数列中的类比式思维

前言

思维总结

以下参与运算的是数列中的相邻两项，需要求数列\(\{a_n\}\)的通项公式；

①【减法】若已知\(a_{n+1}-a_{n}=2\)(常数，等差)，则用等差定义法或累加法；

②【减法】若已知\(a_{n+1}-a_{n}=f(n)\)(变量，非等差)，则只能用累加法；

③【加法】若已知\(a_{n+1}+a_{n}=2\)(常数，等和)，则用等和定义法或构造法；

• 形如\(a_{n+1}+a_n =2n\) 得到\(a_{n+2}-a_n= 2\)，则可知所有奇数项、偶数项各自成等差数列。

④【除法】若已知\(\cfrac{a_{n+1}}{a_{n}}=2\)(常数，等比)，则用等比定义法或累乘法；

⑤【除法】若已知\(\cfrac{a_{n+1}}{a_{n}}=f(n)\)(变量，非等比)，则只能用累乘法；

⑥【乘法】若已知\(a_{n+1}\cdot a_{n}=2\)(常数，等积)，则用等积定义法或构造法；

⑦【乘法】若已知\(a_{n+1}\cdot a_{n}=2^n\)(变量，非等积)，则只能用构造法；

• 形如\(a_{n+1}\cdot a_n = 2^n\) 得到\(\cfrac{a_{n+2}}{a_n} = 2\)，则可知所有奇数项、偶数项各自成等比数列。

典例剖析

【或称退一法】已知\(2^1a_1+2^2a_2+2^3a_3+\dots+2^na_n = n\)，求数列\(\{a_n\}\)的通项公式此题目中涉及两个数列，一个数列为\(\{a_n\}\)，其前\(n\)项和为\(S_n\)；另一个数列为\(\{n\cdot a_n\}\)，其前\(n\)项和为\(T_n\)，如果从已知\(T_n\)，求\(n\cdot a_n\)的角度理解，则此题目属于本节的类型；其思维顺序是这样的：由\(T_n\)先求解\(n\cdot a_n\)，然后解方程得到\(a_n\)，好多学生不大理解这个类型的本质，可以参阅一类简单而特殊数列的通项公式求法 ；

分析：由已知可得，当\(n\ge 2\)时，\(2^1a_1+2^2a_2+2^3a_3+\dots+2^{n-1}a_{n-1} = n-1\)，

两式作差得到

当\(n\ge 2\)时，\(2^na_n =1\)，即\(a_n=\cfrac{1}{2^n}=(\cfrac{1}{2})^n\)，

又当\(n=1\)时，\(2^1a_1=1\)，即\(a_1=\cfrac{1}{2}\)，满足上式，

故所求通项公式为\(a_n=(\cfrac{1}{2})^n\)，\(n\in N^*\)。易错警示学生求解本题目时容易错误的认为应该利用“错位相减法”求解，这个理解是错误的，原因是数列\(\{2^n\cdot a_n\}\)的组成部分之一\(\{2^n\}\)是等比数列，但是另一个组成部分\(\{a_n\}\)却没有告诉是等差数列，所以应用错误；另外，“错位相减法”是用来求解数列的前\(n\)项和\(S_n\)的，不是求解数列的通项公式\(a_n\)的；。

已知数列\(\{a_n\}\)前\(n\)项和为\(S_n\)，\(a_n=n\)，数列\(\{b_n\}\)满足\(b_1\cdot b_2 \cdot b_3 \cdots b_n= 2^{S_n}\)，求数列\(\{b_n\}\)的通项公式 ；

分析：类比上题，求解如下，

当\(n \ge 1\)时，\(b_1\cdot b_2 \cdot b_3 \cdots b_n= 2^{S_n} ①\)，

当\(n \ge 2\)时，\(b_1\cdot b_2 \cdot b_3 \cdots b_{n-1}= 2^{S_{n-1}}②\)，两式相除得到

当\(n \ge 2\)时，\(b_n=2^{S_n-S_{n-1}}=2^{a_n}\)，即\(b_n=2^{a_n}=2^n\)，

再验证，当\(n=1\)时，由已知式子可知\(b_1=2^{S_1}=2^{a_1}=2\)，满足上式，故数列\(\{b_n\}\)的通项公式为\(b_n=2^n\).

【解后反思】：和式用作差法，积式用作商法；

等差数列\(\{a_n\}\)的首项\(a_1>0\)，设其前\(n\)项和为\(S_n\)，且\(S_5=S_{12}\)，则当\(n\)为何值时，\(S_n\)有最大值？

法1：二次函数法，设等差数列\(\{a_n\}\)的公差为\(d\)，由\(S_5=S_{12}\)，

得到\(5a_1+10d=12a_1+66d\)，解得\(d=-\cfrac{1}{8}a_1<0\)，

所以\(S_n=na_1+\cfrac{n(n-1)d}{2}\)

\(=na_1+\cfrac{n(n-1)}{2}\cdot (-\cfrac{1}{8}a_1)\)

\(=-\cfrac{1}{16}a_1(n^2-17n)\)

\(=-\cfrac{1}{16}a_1(n-\cfrac{17}{2})^2+\cfrac{289}{64}a_1\)，

由于\(a_1>0\)，\(n\in N^*\)，故\(n=8\)或\(n=9\)时，\(S_n\)有最大值；

法2：邻项变号法，设等差数列\(\{a_n\}\)的公差为\(d\)，由\(S_5=S_{12}\)，

得到\(5a_1+10d=12a_1+66d\)，解得\(d=-\cfrac{1}{8}a_1<0\)，

设数列的前\(n\)项的和最大，则有\(\left\{\begin{array}{l}{a_n\ge 0}\\{a_{n+1}\leq 0}\end{array}\right.\)

即\(\left\{\begin{array}{l}{a_n=a_1+(n-1)\cdot (-\cfrac{1}{8}a_1)\ge 0}\\{a_{n+1}=a_1+n\cdot (-\cfrac{1}{8}a_1)\leq 0}\end{array}\right.\)

解得\(\left\{\begin{array}{l}{n\leq 9}\\{n\ge 8}\end{array}\right.\)，即\(8\leq n\leq 9\)，

又\(n\in N^*\)，所以当\(n=8\)或\(n=9\)时，\(S_n\)有最大值；

【2016新课标1卷第15题】设等比数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1+a_3=10\)，\(a_2+a_4=5\)，则\(T_n=a_1\cdot\)$ a_2\cdot$$ a_3\cdots$$ a_n$的最大值是多少？

法1：函数法，容易求得\(a_1=8，q=\cfrac{1}{2}\)，则\(a_n=8\cdot(\cfrac{1}{2})^{n-1}\)；

故\(T_n=a_1\cdot a_2\cdot a_3\cdots a_n=8^n\cdot (\cfrac{1}{2})^{\frac{n(n-1)}{2}}\)

\(=2^{\frac{-n^2+7n}{2}}=2^{\frac{-(n-\frac{7}{2})^2+\frac{49}{4}}{2}}\)，

故当\(n=3或4\)时，\(T_n\)有最大值，\((T_n)_{max}=2^6=64\)；

法2：仿上法2，使得\(T_n\)取得最大值时，必有\(a_n\ge 1\)，由此得到\(n\leq 4\)。

计算得到\(a_1=8\)，\(a_2=4\)，\(a_3=2\)，\(a_4=1\)，\(a_5=\cfrac{1}{2}\)，

故\(T_n\leq T_4=a_1a_2a_3a_4=64\)；

【解后反思】：1、等差数列中由\(a_n\)的正负确定数列前\(n\)项之和\(S_n\)的最值：当\(a_1<0，d>0\)时，所有负项之和最小；当\(a_1>0，d<0\)时，所有正项之和最大；

2、正项等比数列中由\(a_n\)的值的范围，确定数列前\(n\)项之积\(T_n\)的最值：当\(a_n\ge 1\)时，\(T_n\)最大；

3、求\(S_n\)的最值时，分界为\(0\)；求\(T_n\)的最值时，分界为\(1\)；作差法与\(0\)做大小比较，作商法与\(1\)做大小比较。

【2021年高考乙卷理科数学第 \(19\) 题】记 \(S_{n}\) 为数列 \(\{a_{n}\}\) 的前 \(n\) 项和， \(b_{n}\) 为数列 \(\{S_{n}\}\) 的前 \(n\) 项积， 已知 \(\cfrac{2}{S_{n}}+\cfrac{1}{b_{n}}=2\).

(1). 证明：数列 \(\{b_{n}\}\) 是等差数列;

解析：由 \(b_{n}\) 的定义，\(b_n=S_1\times S_2\times\cdots\times S_n\)，\(b_{n-1}=S_1\times S_2\times\cdots\times S_{n-1}\)，

可得到 \(\cfrac{b_n}{b_{n-1}}=S_n\) ，\(n\geqslant 2\)，将其代入已知 \(\cfrac{2}{S_{n}}+\cfrac{1}{b_{n}}=2\)，

得到 \(\cfrac{2b_{n-1}}{b_n}+\cfrac{1}{b_n}=2\)，即 \(2b_{n-1}+1=2b_n\)，

即 \(b_n-b_{n-1}=\cfrac{1}{2}\)，\(n\geqslant 2\)，

又当 \(n=1\) 时， 由 \(\cfrac{2}{S_{1}}+\cfrac{1}{b_{1}}=2\)， 解得 \(b_1=\cfrac{3}{2}\)，

故数列 \(\{b_n\}\) 是以 \(\cfrac{3}{2}\) 为首项，以 \(\cfrac{1}{2}\) 为公差的等差数列 .

〔解后反思〕：①本小问的求解分析容易陷入泥沼，由于是证明 \(\{b_n\}\) 为等差数列，故我们一般能想到利用定义式证明 \(b_n-b_{n-1}=m\) ，其中 \(m\) 为常数，或者利用等差中项法证明 \(2b_n=b_{n+1}+b_{n-1}\)(\(n\geqslant 2\)) ，沿着此思路容易想到先将已知条件变形得到 \(b_n=\cfrac{S_n}{2S_n-2}\) ，再类比得到 \(b_{n-1}\)\(=\)\(\cfrac{S_{n-1}}{2S_{n-1}-2}\)(\(n\geqslant 2\))，但是当设法计算 \(b_n-b_{n-1}\) 时思路受阻没法进行下去了，需要调整分析思路。

② 由于已知的式子中只含有两个变量 \(S_n\) 和 \(b_n\) ，而要证明的只与 \(b_n\) 有关，故我们猜想需要替换掉 \(S_n\)，但是这个 \(S_n\) 又不能用上面的思路得到，故此时只能研究题目所给的已知条件了。

③以前所学数列 \(\{a_n\}\) 的前 \(n\) 项和为 \(S_{n}\)，而本题目中数列 \(\{S_n\}\) 的前 \(n\) 项积为 \(b_{n}\)，则 \(S_n\) 类比 \(a_n\)，\(b_n\) 类比 \(S_n\)来思考分析，由我们所学的数列常识可知，

\(S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n\)，则 \(S_{n-1}=a_1+a_2+\cdots+a_{n-1}\)，

故\(a_n=S_n-S_{n-1}\)(\(n\geqslant 2\))，由此类比思考可得到，

依照 \(b_{n}\) 的定义，\(b_n=S_1\times S_2\times\cdots\times S_n\)，\(b_{n-1}=S_1\times S_2\times\cdots\times S_{n-1}\)，

可得到 \(\cfrac{b_n}{b_{n-1}}=S_n\) ，\(n\geqslant 2\)，这样代入已知 \(\cfrac{2}{S_{n}}+\cfrac{1}{b_{n}}=2\)，

就只剩下有关 \(b_n\) 类的表达式，从而容易达到证明的目的。

(2). 求 \(\{a_{n}\}\) 的通项公式.

解析：由 (1) 可知， \(b_n=\cfrac{3}{2}+(n-1)\times\cfrac{1}{2}=\cfrac{n+2}{2}\) ，

将其代入已知 \(\cfrac{2}{S_{n}}+\cfrac{1}{b_{n}}=2\) 替换 \(b_n\) 得到，

\(\cfrac{2}{S_{n}}+\cfrac{2}{n+2}=2\) ，解得 \(S_n=\cfrac{n+2}{n+1}\)，

[题记：接下来，利用 \(a_n\) 和 \(S_n\) 的关系求解 \(a_n\) ，就成了常规的数列求通项公式问题了]

当 \(n\geqslant 2\) 时， \(a_n=S_n-S_{n-1}=\cfrac{n+2}{n+1}-\cfrac{n+1}{n}=-\cfrac{1}{n(n+1)}\)

当 \(n=1\) 时， \(a_1=S_1=\cfrac{3}{2}\) ，不符合上式，

故 \(\{a_{n}\}\) 的通项公式为 \(a_n=\left\{\begin{array}{l}\cfrac{3}{2}，&n=1\\-\cfrac{1}{n(n+1)}，&n\geqslant2\end{array}\right.\)