數(shù)列中蘊(yùn)涵的數(shù)學(xué)思想

1、數(shù)列中蘊(yùn)涵的數(shù)學(xué)思想數(shù)學(xué)思想是數(shù)學(xué)知識(shí)在更高層次上的抽象和概括，它蘊(yùn)涵在數(shù)學(xué)知識(shí)發(fā)生、發(fā)展和應(yīng)用的過(guò)程中。數(shù)學(xué)思想與數(shù)學(xué)知識(shí)的形成過(guò)程同步發(fā)展，同時(shí)又貫穿于數(shù)學(xué)知識(shí)的學(xué)習(xí)理解和應(yīng)用過(guò)程，是學(xué)生形成數(shù)學(xué)能力的必由之路。而數(shù)列知識(shí)中蘊(yùn)涵著豐富的數(shù)學(xué)思想。一、函數(shù)與方程思想例 1、在等差數(shù)列an 中，已知 S10010 ， S10100，那么 S110 =。S1010a11091001099an2da1解法 1：設(shè)數(shù)列的公差為 d，則解得100S10010099d11100a12d 1050S110 110a1110109110d2評(píng)析：方程思想突出研究已知量與未知量間的等量關(guān)系，通過(guò)列方程（組）達(dá)

2、到求值的目的。本題利用等差數(shù)列的性質(zhì)：Snna1n n1d 來(lái)列方程組求解，思路簡(jiǎn)潔、明晰，體現(xiàn)了方程的思想。2解法 2：由于an 為等差數(shù)列，故前n 項(xiàng)和： Snd n 2a1dnd0 。22da ，a1db ，則：Snan2S100100 2 a 100b 10令22bn。此時(shí)可視 Sn 為 n 的二次函數(shù)。 由題意得： S10102 a 10b 100a11解得：100b11110 Sn11 n2111 n則 S11011110 21111101101001010010評(píng)析：函數(shù)思想貫穿于高中代數(shù)的全部?jī)?nèi)容，在研究數(shù)列時(shí)，函數(shù)與方程思想起著十分重要的作用。本題利用等差數(shù)列的求和公式：Sn

3、na1n n1 dd n 2a1dn ，在 d0 時(shí)，可視 Sn 是關(guān)于222n 的二次函數(shù)，從而利用方程組來(lái)求解。這就是函數(shù)思想的體現(xiàn)。例 2、已知數(shù)列cn ，其中 cn2n3n ，且數(shù)列cn 1pcn 為等比數(shù)列，求常數(shù)p 。解：因?yàn)閏n 1pcn 是等比數(shù)列，所以 cn 2pcn 1q （ q 為公比）即 cn 2pcn 1q cn 1 pcncn 1pcn所以 2n 23n 2p 2n 13n 1q 2 n 13n 1p 2 n3n整理得3pq 3n 12pq 2n 1pq 3npq 2n0933n4222n0 對(duì)于一切自然數(shù)都成立。即3pqpqp qpq而 3n 0 ， 2n 0 ，

4、所以93 p 3q pq 0解得p 2或p 3所以 p2 或 p 3 。42 p 2q pq 0q 3q 2評(píng)析：此題從數(shù)列與方程的交匯處著手，根據(jù)等比數(shù)列的定義，得出一個(gè)關(guān)于自然數(shù)的恒等式，進(jìn)而列方程組求解。這其中蘊(yùn)涵著函數(shù)和方程的思想。二、數(shù)形結(jié)合思想例 1、設(shè)等差數(shù)列an中，Sn 為前n 項(xiàng)的和，且SpSqpq，求Sp q 。分析：等差數(shù)列的前n 項(xiàng)和公式為Snd2n2a1d2n 。當(dāng)d0 時(shí)，Sn是 n 的二次函數(shù)。設(shè)Snf nan 2bn ， 又SpSq，故對(duì)稱軸為npq2。由二次函數(shù)對(duì)稱性知：Sp qf pqf 00 。評(píng)析：數(shù)形結(jié)合就是使函數(shù)解析式與函數(shù)圖象、方程與曲線建立起一一

5、對(duì)應(yīng)關(guān)系，使數(shù)量關(guān)系與圖形性質(zhì)相互轉(zhuǎn)化。本題借助二次函數(shù)的對(duì)稱性，利用數(shù)形結(jié)合思想使數(shù)列問(wèn)題更直觀、明了。例 2、在數(shù)列ann7nN 。問(wèn) n 為何值時(shí)， an 取得最大值和最小值？中， an8n解： ann7187 ，yn8n8設(shè)函數(shù) fx187，其圖x81象如圖所示：n7 的 n 和 an 的值x則滿足 anOn8為函數(shù) yfx 圖象上的點(diǎn)。易知a2 最小， a3最大。評(píng)析：數(shù)形結(jié)合就是“數(shù)”與“形”的相互轉(zhuǎn)化，但解決過(guò)程中往往偏重于由“數(shù)”到“形”的轉(zhuǎn)化。三、分類討論思想例 1、已知等比數(shù)列的前n 項(xiàng)之和為 Sn ，前 n1 項(xiàng)之和為 Sn 1 ，公比 q 0 。令 TnSn，求 lim

6、 Tn 。Snn1解：當(dāng) q1時(shí)， Snna1， lim Tnlimn1。n1nna1 1qnTnSn1qn當(dāng) q 1時(shí)， Sn1qSn 11q n 111qn1 。若 0 q 1時(shí)， lim T1 ；若 q 1時(shí)，lim Tnlimn1qnnnqq n綜上， lim Tn10q 11q1nq評(píng)析：分類討論經(jīng)常運(yùn)用于含字母系數(shù)的數(shù)學(xué)問(wèn)題，要注意正確進(jìn)行分類，選取恰當(dāng)?shù)臉?biāo)準(zhǔn)，進(jìn)行不重不漏的劃分。本題中等比數(shù)列的前n 項(xiàng)和 Sn 要分 q1 和 q1兩種情況分別討論。例 2、已知數(shù)列 an 滿足 an1AanB （ nN ， A0，B 0），且首項(xiàng)為 a1 ，求通項(xiàng) an 。解：當(dāng) A1時(shí)， an

7、 1AanB an 1kAa nBkA anBk （ 1）A令 kBkA1 kB即 kBA，則A1由（ 1）得： an 1kAankank 是以 a1ka1B為首項(xiàng)，公比為A 的等比數(shù)列。A1故 ana1BAn1BA1A1當(dāng) A1時(shí)， an 1anB ，即 an1anB ，則 an 是等差數(shù)列，故ana1n 1 B 。綜上，當(dāng) A1時(shí)， ana1ABAn1B；當(dāng) A1時(shí)， ana1n1B 。1A1評(píng)析：本題中容易誤認(rèn)為 A 1，從而忽視對(duì) A 是否為 1 的討論。解題中要注意討論的分類標(biāo)準(zhǔn)和分類的完整。四、化歸與轉(zhuǎn)化思想例 1、等差數(shù)列前n 項(xiàng)和為30，前2n 項(xiàng)和為100，則它的前3n 項(xiàng)和

8、為（）。（A ）130（ B） 170（ C） 210（D ） 260解 ： 令 n1，則 S1a130，S2a1 a2 100 。 故 a270 ， 則 公 差 d 40 。 a3 70 40110S3S2a32 1 0故選（ C）項(xiàng)。評(píng)析：化歸與轉(zhuǎn)化思想是指在解決數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)，采用某種手段將問(wèn)題通過(guò)變換使之轉(zhuǎn)化，從而使問(wèn)題得到解決。其特點(diǎn)在于靈活性和多樣性，常用變換方法有一般與特殊的轉(zhuǎn)化、繁與簡(jiǎn)的轉(zhuǎn)化、構(gòu)造轉(zhuǎn)化、命題的等價(jià)轉(zhuǎn)化等。由于本題是選擇題，因此可利用化歸思想中從一般到特殊的思想。對(duì)n 進(jìn)行賦值，令n 1，較易得出答案，使解法簡(jiǎn)單化。例 2、定義：若數(shù)列an對(duì)任意 nN，滿足an 2a

9、n 1k （ k 為常數(shù)）。則稱數(shù)列 an 為等差比an 1an數(shù)列。（ 1）若數(shù)列 an 的前 n 項(xiàng)和 Sn 滿足 Sn2 an1 ，求 an的通項(xiàng)公式， 并判斷該數(shù)列是否為等差比數(shù)列；（ 2）若數(shù)列 an為等差數(shù)列，試判斷an 是否一定為等差比數(shù)列，并說(shuō)明理由；（3）試寫出一個(gè)等差比數(shù)列的通項(xiàng)公式，使此數(shù)列既不是等差數(shù)列，也不是等比數(shù)列。解：（ 1）當(dāng) n2 時(shí)， Sn2an1 ，（ 1）Sn 12 an 1 1 ，（ 2）（ 1） - （ 2）得 Sn Sn12an2an 1 ，所以 an2an2an 1 ，即 an 2an1 。又 S1a12 a11，所以 a12 ， an2nnN。

10、任給 nan 2an 12 n 22n 12 ，故數(shù)列an為等差比數(shù)列。N ，an2n 12nan 1（ 2）設(shè)等差數(shù)列an的公差為 d ，則 an 2 an 1an1and 。當(dāng) d0 時(shí)， an2an1d1（ 1 為常數(shù)）。從而數(shù)列an是等差比數(shù)列。an 1and當(dāng) d0 時(shí)，即數(shù)列an是常數(shù)列時(shí)，不是等差比數(shù)列。（ 3）通項(xiàng)如 anaqnbab0 形式的數(shù)列，如an23n1 ，不是等差數(shù)列，也不是等比an 2an 12 3n 21 2 3n 113為常數(shù)，是等差比數(shù)列。數(shù)列，但2 3n 11 2 3nan 1an1評(píng)析：本題把一個(gè)新定義的數(shù)列問(wèn)題，通過(guò)分析、類比，轉(zhuǎn)化為等差（比）數(shù)列，把

11、未知轉(zhuǎn)化為已學(xué)、已知，體現(xiàn)了化歸這一基本思想。五、特殊與一般思想例 1、已知數(shù)列 an中， a11 ，且 aa1 k ， a2 k1a2 k 3k ，其中 k =1，2，3， 。2 k2 k 1（）求 a3 ， a5 ；（）求an的通項(xiàng)公式。解：（）a2ka2k 11 k （ 1）令 k1，有： a2a11 1110 a2k 1a2k3k（2）令 k1，有：a3a2313同樣，對(duì)遞推式（1），令 k2 ，有： a4a31 2314；對(duì)遞推式（2），令 k2 ，有： a5a4324913。（）將（1）式代入（2）式，得： a2 k1a2 k1 3k1 ka2k 1a2k 33k 1k 1又1a2

12、k 3a2k 53k 21 k 2a3a131a11將以上各式相加得：a2 k13k3k 13k 231 k1 k 11 k 2113k11k1221將上式代入遞推式（1）得： a2k3k11 k122因此 an 的通項(xiàng)公式為：n1當(dāng) n 為奇數(shù)時(shí)，321n 11 2an22n1321n1 21 。；當(dāng) n 為偶數(shù)時(shí)， an22評(píng)析：本題在由a1 求 a2 、 a3 、 a4 、 a5 時(shí)，將所給遞推式中的字母k 賦以特殊值1 和 2 分別計(jì)算，體現(xiàn)了由一般到特殊的過(guò)程；在求幾個(gè)特殊項(xiàng)的過(guò)程中，觀察其規(guī)律，找到數(shù)列遞推關(guān)系式的特點(diǎn)，從而找到解題思路和方法，這就是由特殊到一般的思維飛躍。六、 有

13、限與無(wú)限思想例 1、已知 an是各項(xiàng)為正數(shù)的等差數(shù)列，lg a1、 lg a2 、 lg a4 成等差數(shù)列又bn1， n 1,2,3, a2n( ) 證明 bn為等比數(shù)列；( ) 如果無(wú)窮等比數(shù)列bn各項(xiàng)的和 S1 ，求數(shù)列an的首項(xiàng) a1 和公差 d 3(注：無(wú)窮數(shù)列各項(xiàng)的和即當(dāng)n時(shí)數(shù)列前 n 項(xiàng)和的極限 )解：（）設(shè)數(shù)列 a n 的公差為 d，依題意，由2lg a2lg a1 lg a4 得 a22a1a4即 (a1d)2a1 ( a13d) ，得d0或da1因bn 1a2nbna2n 1 當(dāng) d =0 時(shí)， a n 為正的常數(shù)列就有bn1a2n1bna2n1當(dāng) d = a1 時(shí)， a2na1(2n1)a1 , a2n 1a1(2n 1bn 1a2n11) a1 ,就有a2n2bn1于是數(shù)列 bn 是公比為1 或1 的等比數(shù)列2（）如果無(wú)窮等比數(shù)列bn的公比 q =1，則當(dāng) n 時(shí)其前 n 項(xiàng)和的極限不存在。因而 d = a 0，這時(shí)公比 q =1 ，b11122d1 1( 1 )n 這樣 bn的前 n項(xiàng)和為