条分缕析，逐个击破

摘要：在高考全国卷中，数列内容所占比重较大，无疑是高三复习的重点。研究全国卷的数列试题，可以发现数列的解答题是有一定规律的，难度虽有波动性，但是基本上不会过难，在知识点、方法的考查上有一定的稳定性。所以复习好数列的解答题是高考提分的一个捷径，而且这对做好数列选择填空题也提供很大帮助。那么高三怎样进行数列解答题复习效果才更好呢？笔者认为，首先研究教材和课标，认清高考想通过数列解答题考查学生的哪些知识和核心素养，建立好整体复习目标框架，然后条分缕析，逐个击破，最后通过迁移升华彻底掌握。

关键词：数列解答；复习目标；教材；课标

中图分类号：G633.6文献标识码：A文章编号：1673-8918（2022）45-0088-04

对以往高考试题进行分析可以发现，数列解答题一般有两问，总体上可以分为基本题型和综合题型。下文对这两大类题型进行条分缕析，归纳总结。

一、 数列解答题的基本题型

基本题型主要是求数列通项公式和求前n项和两种。

（一）求数列的通项公式

求数列通项公式的基本方法有以下几种。

1. 公式法

有两层含义，一是对等差或等比数列利用其专有公式解决，二是利用公式an=S1（n=1）Sn-Sn-1（n≥2）由Sn求an。举例如下：

在正项等比数列｛an｝中，a2a4=16，a4+a5=24，则通项公式an=。

2. 累加法

当递推关系式的形式为an-an-1=f（n）或能化成这种形式时，用累加法求通项公式。举例如下：

已知数列｛an｝中，a1=2，且满足an+1=an+2n+n，求数列｛an｝的通项公式。

3. 累乘法

当递推关系式的形式为anan-1=f（n）或能化成这种形式时，用累乘法求通项公式。举例如下：

在数列｛an｝中，a1=2，an+1=2（n+1）nan求数列｛an｝的通项公式。

4. 待定系数法

当递推关系式的形式为an=kan-1+p或an=kan-1+pn+q时，用待定系数法求通项公式。举例如下：

已知数列｛an｝满足a1=-2，且an+1=3an+6，求｛an｝的通项公式。

5. 构造法之取倒数

当递推关系式的形式为an+1=kanpan+q时，用取倒数法求通项公式。举例如下：

已知数列｛an｝的通项公式为a1=35，an+1=3an2an+1，求数列｛an｝的通项公式。

6. 构造法之取对数

当递推关系式的形式为an+1=katn时，用取对数法求通项公式。举例如下：

数列｛an｝中，a1=2，an+1=a2n，求数列｛an｝的通项公式。

7. 构造法之同除幂

当递推关系式的形式为an+1=kan+p·tn时，用同除幂法求通项公式。具体做法有两种，一是两边同除以kn+1，然后用累加法解决，二是两边同除以tn+1，然后用待定系数法解决。举例如下：

数列｛an｝中，a1=1，an=2·3n-1+an-1（n≥2），则an=。

（二）常见的求前n项和的方法

1. 公式法

有两层含义，一是对等差或等比数列利用其专有求和公式解决，二是利用公式12+22+…+n2=n（n+1）（2n+1）6和13+23+…+n3=n（n+1）22求和。举例如下：

已知Sn表示数列｛an｝的前n项和，若对任意的n∈N*满足an+1=an+a2，且a3=2，则Sn=。

2. 倒序相加法

适用于与首尾两端等距离的两项之和为定值或者有规律的数列。举例如下：

已知函数f（x）=42x+2+sinπx，f12022+f22022+…+f40432022=。

3. 错位相减法

适用于通项形式为bn·cn（或bncn）的数列，其中｛bn｝、｛cn｝分别为等差和等比数列。举例如下：

数列｛an｝的通项公式为an=（n+1）·2n，则该数列的前n项和Sn=。

4. 裂项相消法

适用于通项可裂项的数列。举例如下：

若数列｛an｝中an=1（2n-1）（2n+1），则前n项和Sn=。

5. 分组求和法

适用于通项为若干项相加减的数列。举例如下：

已知数列｛bn｝的通项公式为bn=3n+2n-1，则其前n项和Tn=。

6. 并项求和法

适用于连续若干项加起来呈规律性的数列。举例如下：

数列｛an｝的前n项和记为Sn，an=（-1）n（2n-1），则S10=。

7. 以上方法的综合

适用于满足至少两种上述特点的数列。举例如下：

若数列｛an｝满足an=n（2n+3），求其前n项和Sn。

二、 数列解答题的常见综合题型

（一）探索性问题

【例1】有条件①a1=1，②11×2+12×3+13×4+…+1n（n-1）=1-1an（n≥2），③点（an，an+1）在直线y=x+1上，这三个条件中任选两个，补充到下面问题中，并解答。

若数列｛an｝的前n项和为Sn，满足。

（1）求数列｛an｝的通项公式；

（2）是否存在正整数k，使ak，S2k，a4k成等比数列？若存在，求k的值；若不存在，说明理由。

解答：（1）条件①：a1=1；

条件②：11×2+12×3+13×4+…+1n（n-1）=1-1an（n≥2），

1-12+12-13+…+1n-1-1n=1-1n=1-1an，则an=n（n≥2）。

条件③：an+1=an+1，an+1-an=1，则数列｛an｝是首项为a1，公差为1的等差数列。

所以选①②、①③、②③都可求得an=n（n∈N*）。

（2）由（1）知，ak=k，S2k=2k（1+2k）2=k（2k+1），a4k=4k。

假设ak，S2k，a4k成等比数列，则S22k=ak·a4k，即k2（2k+1）2=k·4k，

化简得（2k+1）2=4，解得k=-32或12。

这与k为正整数矛盾，即假设不成立，

所以，不存在正整数k，使ak，S2k，a4k成等比数列。

总结：先假设存在，依题意列方程，若方程可解则说明存在，若推出矛盾则说明不存在。

【例2】已知数列｛an｝满足a1=-5，an+2an-1=（-2）n-3（n≥2且∈N*）。

（1）求a2、a3的值；

（2）设bn=an+λ（-2）n，是否存在实数λ，使得｛bn｝是等差数列？若存在，求出λ的值；否则说明理由。

解答：（1）令n=2，得a2+2a1=（-2）2-3，即a2-10=1，所以a2=11；

令n=3，得a3+2a2=（-2）3-3，即a3+22=-11，所以a3=-33；

（2）方法一：假设存在实数λ，使得｛bn｝是等差数列，

因为bn=an+λ（-2）n，所以b1=a1+λ（-2）1=-5+λ-2，b2=a2+λ（-2）2=11+λ4，b3=a3+λ（-2）3=-33+λ-8，

若｛bn｝是等差数列，则2b2=b1+b3，则11+λ2=-5+λ-2+-33+λ-8，解得λ=1，此时bn=an+1（-2）n；

则当n≥2时，bn-bn-1=an+1（-2）n-an-1+1（-2）n-1=an+1（-2）n+2an-1+2（-2）n=an+2an-1+3（-2）n=（-2）n（-2）n=1，

所以存在λ=1，使得｛bn｝是等差数列。

方法二：假设存在实数λ，使得｛bn｝是等差数列，因为an+2an-1=（-2）n-3（n≥2且∈N*）

所以bn-bn-1=an+λ（-2）n-an-1+λ（-2）n-1=an+2an-1+3λ（-2）n=（-2）n-3+3λ（-2）n=1+3λ-3（-2）n

由于｛bn｝是等差数列，所以1+3λ-3（-2）n为不依赖n的常数，所以3λ-3=0，即λ=1。

总结：本题方法不唯一，方法一是先由特殊项的关系算出参数，然后带入通项公式利用定义从一般意义上进行验证，虽然书写量相对方法二稍多，但是对式子变形的要求低，好入手，通用性也更强。

（二）较难的裂项问题

【例3】已知｛an｝为等差数列，｛bn｝为公比大于0的等比数列，且b1=2，b2+b3=12，a3=3，a4+2a6=b4。

（1）求｛an｝和｛bn｝的通项公式；

（2）设Sn=∑nk=1（ak-1）bkakak+1（n∈N*），求Sn。

解答：（1）∵｛bn｝为公比大于0的等比数列，且b1=2，b2+b3=12，设公比为q

∴2q+2q2=12，解得：q=2或q=-3（舍去）

∴bn=b1·qn-1=2×2n-1=2n，b4=24=16

∵｛an｝为等差数列，a3=3，a4+2a6=b4，设公差为d

∴a1+2d=3a1+3d+2a1+5d=16解得：a1=1d=1

∴an=1+n-1=n

｛an｝和｛bn｝的通项公式分别为：an=n，bn=2n；

（2）∵（ak-1）bkakak+1=（k-1）·2kk·（k+1）=2k+1k+1-2kk

∴Sn=∑nk=1（ak-1）bkakak+1=222-2+233-222+…+2n+1n+1-2nn=2n+1n+1-2

总结：待裂项的分式的分子是一次式和指数式的乘积，分母是两个一次式相乘的形式。裂项的方法常有两种，一是观察验证法，即经过观察分子分母的结构，该分式可裂项为t2k+1k+1-2kk的形式，然后通分验证是否成立并把t算出；二是分子变形法，考虑到分母是由k和k+1构成，所以分子变形为（k-1）·2k=［2k-（k+1）］·2k，然后分式就可以裂项了。

【例4】已知Sn为数列｛an｝的前n项和，Sn，an，a1成等差数列，且2a4=S4+2，n∈N+。