从一类特殊数列问题的反思中欣赏数学的轮换对称美

2017-02-17四川省西南石油大学理学院610500罗仕明

中学数学研究(广东) 2017年11期

关键词：作差特殊化通项

四川省西南石油大学理学院(610500) 罗仕明

四川省巴中市巴州区凌云中学(636033) 李柳青

从一类特殊数列问题的反思中欣赏数学的轮换对称美

四川省西南石油大学理学院(610500) 罗仕明

四川省巴中市巴州区凌云中学(636033) 李柳青

问题已知数列{an}的前n项和Sn满足:对于任意m,n∈ N∗,都有Sn+Sm=Sn+m+2n.若a1=1,求a10的值?

本题出现在《课堂新坐标(教师用书)》2013-2014学年高中数学第2章数列综合检测(苏教版必修5)中,该题也被很多学校用以数列知识的练习.本文主要针对本题已有解答方法,对本题进行了深入的分析,发现本题存在值得探讨的误区及深思的问题,并从本题的特点抽象出一般化的推论,并给以证明,从中欣赏高中数学的轮换对称美.

一、退而求其次— 似是而非的方法

在高中数学中常见的解决这一类的方法就是特殊化m或n的值,将其转化为递推数列的关系等式,利用递推关系式的特点将其转化为等差或等比数列处理.

(1)特殊化n的值

方法1 在本题中,由于对于任意m,n∈N∗,都有Sn+Sm=Sn+m+2n.便利用退而求其次的办法,将n的值特殊化处理,使得变量尽量减少,方便解决问题.

令n=1时,有S1+Sm=Sm+1+2.再根据数列满足S1=a1=1,则得到递推关系:Sm+1−Sm=−1所以,{Sn}是以首项为1,公差为−1的等差数列.故前m项和的通项Sm=1−(m−1)=2−m,因此推出a10=S10−S9=−8+7=−1.

方法2 令n=1时有Sm+1−Sm=−1.对于此特点,利用叠加法解决也是数列通项的常见方法.即S2−S1=−1,S3−S2= −1,以此类推Sn−Sn−1= −1,通过累加法可得Sn−S1= −(n−1),则Sn=2−n.当n>2时,有 an=Sn−Sn−1= −1;当 n=1时,有 a1=1;综上a10=−1.

方法1、2的反思这两种方法看似已经解决本题,实则不然.

上两种方法,实质上得出的数列{an}的通项满足:当将通项代入题干验证时,得Sn=2−n,Sm=2−m,Sn+m=2−(n+m),即Sn+m=Sn+Sm+2.显然Sn+m=Sn+Sm+2与题干Sn+Sm=Sn+m+2n不符合.

(2)特殊化m的值

在本题中,既然是对于任意m,n∈N∗,都有Sn+Sm=Sn+m+2n.以上是对n进行特殊化得到的结果不符合,那我们将m的值特殊化呢?

方法3令m=1时,有Sn+S1=Sn+1+2n.再根据数列满足S1=a1=1,得到Sn+1−Sn=1−2n.对于此关系式,高中常见的方法就是利用数列通项an和前n项和Sn的关系求通项.由于an+1=Sn+1−Sn,所以an+1=1−2n.故an=1−2(n−1)=3−2n,得a10=−17.

方法3的反思:通过以上特殊化思想,我们发现不一定此通项是满足一般性关系.于是,将通项代入题干进行检验.由an=3−2n得Sn=−n2+2n.所以Sn=−n2+2n,Sm=−m2+2m,Sn+m=−(n+m)2+2(n+m)=−n2−m2+2m+2n−2nm.由于Sm+Sn=−n2−m2+2m+2n,得到Sn+Sm=Sn+m+2nm.显然Sn+Sm=Sn+m+2nm与题干Sn+Sm=Sn+m+2n不符合.

(3)注重特殊化,更不能忽视一般化

特殊化与一般化是人类认识事物的两个重要方面,在中学数学中,退而求其次、一般问题特殊化等思想方法非常重要,是解题的两种基本策略,它们相辅相成.在大多数问题中,特殊化问题显得简单直观、容易把握.但是为了使得学生掌握问题解决方法,我们不能夸大特殊化的作用,因为特殊问题的个别特性可能会掩盖事物的本质属性,给解题带来干扰.事实上,我们应该在解决较抽象的数学问题时,以特殊问题为起点,逐步分析、比较、讨论,层层深入,从解决特殊问题的规律中,寻求解决一般问题的方法和规律[1].也就是说:特殊化是解决问题的手段,将问题一般化才是真正目的;特殊化是解决问题的起点,将问题一般化才是终点.

本题的问题所在位于题干,由于Sn+Sm=Sn+m+2n,对于n和m的任意性都成立,那么基于轮换对称的思想,将n和m进行互换,得到Sn+Sm=Sn+m+2m.

比较两式,作差之后得到m=n,这显然与n、m的任意性矛盾.

由此得出此题存在出题错误,如果学生仅仅是学会特殊化法求解此类型题目,必然会使得学生对知识掌握出现偏差.接下来对此类题型进一步反思,寻找其特点.

二、进一步反思— 欣赏数列中的轮换对称美

基于以上法3的分析,Sn=−n2+2n,Sm=−m2+2m,Sn+m=−n2−m2+2m+2n−2nm还原不了Sn+Sm=Sn+m+2m,除非m=1.所以想到如果题干中是Sn+Sm=Sn+m+2nm该题又会变为什么情况呢?

从Sn+Sm=Sn+m+2nm这个式子的结构中可以看出,式子具有轮换对称性[2],即交换m、n时,式子结构不改变.对于此类轮换对称的数列问题在高考中也曾出现,此处列出几个变式以供欣赏.

变式1已知数列的前n项和Sn满足:对于任意m,n ∈ N∗,都有 Sn+Sm=Sn+m+2nm,且 a1=1,求数列{an}的通项;

变式2已知数列的前n项和Sn满足:对于任意m,n ∈ N∗,都有 Sn+Sm=Sn+m+4nm,且 a1=1,求数列{an}的通项;

变式3已知数列的前n项和Sn满足:对于任意m,n ∈ N∗,都有 Sn+Sm=Sn+m+pnm,且 a1=q,(p,q为常数),求数列{an}的通项;

那么,对于此类变式问题该如何解决呢?寻找其通性通法去解决此类轮换对称的数列题显得非常有必要.根据轮换对称的变量等价性可以联想到,令m=n比m=1更具有普适性,并且不会破坏式子中m,n的任意性.于是,接下来采用此方法对以上三个变式进行一一分析.

对于变式1:对于任意m,n∈N∗,都有Sn+Sm=Sn+m+2nm,且a1=1,求通项.

令 m=n,当 n>2时,有2Sn=S2n+2n2、2Sn−1=S2n−2+2(n−1)2,两式作差得2an=a2n+a2n−1+4n−2,根据通项等式和求和等式的结构,可以发现其通项满足一次式结构.令an=an+b,带入上式得:2an+2b=2an+b+2an−a+b+4n−2.通过比较对应系数可得a= −2,再根据数列满足a1=1,得到 b=3,即an= −2n+3.通过检验发现,Sn= −n2+2n,Sm=−m2+2m,Sn+m=−n2−m2+2m+2n−2mn满足题意.

对于变式2:对于任意m,n∈N∗,都有Sn+Sm=Sn+m+4nm,且a1=1,求通项.

令 m=n,当 n>2时,有 2Sn=S2n+4n2、2Sn−1=S2n−2+4(n − 1)2,两式作差得 2an=a2n+a2n−1+8n−4,根据通项等式和求和等式的结构,可以发现其通项满足一次式结构.令an=an+b,带入上式得:2an+2b=2an+b+2an−a+b+8n−4.通过比较对应系数可得a=−4,再根据数列满足a1=1,得到b=5,即an=−4n+5通过检验发现,Sn=−2n2+3n,Sm=−2m2+3m,Sn+m=−2n2−2m2+3m+3n+4nm,满足题意.

那么此方法推广至更加一般化的变式3,会有什么样的结论呢?

对于变式3:对于任意m,n∈N∗,都有Sn+Sm=Sn+m+pnm,且a1=q,(p,q为常数),求通项.

令 m=n,当n>2时,有 2Sn=S2n+pn2、2Sn−1=S2n−2+p(n−1)2,两式作差得2an=a2n+a2n−1+2pn−p,根据通项等式和求和等式的结构,可以发现其通项满足一次式结构.令an=an+b,带入上式得:2an+2b=2an+b+2an−a+b+2pn−p通过比较对应系数可得a= −p,再根据数列满足a1=q,得到b=p+q,即an=−pn+p+q.经检验发现其通项满足题意.综上便能得到以下推论:

推论若数列{an}的前n项和Sn满足:对于任意m,n∈N∗,都有Sn+Sm=Sn+m+pnm且a1=q(p,q为常数),则数列通项an=−pn+p+q.