函數與方程思想在數列中的應用（含具體案例)

　　函數思想和方程思想是學習數列的兩大精髓.“從基本量出發，知三求二.”這是方程思想的體現.而“將數列看成一種特殊的函數，等差、等比數列的通項公式和前n項和公式都是關于n的函數.”則蘊含了數列中的函數思想.借助有關函數、方程的性質來解決數列問題，常能起到化難為易的功效.

　　本文列舉幾例分類剖析：

　　一、方程思想

　　1.知三求二

　　等差（或等比）數列{an}的通項公式，前n項和公式集中了等差（或等比）數列的五個基本元素a1、d（或q）、n、an、Sn.“知三求二”是等差（或等比）數列最基本的題型，通過解方程的方法達到解決問題的目的.

　　例1等差數列{an}的前n項和為Sn，已知a10=30，a20=50，（1）求數列{an}的通項公式；（2）若Sn=242，求n的值.

　　解（1）由a10=a1+9d=30，

　　a20=a1+19d=50，

　　解得a1=12，

　　因為n∈N*，所以n=11.

　　2.轉化為基本量

　　在等差（等比）數列中，如果求得a1和d（q），那么其它的量立即可得.

　　例2在等比數列{an}中，已知a6―a4=24，a3a5=64，求{an}的前8項的和S8.

　　解a6―a4=a1q3（q2―1）=24.（1）

　　由a3a5=（a1q3）2=64，得a1q3=±8.

　　將a1q3=―8代入（1），

　　得q2=―2（舍去）；

　　將a1q3=8代入（1），得q=±2.

　　當q=2時，a1=1，S8=255；

　　當q=―2時，a1=―1，S8=85.

　　3.加減消元法利用Sn求an

　　利用Sn求an是求通項公式的一種重要方法，其實這種方法就是方程思想中加減消元法的運用.

　　例3（2011年佛山二模）已知數列{an}、{bn}中，對任何正整數n都有：

　　a1b1+a2b2+a3b3+…+an―1bn―1+anbn=（n―1）？2n+1.

　　若數列{bn}是首項為1、公比為2的等比數列，求數列{an}的通項公式.

　　解將等式左邊看成Sn，令

　　Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+an―1bn―1+anbn.

　　依題意Sn=（n―1）？2n+1，（1）

　　又構造Sn―1=a1b1+a2b2+a3b3+…+an―1bn―1=（n―2）？2n―1+1，（2）

　　兩式相減可得

　　Sn―Sn―1=an？bn=n？2n―1（n≥2）.

　　又因為數列{bn}的通項公式為

　　bn=2n―1，

　　所以an=n （n≥2）.

　　當n=1，由題設式子可得a1=1，符合an=n.

　　從而對一切n∈N*，都有an=n.

　　所以數列{an}的通項公式是an=n.

　　4.等差、等比的綜合問題

　　這一類的綜合問題往往還是回歸到數列的基本量去建立方程組.

　　例4設{an}是公比大于1的等比數列，Sn為數列{an}的前n項和.已知S3=7，且a1+3，3a2，a3+4構成等差數列，求數列{an}的通項公式.

　　解根據求和定義和等差中項建立關于a1，a2，a3的方程組.

　　由已知得a1+a2+a3=7，

　　（a1+3）+（a3+4）2=3a2.

　　解得a2=2.設數列{an}的公比為q，

　　由a2=2，可得a1=2q，a3=2q.

　　又S3=7，可知2q+2+2q=7，

　　即2q2―5q+2=0，

　　解得q1=2，q2=12.

　　由題意得q>1，所以q=2.

　　可得a1=1，

　　從而數列{an}的通項為an=2n―1.

　　二、函數思想

　　數列是一類定義在正整數或它的有限子集上的特殊函數.可見，任何數列問題都蘊含著函數的本質及意義，具有函數的一些固有特征.如一次、二次函數的性質、函數的單調性、周期性等在數列中有廣泛的應用.如等差數列{an}的通項公式

　　an=a1+（n―1）d=dn+（a1―d），

　　前n項和的公式

　　Sn=na1+n（n―1）2d

　　=d2n2+（a1―d2）n，

　　當d≠0時，可以看作自變量n的一次和二次函數.因此我們在解決數列問題時，應充分利用函數有關知識，以它的概念、圖象、性質為紐帶，架起函數與數列間的橋梁，揭示了它們間的內在聯系，從而有效地分解數列問題.

　　1.運用函數解析式解數列問題

　　在等差數列中，Sn是關于n的二次函數，故可用研究二次函數的方法進行解題.

　　例5等差數列{an}的前n項的和為Sn，且S10=100，S100=10，求S110，并求出當n為何值時Sn有最大值.

　　分析顯然公差d≠0，所以Sn是n的二次函數且無常數項.

　　解設Sn=an2+bn（a≠0），則

　　a×102+b×10=100，

　　a×1002+b×100=10.

　　解得a=―11100，

　　b=11110.

　　所以Sn=―11100n2+11110n.

　　從而S110=―11100×1102+11110×110

　　=―110.

　　函數Sn=―11100n2+11110n的對稱軸為

　　n=111102×11100=55211=50211.

　　因為n∈N*，

　　所以n=50時Sn有最大值.

　　2.利用函數單調性解數列問題

　　通過構造函數，求導判斷函數的單調性，從而證明數列的單調性.

　　例6已知數列{an}中an=ln（1+n）n （n≥2），求證an>an+1.

　　解設f（x）=ln（1+x）x（x≥2），

　　則f ′（x）=x1+x―ln（1+x）x2. 　　因為x≥2，

　　所以x1+x<1，ln（1+x）>1，

　　所以f ′（x）<0.

　　即f（x）在[2，+∞）上是單調減函數.

　　故當n≥2時，an>an+1.

　　例7已知數列{an}是公差為1的等差數列，bn=1+anan.

　　（1）若a1=―52，求數列{bn}中的最大項和最小項的值；

　　（2）若對任意的n∈N*，都有bn≤b8成立，求a1的取值范圍.

　　（1）分析最大、最小是函數的一個特征，一般可以從研究函數的單調性入手，用來研究函數最大值或最小值的方法同樣適用于研究數列的最大項或最小項.

　　解由題設易得an=n―72，

　　所以bn=2n―52n―7.

　　由bn=2n―52n―7=1+22n―7，

　　可考察函數f（x）=1+22x―7的單調性.

　　當x<72時，f（x）為減函數，

　　且f（x）<1；

　　當x>72時，f（x）為減函數，

　　且f（x）>1.

　　所以數列{bn}的最大項為b4=3，最小項為b3=―1.

　　（2）分析由于對任意的n∈N*，都有bn≤b8成立，本題實際上就是求數列{bn}中的最大項.

　　由于bn=1+1n―1+a1，

　　故可以考察函數f（x）=1+1x―1+a1的形態.

　　解由題，得an=n―1+a1，

　　所以bn=1+1n―1+a1.

　　考察函數f（x）=1+1x―1+a1，

　　當x<1―a1時，f（x）為減函數，

　　且f（x）<1；

　　當x>1―a1時，f（x）為減函數，

　　且f（x）>1.

　　所以要使b8是最大項，當且僅當7<1―a1<8，

　　所以a1的取值范圍是―7　　3.利用函數周期性解數列問題

　　例8數列{an}中a1=a2=1，a3=2，anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3且anan+1an+2≠1成立.試求S100=a1+a2+…+a100的值.

　　分析從遞推式不易直接求通項，觀察前幾項a1=1，a2=1，a3=2，a4=4，a5=1，a6=1，a7=2，a8=4，a9=1，…可猜測該數列是以4為周期的周期數列.

　　解由已知

　　兩式相減得

　　通過上述實例的分析與說明，我們可以發現，在數列的教學中，應重視方程函數思想的滲透，應該把函數概念、圖象、性質有機地融入到數列中，通過數列與函數知識的相互交匯，使學生的知識網絡得以不斷優化與完善，同時也使學生的思維能力得以不斷發展與提高.