赏析数列与函数、不等式的交汇问题

■河北省张家口市第一中学 陈荣荣

数列是以正整数为自变量的一类特殊函数,也是高中数学中的重要内容之一。借助数列的函数特性解决数列问题,在一定程度上能简化运算。通过构造函数,利用函数的定义、图像、性质解决数列问题,对解决数列通项、数列最值等问题有重要的作用。下面从两个方面谈一谈数列与函数、不等式的交汇问题。

一、数列与函数综合问题的主要类型及求解策略

①已知函数条件,解决数列问题,一般利用函数的性质、图像研究数列问题。

②已知数列条件,解决函数问题,一般要利用数列的通项公式、前n项和公式、求和方法等对式子化简变形。

注意数列与函数的不同,数列只能看作自变量为正整数的一类函数,在解决问题时要注意这一特殊性。

例1数列{an}满足a1=2,n∈N*,若Tn=a1·a2·…·an,n∈N*,则T10=_____。

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

点评:已知数列的递推关系式,并观察到项的值具有跳跃性,通常不必求通项公式,应探究是否有周期性规律。如果能从数列的实质——函数的角度探究周期性规律,就更切合问题的本质,从而把握规律,轻松求解。

解决数列周期性问题的方法:根据给出的关系式求出数列的若干项,通过观察归纳出数列的最小正周期,进而求有关项的值或者前n项的和或积。

例2已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,对任意的正整数n,点(an+1,Sn)均在函数f(x)=x的图像上。

(1)证明:数列{Sn}是等比数列;

(2)问{an}中是否存在不同的三项能构成等差数列,并说明理由。

解析:(1)对任意的正整数n,点(an+1,Sn)均在函数f(x)=x的图像上,可得Sn=an+1=Sn+1-Sn,即Sn+1=2Sn。

因为a1=2,所以S1=a1=2。

因此,数列{Sn}是首项为2,公比为2的等比数列。

(2)不存在。

由(1)得Sn=2·2n-1=2n。

当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-2n-1=2n-1。

又因为a1=2,所以

易知a1=a2,且从第二项起数列{an}严格单调递增。

假设存在2≤m

两边同除以2m-1,可得2n+1-m=1+2p-m。

因为2n+1-m是偶数,1+2p-m是奇数,所以2n+1-m≠1+2p-m。

因此,假设不成立,即{an}中不存在不同的三项能构成等差数列。

点评:本题借助函数关系研究数列问题,其本质仍是一个数列问题,通过函数的图像得出数列的递推关系,从而利用数列问题的研究方法进行解决。

二、数列与不等式综合问题的求解策略

解决数列与不等式的综合问题时,若是证明题,则要灵活选择不等式的证明方法,如比较法、综合法、分析法、放缩法等;若是含参数的不等式恒成立问题,则可分离参数,转化为研究最值问题来解决。

解恒成立问题常用到的方法是:

a>F(n)恒成立⇔a>F(n)max;a

例3(2023年重庆巴南区一模)已知等比数列{an}满足:a1+a2=20,a2+a3=80。数列{bn}满足bn=log2an(n∈N*),其前n项和为Sn,若恒成立,则λ的最小值为_____。

解析:设等比数列{an}的公比为q,则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。

因为bn+1-bn=2(n+1)-2n=2,所以数列{bn}是等差数列。调性的性质,很容易将数列递增的问题转化为不等式恒成立问题,再求参数的取值范围。首先,将数列问题和函数问题结合在一起,利用函数思想解决数列问题;其次,利用分类讨论思想对函数不同的情况进行讨论;最后,通过数列的单调递增与不等式组的等价转化来解决。

例4已知数列{an}满足a1=8,an+1-an=4n,则的最小值为____。

解析:由an+1-an=4n得:

当n≥2时,an-an-1=4(n-1),an-1-an-2=4(n-2),…,a2-a1=4。

点评:求解数列中的最值常见方法如下。

(1)构造函数,确定函数的单调性,进一步求出数列的最值(如二次函数)。

例5(2023年河北省张家口市三模)已知数列{an}满足

(1)求数列{an}的通项公式;

当n=1时,a1=-1,也适合上式。

所以数列{an}的通项公式为an=-2n+1。

点评:数列与不等式的结合,其本质仍是数列问题,通过研究数列的通项公式与求和,结合放缩法、函数的单调性等,获取结论的证明方法。