数列学习要从哪些方面入手

数列学习要从哪些方面入手
江西省永丰中学（331500） 刘 忠
一、要理解数列与函数的联系与区别
对于数列，我们一方面要会用函数的观点去看待，即数列是定义域为N*（或其有限子集{1，2，…，n}）的函数的函数值依自变量从小到大的顺序排列的一列数. 另一方面又要注意其与函数的区别.数列的图象只是一系列离散的点，而不是连续曲线.
例1 设数列{}n a 的通项公式为)(*2N n n n a n ∈λ+=，若{}n a 满足
<<<<<<+1321n n a a a a a ，求实数λ的取值范围.
解1 ∵012)()1()1(221>λ++=λ+-+λ++=-+n n n n n a a n n ， ∴)12(+->λn 在*N n ∈时恒成立，∴λ>-3.
解2 ∵λ+=λ+=n n n a n 2)'()'(2，由*N n ∈时n a 是增函数，知0)'(>n a ，∴λ>-2n 在*N n ∈时恒成立，∴λ>-2.
以上两种解法所得的答案不同，哪个正确哪个错误呢？解1是正确的，解2是错误的. 事实上，由λ>-2n 恒成立得出的λ>-2说明的是n a 在[)+∞,1上是增函数，而
n a 在N *上是增函数，不要求在[)+∞,1上是增函数. 如以上问题中2
5
-
=λ时，n n a n 2
5
2-
=，n a 在[]2,1内不是单调递增的，但并不影响n a 在N *上的单调递增性. 所以说，要n a 在N *上递增，只要n n a a >+1在N *上恒成立，而不需n a 在[)+∞,1上是递增的.这就是处理数列问题与处理一般函数问题的区别.
二、要熟悉等差数列和等比数列的一些重要性质
与等差数列和等比数列有关的性质很多，除常用的外，还有：
1、已知a 、b R ，且 为与 n 无关的 常数，则数列{}n a 是等差数列
b an a n +=⇔或 bn an S n +=2；已知q 、
c 为不等于0的常数，则{}n a 是等比
数列n
n q c a ⋅=⇔或 c q c S n
n -⋅=.
2、若数列{}n a 是等差数列，则依次K 项的和组成的数列：
{}k m m m a a a ++++++ 21（m 、k 是满足m+k≤n 的正整数）仍为等差数列，且其公差
是原公差的K 2
倍；类似地，除特殊情况（如数列1，-1，1，-1，…）外，即等比数列的依次k 项的和不为0时，由等比数列的依次K 项的和组成的数列仍为等比数列，其公比为原公比的K 次方.
3、在等比数列{}n a 中，若01>a 且1>q ，或01<a 且10<<q ，则{}n a 是递增的；若01>a 且10<<q ，或01<a 且1>q ，则{}n a 是递减的；若0<q ，则数列{}n a 是“摆动”的；1=q 时{}n a 是常数数列.
4、在等差数列{}n a 中，若 )(n m S S n m ≠=，则0=+n m S ；若 q S P =，
p S q =，且 q p ≠，则)(q p S q p +-=+.
5、已知等差数列{}n a 、{}n b 的前n 项和分别为S n 、T n ，则
1
21
2--=n n n n T S b a . 三、要掌握非等差等比数列转化为等差等比数列的常用方法
非等差等比数列问题能否得到解决，很大程度上取决于能否将它转化为等差等比数列问题，常见的转化方法有：
1、求和转化 例2 求数列⎭
⎬⎫
⎩⎨
⎧-n
n 212的前n 项和 解 （错位相减法）令n
n n S 21225232132-++++= ……①，将上式两边同乘以
21
，得14322
1223225232121+-+-++++=n n
n n n S ……② ①、②错位相减：n
n n n n S 21
2232252321132-+-++++=- n S 21)
-= 1322
122322321+-+-+++n n n n
得：
=n S 211322
1222222221+--++++n n n 即n
n n n S 2122121211122--++++
+=- ，由等比数列的求和公式便得： n n n n n n n n n S 23232122132122
11)21(1121
+-=---=---
-+=--. 一般地，若数列{}n n b a 中{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，则求和时将n n n b a b a b a S +++= 2211两边 同乘以数列{}n b 的公比q 后错位相减，便可转化为等比数列问题，从而求得结果，实际上等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的.
例3 求n
n
n n n n nC C C C S ++++= 32132. 解 （倒序相加法）考虑到
m
n
m n n C C =-，∵
n
n n n n n n nC C C C C S +++++= 3210320，将上式右边倒序而写，得：0
121012)1(n n n n n n n n C C C C n nC S ⋅+⋅+⋅++-+=- ，再将两式相加得： n
n
n n n n n n n n n C C C n nC nC nC S 2)(21010⋅=+++=+++= ，∴
12-⋅=n n n S .
实际上，等差数列的前n 项和公式就是用此法推导的. 2、求通项转化（递推数列问题）
例4 已知数列{}n a 满足11=a ，n a a n n =-+1，求n a .
解 （累加法）由题意可得，112=-a a ，223=-a a ，…，11-=--n a a n n ， 将以上各式相加得：)1(3211-++++=-n a a n ，∴12
)
1(+-=
n n a n . 一般地，形如 )(1n f a a n n +=+的递推式都可用此法求n a .
例5 已知数列{}n a 满足211=a ，)2(1
1
1≥+-=
-n a n n a n n ，求n a . 解
（
累
乘
法
）
由
题
意
，
得
2121111---⋅+-=+-=
n n n a n n n n a n n a =--⋅-⋅+-=-31
3
211n a n n n n n n )
1(1
21)1(23)1(1)2)(1(1+=
⋅+=+--=
n n n n a n n n n . 一般地，形如n n a n f a )(1=+的递推式都可用此法求n a （等比数列是其特例）. 例6 已知数列{}n a 满足31=a ，121+=+n a a a ，求a n .
解 （待定系数法）设)(21c a c a n n +=++，则c a a n n +=+21.由1
21+=+n a a a 知c=1，
∴)1(211+=++n n a a ，∴{}1+n a 是首项为411=+a 公比为2的等比数列， ∴112241+-=⋅=+n n n a ，∴121-=+n n a .
一般地，形如β+α=+n n a a 1，（βα,为常数）的递推式都可用此法求a n . 例7 已知数列{}n a 满足n n pa S +=1（p 为常数，且p ≠0，1），求n a . 解 （相减法）由n n pa S +=1得)2(111≥+=--n pa S n n ，两式 相减得：
)(11---=-n n n n a a p S S ，∴1--=n n n pa pa a ，∴
1
1-=
-p p
a a n n ，∴n
n n p p a )1(1
--
=-. 一般地，形如n n pa q S +=（p 、q 为常数且p≠0,1）的式子所确定的数列都可用此法求n a .
四、要了解有趣的斐波那契数列
13世纪初，意大利数学家斐波那契提出了一个有趣的数列：121==a a ，n n n a a a +=++12.从数列学习的角度看，
其通项公式的推导用到了我们中学阶段应该掌握的大多数方法，而且通项公式还有许多有趣的性质，所以我们有了解的必要.
先推导其通项公式：设)(112n n n n a a a a αβα-=-+++，即
n n n a a a αββα-+=++12)(，从而1=+βα，1-=αβ，∴α、β是方程
012
=--x x 的两个根.不妨设251+=α，25
1-=
β，则⎭
⎬⎫⎩⎨⎧+-+n n a a 2511是公比为
25
1-首项为25125112-=
+-a a 的等比数列， ∴n n n a a )251(2511-=+-
+.两边都除以1
)2
51(++n ， 则
n
n n
n n n n a a )5
151(215)
2
51()
251(
)251()2
51(
11
1+-⋅-=+-=+-++++. 令
n n
n b a =+)2
51(，则n
n n b b )5
151(2151+-⋅-=
-+. ∴515
121512+-⋅
-=
-b b ，2
23)5
151(215+-⋅-=-b b ，……， 1
1)5
151(215--+-⋅-=
-n n n b b ，
以
上
各
式
相
加
，
得
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡+--+--+--=
-51511)5151(51512151n n b b ∴5
)5
151(1n
n b +--=，
∴⎥⎦
⎤⎢⎣⎡--+=+--⋅+=n n n
n
n a )251()251(
515
)5151(
1)2
51(. 以上通项公式有什么有趣的性质呢？首先，我们知道斐波那契数列的各项均为正整数，所以此数列的通项公式是用无理数来表示正整数的一种极好的方法；其次，
我们由
1111
)
5
151(15
12
)515
1(
2511
)251()251()251()251(
+++++--+⋅
+--+=--+--+=n n n n n n n n a a ， 得∞
→n lim
2
1
51
-=+n n
a a ， 即斐波那契数列的前项与后项的比的极限为黄金分割系数2
1
5-.斐波那契数列还有很多有趣的性质，在此就不赘述了.。