函数与方程思想在数列中的应用（含具体案例)

　　函数思想和方程思想是学习数列的两大精髓.“从基本量出发，知三求二.”这是方程思想的体现.而“将数列看成一种特殊的函数，等差、等比数列的通项公式和前n项和公式都是关于n的函数.”则蕴含了数列中的函数思想.借助有关函数、方程的性质来解决数列问题，常能起到化难为易的功效.

　　本文列举几例分类剖析：

　　一、方程思想

　　1.知三求二

　　等差(或等比)数列{an}的通项公式，前n项和公式集中了等差(或等比)数列的五个基本元素a1、d(或q)、n、an、Sn.“知三求二”是等差(或等比)数列最基本的题型，通过解方程的方法达到解决问题的目的.

　　例1等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a10=30，a20=50，(1)求数列{an}的通项公式;(2)若Sn=242，求n的值.

　　解(1)由a10=a1+9d=30，

　　a20=a1+19d=50，

　　解得a1=12，

　　因为n∈N*，所以n=11.

　　2.转化为基本量

　　在等差(等比)数列中，如果求得a1和d(q)，那么其它的量立即可得.

　　例2在等比数列{an}中，已知a6―a4=24，a3a5=64，求{an}的前8项的和S8.

　　解a6―a4=a1q3(q2―1)=24.(1)

　　由a3a5=(a1q3)2=64，得a1q3=±8.

　　将a1q3=―8代入(1)，

　　得q2=―2(舍去);

　　将a1q3=8代入(1)，得q=±2.

　　当q=2时，a1=1，S8=255;

　　当q=―2时，a1=―1，S8=85.

　　3.加减消元法利用Sn求an

　　利用Sn求an是求通项公式的一种重要方法，其实这种方法就是方程思想中加减消元法的运用.

　　例3(2011年佛山二模)已知数列{an}、{bn}中，对任何正整数n都有：

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

　　若数列{bn}是首项为1、公比为2的等比数列，求数列{an}的通项公式.

　　解将等式左边看成Sn，令

　　Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+an―1bn―1+anbn.

　　依题意Sn=(n―1)?2n+1，(1)

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

　　两式相减可得

　　Sn―Sn―1=an?bn=n?2n―1(n≥2).

　　又因为数列{bn}的通项公式为

　　bn=2n―1，

　　所以an=n (n≥2).

　　当n=1，由题设式子可得a1=1，符合an=n.

　　从而对一切n∈N*，都有an=n.

　　所以数列{an}的通项公式是an=n.

　　4.等差、等比的综合问题

　　这一类的综合问题往往还是回归到数列的基本量去建立方程组.

　　例4设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和.已知S3=7，且a1+3，3a2，a3+4构成等差数列，求数列{an}的通项公式.

　　解根据求和定义和等差中项建立关于a1，a2，a3的方程组.

　　由已知得a1+a2+a3=7，

　　(a1+3)+(a3+4)2=3a2.

　　解得a2=2.设数列{an}的公比为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.

　　由题意得q>1，所以q=2.

　　可得a1=1，

　　从而数列{an}的通项为an=2n―1.

　　二、函数思想

　　数列是一类定义在正整数或它的有限子集上的特殊函数.可见，任何数列问题都蕴含着函数的本质及意义，具有函数的一些固有特征.如一次、二次函数的性质、函数的单调性、周期性等在数列中有广泛的应用.如等差数列{an}的通项公式

　　an=a1+(n―1)d=dn+(a1―d)，

　　前n项和的公式

　　Sn=na1+n(n―1)2d

　　=d2n2+(a1―d2)n，

　　当d≠0时，可以看作自变量n的一次和二次函数.因此我们在解决数列问题时，应充分利用函数有关知识，以它的概念、图象、性质为纽带，架起函数与数列间的桥梁，揭示了它们间的内在联系，从而有效地分解数列问题.

　　1.运用函数解析式解数列问题

　　在等差数列中，Sn是关于n的二次函数，故可用研究二次函数的方法进行解题.

　　例5等差数列{an}的前n项的和为Sn，且S10=100，S100=10，求S110，并求出当n为何值时Sn有最大值.

　　分析显然公差d≠0，所以Sn是n的二次函数且无常数项.

　　解设Sn=an2+bn(a≠0)，则

　　a×102+b×10=100，

　　a×1002+b×100=10.

　　解得a=―11100，

　　b=11110.

　　所以Sn=―11100n2+11110n.

　　从而S110=―11100×1102+11110×110

　　=―110.

　　函数Sn=―11100n2+11110n的对称轴为

　　n=111102×11100=55211=50211.

　　因为n∈N*，

　　所以n=50时Sn有最大值.

　　2.利用函数单调性解数列问题

　　通过构造函数，求导判断函数的单调性，从而证明数列的单调性.

　　例6已知数列{an}中an=ln(1+n)n (n≥2)，求证an>an+1.

　　解设f(x)=ln(1+x)x(x≥2)，

　　则f ′(x)=x1+x―ln(1+x)x2. 　　因为x≥2，

　　所以x1+x<1，ln(1+x)>1，

　　所以f ′(x)<0.

　　即f(x)在[2，+∞)上是单调减函数.

　　故当n≥2时，an>an+1.

　　例7已知数列{an}是公差为1的等差数列，bn=1+anan.

　　(1)若a1=―52，求数列{bn}中的最大项和最小项的值;

　　(2)若对任意的n∈N*，都有bn≤b8成立，求a1的取值范围.

　　(1)分析最大、最小是函数的一个特征，一般可以从研究函数的单调性入手，用来研究函数最大值或最小值的方法同样适用于研究数列的最大项或最小项.

　　解由题设易得an=n―72，

　　所以bn=2n―52n―7.

　　由bn=2n―52n―7=1+22n―7，

　　可考察函数f(x)=1+22x―7的单调性.

　　当x<72时，f(x)为减函数，

　　且f(x)<1;

　　当x>72时，f(x)为减函数，

　　且f(x)>1.

　　所以数列{bn}的最大项为b4=3，最小项为b3=―1.

　　(2)分析由于对任意的n∈N*，都有bn≤b8成立，本题实际上就是求数列{bn}中的最大项.

　　由于bn=1+1n―1+a1，

　　故可以考察函数f(x)=1+1x―1+a1的形态.

　　解由题，得an=n―1+a1，

　　所以bn=1+1n―1+a1.

　　考察函数f(x)=1+1x―1+a1，

　　当x<1―a1时，f(x)为减函数，

　　且f(x)<1;

　　当x>1―a1时，f(x)为减函数，

　　且f(x)>1.

　　所以要使b8是最大项，当且仅当7<1―a1<8，

　　所以a1的取值范围是―7　　3.利用函数周期性解数列问题

　　例8数列{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.试求S100=a1+a2+…+a100的值.

　　分析从递推式不易直接求通项，观察前几项a1=1，a2=1，a3=2，a4=4，a5=1，a6=1，a7=2，a8=4，a9=1，…可猜测该数列是以4为周期的周期数列.

　　解由已知

　　两式相减得

　　通过上述实例的分析与说明，我们可以发现，在数列的教学中，应重视方程函数思想的渗透，应该把函数概念、图象、性质有机地融入到数列中，通过数列与函数知识的相互交汇，使学生的知识网络得以不断优化与完善，同时也使学生的思维能力得以不断发展与提高.

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