特殊值法巧解数列题示例
特殊值法解数学题
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用特殊值法解题湖北省公安县斑竹当中学雷学池特殊值法是用满足条件的特殊值（式)代入题目去验证、计算，从而得到正确结论的一种方法．特殊值法在解题中有下列应用．1．解选择题:例1 若a＞b＞c＞0，m＞n＞0．（m、n为数），则下列各式中成立的是［］A．a m b n＞b n c m＞c n a m B．a m b n＞c n a m＞b n c mC．c n a m＞a m b n＞b n c m D．b n c m＞c n a m＞a m b n解∵a＞b＞c＞0．m＞n＞0（m、n为整数）取特殊值，a=3,b=2，c=1，m=2，n=1得a mb n=32×21=18b nc m=21×12=2c n a m=11×32＝9∴a m b n＞c n a m＞b n c m故选B．2．确定多项式的系数例2已知当x是任何实数时,x2—2x+5＝a（x+1）2＋b（x＋1)＋c都成立，求a、b、c的值．解用特殊值法．当x=-1时，原式为8=c①当x=0时，原式为5=a＋b＋c②当x=1时,原式为4=4a+2b＋c③由①、②、③可知a=1，b=—4,c=8．3．判断命题的真假例3 判断命题“式子a2＋（a＋1）2＋a2(a＋1）2=（a2＋a—1)2是恒等式”的真假．解取特殊值,当a=1时，原式左边为9,右边为1，因为9≠1,故原命题是假命题．4．解证定值问题例4 若a、b为定值，且无论k取何值时，关于x的一次方程由①、②可得a=3，b=-2．练习用特殊值法解下列各题:2．命题“式子x3＋9=（x＋2)3-6（x＋2）2+12（x+2）是恒等式”是真命题，对吗？值，求a、b应满足的关系式．并求出这个定值．4．已知 a＋ b＋c≠ 0，求证：不论a、b、c取何实数时，三答案2．取x=0，左边为9，右边为8，9≠8．故不对．式得质证明．巧取特殊值解选择题山东省茌平县傅平镇中学初三·一班鲁傅我在解某些选择题时，采用了取特殊值法,使问题简捷,迅速地获得解决,如下面几例．例1 已知a、b、c都是实数，且a＞b＞c,那么下列式子中正确的是［］（98年全国初中数学联赛)解：∵a＞b＞c,∴可取a=1，b=0，c=-1代入各选择支,只有a+b=1＞b＋c=-1成立．故选（B）．例2 设a、b、c是不全相等的任意实数，若x=a2—bc，y=b2—ca，z=c2—ab，则x、y、z［ ]A．都不小于0B．都不大于0C．至少有一个小于0D．至少有一个大于0（94年全国初中数学联赛题）解：若令a=0，b=1，c=-1，则x=y=z=1，故可排除（B)、（C）；再令a=0,b=c=1,则x=-1，y=z=1,又可排除（A）．故选（D）．（94年全国初中数学联赛题)则[］A．M＜Q＜P＜N B．M＜P＜Q＜NC．Q＜N＜P＜M D．N＜Q＜P＜M(第六届全国部分省市初中数学通讯赛试题)解：∵ x＜y＜0，∴可取x=-2，y=-1并代入上式，则例5 如果a、b均为有理数，且b＜0,则a、a—b，a＋b的大小关系是[ ]A．a＜a+b＜a—b B．a＜a-b＜a+bC．a＋b＜a＜a—b D．a-b＜a＋b＜a（95年“希望杯”全国数学邀请赛初一试题）解：∵a、b均为有理数，且b＜0，∴可取a=1,b=—1并代入上式,得a—b＝1—（—1）＝2,a＋b=1＋（—1)=0．∵0＜1＜2，∴a+b＜a＜a-b．故选（C）．例6二次函数y=ax2＋bx＋c的图象经过点（-2，1)和（2,3），且与y 轴的交点为P,若P点的纵坐标是小于1的正数，则a的取值范围是[］（94年山东省初中数学竞赛题）。
巧用“特殊值法”解题
这节课结束以后，我和学生们都很兴奋，觉得很 有收获．日本著名的教育家米山国藏曾说：“作为知 识的数学出校门不出两年可能就忘了，唯有深深铭 记在头脑中的是数学的精神、数学的思想、研究方法 等，这些随 时 随 地 发 生 作 用，使 人 们 终 身 受 益．”因 此，我认为评价一节数学课的好坏关键是看这节课 结束后，能否在数学的本质上给学生留下些有益的 东西，能否触动学生内心深处属于数学的那根弦． ２．１ 经历从平方数到勾股数的探究过程，发展学生
是一种具有创造性的方法，运用得当在遇到难题时 可能就会取得“出其不意”的效果．
参考文献： ［１］章林 海．揭 示 本 质，找 准 突 破，让 思 维 回 归 “自然”［Ｊ］．中学教研（数学），２０１７，（０５）． ［２］张正 华．特 值 法 在 高 中 数 学 中 的 特 殊 用 法 ［Ｊ］．高中数理化，２０１６，（Ｚ１）．
特殊值法的应用．这两种方法是对立统一的，在很多
试题（尤其是填空、选择题）通过常规方法解题有困
难时，特殊值法可能会起到事半功倍的效果．
通常来讲，选择、填空题具有覆盖面广、形式新
颖、内容丰富、解法灵活等特点，在考试中占有十分
重要的地位，并且选择题的解题时间分配量有限．因
此，掌握这类题的解法和技巧是十分必要的，而当某
解析：本题学生可以利用多项式乘多项式法则
展开计算，但作为填空题，计算量较大，比较耗时间，
还容易出错．观察题目特点，可以取特殊值 ｘ＝１代 入，则 ａ０＋ａ１ｘ＋ａ２ｘ２＋… ＋ａ１０ｘ１０ ＝ａ０ ＋ａ１ ＋ａ２ ＋… ＋ａ１０ ＝（１２ －１＋１）５ ＝１．
点拨：本题对条件中未知数 ｘ取特殊值不仅易
檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸
一题多解问题(高中数学经典题型)
1.已知y x ,为正实数，且4142=++y x xy ，则y x +的最小值为.解法一：消元因为⎪⎭⎫⎝⎛∈+-=241,04241x x x y ，所以()8644944492449424241≥-+++=++-=+++-+=+-+=+x x x x x x x x x x y x 当且仅当5,3==y x 时，等号成立。
解法二：因式分解因为4142=++y x xy ，所以()()9424=++y x ，()()()()86242624=-++≥-+++=+y x y x y x 当且仅当5,3==y x 时，等号成立。
解法三：判别式法设0,>=+t t y x ，则x t y -=代入条件得，()()4142=-++-x t x x t x ，化简得,()041422=-+-+-t x t x ,方程有根的必要条件是0≥∆，()0016-12164-16222≥+=+-=∆t t t t 解得8≥t ，经检验，8=t 时，5,3==y x 可以取得。
2.若将函数()⎪⎭⎫⎝⎛+=32sin πx x f 的图象沿x 轴向右平移()0>ϕϕ个单位后所得的图象与()x f 的图象关于x 轴对称，则ϕ的最小值为.解法一：图象法实线是原函数()⎪⎭⎫⎝⎛+=32sin πx x f ，虚线是新图象，很明显，当实线向右至少平移半个周期2π即可.解法二：特殊值法由图可知，要使得新图象()⎪⎭⎫⎝⎛-+=ϕπ232sin x x g 与原图象()⎪⎭⎫ ⎝⎛+=32sin πx x f 关于x 轴对称，只要原图象的最高点对应新图象的最低点。
于是取原图象()⎪⎭⎫ ⎝⎛+=32sin πx x f 在12π=x 处取得1，此时-112=⎪⎭⎫⎝⎛πg ，即12cos 22sin 12-==⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎭⎫⎝⎛ϕϕππg ，Z k k ∈+=,22ππϕ，Z k k ∈+=,2ππϕ，所以ϕ的最小正值为2π.解法三：函数对称关系若()()x g x f -=，则函数()x f 与()x g 关于x 轴对称.新图象()⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=ϕπ232sin x x g 与原图象()⎪⎭⎫ ⎝⎛+=32sin πx x f 关于x 轴对称，所以⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+ϕππ232sin -32sin x x ，即⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+32-2sin 32sin πϕπx x 只要Z k k ∈+=,22ππϕ即可，所以ϕ的最小值正值为2π.3.在ABC ∆中，BC =+，若ABC ∆的面积的最大值为2，则边BC 的长为.解法一：建系，研究动顶点A 的轨迹建立如图坐标系，设a BC =，()y x A a C a B ,,0,2,0,2⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-，=+，所以2226a y a x =+⎪⎭⎫ ⎝⎛-，即当顶点位于最远离x 轴位置时，此时高为a ，2212max ==a S ，所以2=a 。
求数列极限的十五种解法
1
；
0
0 n1
n1
1 x
1 x (1 x)2
而 S(x) x f (x) x ；因此，原式= S(a1) a1 ．
(1 x)2
(1 a1 )2
9．利用级数收敛性判断极限存在 由于级数与数列在形式上可以相互转化，使得级数与数列的性质有了内在的密切联系，因此
数列极限的存在性及极限值问题，可转化为研究级数收敛性问题．
求数列极限的十五种方法
求数列极限的十五种方法
1．定义法
N 定义：设{an} 为数列， a 为定数，若对任给的正数 ，总存在正数 N ，使得当 n N 时，
有
an
a
，则称数列
{an
பைடு நூலகம்
}
收敛于
a
；记作：
lim
n
an
a
，否则称{an} 为发散数列．
1
例 1．求证： lim an 1，其中 a 0 ． n
列以外的数 a ，只需根据数列本身的特征就可鉴别其敛散性．
3．运用单调有界定理
单调有界定理：在实数系中，有界的单调数列必有极限．
例 5．证明：数列 xn a a a （ n 个根式， a 0 ， n 1, 2,
证：由假设知 xn a xn1 ；① 用数学归纳法可证： xn1 xn , k N ；② 此即证 {xn} 是单调递增的．
n0
n0
n
令 Sn
xk1 xk
xn1
x0
，∵
lim
n
Sn
存在，∴
lim
n
xn1
x0
lim
n
Sn
l
（存在）；
k 0
对式子：
高中数学解题技巧之特例法
(n≥2)，则 an＝ A．2＋ln n
B．2＋(n－1)ln n
()
C．2＋nln n
D．1＋n＋ln n
D
方法二 取特殊点 [例 3] 如图，点 P 为椭圆2x52＋y92＝1
上第一象限内的任意一点，过椭圆的右顶
点 A、上顶点 B 分别作 y 轴、x 轴的平行
线，它们相交于点 C，过点 P 引 BC，AC
技法一：特例法 在高考数学解题中的应用
特例法
有些选择题，用常规方法直接求解比较困难， 若根据答案中所提供的信息，选择某些特殊 情况进行分析，或选择某些特殊值进行计算， 或将字母参数换成具体数值代入，把一般形 式变为特殊形式，再进行判断往往十分简单。
用特殊值(特殊图形、特殊位置)代替题设普 遍条件，得出特殊结论，对各个选项进行检 验，从而作出正确的判断.常用的特例有特殊 数值、特殊数列、特殊函数、特殊图形、特 殊角、特殊位置等.
方法一 取特殊数值
log2[4x－1]，x≥2，
[例 1] 设 f(x)＝12x＋1，x<2，
若 f(x0)>3，则
x0 的取值范围为 A．(－∞，0)∪(2，＋∞)
B．(0,2)
()
C．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
D．(－1,3)
当x 0
2时， 12
()
A．34
B．8
8 C.15
34 D.225
A
小结：当正确的选择对象，在题设 普遍条件下都成立的情况下，用特 殊值（取得越简单越好）进行探求， 从而清晰、快捷地得到正确的答案， 即通过对特殊情况的研究来判断一 般规律，是解答本类问题的最佳策 略.
D．(－1,3)
D
巧借特殊值，妙解客观题——2020年高考数学
３０° ３０° ｓｉｎ狀 ＋ｔａｎ狀
（ ） （ ） ６０° ６０°
６０° ６０°
Ｃ．３狀 ｓｉｎ狀 ＋ｔａｎ狀 Ｄ．６狀 ｓｉｎ狀 ＋ｔａｎ狀
分析：由于π的近似值是比较熟悉的，通过选取特
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术”相似，数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数狀 充
分大时，计算单位圆的内接正６狀边形的周长和外切正
６狀 边形（各边均与圆相切的正６狀 边形）的周长，将它
们的算术平均数作为２π的近似值．按照阿尔·卡西的
方法，π的近似值的表达式是（ ）．
（ ） （ ） Ａ．３狀
３０° ３０° ｓｉｎ狀 ＋ｔａｎ狀
Ｂ．６狀
二、开放探究问题
例２ （２０２０年高考数学北京卷第１４题）若函数
犳（狓）＝ｓｉｎ（狓＋φ）＋ｃｏｓ狓 的最大值为２，则常数φ 的
一个取值为
．
分析：直接利用题目条件选取比较熟知的特殊值
φ＝
π，代 入 ２
三
角函
数关
系
式，利 用
诱
导
公式
加
以
转
化，得 到 相 应 的 三 角 函 数 解 析 式 满 足 条 件，从 而 即 为
与判断．
四、学科融合问题
例４ （２０２０年高考数学全国卷 Ⅱ 理科第１２题）０
－１周 期 序 列 在 通 信 技 术 中 有 着 重 要 应 用．若 序 列
犪１犪２…犪狀… 满足犪犻 ∈ ｛０，１｝（犻＝１，２，…），且存在正整 数犿，使得犪犻＋犿 ＝犪犻（犻＝１，２，…）成立，则称其为０－１ 周期序列，并称满足犪犻＋犿 ＝犪犻（犻＝１，２，…）的最小正整 数 犿 为这个序列的周期．对于周期为 犿 的０－１序列
特殊值法解题技巧(修正)
特殊值法解题技巧广东省和平县下车中学 刘玉燕特殊值法解题,可以绕开复杂的推理、运算,准确、快捷地得出答案。
在讲究解题速度的考试时使用能收到事半功倍的效果。
特殊值法解题的要点是: 1.在取值范围内取特殊值； 2.为使运算简便,一般所取的值应是绝对值较小的整数；3.将所取的值代入题中,通过运算、比较,得出答案。
下面常见的考试题用特殊值法来解，真是妙不可言。
一、填空题例 1. 已知点11(,)A x y ，22(,)B x y 在函数234yx x的图象上，若21330,22x x 则1y ，2y 具有的大小关系为______________分析：因为抛物线234yx x的对称轴是32x，由21330,22x x 易知A ，B 两点在抛物线对称轴的两侧，要确定1y ，2y 大小关系，通常要先把A ，B 点转移到对称轴的同一侧,再根据12,x x 的大小关系确定1y ，2y 大小关系.而若在取值范围内取12,x x 的特殊值，代入234yx x求出1y ，2y ，再比较，就很容易。
解: 21330,22x x 取213,1,x x 此时133310,22y213146, 2233344,64,y 故12y y例2．（1）若1a ，则21,,,a a a a从小到大排列为______________。
（2） 若01a ，则21,,,a a a a从小到大排列为______________。
分析：上题若用不等式的性质来解，容易造成混乱。
取特殊值后就很清晰。
解：（1）1,a 取2,a 则2112,,42aa a211224,2aaa a（2）01,a 取12a，则2111,2,.24a a a211112,.242aa aa二、选择题例 3已知一次函数(2)1y a x 的图象不经过第三象限，则化简296a a 的结果是（ ）（A ） 1 （B ） 1 （ C ）25a( D) 52a 分析：||a ，再由0,0,0a a a 确定结果。
破解数列题7招
专题突破时间的犁,在勤奋者的额头,开出无数条智慧之渠. 谚语破解数列题7招湖南 龙志明数列是高中数学的重要内容,是进一步学习高等数学的基础,在每年高考中都占有一定比重.下面对求解数列题的一些常用方法进行归纳,提炼出7种常用途径,供参考.1 活用数列的概念数列的概念是求解数列问题的基础,灵活运用数列的概念,往往简捷明了,出奇制胜.例1 设{a n }是公差为-2的等差数列,如果a 1+a 4+a 7+ +a 97=50,那么a 3+a 6+a 9+ +a 99等于( ).A -182;B -78;C -148;D -82若以条件求出a 1,再求和,则运算较为繁琐.注意到2个和式中的项数相等,且均是等差数列.(a 3+a 6+a 9+ +a 99)-(a 1+a 4+a 7+ +a 97)=(a 3-a 1)+(a 6-a 4)+(a 9-a 7)+ +(a 99-a 97)=66d =-132.所以a 3+a 6+a 9+ +a 99=-82,选D.例2 有4个数,其中前3个数成等差数列,后3个数成等比数列,并且第1个数与第4个数的和是16,第2个数与第3个数的和是12,求这4个数.从等差、等比数列的概念入手,设前3个数为a -d,a,a +d,则第4个数为(a +d)2a.由a -d +(a +d)2a=16,2a +d =12,解得a =4,d =4;或a =9,d =-6.所以4个数为0,4,8,16或15,9,3,1.活用等差、等比数列的概念,沟通了有关元素间的内在联系,且使运算得以简化.2 巧用数列的性质数列的性质是对概念内涵的揭示与显化,是求解数列问题的有力武器.例3 在各项均为正数的等比数列{a n }中,若a 5a 6=9,则log 3a 1+log 3a 2+ +lo g 3a 10=( ).A 12;B 10;C 8;D 2+log 35;等比数列{a n }中,若m +n =p +q,则有a m a n =a p a q .所以a 1a 10=a 2a 9= =a 5a 6=9,a 1a 2a 3 a 10=(a 5a 6)5=95.所以log 3a 1+lo g 3a 2+ +log 3a 10=log 395=10,选B .3 运用整体思想从整体上考虑问题,往往能够避免局部运算的困扰,使问题得以迅速求解.例4 等差数列{a n }的前m 项和为30,前2m项和为100,则其前3m 项和为( ).A 130;B 170;C 210;D260这里无需求出a 1、d ,然后再求S 3m .从整体上考虑,因为{a n }是等差数列,所以S m 、S 2m -S m 、S 3m -S 2m 也成等差数列,所以S m +S 3m -S 2m =2(S 2m -S m ),即30+(S 3m -100)=2(100-30),S 3m =210.选C.例5 是否存在常数a,b,c.使得等式1 22+2 32+ +n (n +1)2=n(n +1)(an 2+bn +c)对一切自然数n 都成立?证明你的结论.左式= nk =1k (k +1)2= nk =1(k 3+2k 2+k )=n 2(n +1)24+n(n +1)(2n +1)3+n(n +1)2=n(n +1)12(3n 2+11n +10).这样,问题转化为上式与n(n +1)12(an 2+bn +c)对一切自然数n 恒等.所以a =3,b =11,c =10.放眼全局,从整体考虑问题,通过研究问题的整体形式、整体结构,达到简捷解决问题的目的.4 运用函数思想数列是一种特殊的函数.运用函数的思想处理数列问题,往往能把握问题的本质,使求解过程简捷明快.例6 已知数列{b n }是等差数列,b 1=1,且b 1+b 2+ +b 10=145.(1)求数列{b n }的通项b n ;(2)设数列{a n }的通项a n =log a 1+1b n(a >0,a 1),记S n 是数列{a n }的前n 项和,试比较S n 与13log a b n +1的大小,并证明你的结论.12专题突破取之有度,用之有节,则常足.警言由10 1+10 92d =145,得d =3.所以b n =1+(n -1) 3=3n -2.a n =log a 1+13n -2=log a 3n -13n -2.S n =a 1+a 2+ +a n =log a 21+lo g a 54+lo g a 87+ +lo g a 3n -13n -2=lo g a2 5 8 (3n -1)1 4 7 (3n -2),因13log a b n +1=log a 33n +1,所以S n -13log a b n +1=lo g a 2 5 8 (3n -1)1 4 7 (3n -2)33n +1.记f (n )=2 5 8 (3n -1)1 4 7 (3n -2) 33n +1,则f (n +1)f (n)=(3n +2) 33n +1(3n +1)33n +4令3n +1=t 3t 3+3t 2+3t +1t 3+3t 2>1.所以f (n +1)>f (n),即f (n)是单调递增的,所以f (n) f (1)=234>1,即2 5 8 (3n -1)>33n +1.当a >1时,S n >13log a b n +1;当0<a <1时,S n <13log a b n +1.借助于函数的单调性,巧妙解决了比较大小的问题.将数列看成某一函数,应多考虑这一函数的有关性质.5 运用方程的思想把握数列各基本量之间的关系,运用方程的思想建立已知与未知的关系,把问题的求解转化为对方程的解析、处理来进行.例7 设{a n }是由正数组成的等比数列,S n 是其前n 项和.是否存在常数c >0,使得lg (S n -c)+lg (S n +2-c)2=lg (S n +1-c)成立?并证明你的结论.要使lg (S n -c)+lg (S n +2-c)2=lg (S n +1-c)成立,则有(S n -c)(S n +2-c)=(S n +1-c)2,S n -c >0.(1)(2)若q =1,则(S n -c)(S n +2-c)-(S n +1-c)2=(na 1-c)[(n +2)a 1-c]-[(n +1)a 1-c]2=-a 21<0,不满足(1),故不存在常数c >0使结论成立.若q 1,则由(S n -c)(S n +2-c)-(S n +1-c)2=a 1(1-q n )1-q -ca 1(1-q n +2)1-q-c -a 1(1-q n +1)1-q-c2=-a 1q n [a 1-c(1-q)]=0,得a 1-c(1-q)=0,所以c =a 1.因为c >0,a 1>0,所以0<q <1,S n -c =a 1(1-q n )1-q -a11-q =-a 1q n1-q<0,不满足(2).故不存在常数c >0,使结论成立.综上所述,使结论成立的正数c 不存在.运用方程思想,将存在性问题转化为方程(组)的解是否存在的探索,使问题得以巧妙转化.6 运用数形结合思想从直观性角度研究数列问题,可使问题变得形象生动,易于求解.例8 在等差数列中,a 1>0,且S 20=0,那么当n = 时,S n 最大.我们知道,S n =na 1+n(n -1)2d =d 2n 2+a 1-d2n是关于n 的二次式,且不含常数项.又由a 1>0,S 20=0知该等差数列是递减的,则d <0.因此S n 的图象(一些点)在开口向下的抛物线上.该抛物线过点(0,0)和点(20,0),由其对称性,易见n =10时,S n 取最大值.7 运用转化思想想方设法将非常规问题化为我们熟悉的数列问题来求解的方法即为化归法.一般将数列问题尽可能转化中等差数列或等比数列问题来求解.例9 在数列{a n }中,a 1=1,a n +1=a n1+na n,求a n .原式可化为1a n +1-1a n =n,得1a n +1-1a n为等差数列,所以1a 2-1a 1=1,1a 3-1a 2=2,1a 4-1a 3=3, ,1a n -1a n -1=n -1.将这n -1个式子两边同时相加得1a n -1a 1=1+2+ +(n -1),所以a n =2n 2-n +2.例10 已知数列{a n }满足a 1=15,且当n>1,n N *时,有a n -1a n =2a n -1+11-2a n.求a n 当n 2时,由a n -1a n =2a n -1+11-2a n,得a n -1-a n -4a n -1a n =0.两边同除以a n a n -1得,1a n -1a n -1=4,即1a n -1a n -1=4,对n >1且n N *成立,所以1a n是以首项为5,公13专题突破才能的火花,常常在勤奋的磨石上迸发. 威廉 李卜克内西差为4的等差数列.1a n =1a 1+(n -1)d =4n +1,所以,a n =14n +1.本题借助1a n为等差数列得到了{a n }的通项公式,是典型的化归法.常用的化归还有取对数化归,待定系数化归等,一般化归为等比数列或等差数列的问题,是高考中的常见方法.例11 已知数列{a n }满足a 1=1,且a n +1=3a n+2,求a n .设a n +1+t =3(a n +t ),则a n +1=3a n +2t,t =1,a n +1+1=3(a n +1).所以{a n +1}为等比数列,a n +1=(a 1+1) 3n -1=2 3n -1,a n =23n -1-1.求递推式形如a n +1=p a n +q (p 、q 为常数)的数列通项,可用待定系数法构造新数列a n +1+qp -1=p a n +qp -1来求得,这也是近年高考考得很多的一种题型.链接练习1.数列{a n }中,a 1=1,对于所有的n 2,n N 都有a 1 a 2 a 3 a n =n 2,则a 3+a 5等于( ).A 6116;B 259;C 2516; D31152.根据市场调查结果,预测某种家用商品从年初开始的n 个月内累积的需求量S n (万件)近似地满足关系式S n =n 90(21n -n 2-5)(n =1,2, ,12),按此预测,在本年度内,需求量超过1.5万件的月份是( ).A 5、6月;B 6、7月;C 7、8月;D 8、9月3.若数列{a n }前8项的值各异,且a n +8=a n ,对任意的n N *都成立,则下列数列中,能取遍数列{a n }前8项值的数列是( ).A {a 2k +1};B {a 3k +1};C {a 4k +1};D {a 6k +1}4.设a n =-n 2+10n +11,则数列{a n }从首项到第( )项的和最大.A 10;B 11;C 10或11;D 125.已知方程(x 2-2x +m)(x 2-2x +n)=0的4个根组成一个首项为14的等差数列,则|m -n |等于( ).A 1;B 34;C 12;D386.设{a n }是由正数组成的等比数列,公比q =2,且a 1 a 2 a 3 a 30=230,那么a 3 a 6 a 9 a 30等于( ).A 210;B 220;C 216;D 2157.等差数列{a n }的前n 项和记为S n ,若a 2+a 4+a 15的值是一个确定的常数,则数列{S n }中也为常数的项是( ).A S 7;B S 8;C S 13;D S 158.等差数列{a n }是递增数列,前n 项和为S n ,且a 1,a 3,a 9成等比数列,S 5=a 25.求数列{a n }的通项公式.链接练习参考答案1.A .解:令n =2、3、4、5,分别求出a 3=94,a 5=2516,所以a 3+a 5=6116.2.C .解:由S n 解出a n =130(-n 2+15n -9),再解不等式130(-n 2+15n -9)>1.5,得6<n <9.3.B .解:由已知得数列以8为周期,当k 分别取1,2,3,4,5,6,7,8时,a 3k +1分别与数列中的第4项,第7项,第2项,第5项,第8项,第3项,第6项,第1项相等,故{a 3k +1}能取遍前8项.4.C .解:a n =-n 2+10n +11是关于n 的二项函数,它是抛物线f (x )=-x 2+10x +11上的一些离散的点,从图象可看出前10项都是正数,第11项是0,所以前10项或前11项的和最大.另解:由-n 2+10n +11 0得-1 n 11,又n N *,所以0<n 11.所以前10项为正,第11项为0.5.C .解:设4个根分别为x 1、x 2、x 3、x 4,则x 1+x 2=2,x 3+x 4=2,由等差数列的性质,当m +n =p +q 时,a m +a n =a p +a q .设x 1为第1项,x 2必为第4项,可得数列为14,34,54,74,所以m =716,n =1516.所以|m -n |=12.6.B .解:由等比数列的定义,a 1 a 2 a 3=a 3q3,故a 1 a 2 a 3 a 30=a 3 a 6 a 9 a 30q 103.又q =2,故a 3 a 6 a 9 a 30=220.7.C .解:设a 2+a 4+a 15=p (常数),所以3a 1+18d =p ,即a 7=13p .所以S 13=13 (a 1+a 13)2=13a 7=133p.8.解:设数列{a n }公差为d(d >0),所以a 1,a 3,a 9成等比数列,所以a 23=a 1a 9.即(a 1+2d)2=a 1(a 1+8d),得d 2=a 1d,因为d 0,所以a 1=d 因为S 5=a 25,所以5a 1+5 42 d =(a 1+4d)2.由 得:a 1=35,d =35,所以a n =35+(n -1) 35=35n.(作者单位:湖南省岳阳市岳化一中)14。
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特殊值法巧解数列题示例
特殊值法在解决选择题与填空题中是比较常用的一种方法，在解题中能否灵活运用，体现了解题者的数学素养与能力.下面举例说明特殊值法(特殊数列、特殊数值)在解一些数列题中的应用.
【例1】已知}{n a 是等比数列,且252,0645342=++>a a a a a a a n ，那么53a a +的值等于( )
(A)5 (B)10 (C)15 (D)20
【分析】取}{n a 为常数数列0>=a a n ，则由252645342=++a a a a a a 得2
54252=⇒=
a a ，故5253==+a a a ，所以选A. 【例2】在等差数列}{n a 中,若45076543=++++a a a a a ,则=+82a a ( )
(A)45 (B)75 (C)180 (D)300
【分析】取}{n a 为常数数列a a n =，则由45076543=++++a a a a a 得904505=⇒=a a ,所以180282==+a a a ,所以选C.
【例3】在各项均为正数的等比数列}{n a 中,若965=a a ,则=+++1032313log log log a a a ( )
(A)12 (B)10 (C)8 (D)2+5log 3
【分析】取}{n a 为常数数列0>=a a n ，则由965=a a 得392=⇒=a a ,所以
103log 10log log log 31032313==+++a a a ,所以选B.
如果解题者心中有数（具备特殊化思想），那么直接观察利用心算立即可得结果，可大大地提高解题速度，避免不必要的计算。
留心观察细事物，沙子也会变金银！
【例4】等差数列}{n a 的前m 项和为30，前m 2项和为100，则它的前m 3项和为（ ）
(A)130 (B)170 (C)210 (D)260
【分析】取1=m 得100,30211=+=a a a ，从而求得702=a ，所以公差403070=-=d ，故11040703=+=a ，于是它的前m 3项和为2101107030321=++=++a a a ，选C.
【例5】已知等差数列}{n a 的公差0≠d ,且931,,a a a 成等比数列,则1042931a a a a a a ++++的值是___________________.
【分析】注意到931,,a a a 成等比数列,它们的下标1,3,9也成等比数列,所以设n a n =,则16
1310429311042931=++++=++++a a a a a a 为所求. 【例6】已知c b a ,,成等比数列,b x a ,,成等差数列,c y b ,,也成等差数列,则=+y
c x a ___. 【分析】取c b a ==,则b x a ==,c y ==故=+y
c x a 1+1=2. 从上可见,只要在解题过程中细心观察,抓住题目的主要特征,选取恰当的特殊数列或特殊数值,不但可简化解题过程,而且对磨练解题者的思维,提高观察分析问题的解题能力都有很大的作用.。