陶華

摘 要： 從特殊入手研究數(shù)列的性質(zhì)，再擴(kuò)大到一般，有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的思維習(xí)慣，提高分析問題和解決問題的能力.

關(guān)鍵詞： 函數(shù)與數(shù)列 特殊到一般 類比歸納

數(shù)列的學(xué)習(xí)在整個(gè)高中數(shù)學(xué)中比重很大，難度不小，重在培養(yǎng)學(xué)生的觀察、分析、歸納、猜想、推理能力，以及知識(shí)、方法的遷移能力，使學(xué)生逐步養(yǎng)成細(xì)心觀察、認(rèn)真分析、善于總結(jié)的好習(xí)慣.這所迷宮以等差數(shù)列、等比數(shù)列為基石，復(fù)雜多變，讓很多學(xué)生都難以捉摸.數(shù)列的通項(xiàng)和前項(xiàng)和是問題的關(guān)卡，從特殊到一般[1]，運(yùn)用已有的認(rèn)知結(jié)構(gòu)，才能打通新問題的轉(zhuǎn)化路徑.

1.探求數(shù)列通項(xiàng)

數(shù)列作為一種特殊的函數(shù)，數(shù)列的通項(xiàng)公式是相應(yīng)的函數(shù)解析式.研究函數(shù)性質(zhì)主要是抓住函數(shù)解析式，所以研究數(shù)列性質(zhì)時(shí)經(jīng)常需要求出數(shù)列的通項(xiàng)公式.

案例1：已知數(shù)列{a■}中首項(xiàng)a■=a，滿足a■=a■+n+1，求數(shù)列{a■}的通項(xiàng).

解法一：（累加法）移項(xiàng)得a■-a■=n+1，有a■-a■=2，a■-a■=3，…，a■-a■=n，變形相加得a■-a■=■-1（n≥2）；當(dāng)n=1時(shí)，也適合左邊的等式.所以a■=■+a-1.

解法二：（待定系數(shù)法）設(shè)a■=x·n■+yn+z，依次求出前四項(xiàng)為a，a+2，a+5，a+9，代入解出x=■，y=■，z=a-1，則a■=■+a-1.代入驗(yàn)證，遞推公式成立.

解法一對(duì)多個(gè)等式進(jìn)行累加消去，轉(zhuǎn)化為一般項(xiàng)a■與首項(xiàng)a■的關(guān)系，進(jìn)而表示通項(xiàng)公式.解法二是建立在解法一的基礎(chǔ)上，通過觀察分析通項(xiàng)結(jié)果形式，直接設(shè)通項(xiàng)公式的類型，由特殊幾項(xiàng)求出系數(shù)，得到一般項(xiàng)的公式，即通項(xiàng)公式.不妨推廣到一般情況.

推廣1：已知數(shù)列{a■}中首項(xiàng)a■=a，滿足a■=a■+kn+p（其中k，p為常數(shù)），求數(shù)列{a■}的通項(xiàng).

分析：設(shè)a■=A·n■+Bn+C，依次求出前四項(xiàng)為a，a+k+p，a+3k+2p，a+6k+3p，代入解出A=■，B=p-■，C=a-p.代入驗(yàn)證，遞推公式成立.當(dāng)k=p=1時(shí)，與案例1吻合.當(dāng)k=0時(shí)，a■=a■+p，則{a■}是等差數(shù)列，此時(shí)A=0，B=p，C=a-p.

等差數(shù)列是一類重要的數(shù)列模型，從函數(shù)角度看，等差數(shù)列是一次型函數(shù)[2].推廣1數(shù)列是二次型函數(shù)，數(shù)列的后一項(xiàng)減前一項(xiàng)，組成的新數(shù)列是等差數(shù)列，這樣的數(shù)列被稱為二級(jí)等差數(shù)列，形象地稱差后等差數(shù)列，比如3，7，12，18，25，….等差數(shù)列求和后得到的數(shù)列{S■}滿足S■-S■=a■（n≥2），所以{S■}是二級(jí)等差數(shù)列.從公式S■=na■+■d可看出等差數(shù)列的前n項(xiàng)和是二次型函數(shù).類似的，三級(jí)等差數(shù)列是三次型函數(shù)，比如1，10，31，70，133，…通項(xiàng)公式為a■=n■+2n-2.從遞推關(guān)系的特征入手，由特殊到一般，確定數(shù)列的通項(xiàng)公式.這樣的方法同樣適用數(shù)列的前n項(xiàng)和問題.

2.研究等比數(shù)列

等比數(shù)列是刻畫離散現(xiàn)象的重要數(shù)學(xué)模型，可幫助解決很多實(shí)際問題，比如生活中的分期付款、資產(chǎn)折舊等，數(shù)學(xué)上的分形幾何等.從函數(shù)角度看，等比數(shù)列是指數(shù)型函數(shù)，可類比等差數(shù)列進(jìn)行分析.

案例2：已知數(shù)列{a■}中首項(xiàng)a■=a，滿足a■=2a■+n+1，求數(shù)列{a■}的通項(xiàng).

解法一：（構(gòu)造法）令a■+x（n+1）+y=2（a■+xn+y），與已知遞推公式比較，解出x=1，y=2，從而轉(zhuǎn)化為新數(shù)列{b■}，b■=a■+n+2，新首項(xiàng)b■=a+3.若a=-3即b■=0，則b■=0，即新數(shù)列是等差數(shù)列，所以a■=-n-2，也是等差數(shù)列；若a≠-3即b■≠0，則新數(shù)列是公比為2的等比數(shù)列，所以b■=b■·2■=（a+3）·2■，得出a■=（a+3）·2■-n-2.分類討論后對(duì)比兩個(gè)公式，數(shù)列{a■}可以統(tǒng)一為a■=（a+3）·2■-n-2.

解法二：（待定系數(shù)法）設(shè)a■=x·2■+yn+z，依次求出前四項(xiàng)為a，2a+2，4a+7，8a+18，代入解出x=■，y=-1，z=-2，則a■=（a+3）·2■-n-2.代入驗(yàn)證，遞推公式成立.

推廣2已知數(shù)列{a■}中首項(xiàng)a■=a，滿足a■=qa■+kn+p（q≠0且q≠1，k，p為常數(shù)），求數(shù)列{a■}的通項(xiàng).

分析：設(shè)a■=A·q■+Bn+C，依次求出前三項(xiàng)為a，qa+k+p，q■a+q（k+p）+2k+p，代入解出A=■+■-■，B=■，C=■-■.代入驗(yàn)證，遞推公式成立.

當(dāng)q=2，k=1，p=1時(shí)，與案例2吻合.當(dāng)q=2，k=0，p=1時(shí)，a■=2a■+1，A=■，B=0，C=-1，有a■=（a+1）·2■-1.當(dāng)q=2，k=0，p=0時(shí)，a■=2a■，則{a■}是等比數(shù)列（首項(xiàng)a≠0），此時(shí)A=■，B=C=0，a■=a·2■.

3.反思分析

等比數(shù)列求和的第一步是辨清q=1還是q≠1，若q=1則數(shù)列也是公差為0的等差數(shù)列，稱為常數(shù)列.在推廣2中若q=1，推廣2的結(jié)論將沒有意義，要回到推廣1.在實(shí)際教學(xué)中，學(xué)生總會(huì)忽視對(duì)公比的討論.

在案例2解法一的構(gòu)造過程中，需要對(duì){a■}的首項(xiàng)分兩種情況討論，因?yàn)檫@直接影響新數(shù)列{b■}的類型，以及原數(shù)列{a■}的性質(zhì).在推廣2中令A(yù)=0，即a=■-■時(shí)，{a■}是關(guān)于的一次函數(shù)，所以{a■}是等差數(shù)列.當(dāng)a≠■-■即A≠0時(shí)，a■表達(dá)式中含有q■項(xiàng)，也就是說a■不是關(guān)于n的一次函數(shù)，所以{a■}不是等差數(shù)列.所以對(duì)于同一個(gè)遞推關(guān)系，首項(xiàng)的異樣會(huì)導(dǎo)致數(shù)列性質(zhì)的不同.特別是在填空題中，檢驗(yàn)核對(duì)前三項(xiàng)，可避免計(jì)算錯(cuò)誤，減少低級(jí)問題，比如首項(xiàng)不符的分段數(shù)列.

參考文獻(xiàn)：

[1]楊鵬飛.例談從特殊到一般思維方法的培養(yǎng)[J].數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)與研究，2011（19）.

[2]梁長(zhǎng)會(huì)，任憲偉.多角度求解一類等差數(shù)列客觀題[J].數(shù)學(xué)通訊，2013（17）.