〗1〖〗2〖SX）〗，则bn+1=3bn，
　　Θb1=a1+〖SX（〗1〖〗2〖SX）〗=〖SX（〗3〖〗2〖SX）〗，∴数列{bn}是首项为〖SX（〗3〖〗2〖SX）〗，公比为3的等比数列，
　　∴bn=〖SX（〗3〖〗2〖SX）〗·3n-1=〖SX（〗3n〖〗2〖SX）〗，∴an+〖SX（〗1〖〗2〖SX）〗=〖SX（〗3n〖〗2〖SX）〗an=〖SX（〗3n-1〖〗2〖SX）〗.
　　（2）Sn=a1+a2+∧+an=〖SX（〗1〖〗2〖SX）〗[（3-1）+（32-1）+∧+（3n-1）]
　　=〖SX（〗1〖〗2〖SX）〗[（3+32+∧+3n）-n]=〖SX（〗3〖〗4〖SX）〗（3n-1）-〖SX（〗n〖〗2〖SX）〗.
　　评注 本题为大家非常熟悉的“加m法”（即待定系数法）构造新的等比数列{bn}，进而得出数列{an}的通项公式.由这一题型，运用数学中转化的思想，有不少由递推公式给出的数列可以非常顺利地求得通项公式.
　　变式  已知数列{an}满足an+1=〖SX（〗1〖〗3〖SX）〗an+（〖SX（〗1〖〗2〖SX）〗）n+1（n∈N*），且a1=〖SX（〗5〖〗6〖SX）〗，求数列{an}的通项公式.
　　解Θan+1=〖SX（〗1〖〗3〖SX）〗an+（〖SX（〗1〖〗2〖SX）〗）n+12n+1an+1=〖SX（〗2〖〗3〖SX）〗·2nan+1 ，
　　令bn=2nan，则bn+1=〖SX（〗2〖〗3〖SX）〗bn+1bn+1-3=〖SX（〗2〖〗3〖SX）〗（bn-3），
　　又Θb1-3=2×〖SX（〗5〖〗6〖SX）〗-3=-〖SX（〗4〖〗3〖SX）〗， 　　∴数列{bn-3}是首项为-〖SX（〗4〖〗3〖SX）〗，公比为〖SX（〗2〖〗3〖SX）〗的等比数列，
　　∴bn-3=-〖SX（〗4〖〗3〖SX）〗·（〖SX（〗2〖〗3〖SX）〗）n-1bn=-2·（〖SX（〗2〖〗3〖SX）〗）n+3，
　　∴2nan=-2（〖SX（〗2〖〗3〖SX）〗）n+3an=〖SX（〗3〖〗2n〖SX）〗-〖SX（〗2〖〗3n〖SX）〗.
　　评注 形如an+1=pan+qn（p，q为常数）的递推公式，通过两边同时除以qn，令bn=〖SX（〗an〖〗qn〖SX）〗，则可化为bn+1=mbn+n形式求解.
　　4. 公式法。
　　已知数列的前n项和Sn与an的关系，可运用公式an=〖JB（{〗S1，（n=1）Sn-Sn-1，（n≥2）〖JB）〗求通项或转化为等比数列求解.
　　（2007年广东高职考T24）例5 已知数列{an}的前n项和为n（n+1），而数列{bn}的第n项bn等于数列{an}的第2n项，即bn=a2n.
　　（1）求数列{an}的通项an; （2）求数列{bn}的前n项和Tn.
　　解 （1）①当n=1时，a1=S1=1×2=2;
　　     ②当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n（n+1）-（n-1）n=2n，
　　 由②得a1=2×1=2与①相符，所以an=2n.
　　  （2）Θbn=a2n=2×2n=2n+1，
　　∴Tn=b1+b2+∧+bn=22+23+∧+2n+1=〖SX（〗4（1-2n）〖〗1-2〖SX）〗=2n+2-4.
　　（2016年广东高职考T23）例6 已知数列{an}的前n项和Sn满足an+Sn=1（n∈N*）.
　　（1）求数列{an}的通项公式;
　　（2）设bn，log2an（n∈N*）求数列{bn}的前n项和Tn.
　　解 （1）Θan+Sn=1，∴an-1+Sn-1=1，
　　两式相减得：an-an-1+Sn-Sn-1=02an-an-1=0an=〖SX（〗1〖〗2〖SX）〗an-1，
　　Θa1+S1=1a1=〖SX（〗1〖〗2〖SX）〗 ，
　　∴数列{an}是首项为〖SX（〗1〖〗2〖SX）〗，公比为〖SX（〗1〖〗2〖SX）〗的等比数列，
　　∴an=〖SX（〗1〖〗2〖SX）〗×（〖SX（〗1〖〗2〖SX）〗）n-1=〖SX（〗1〖〗2n〖SX）〗 .
　　（2）Θbn=log2an=log2〖SX（〗1〖〗2n〖SX）〗=-n，
　　∴Tn=b1+b2+∧+bn=-（1+2+∧+n）=-〖SX（〗n（n+1）〖〗2〖SX）〗.
　　评注 若题目给出的前n项和是Sn一個只与n有关的解析式（如例5），则运用公式an=〖JB（{〗S1，（n=1）S n-Sn-1，（n≥2）〖JB）〗即可求出通项公式，但要注意两种情况能否合并.若Sn的解析式还与an有关（如例6），则一般可转化为等比数列，此时找出首项和公比即可求解.
　　二、求数列的前项和
　　1. 公式求和法。
　　直接运用等差数列或等比数列的求和公式进行求解.如例1、例2中的第2问求和，此处不再举例.
　　2. 分组求和法。
　　把数列的每一项分成多个项或把数列的项重新组合，使其转化成等差或等比数列，然后运用等差、等比数列求和公式求解.
　　例7 已知数列{an}的首项a1=1，且an=2an-1+n-2（n=2，3，∧）数列{bn}的通项为bn=an+n（n∈N*）.
　　（1）证明：数列{bn}是等比数列; （2）求数列{an}的通项及前n项和Sn.
　　解 （1）Θ〖SX（〗bn+1〖〗bn〖SX）〗=〖SX（〗an+1+n+1〖〗an+n〖SX）〗=〖SX（〗2an+n+1-2+n+1〖〗an+n〖SX）〗=2，
　　b1=a1+1=2，
　　∴数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列.
　　（2）Θbn=2×2n-1=2n，∴an+n=2nan=2n-n，
　　∴Sn=a1+a2+∧+an=（2-1）+（22-2）+∧+（2n-n）
　　=（2+22+∧+2n）-（1+2+∧+n）
　　=〖SX（〗2（1-2n）〖〗1-2〖SX）〗-〖SX（〗（1+n）n〖〗2〖SX）〗=2n+1-〖SX（〗n（n+1）〖〗2〖SX）〗-2.
　　评注 在证明某数列是等比数列时必须要满足等比数列的定义，即〖SX（〗an+1〖〗an〖SX）〗=q（n∈N*）（q为常数）.
　　3. 裂项相消法。
　　把每一项拆成正负两项，使其求和时前后正负项抵消，只余有限几项.
　　（2015年广东高职考T24）例8 在等差数列{an}中，已知a4=9，a6+a7=28.
　　（1）求数列{an}的通项公式;  （2）求数列{an}的前n项和Sn;
　　（3）若bn=〖SX（〗1〖〗a2n-1〖SX）〗（n∈N*），数列{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn<〖SX（〗1〖〗4〖SX）〗.
　　解 （1）Θ〖JB（{〗a4=9a6+a7=28〖JB）〗〖JB（{〗a1+3d=92a1+11d=28〖JB）〗〖JB（{〗a1=3d=2〖JB）〗，
　　∴an=3+2（n-1）=2n+1.
　　（2）Sn=3n+〖SX（〗n（n-1）〖〗2〖SX）〗×2=n2+2n. 　　（3）Θbn=〖SX（〗1〖〗a2n-1〖SX）〗=〖SX（〗1〖〗（2n+1）2-1〖SX）〗=〖SX（〗1〖〗4n（n+1）〖SX）〗=〖SX（〗1〖〗4〖SX）〗（〖SX（〗1〖〗n〖SX）〗-〖SX（〗1〖〗n+1〖SX）〗），
　　∴Tn=b1+b2+∧+bn
　　=〖SX（〗1〖〗4〖SX）〗[（1-〖SX（〗1〖〗2〖SX）〗）+（〖SX（〗1〖〗2〖SX）〗-〖SX（〗1〖〗3〖SX）〗）+∧+（〖SX（〗1〖〗n〖SX）〗-〖SX（〗1〖〗n+1〖SX）〗）]=〖SX（〗1〖〗4〖SX）〗（1-〖SX（〗1〖〗n+1〖SX）〗）=〖SX（〗n〖〗4（n+1）〖SX）〗，
　　Θ〖SX（〗n〖〗n+1〖SX）〗<1，∴Tn<〖SX（〗1〖〗4〖SX）〗.
　　评注 在求数列{bn}的前n项和时，巧把〖SX（〗1〖〗n（n+1）〖SX）〗拆成〖SX（〗1〖〗n〖SX）〗-〖SX（〗1〖〗n+1〖SX）〗，从而在求和时可以前后正负项抵消，仅余有限项求解.根式在分母时也可以考虑分母有理化，令其因式相消求和，如〖SX（〗1〖〗〖KF（〗2n-1〖KF）〗+〖KF（〗2n+1〖KF）〗〖SX）〗可化为-〖SX（〗1〖〗2〖SX）〗（〖KF（〗2n-1〖KF）〗-〖KF（〗2n+1〖KF）〗）.
　　4. 错位相减法。
　　对于形如{an·bn}的差比数列（{an}是等差数列、{bn}是等比数列）求和，把每一项都乘以数列{bn}的公比q，向后错一项，再对应同次项相减，转化为等比数列求和.
　　（改编自2009年广东高职考T24）例9 已知数列{an}满足a1=1，且an=2an-1+2n-1（n=2，3，∧）.
　　（1）证明：数列{〖SX（〗an〖〗2n〖SX）〗}是等差数列;
　　（2）求数列{an}的通项公式;
　　（3）求数列{an}的前n項和Sn.
　　解 （1）Θan=2an-1+2n-1+2n-1〖SX（〗an〖〗2n〖SX）〗=〖SX（〗an-1〖〗2n-1〖SX）〗+〖SX（〗1〖〗2〖SX）〗，
　　∴数列{〖SX（〗an〖〗2n〖SX）〗}是首项为〖SX（〗1〖〗2〖SX）〗，公差为〖SX（〗1〖〗2〖SX）〗的等差数列.
　　（2）Θ〖SX（〗an〖〗2n〖SX）〗=〖SX（〗1〖〗2〖SX）〗+〖SX（〗1〖〗2〖SX）〗（n-1）=〖SX（〗n〖〗2〖SX）〗 ，∴an=〖SX（〗n〖〗2〖SX）〗·2n=n·2n-1.
　　（3）ΘSn=a1+a2+∧+an=1+2×2+3×22+∧+n·2n-1∧∧①
　　∴2Sn=2+2×22+3×23+∧+n·2n∧∧②
　　①-②得：-Sn=1+2+22+∧+2n-1-n·2n=〖SX（〗1-2n〖〗1-2〖SX）〗-n·2n=2n-1-n·2n，
　　∴Sn=（n-1）·2n+1.
　　评注 在证明某数列是等差数列时必须要满足等差数列的定义，即an+1-an=d（d为常数）.用错位相减求和时，同次项相减的只有n-1项，此时求等比数列和时要注意项数.当然，如果第一项刚好与后面n-1项也成等比数列（如此例），则可用n项求和.
　　因为高职高考相比普通高考知识点较少，难度也没有那么深，所以本文只是根据历年高职高考的试题，分析它们的难度，介绍了求数列通项公式及前n项和的常用方法.而求通项公式还有累加法、累乘法等，求前n项和还有反序相加法、合并法等.考生要注意观察题目条件，采用适当方法，才能一击即中，迎刃而解.
　　参考文献
　　[1]李洁.构造数列求通项问题的综合策略[J]高中数学教与学，2012，2：24-26.
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