創(chuàng)新數(shù)列交匯問題的破解策略

摘要：創(chuàng)新數(shù)列題涉及數(shù)列的單調(diào)性、數(shù)列的遞推關(guān)系、數(shù)列的通項(xiàng)公式以及數(shù)列的前n項(xiàng)和等問題.文章對創(chuàng)新數(shù)列交匯問題進(jìn)行分類解析，并給出問題的破解策略.

關(guān)鍵詞：創(chuàng)新數(shù)列題；函數(shù)與導(dǎo)數(shù)；不等式；概率統(tǒng)計；破解策略

中圖分類號：G632文獻(xiàn)標(biāo)識碼：A文章編號：1008-0333（2024）28-0061-03

數(shù)列的創(chuàng)新命題往往與函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式、概率統(tǒng)計等知識模塊交匯，轉(zhuǎn)化已知條件，抓住問題的本質(zhì)，利用數(shù)列、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)等相關(guān)知識求解此類問題是關(guān)鍵，有以下三個破解策略.

（1）數(shù)列性質(zhì)問題.對于數(shù)列單調(diào)性或與不等式相關(guān)的問題，往往通過作差（商）尋找數(shù)列的項(xiàng)之間的關(guān)系，有時還需構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)求解.

（2）數(shù)列通項(xiàng)問題.對于數(shù)列通項(xiàng)的求解，根據(jù)已知條件，一是利用前n項(xiàng)和與項(xiàng)之間的關(guān)系，通過退（進(jìn)）位作差求解；二是結(jié)合遞推關(guān)系式構(gòu)造等差（比）數(shù)列求解.

（3）數(shù)列前n項(xiàng)和問題.根據(jù)數(shù)列通項(xiàng)公式的結(jié)構(gòu)，一般采用分組求和法、錯位相減法或裂項(xiàng)相消法求解.

1數(shù)列與函數(shù)、導(dǎo)數(shù)綜合

例1在數(shù)列{an}中，若存在常數(shù)t，使得an+1=a1a2a3·…·an+t（n∈N*）恒成立，則稱{an}為“H（t）數(shù)列”.

（1）若cn=1+1n，試判斷數(shù)列cn是否為“H（t）數(shù)列”，并說明理由.

（2）若數(shù)列{an}為“H（t）數(shù)列”，且a1=2，數(shù)列bn為等比數(shù)列，且∑ni=1a2i=an+1+log2bn-t，求數(shù)列bn的通項(xiàng)公式.

（3）若正項(xiàng)數(shù)列{an}為“H（t）數(shù)列”，且a1>1，

t>0，證明：lnan<an-1.

分析對于第（2）問，觀察式子的特征，只需利用作差法，即可得an+1與bn的關(guān)系式；對于第（3）問，觀察待證的不等式lnan<an-1的特征，轉(zhuǎn)化為證明不等式lnx<x-1（x>1），故需構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)證明[1].

解析（1）數(shù)列cn不是“H（t）數(shù)列”，理由略.

（2）因?yàn)閿?shù)列{an}為“H（t）數(shù)列”，

∑ni=1a2i=an+1+log2bn-t（n∈N*），

所以an+1-t=a1a2a3·…·an（n∈N*），

則∑ni=1a2i=a1a2a3·…·an+log2bn（n∈N*） .①

則∑n+1i=1a2i=a1a2a3·…·anan+1+log2bn+1（n∈N*） .②

由②-①，得

a2n+1=（an+1-1）a1a2a3·…·an+log2bn+1bn（n∈N*）.

故a2n+1=（an+1-1）（an+1-t）+log2bn+1bn（n∈N*）.

設(shè)bn的公比為q（q≠0），

故a2n+1=（an+1-1）（an+1-t）+log2q（n∈N*）.

即（t+1）an+1-（t+log2q）=0對n∈N*成立.

則t+1=0，t+log2q=0，解得t=-1，q=2.

又a1=2，a21=a1+log2b1，則b1=4.

所以bn=4×2n-1=2n+1.

（3）設(shè)函數(shù)f（x）=lnx-x+1（x>1），則

f ′（x）=1x-1=1-xx，

當(dāng)x∈（1，+∞）時，f ′（x）<0，則f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，且f（x）<ln1-1+1=0.

因?yàn)閿?shù)列{an}為“H（t）數(shù)列”，

所以an+1-a1a2a3·…·an=t（n∈N*）.

因?yàn)閍1>1，t>0，所以a2=a1+t>a1>1，

a3=a1·a2+t>a1·a2>1.

以此類推，可得n∈N*，an>1.所以f（an）<0，即lnan-an+1<0，所以lnan<an-1得證.

2數(shù)列與不等式綜合

例2物理學(xué)家牛頓用“作切線”的方法求函數(shù)零點(diǎn)時，給出了“牛頓數(shù)列”.若函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)為f ′（x），且滿足f（xn）=（xn-xn+1）f ′（xn），則稱數(shù)列{xn}為“牛頓數(shù)列”.函數(shù)f（x）=x4（x≥0）的圖象在點(diǎn)（x1，f（x1））（x1=1）處的切線與x軸的交點(diǎn)為（x2，0），用x2代替x1重復(fù)上述過程得到x3，一直下去，得到數(shù)列{xn}.

（1）求數(shù)列{xn}的通項(xiàng)公式；

（2）若數(shù)列{n·xn}的前n項(xiàng)和為Sn，且n∈N*，使得Sn≤16-λ（56）n成立，求整數(shù)λ的最大值.（參考數(shù)據(jù)：0.94=0.656 1，0.95≈0.590 5，0.96≈0.531 4，0.97≈0.478 3）

分析（1）先利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線方程，再利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式進(jìn)行求解；（2）利用錯位相減法進(jìn)行求解.

解析（1）xn=（34）n-1.過程略.

（2）令bn=n·xn=n·（34）n-1，則

Sn=1·（34）0+2·（34）1+3·（34）2+…+n·（34）n-1，

34Sn=1·（34）1+2·（34）2+3·（34）3+…+

n·（34）n，

兩式相減，得

14Sn=1+（34）1+（34）2+…+（34）n-1-n·（34）n.

化簡，得Sn=16-（16+4n）（34）n.

故16-（16+4n）（34）n≤16-λ（56）n.

即λ≤（16+4n）（910）n.

令dn=（16+4n）（910）n，則

dn+1-dn=（-2n+105）（910）n.

“n∈N*，使得Sn≤16-λ（56）n成立”等價于λ≤（dn）max.

當(dāng)n≤5時，dn+1-dn≥0，即

d6=d5>d4>d3>d2>d1；

當(dāng)n≥6時，dn+1-dn<0，即

d6>d7>d8>…，

所以（dn）max=d5=d6=36·（910）5≈21.26.

從而λ的最大值為21.

3數(shù)列與概率統(tǒng)計綜合

例3如圖1，一個正三角形被分成9個全等的三角形區(qū)域，分別記作A，B1，P，B2，C1，Q1，C2，Q，C3.一個機(jī)器人從區(qū)域P出發(fā)，每經(jīng)過1秒都從一個區(qū)域走到與之相鄰的另一個區(qū)域（有公共邊的區(qū)域），且到不同相鄰區(qū)域的概率相等[2].

（1）分別寫出經(jīng)過2秒和3秒機(jī)器人所有可能位于的區(qū)域；

（2）求經(jīng)過2秒機(jī)器人位于區(qū)域Q的概率；

（3）求經(jīng)過n秒機(jī)器人位于區(qū)域Q的概率.

分析（1）結(jié)合題意觀察圖形即可得；（2）經(jīng)過2秒機(jī)器人位于區(qū)域Q，則必先經(jīng)過B2，計算P→B2及B2→Q的概率即可得；（3）先研究機(jī)器人的行進(jìn)路徑，得到當(dāng)n為奇數(shù)時，其不可能位于P，Q1，Q，當(dāng)n為偶數(shù)時，其只可能位于P或Q1或Q，結(jié)合圖形的對稱性和第（2）問結(jié)論求解.

解析（1）經(jīng)過2秒機(jī)器人可能位于的區(qū)域?yàn)镻，Q1，Q，經(jīng)過3秒機(jī)器人可能位于的區(qū)域?yàn)锳，B1，B2，C1，C2，C3.

（2）若經(jīng)過2秒機(jī)器人位于區(qū)域Q，則經(jīng)過1秒時，機(jī)器人必定位于B2，

P有三個相鄰區(qū)域，故由P→B2的概率為p1=13，

B2有兩個相鄰區(qū)域，故由B2→Q的概率為p2=12.則經(jīng)過 2 秒機(jī)器人位于區(qū)域Q的概率為P1P2=13×12=16.

（3）機(jī)器人的運(yùn)動路徑為P→A∪B1∪B2→P∪Q1∪Q→A∪B1∪B2∪G1∪C2∪C3→P∪Q1∪Q→A∪B1∪B2∪C1∪C2∪C3→P∪Q1∪Q→…，設(shè)經(jīng)過n秒機(jī)器人位于區(qū)域Q的概率Pn，則當(dāng)n為奇數(shù)時，Pn=0；

當(dāng)n為偶數(shù)時，由（2）知，P2=16，由對稱性可知，經(jīng)過n秒機(jī)器人位于區(qū)域Q的概率與位于區(qū)域Q1的概率相等，亦為Pn，故經(jīng)過n秒機(jī)器人位于區(qū)域P的概率為1-2Pn.

若第n秒機(jī)器人位于區(qū)域P，則第n+2秒機(jī)器人位于區(qū)域Q的概率為16，

若第n秒機(jī)器人位于區(qū)域Q1，則第n+2秒機(jī)器人位于區(qū)域Q的概率為16，

若第n秒機(jī)器人位于區(qū)域Q，則第n+2秒機(jī)器人位于區(qū)域Q的概率為（1-2×16）=23.

則Pn+2=23Pn+16Pn+16（1-2Pn）

=16+12Pn.

則Pn+2-13=12（Pn-13）.

則Pn+2-1/3Pn-1/3=12.

故Pn-1/3Pn-2-1/3=12，Pn-2-1/3Pn-4-1/3=12，…，P4-1/3P2-1/3=12.

因此，Pn-1/3Pn-2-1/3×Pn-2-1/3Pn-4-1/3×…×P4-1/3P2-1/3×（P2-13）=Pn-13=（12）n2×（16-13）=-13（12）n2.

即Pn=13-13（12）n2.

綜上所述，當(dāng)n為奇數(shù)時，經(jīng)過n秒機(jī)器人位于區(qū)域Q的概率為0；當(dāng)n為偶數(shù)時，經(jīng)過n秒機(jī)器人位于區(qū)域Q的概率為13-13（12）n2.

4結(jié)束語

數(shù)列與函數(shù)的綜合問題，要學(xué)會根據(jù)題干結(jié)構(gòu)構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)知識求解；數(shù)列與不等式綜合問題，要靈活利用數(shù)列的單調(diào)性、放縮法等求解；數(shù)列與概率統(tǒng)計交匯問題，往往以概率、統(tǒng)計為命題情景，同時考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的判定及其前n項(xiàng)和，解題時要正確把握題中所涉及的事件、遞推式等知識.

參考文獻(xiàn)：

［1］

李鴻昌.一道高考概率題的背景、推廣與變式[J].中學(xué)數(shù)學(xué)研究（華南師范大學(xué)版），2024（01）：8-10.

［2］ 李鴻昌.高考題的高數(shù)探源與初等解法[M].合肥：中國科學(xué)技術(shù)大學(xué)出版社，2022.

［責(zé)任編輯：李璟］