賞析數列與函數、不等式的交匯問題

■河北省張家口市第一中學 陳榮榮

數列是以正整數為自變量的一類特殊函數,也是高中數學中的重要內容之一。借助數列的函數特性解決數列問題,在一定程度上能簡化運算。通過構造函數,利用函數的定義、圖像、性質解決數列問題,對解決數列通項、數列最值等問題有重要的作用。下面從兩個方面談一談數列與函數、不等式的交匯問題。

一、數列與函數綜合問題的主要類型及求解策略

①已知函數條件,解決數列問題,一般利用函數的性質、圖像研究數列問題。

②已知數列條件,解決函數問題,一般要利用數列的通項公式、前n項和公式、求和方法等對式子化簡變形。

注意數列與函數的不同,數列只能看作自變量為正整數的一類函數,在解決問題時要注意這一特殊性。

例1數列{an}滿足a1=2,n∈N*,若Tn=a1·a2·…·an,n∈N*,則T10=_____。

又因為T4=a1a2a3a4=2×(-3)×,所以T10=(a1a2a3a4)·(a5a6a7a8)· (a9a10)= (a1a2a3a4)·(a1a2a3a4)·(a1a2)=1×1×2×(-3)=-6。

點評:已知數列的遞推關系式,并觀察到項的值具有跳躍性,通常不必求通項公式,應探究是否有周期性規律。如果能從數列的實質——函數的角度探究周期性規律,就更切合問題的本質,從而把握規律,輕松求解。

解決數列周期性問題的方法:根據給出的關系式求出數列的若干項,通過觀察歸納出數列的最小正周期,進而求有關項的值或者前n項的和或積。

例2已知數列{an}的前n項和為Sn,a1=2,對任意的正整數n,點(an+1,Sn)均在函數f(x)=x的圖像上。

(1)證明:數列{Sn}是等比數列;

(2)問{an}中是否存在不同的三項能構成等差數列,并說明理由。

解析:(1)對任意的正整數n,點(an+1,Sn)均在函數f(x)=x的圖像上,可得Sn=an+1=Sn+1-Sn,即Sn+1=2Sn。

因為a1=2,所以S1=a1=2。

因此,數列{Sn}是首項為2,公比為2的等比數列。

(2)不存在。

由(1)得Sn=2·2n-1=2n。

當n≥2時,an=Sn-Sn-1=2n-2n-1=2n-1。

又因為a1=2,所以

易知a1=a2,且從第二項起數列{an}嚴格單調遞增。

假設存在2≤m

兩邊同除以2m-1,可得2n+1-m=1+2p-m。

因為2n+1-m是偶數,1+2p-m是奇數,所以2n+1-m≠1+2p-m。

因此,假設不成立,即{an}中不存在不同的三項能構成等差數列。

點評:本題借助函數關系研究數列問題,其本質仍是一個數列問題,通過函數的圖像得出數列的遞推關系,從而利用數列問題的研究方法進行解決。

二、數列與不等式綜合問題的求解策略

解決數列與不等式的綜合問題時,若是證明題,則要靈活選擇不等式的證明方法,如比較法、綜合法、分析法、放縮法等;若是含參數的不等式恒成立問題,則可分離參數,轉化為研究最值問題來解決。

解恒成立問題常用到的方法是:

a>F(n)恒成立?a>F(n)max;a

例3(2023年重慶巴南區一模)已知等比數列{an}滿足:a1+a2=20,a2+a3=80。數列{bn}滿足bn=log2an(n∈N*),其前n項和為Sn,若恒成立,則λ的最小值為_____。

解析:設等比數列{an}的公比為q,則a2+a3=q(a1+a2)=20q=80,解得q=4。

所以a1+a2=a1+a1q=5a1=20,解得a1=4,故an=a1qn-1=4n。

因為bn+1-bn=2(n+1)-2n=2,所以數列{bn}是等差數列。調性的性質,很容易將數列遞增的問題轉化為不等式恒成立問題,再求參數的取值范圍。首先,將數列問題和函數問題結合在一起,利用函數思想解決數列問題;其次,利用分類討論思想對函數不同的情況進行討論;最后,通過數列的單調遞增與不等式組的等價轉化來解決。

例4已知數列{an}滿足a1=8,an+1-an=4n,則的最小值為____。

解析:由an+1-an=4n得:

當n≥2時,an-an-1=4(n-1),an-1-an-2=4(n-2),…,a2-a1=4。

點評:求解數列中的最值常見方法如下。

(1)構造函數,確定函數的單調性,進一步求出數列的最值(如二次函數)。

例5(2023年河北省張家口市三模)已知數列{an}滿足

(1)求數列{an}的通項公式;

當n=1時,a1=-1,也適合上式。

所以數列{an}的通項公式為an=-2n+1。

點評:數列與不等式的結合,其本質仍是數列問題,通過研究數列的通項公式與求和,結合放縮法、函數的單調性等,獲取結論的證明方法。