例谈数列与函数的关系.pdf

例谈数列与函数的关系例谈数列与函数的关系数列是一种特殊的函数，数列的通项公式和前n项和公式都可以看成是关于n的函数，特别是等差数列的通项公式可以看成是关于n的一次函数（公差d时），而其求和公式可以看成是关于n的二次函数.数列的单调性的判断可以借助于函数单调性的判断方法，数列中各项大小的比较，可以借助函数图象的直观性来比较.因此，许多数列问题可以用函数的知识进行分析，加以解决.1等差数列的通项公式可以看成自变量为n的一次函数（公差d时）2例 1 已知等差数列an，其前n项和为Sn，是否存在常数k，使得kan1 S2n Sn1成立.分析：将an看成是n的一次函数，设出函数解析式并代入进行求解.2解：设存在常数k，使得kan1 S2n Sn1成立，令an pnq（p、q为常数），2则k(pn q)1 S2n Sn1.又Sn p(1222n)nq pn(n1)nq,，22代入式变为kp n 2kpqnkq 131pn2pqn(pq)，2223kp 2p，12kpq pq，2kq21(pq)，由，得p 0或kp 3.2p，4将p=0 代入、不成立.将kp=代入，得q kp2p3p31 p，即1 p，代入，得164324p 3281，从而得出k 27642存在常数k，使得kan1 S2n Sn1成立.评注：存在型探索性问题，是指判断在某些确定条件下的某一数学对象（数值、图形、函数等）不确定的问题.这类问题常常出现“是否存在”、“是否有”等形式的疑问句，以示结论有待于确定.解答此类问题的思路是：通常假设题中的数学对象存在（或结论成立）或暂且认可其中一部分的结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论的证明.2构造一次函数模型，利用一次函数图象性质解题例等差数列an的前n项和为 30，前 2n项和为 100，则它的前 3n项和为（）.（）30（B）170（C）210（D）260分 析：运 用 等 差 数 列 求 和 公 式，先 对Sn na1n(n1)d进 行 变 形，2SndSdddna1，则nna1可以看成是关于n的一次函数，再利用点共线的n22n22性质求解.解：由Sn na1由此可知数列Sn(n1)ddd，可得nna1，2n22Sn成等差数列，nS 2n S3n2n3nn，n，2n，3n，三点共线.S n 10030S3n30n3nn，2n2nn3nnS3n 210.评注：Sn可以看成是关于n的一次函数，其图象是直线上的离散点，本题是利用点n共 线 的 条 件 建 立 方 程 求 解S3n的.运 用 该 法 还 可 以 推 得 在 等 差 数 列 中 若Sp q，Sq p(p q)，则Spq pq等差数列的通项公式an也可以看成是关于n的一次函数，利用该性质可推知等差数列中若ap q，aq p(p q)，则apq 0.3等差数列的前n项和可看成是关于n的二次函数例 3已知等差数列an，首项a1，且S3 S10，问此数列前几项的和最大最大值是多少分析：等差数列前n项和Sn为特殊的二次函数，所以可采用配方法求其最值.解：设等差数列公差为d，前n项和为Sn，S3 S10，即d 1a1，62111131691Sn na1n(n1)d na1n(n1)a1 a1na1，22122486当n=6 或n=7 时，S6 S77a1为最大.2评注：关于等差数列前n项和最大（小）问题，可转化为二次函数问题，再结合二次函数的最值问题加以分析，但应特别注意，当对称轴不是正自然数时，应将与对称轴最接近的两个自然数代入函数关系式，再求值比较，以便确定n取何值时，Sn最大（最小）.4利用函数单调性知识解（证）数列中的单调性问题xx例 4已知函数f(x)2 2，数列an满足f(log2an)2n（1）求数列an的通项公式；（2）求证数列an是递减数列.分析：本题已知函数关系式，并给出了an的关系式，将其看作关于an的方程解出即可.数列是特殊的函数，借助函数的增减性的方法来证明数列的增减性.xx（1）解：f(x)2 2，f(log2an)2n，2log2an2log2an 2n，即an1 2n.an（）2an2nan1 0，解得an nn 1又an 0，an2n21n；(n1)21(n1)an1n21n1（2）证明：由22ann 1n(n1)1(n1)an1 an.又an 0，数列an是递减数列.评注：本题主要应用函数与方程的思想解题，（）式可看成是关于an的方程；而求出的通项公式又反映了an是关于n的函数.解题过程中an 0这个细节要注意