數列是特殊的函數

摘?要：在高中數學教材中，《數列》一章蘊含的方程與函數、分類討論、化歸和轉化、數形結合等常用的數學思想方法，在教材中得到了充分的展現和應用，而《數列》的學習，尤其要重視函數思想的應用，因為數列是特殊的函數。

關鍵詞：數列;教材中的順序;函數的觀點;認識數列;特殊

一、??數列在教材中順序的幾番調整體現了編者的良苦用心

普通高中數學課程標準中，數列被調整到必修課程模塊5中，但“對數學有興趣，并且希望獲得較高數學素養，希望在理工等方面發展的學生”，在選修系列4-3中，安排了“數列與差分”。數列在教材中順序的反復調整體現了編者的良苦用心：①體現數列是一個特殊的函數;②“將函數思想貫穿高中數學課程的始終”，加深對函數概念的認識與理解。

二、??用函數的觀點認識數列

（一）?強化數列定義中的函數觀點

教材中數列的概念，先給出一個描述性的定義，在此基礎上又給出一個在函數觀點下的定義：“從函數的觀點看，數列可看作是一個定義域為正整數集N*（或它的有限子集{1，2，…，n}）的函數當自變量從小到大依次取值時對應的一列函數值”，該定義指明數列與函數之間的關系：數列是特殊的函數。加點文字是傳統教材中所沒有的，起到了突出強調的作用。關于數列的通項公式，教材中明確地提出：“數列的通項公式也就是相應函數的解析式”。

通過教材在章節順序和內容體系上的調整，我們了解到，在數列的學習中，可以從函數的觀點來理解數列中的有關問題。

例1?當n∈N且n≥2時，求證：1n+3+1n+4+…+12n+2≥1130。

分析：數學歸納法證明，步驟煩瑣，還需證明12k+3+12k+4-1k+3>0?（k≥2且k∈N），對學生來說難度較大，如果利用數列的函數性證明，可以減少步驟的煩瑣，降低解題難度。

解析：設f（n）=1n+3+1n+4+…+12n+2，則f（n+1）-f（n）=5n+9（2n+3）（2n+4）（n+3）>0

即f（n+1）>f（n），故{f（n）}是遞增數列，所以當n∈N且n≥2時，有f（n）≥f（2）=1130。

例2?（2004年上海春季高考題）已知函數f（x）=|x-a|，g（x）=x2+2ax+1（a為正常數），且函數f（x）與g（x）圖象在y軸上截距相等。（1）求a;（2）求f（x）+g（x）的單調遞增區間;（3）若n為正整數，證明10f（n）·45g（n）<4。

解析：（1）a=1;（2）略

（3）法一：設Cn=10f（n）·45g（n）=10n-1·45n2+2n+1，不等式Cn+1-12lg0.8-32≈3.7，則n≥4，從而C1≤C2≤C3≤C4，而C4>C5>…，所以有

10f（n）·45g（n）≤10f（4）·45g（4）=103·4525≈3.78<4

法二：記h（x）=10x-1·45x2+2x+1（n≥1），則h′（x）=10x-1·

45x2+2x+1·ln10+2（x+1）ln45

令h′（x）>0，得x

（4.16，+∞）上遞減。對n∈N+，h（n）=10f（n）·45g（n）=

10n-1·45n2+2n+1又∵h（4）=3.78，h（5）=3.25

∴h（n）max=h（4）<4，結論得證。

評析：法二借助于函數的單調性的判斷結果，借力發功，巧妙地解決了數列的最大值，解題思路清晰簡單，數列與函數較好地統一于一體。

（二）?注意等差數列與一次、二次函數的聯系

由于等差數列的通項公式可以變形為an=dn+（a1-d），從變形式可以看出：當d≠0時，等差數列是關于n的一次函數，所以等差數列的通項an的圖象是均勻地分布在一條直線上的各點，根據兩點確定一條直線，也就容易理解為什么已知等差數列的任意兩項，可確定一個等差數列。

同樣道理，等差數列前n項和公式可以變形為Sn=d2n2+a1-d2n，當d≠0時，Sn是關于n的常數項為0的二次函數，可以利用二次函數的觀點和性質解決“求等差數列前n項的和”的有關問題，特別是求Sn的增減變化，最大（小）值問題時，更要聯想到Sn的二次函數性。

例3?一個首項為正數的等差數列，前5項之和與前13項之和相等，那么這個數列的前多少項之和最大？

解：法一：由S5=S13得d=-217a1<0，由

an≥0

an+1≤0得8.5≤n≤9.5，則S9最大。

法二：由S5=S13，得∑13i=6ai=0，從而4（a9+a10）=0，則a9<0，a10>0，即S9最大。

法三：由S5=S13，得d=-217a1，則Sn=na1+n（n-1）2d=81-（n-9）217a1，即S9最大。

法四：由Sn=d2n2+a1-d2n，則Sn是關于n的二次函數，且開口向下，由S5=S13知Sn的對稱軸是n=5+132=9，則S9最大。

評析：解法一雖然常規但運算量大，解法二技巧性強，解法三與解法四運用了函數的知識，思路清晰且運算量較少，尤其是解法四，展示了函數思想的巨大魅力。

（三）?注意等比數列與指數型函數的聯系

在等比數列中，通項公式an=a1qn-1=a1qqn（a1≠0，q≠0），其前n項和Sn=a1（qn-1）q-1=a1q-1qn-a1q-1（q≠1），當q>0且q≠1時，an是關于n的指數型函數，Sn是關于n的y=mqn-m型的函數，因此，在解決等比數列的有關問題時，應注意結合指數函數的有關性質。

例4?首項為正數的等比數列{an}的前n項和為80，前2n項和為6560，且在前n項中數值最大的項是54，求此數列的首項a1和公比q。

解析：∵2Sn≠S2n，∴q≠1，由S2n÷Sn=82，∴qn=81代入Sn=80可得a1=q-1>0，從而q>1，∴an=a1qqn關于n單調遞增，an=54，再結合Sn=80，便求項a1與q。

評析：這里確定an=54是關鍵，借助指數函數的單調性，難點輕而易舉得以突破。

三、?數列是特殊的函數

前面我們闡述了數列與函數的聯系，看到了二者高度的統一性，體驗了函數的思想在數列學習中的重要性與指導性。但數列畢竟是特殊的函數，不能把數列問題完全函數化，二者還是有區別的。為了清楚地說明數列與函數的區別，下面我們詳細分析一個例題：

例5?已知數列{an}的通項為an=n·an（0an+1對n∈N+均成立，求a的取值范圍。

錯解：記f（x）=x·ax（0an+1對n∈N+成立得，函數f（x）=x·ax在[1，+∞）上為減函數，則f′（x）=ax（1+xlna）≤0對n∈N+恒成立，即1+xlna≤0對n∈N+恒成立，從而lna≤-1x對n∈

N+恒成立，又-1xmin=-1則lna≤-1，得0

正解：an>an+1對n∈N+均成立即n·an>（n+1）·an+1對n∈N+恒成立，則a

評析：兩種解法的結果相距甚遠。但同樣的思路，例2卻殊途同歸，事實上，在例2中已出現了不和諧的“音符”，解法一中n>3.7，解法二中n<4.16，只是由于n∈N+，將二者統一于n=4，但解題過程并未能掩飾住其取具體值時兩者的差異。本例中，f（x）在[1，+∞）上為減函數只是an>an+1（n∈N+）恒成立的充分不必要條件，并不是等價條件，讓我們詳細分析：

先求f（x）的極大值點，令f′（x）=0得x=-1lna，當x∈-∞，-1lna時，f′（x）>0，

當x∈-1lna，+∞時，f′（x）<0，則x=-1lna是函數f（x）的極大值點，也是最大值點。

下面考查a∈1e，12時的情況：當a∈1e，12時，x=-1lna∈[1，2），則函數f（x）在區間1，-1lna上為增函數，在-1lna，+∞為減函數，沒有做到f（x）在

[1，+∞）上是減函數，但f（1）=a，f（2）=2a2，由a∈1e，12，仍有a1>a2。

數列的學習離不開函數思想方法的指導，因為數列是特殊的函數;但也不能將自變量離散變化的數列完全等同于自變量連續變化的函數，數列畢竟是特殊的函數。

參考文獻：

[1]人民教育出版社中學數學室.全日制普通高級中學（必修）數學第一冊（上）.人民教育出版社，2005（6）.

[2]中華人民共和國教育部制訂.普通高中數學課程標準（實驗）.人民教育出版社，2003（4）.

作者簡介：姚素杰，江西省南昌市，江西省南昌市第五中學。