前言
函数特性
既然是按照一定的次序排列而成的一列数字，那么这些数字((a_n))自然就是次序(n)的函数，所以我们学习数列时，首先就应该从函数的角度体会这个特殊的数学素材，即(a_n=f(n))。不过和以前我们学习的函数有点不一样，比如(f(x)=2x^2-3x+1，xin [-2，16])，其图像是区间([-2，16])上的连续曲线，没有间断的，而数列(a_n=2n^2-3n+1)，她的图像是一些离散的点，这些点并不能连成曲线，原因是自变量(n)的取值不是连续取值，意思是当(n=3)后，只能取(n=4)，不能取(n=3.01)或(n=3.5)等这些值。
特殊之处
其特殊性体现在以下几个方面：
其一、定义域比较特殊，数列的定义域是正整数集(N^*)或者正整数集的有限子集({1，2，3，cdots，n})，注意数列中没有(a_0)项；
其二、以比较特殊的数列为例，比如二次型的数列的最值和二次函数不一样；
其三、以比较特殊的数列为例，比如二次型的数列的单调性和二次函数不一样；
典例剖析
考点：数列的单调性，分段函数，数列与分段函数的交汇
分析：由题目可知，(egin{cases} 3-a>0，\ a>1，\ (3-a)7-3<a^{8-6}，end{cases})，解得：(ain(2，3))
感悟反思：1、如果是一般的函数(f(x))，则比较点(A)和点(C)的函数值的大小关系；现在是分段数列，那么我们需要比较的是点(A)和点(B)的函数值的大小关系；
分析：由题目可知，(egin{cases} &3-a>0 ① \ &a>1 ②\ &(3-a)7-3leq a^{7-6}③end{cases})；即(egin{cases}&a<3 \ &a>1 \ &age cfrac{9}{4}end{cases})
解得：(ain[cfrac{9}{4}，3))；
反思：1、本题目常犯的错误是缺少第三条的限制；学生常认为函数在两段上分别单调递增，则在整体定义域(R)上一定单调递增，这个认知是错误的。原因是前者是后者的必要不充分条件。
2、防错秘籍：既要保证每段上的单调性，还要保证转折点处的单调性。
考点：数列的单调性，二次函数的对称性和单调性，恒成立命题
【法1】：利用数列单调性的一般定义求解；
由于(a_n=n^2-kn(nin N^*))，且({a_n})单调递增，
所以(a_{n+1}-a_n>0)对(forall nin N*)都成立，
又(a_{n+1}-a_n=(n+1)^2-k(n+1)-n^2+kn=2n+1-k)，所以由(2n+1-k>0)，
即(k<2n+1)恒成立，可知(k<(2n+1)_{min}=3).
【法2】：借助数列对应的二次函数独特性质，如对称性和单调性求解
(a_n=(n-cfrac{k}{2})^2-cfrac{k^2}{4})，其对称轴是(n=cfrac{k}{2})，
要使得({a_n})单调递增，
则必须且只需(cfrac{k}{2}<cfrac{3}{2})，解得(k<3)，故选B。
【法3】：使用导数法求解，
由(a_n=f(n)=n^2-kn)为单调递增数列，则(f'(n)ge 0)在(nin N^*)上恒成立，
即(f'(n)=2n-kge 0)在(nin N^*)上恒成立，分离参数得到，
(kleq 2n)在(nin N^*)上恒成立，即(kleq (2n)_{min}=2)，
则(kleq 2)。这个解法是错误的。
【错因分析】：若数列(a_n=f(n))单调递增，但函数(y=f(x))不一定单调递增；但是若函数(y=f(x))单调递增，则其对应的数列(a_n=f(n))必然单调递增。
感悟反思：1、法1转化为恒成立问题，很好理解；2、法2很容易错解为 (cfrac{k}{2}<1)，故(k<2)，其实这是充分不必要条件，也就是说遗漏了一部分的解集，可以看看上面的图像解释。
考点：数列的单调性，对勾函数的单调性，
分析：选 C。由已知条件可知，当(nge 2) 时，
(a_n=a_1+(a_2-a_1)+(a_3-a_2)+cdots+(a_n-a_{n-1})=33+2+4+…+2(n-1))
(=n^2-n+33)， 又(n=1)时，(a_1=33)，满足此式。
所以(cfrac{a_n}{n} =n+cfrac{33}{n} -1)
令(f(n)=cfrac{a_n}{n}=n+cfrac{33}{n} -1)，则(f(n))在([1，5])上为减函数，
在([6,+infty))上为增函数，又(f(5)=cfrac{53}{5})，(f(6)=cfrac{21}{2})，则(f(5)>f(6))，故(f(n)=cfrac{a_n}{n})的最小值为(cfrac{21}{2}) 。
感悟反思：1、对勾函数的单调性我们必须掌握的非常清楚。2、参考阅读对勾函数
考点：等比数列的前(n)项和的性质，数列的函数特性
分析：选 A.
法1：当(nge 2) 时，(a_n=S_n-S_{n-1}=acdot 2^{n-1}-acdot 2^{n-2}=acdot 2^{n-2}，)
当(n=1)时，(a_1=S_1=a+cfrac{1}{6})，
又由于(n=2)时，(a_2=acdot 2^{2-2}=a)，公比为(q=cfrac{a_n}{a_{n-1}}=2)，故(a_1=cfrac{a}{2})
所以(a+cfrac{1}{6}=cfrac{a}{2})，所以(a=-cfrac{1}{3})。选 A.
法2：将(S_n=acdot 2^{n-1}+cfrac{1}{6})变形为(S_n=cfrac{1}{2}acdot 2^n+cfrac{1}{6})，由引例可知，(cfrac{1}{2}a+cfrac{1}{6}=0)，解得(a=-cfrac{1}{3})。选 A.
感悟反思：1、等比数列的前(n)项和的性质引申：
【引例】已知等比数列的前(n)项和(S_n=rcdot 2^n-1)，则(r=1)。
原因分析：由于等比数列的前(n)项和(S_n=cfrac{a(1-q^n)}{1-q}=cfrac{a}{1-q} imes(1-q^n))，
如果令(cfrac{a}{1-q}=-c)，则等比数列的前(n)项和(S_n=cq^n-c).由此可得，题目中的(r=1).
分析：我们依托数列所对应的函数(f(x)=cfrac{x-4}{x-frac{9}{2}}=cfrac{2x-8}{2x-9}=cfrac{2x-9+1}{2x-9}=1+cfrac{1}{2x-9})
做出其图像，其对称中心为点((4.5，1))，
由图可知，当(nleqslant 4)时，数列({a_n})单调递减，且有(1>a_1>a_2>a_3>a_4)；
当(ngeqslant 5)时，数列({a_n})单调递减，且有(a_5>a_6>a_7>cdots > 1)；
故数列({a_n})的最小项为(a_4)，最大项为(a_5)；
①求证：数列({a_n})先递增后递减；
证明：由于(a_n=(n+1)(cfrac{10}{11})^n)，则(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=cfrac{10}{11}(1+cfrac{1}{n+1}))
而函数(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=cfrac{10}{11}(1+cfrac{1}{n+1}))是单调递减的，
令(cfrac{10}{11}(1+cfrac{1}{n+1})=1)，解得(n=9)，即(a_9=a_{10})；
令(cfrac{10}{11}(1+cfrac{1}{n+1})>1)，解得(n<9)，即当(nleqslant 8)时，(a_{n+1}>a_n)；
令(cfrac{10}{11}(1+cfrac{1}{n+1})<1)，解得(n>9)，即当(ngeqslant 10)时，(a_{n+1}<a_n)；
故数列({a_n})先递增，后递减；
②求数列({a_n})的最大项；
分析：由上述分析可知，(a_1<a_2<a_3<cdots<a_8<a_9=a_{10}>a_{11}>a_{12}>a_{13}>cdots)，
故最大项为(a_9=a_{10});