數列“回歸”函數？搖 圖象“透視”等差

下面是我校高三文、理科模擬考試卷上的兩道填空題：

文科題 ?設等差數列{an}的前n項和為Sn，已知a13>0，a14<0，a13>a14，若SkSk+1<0，則k=________.

理科題 ?設等差數列{an}的前n項和為Sn，已知S13>0，S14<0，若akak+1<0，則k=________.

兩題結構對稱，“個性”鮮明，精巧雅致，獨具特色：其一，兩題涉及了等差數列中一類“存在k∈N？鄢使akak+1<0及SkSk+1<0”的問題;其二，兩題揭示了等差數列中“項”與“和”之間關于零點、正負、單調性、最值等問題上的相互轉化關系. 筆者探究發現，兩題除了可用常規公式求解之外，還可將數列“回歸”到函數，用圖象來“透視”等差（即利用an與Sn對應函數的零點關系與圖象求解），且以此為指導思想，引出了此類等差數列的一些相關性質，這些性質看似淺顯，但對我們充分理解等差數列的函數本質，以及如何利用圖象求解等差數列中的正負、單調性、最值等問題，都將大有幫助. 本文首先介紹幾個預備性質，然后給出兩題的“另類”解法，最后將此性質予以推廣，供參考.

本文約定，等差數列{an}的首項為a1，公差為d，前n項和為Sn， f（x）與F（x）分別是an與Sn對應的函數，它們的零點分別是t與T（T≠0）.

性質1 ?等差數列{an}中，若存在k∈N？鄢，（1）使ak>0，ak+1<0，則a1>0，d<0;（2）使ak<0，ak+1>0，則a1<0，d>0.

證明 ?（1）由已知得a1+（k-1）d>0，a1+kd<0， 兩式相減得-d>0，所以d<0. 又a1>（1-k）d≥0，所以a1>0;（2）同理可證.

性質2 ?等差數列{an}中，若存在k∈N？鄢，（1）使Sk>0，Sk+1<0，則a1>0，d<0;（2）使Sk<0，Sk+1>0，則a1<0，d>0.

證明 ?（1）由已知并化簡可得k+a1->0，（k+1）+a1-<0，兩式相減得

-d>0，所以d<0. 又a1>（1-k）≥0，所以a1>0;（2）同理可證.

性質3 ?等差數列{an}中，（1）若a1>0，d<0，則f（x）與F（x）的圖象分別為圖1與圖2;（2）若a1<0，d>0，則f（x）與F（x）的圖象分別為圖3與圖4.

圖1 ? ? ? ? ? ? ? 圖2

圖3 ? ? ? ? ? ? ? 圖4

證明 ?因an與Sn可分別寫成an=d·n+a1-d與Sn=n2+a1-n，故動點M（n，an）（n∈N？鄢）與N（n，Sn）（n∈N？鄢）分別為一次函數f（x）=d·x+a1-d與二次函數F（x）=x2+a1-x圖象上的點列（數列“回歸”函數）. 令f（x）=0，F（x）=0，解得t=1-，T=1-.（1）當a1>0，d<0時，易知f（x）圖象的傾斜角為鈍角（減函數），且在x軸上的截距t=1->0的直線，故其圖象如圖1，而F（x）的圖象是開口向下且在x軸上的非零截距T=1->0的拋物線，故其圖象如圖2. （2）同理可證.

性質4 ?等差數列{an}中，T=2t-1.

證明 ?由于t=1-，T=1-，消去即得T=2t-1.

文科題解 ?因為a13>0，a14<0，由性質1、3及零點存在性質知，a1>0，d<0， f（x）圖象如圖1，F（x）圖象如圖2，t∈（13，14）. 又因為a13>a14=-a14，即a13+a14>0，所以觀察圖1即知，t介于13與14之間但更接近14（圖象“透視”等差），即t∈（13.5，14）. 故由性質4，T=2t-1∈（26，27），觀察圖2即知，S26>0，S27<0，所以k=26.

理科題解 ?因為S13>0，S14<0，由性質2、3及零點存在性質知，a1>0，d<0， f（x）圖象如圖1，F（x）圖象如圖2，

（下轉34頁）

T∈（13，14）. 故由性質4，t=∈（7，7.5），觀察圖1即知，a7>0，a8<0，所以k=7.

點評 上述解法的核心思想是：將f（x）與F（x）的圖象及零點進行轉化（圖象轉化的依據是首項與公差的正負，零點轉化的依據是T=2t-1），最終觀察圖象解題. 具體步驟是：①由條件獲知f（x）（F（x））的圖象與零點t（T）的取值范圍，判斷首項與公差的正負，進而獲知F（x）（f（x））的圖象;②由零點關系T=2t-1（t=）獲知T（t）的取值范圍，觀察F（x）（f（x））的圖象即可解題. 這種“零點+圖象”的解題策略即為本文所指的“另類”解法.

預備性質揭示了此類等差數列的一個明顯特征：a1d<0，并闡明了f（x）與F（x）的圖象及零點關系，下面將上述性質在最值、單調性等方面予以推廣（a1d<0的等差數列較a1d>0有更多性質）.

推廣1 等差數列{an}中，若存在k∈N？鄢使ak>0，ak+1<0，則（1）（Sn）max=Sk;（2）①當ak+ak+1>0時，S2k>0，S2k+1<0;②當ak+ak+1=0時，S2k-1>0，S2k=0，S2k+1<0;③當ak+ak+1<0時，S2k-1>0，S2k<0.

證明 ?（1）因為ak>0，ak+1<0，由性質1、3、4及零點存在性質知，a1>0，d<0， f（x）圖象如圖1，F（x）圖象如圖2，t∈（k，k+1），所以T=2t-1∈（2k-1，2k+1），F（x）圖象的對稱軸x=∈k-，k+. 觀察圖2知：拋物線開口向下，且k比k-1及k+1更接近于對稱軸，所以（Sn）max=Sk（圖象“透視”等差）.（2）①當ak+ak+1>0時，觀察圖1知：t介于k與k+1之間，但更接近k+1，所以t∈k+，k+1，所以T=2t-1∈（2k，2k+1），觀察圖象2即知，S2k>0，S2k+1<0;②當ak+ak+1=0時，觀察圖1知，t=k+，所以T=2t-1=2k，觀察圖2即知，S2k-1>0，S2k=0，S2k+1<0;③當ak+ak+1<0時，觀察圖1知t∈k，k+，所以T=2t-1∈（2k-1，2k），觀察圖象2即知，S2k-1>0，S2k<0.

推廣2 ?等差數列{an}中，若存在k∈N？鄢使ak<0，ak+1>0，則（1）（Sn）min=Sk;（2）①當ak+ak+1>0時，S2k-1<0，S2k>0;②當ak+ak+1=0時，S2k-1<0，S2k=0，S2k+1>0;③當ak+ak+1<0時，S2k<0，S2k+1>0.（證明同推廣1）

綜上可知，兩題看似平常而內蘊不凡，通過它們，不僅深刻揭示了等差數列的函數本質，而且充分體驗了“數列讀圖”的美妙意境. 因此，這是兩道值得賞析和推崇的好題.endprint

下面是我校高三文、理科模擬考試卷上的兩道填空題：

文科題 ?設等差數列{an}的前n項和為Sn，已知a13>0，a14<0，a13>a14，若SkSk+1<0，則k=________.

理科題 ?設等差數列{an}的前n項和為Sn，已知S13>0，S14<0，若akak+1<0，則k=________.

兩題結構對稱，“個性”鮮明，精巧雅致，獨具特色：其一，兩題涉及了等差數列中一類“存在k∈N？鄢使akak+1<0及SkSk+1<0”的問題;其二，兩題揭示了等差數列中“項”與“和”之間關于零點、正負、單調性、最值等問題上的相互轉化關系. 筆者探究發現，兩題除了可用常規公式求解之外，還可將數列“回歸”到函數，用圖象來“透視”等差（即利用an與Sn對應函數的零點關系與圖象求解），且以此為指導思想，引出了此類等差數列的一些相關性質，這些性質看似淺顯，但對我們充分理解等差數列的函數本質，以及如何利用圖象求解等差數列中的正負、單調性、最值等問題，都將大有幫助. 本文首先介紹幾個預備性質，然后給出兩題的“另類”解法，最后將此性質予以推廣，供參考.

本文約定，等差數列{an}的首項為a1，公差為d，前n項和為Sn， f（x）與F（x）分別是an與Sn對應的函數，它們的零點分別是t與T（T≠0）.

性質1 ?等差數列{an}中，若存在k∈N？鄢，（1）使ak>0，ak+1<0，則a1>0，d<0;（2）使ak<0，ak+1>0，則a1<0，d>0.

證明 ?（1）由已知得a1+（k-1）d>0，a1+kd<0， 兩式相減得-d>0，所以d<0. 又a1>（1-k）d≥0，所以a1>0;（2）同理可證.

性質2 ?等差數列{an}中，若存在k∈N？鄢，（1）使Sk>0，Sk+1<0，則a1>0，d<0;（2）使Sk<0，Sk+1>0，則a1<0，d>0.

證明 ?（1）由已知并化簡可得k+a1->0，（k+1）+a1-<0，兩式相減得

-d>0，所以d<0. 又a1>（1-k）≥0，所以a1>0;（2）同理可證.

性質3 ?等差數列{an}中，（1）若a1>0，d<0，則f（x）與F（x）的圖象分別為圖1與圖2;（2）若a1<0，d>0，則f（x）與F（x）的圖象分別為圖3與圖4.

圖1 ? ? ? ? ? ? ? 圖2

圖3 ? ? ? ? ? ? ? 圖4

證明 ?因an與Sn可分別寫成an=d·n+a1-d與Sn=n2+a1-n，故動點M（n，an）（n∈N？鄢）與N（n，Sn）（n∈N？鄢）分別為一次函數f（x）=d·x+a1-d與二次函數F（x）=x2+a1-x圖象上的點列（數列“回歸”函數）. 令f（x）=0，F（x）=0，解得t=1-，T=1-.（1）當a1>0，d<0時，易知f（x）圖象的傾斜角為鈍角（減函數），且在x軸上的截距t=1->0的直線，故其圖象如圖1，而F（x）的圖象是開口向下且在x軸上的非零截距T=1->0的拋物線，故其圖象如圖2. （2）同理可證.

性質4 ?等差數列{an}中，T=2t-1.

證明 ?由于t=1-，T=1-，消去即得T=2t-1.

文科題解 ?因為a13>0，a14<0，由性質1、3及零點存在性質知，a1>0，d<0， f（x）圖象如圖1，F（x）圖象如圖2，t∈（13，14）. 又因為a13>a14=-a14，即a13+a14>0，所以觀察圖1即知，t介于13與14之間但更接近14（圖象“透視”等差），即t∈（13.5，14）. 故由性質4，T=2t-1∈（26，27），觀察圖2即知，S26>0，S27<0，所以k=26.

理科題解 ?因為S13>0，S14<0，由性質2、3及零點存在性質知，a1>0，d<0， f（x）圖象如圖1，F（x）圖象如圖2，

（下轉34頁）

T∈（13，14）. 故由性質4，t=∈（7，7.5），觀察圖1即知，a7>0，a8<0，所以k=7.

點評 上述解法的核心思想是：將f（x）與F（x）的圖象及零點進行轉化（圖象轉化的依據是首項與公差的正負，零點轉化的依據是T=2t-1），最終觀察圖象解題. 具體步驟是：①由條件獲知f（x）（F（x））的圖象與零點t（T）的取值范圍，判斷首項與公差的正負，進而獲知F（x）（f（x））的圖象;②由零點關系T=2t-1（t=）獲知T（t）的取值范圍，觀察F（x）（f（x））的圖象即可解題. 這種“零點+圖象”的解題策略即為本文所指的“另類”解法.

預備性質揭示了此類等差數列的一個明顯特征：a1d<0，并闡明了f（x）與F（x）的圖象及零點關系，下面將上述性質在最值、單調性等方面予以推廣（a1d<0的等差數列較a1d>0有更多性質）.

推廣1 等差數列{an}中，若存在k∈N？鄢使ak>0，ak+1<0，則（1）（Sn）max=Sk;（2）①當ak+ak+1>0時，S2k>0，S2k+1<0;②當ak+ak+1=0時，S2k-1>0，S2k=0，S2k+1<0;③當ak+ak+1<0時，S2k-1>0，S2k<0.

證明 ?（1）因為ak>0，ak+1<0，由性質1、3、4及零點存在性質知，a1>0，d<0， f（x）圖象如圖1，F（x）圖象如圖2，t∈（k，k+1），所以T=2t-1∈（2k-1，2k+1），F（x）圖象的對稱軸x=∈k-，k+. 觀察圖2知：拋物線開口向下，且k比k-1及k+1更接近于對稱軸，所以（Sn）max=Sk（圖象“透視”等差）.（2）①當ak+ak+1>0時，觀察圖1知：t介于k與k+1之間，但更接近k+1，所以t∈k+，k+1，所以T=2t-1∈（2k，2k+1），觀察圖象2即知，S2k>0，S2k+1<0;②當ak+ak+1=0時，觀察圖1知，t=k+，所以T=2t-1=2k，觀察圖2即知，S2k-1>0，S2k=0，S2k+1<0;③當ak+ak+1<0時，觀察圖1知t∈k，k+，所以T=2t-1∈（2k-1，2k），觀察圖象2即知，S2k-1>0，S2k<0.

推廣2 ?等差數列{an}中，若存在k∈N？鄢使ak<0，ak+1>0，則（1）（Sn）min=Sk;（2）①當ak+ak+1>0時，S2k-1<0，S2k>0;②當ak+ak+1=0時，S2k-1<0，S2k=0，S2k+1>0;③當ak+ak+1<0時，S2k<0，S2k+1>0.（證明同推廣1）

綜上可知，兩題看似平常而內蘊不凡，通過它們，不僅深刻揭示了等差數列的函數本質，而且充分體驗了“數列讀圖”的美妙意境. 因此，這是兩道值得賞析和推崇的好題.endprint

下面是我校高三文、理科模擬考試卷上的兩道填空題：

文科題 ?設等差數列{an}的前n項和為Sn，已知a13>0，a14<0，a13>a14，若SkSk+1<0，則k=________.

理科題 ?設等差數列{an}的前n項和為Sn，已知S13>0，S14<0，若akak+1<0，則k=________.

兩題結構對稱，“個性”鮮明，精巧雅致，獨具特色：其一，兩題涉及了等差數列中一類“存在k∈N？鄢使akak+1<0及SkSk+1<0”的問題;其二，兩題揭示了等差數列中“項”與“和”之間關于零點、正負、單調性、最值等問題上的相互轉化關系. 筆者探究發現，兩題除了可用常規公式求解之外，還可將數列“回歸”到函數，用圖象來“透視”等差（即利用an與Sn對應函數的零點關系與圖象求解），且以此為指導思想，引出了此類等差數列的一些相關性質，這些性質看似淺顯，但對我們充分理解等差數列的函數本質，以及如何利用圖象求解等差數列中的正負、單調性、最值等問題，都將大有幫助. 本文首先介紹幾個預備性質，然后給出兩題的“另類”解法，最后將此性質予以推廣，供參考.

本文約定，等差數列{an}的首項為a1，公差為d，前n項和為Sn， f（x）與F（x）分別是an與Sn對應的函數，它們的零點分別是t與T（T≠0）.

性質1 ?等差數列{an}中，若存在k∈N？鄢，（1）使ak>0，ak+1<0，則a1>0，d<0;（2）使ak<0，ak+1>0，則a1<0，d>0.

證明 ?（1）由已知得a1+（k-1）d>0，a1+kd<0， 兩式相減得-d>0，所以d<0. 又a1>（1-k）d≥0，所以a1>0;（2）同理可證.

性質2 ?等差數列{an}中，若存在k∈N？鄢，（1）使Sk>0，Sk+1<0，則a1>0，d<0;（2）使Sk<0，Sk+1>0，則a1<0，d>0.

證明 ?（1）由已知并化簡可得k+a1->0，（k+1）+a1-<0，兩式相減得

-d>0，所以d<0. 又a1>（1-k）≥0，所以a1>0;（2）同理可證.

性質3 ?等差數列{an}中，（1）若a1>0，d<0，則f（x）與F（x）的圖象分別為圖1與圖2;（2）若a1<0，d>0，則f（x）與F（x）的圖象分別為圖3與圖4.

圖1 ? ? ? ? ? ? ? 圖2

圖3 ? ? ? ? ? ? ? 圖4

證明 ?因an與Sn可分別寫成an=d·n+a1-d與Sn=n2+a1-n，故動點M（n，an）（n∈N？鄢）與N（n，Sn）（n∈N？鄢）分別為一次函數f（x）=d·x+a1-d與二次函數F（x）=x2+a1-x圖象上的點列（數列“回歸”函數）. 令f（x）=0，F（x）=0，解得t=1-，T=1-.（1）當a1>0，d<0時，易知f（x）圖象的傾斜角為鈍角（減函數），且在x軸上的截距t=1->0的直線，故其圖象如圖1，而F（x）的圖象是開口向下且在x軸上的非零截距T=1->0的拋物線，故其圖象如圖2. （2）同理可證.

性質4 ?等差數列{an}中，T=2t-1.

證明 ?由于t=1-，T=1-，消去即得T=2t-1.

文科題解 ?因為a13>0，a14<0，由性質1、3及零點存在性質知，a1>0，d<0， f（x）圖象如圖1，F（x）圖象如圖2，t∈（13，14）. 又因為a13>a14=-a14，即a13+a14>0，所以觀察圖1即知，t介于13與14之間但更接近14（圖象“透視”等差），即t∈（13.5，14）. 故由性質4，T=2t-1∈（26，27），觀察圖2即知，S26>0，S27<0，所以k=26.

理科題解 ?因為S13>0，S14<0，由性質2、3及零點存在性質知，a1>0，d<0， f（x）圖象如圖1，F（x）圖象如圖2，

（下轉34頁）

T∈（13，14）. 故由性質4，t=∈（7，7.5），觀察圖1即知，a7>0，a8<0，所以k=7.

點評 上述解法的核心思想是：將f（x）與F（x）的圖象及零點進行轉化（圖象轉化的依據是首項與公差的正負，零點轉化的依據是T=2t-1），最終觀察圖象解題. 具體步驟是：①由條件獲知f（x）（F（x））的圖象與零點t（T）的取值范圍，判斷首項與公差的正負，進而獲知F（x）（f（x））的圖象;②由零點關系T=2t-1（t=）獲知T（t）的取值范圍，觀察F（x）（f（x））的圖象即可解題. 這種“零點+圖象”的解題策略即為本文所指的“另類”解法.

預備性質揭示了此類等差數列的一個明顯特征：a1d<0，并闡明了f（x）與F（x）的圖象及零點關系，下面將上述性質在最值、單調性等方面予以推廣（a1d<0的等差數列較a1d>0有更多性質）.

推廣1 等差數列{an}中，若存在k∈N？鄢使ak>0，ak+1<0，則（1）（Sn）max=Sk;（2）①當ak+ak+1>0時，S2k>0，S2k+1<0;②當ak+ak+1=0時，S2k-1>0，S2k=0，S2k+1<0;③當ak+ak+1<0時，S2k-1>0，S2k<0.

證明 ?（1）因為ak>0，ak+1<0，由性質1、3、4及零點存在性質知，a1>0，d<0， f（x）圖象如圖1，F（x）圖象如圖2，t∈（k，k+1），所以T=2t-1∈（2k-1，2k+1），F（x）圖象的對稱軸x=∈k-，k+. 觀察圖2知：拋物線開口向下，且k比k-1及k+1更接近于對稱軸，所以（Sn）max=Sk（圖象“透視”等差）.（2）①當ak+ak+1>0時，觀察圖1知：t介于k與k+1之間，但更接近k+1，所以t∈k+，k+1，所以T=2t-1∈（2k，2k+1），觀察圖象2即知，S2k>0，S2k+1<0;②當ak+ak+1=0時，觀察圖1知，t=k+，所以T=2t-1=2k，觀察圖2即知，S2k-1>0，S2k=0，S2k+1<0;③當ak+ak+1<0時，觀察圖1知t∈k，k+，所以T=2t-1∈（2k-1，2k），觀察圖象2即知，S2k-1>0，S2k<0.

推廣2 ?等差數列{an}中，若存在k∈N？鄢使ak<0，ak+1>0，則（1）（Sn）min=Sk;（2）①當ak+ak+1>0時，S2k-1<0，S2k>0;②當ak+ak+1=0時，S2k-1<0，S2k=0，S2k+1>0;③當ak+ak+1<0時，S2k<0，S2k+1>0.（證明同推廣1）

綜上可知，兩題看似平常而內蘊不凡，通過它們，不僅深刻揭示了等差數列的函數本質，而且充分體驗了“數列讀圖”的美妙意境. 因此，這是兩道值得賞析和推崇的好題.endprint