例谈数列中的数学思想 (3)

例谈数列中的数学思想

高中数学常见的数学思想有:方程思想、函数思想、分类讨论思想、化归与转化、整体思想等；在高中数学教学过程中，加强数学思想方法的渗透，培养学生的思维能力，显得非常重要。下面通过几道例题浅谈数列解题过程中渗透的数学思想, 不当之处, 敬请批评指正.

1、方程思想在数列中运用

等差（比）数列一般涉及五个基本量：a 1, d （或q ), n , a n , S n . 于是“知三求二”成为等差（比）数列中的基本问题，可运用方程思想，通过解方程（组）求解。

例1：等差数列{a n }的前n 项和为S ，且S =84，S =460，求S n 122028。

解：由已知得 12(12-1) ⎧12a +d =841⎪⎪2 ⎨， 20(12-1) ⎪20a +d =4601⎪2⎩

解得a 1=-15, d =4. 故S 28=28a 1+28(28-1) d =1092. 2

在解决问题中利用方程揭示问题隐含的等量关系，从而显露设问与条件的联系。等差（比）数列基本量之间的关系决定了方程思想在等差（比）数列问题中得以广泛运用。

22222例2、实数a 1, a 2, a 3, a 4都不为0，且(a 1+a 2) a 4-2a 2(a 1+a 3) a 4+a 2+a 3=0，求证：a 1, a 2, a 3成等比数列，且a 4为

其公比。

分析：题中出现了四个变量，切不可乱了阵脚眉毛胡子一把抓，要抓住一个进行研究，观察后发现以a 4为主研究简单。

2222证明：由题设知，a 4是一元二次方程(a 1+a 2) x 2-2a 2(a 1+a 3) x +a 2+a 3=0的实数根

22222所以∆=4a 2(a 1+a 3) 2-4(a 12+a 2)(a 2+a 3) =-4(a 2-a 1a 3) 2≥0

22所以a 2-a 1a 3=0⇒a 2=a 1a 3

因为a i ≠0(i =1, 2, 3, 4)

所以a 1, a 2, a 3成等比数列由求根公式得：a 4=

所以a 4为其公比。

评注：对已知等式进行整体观察，发现a 4是某一元二次方程的根，从而得出巧妙的解答，颇具代表性。

例3、已知sin α+cos α=2a 2(a 1+a 3) a 2(a 1+a 3) a 2 =2=22a 2(a 1+a 2) a 1+a 1a 311, α∈(0, π) ，则cot α的值是__________。 5

分析：初观之，易两边同时平方---比较复杂；细察之，联想等差数列的性质，构造等差中项求解---非常简洁。 11, α∈(0, π) ，知sin α, , cos α成等差数列 510

11-t , cos α=+t 设公差是t ，则sin α=1010

1172222由sin α+cos α=1⇒(-t ) +(+t ) =1, 解之得:t =± 101010

17-t >0, t

433即sin α=, cos α=-, 所以cot α=- 554

17评注：也可将sin α+cos α=同时平方得sin αcos α，进而得到sin α-cos α= 55解：由sin α+cos α=

解方程组求解。

2、函数思想在数列中运用

数列可以看作定义域为正整数集（或其有限子集）的特殊函数。运用函数思想去研究数列，就是要借助于函数的单调性、图像和最值等知识解决相关问题。它不仅使问题简化，而且可以加深对知识的理解。

1111证明：构造函数f (n ) =+++... +-n 222232n

11111则f (n +1) =+++... ++-n +1 222232n 2n +1

111两式作差得：f (n +1) -f (n ) = -(n +1-n ) =-2n +12n +1n +1+n

11因为2n +1>n +1+n ，所以

即f (n +1)

1111++... +-n

例5、已知数列{a n }中，a 1=1，且点P (a n , a n +1)(n ∈N *) ，在直线x -y +1=0

（1）求{a n }的通项公式；

（2）求例4、已知数列{a n }的通项a n =1，S n 为其前n 项的和。求证：S n

分析:(1)由等差数列的通项是关于n 的一次函数, 易判断{a n }是等差数列; 又一次函数的斜率就是其公差, 易得通项公式;

(2)数列是特殊的函数, 求数列最值时往往从研究其对应的函数入手, 打开突破口.

解：（1）由题设a 1=1，a n +1-a n =1，即a n =1+(n -1) ⋅1=n

（2）构造函数f (n ) =111++... + n +1n +2n +n

111++... +则f (n +1) = n +2n +32(n +1)

11111+-=->0 于是f (n +1-f (n ) =2n +12n +2n +12n +12n +2

∴f (n +1) >f (n ) ，即函数y =f (n ), n ≥2, n ∈N 是增函数

117+=故f (n ) 的最小值是f (2) = 1+22+212

评注: 数列是特殊的函数，构造函数后，问题转化为判断函数的单调性，从而得到最值。这种看似“无中生有”的想法，决非一时的突发奇想，它靠的是扎实的基本功和对事物敏锐的洞察力，只要我们平时注重知识的联系，善于将一个问题移植于一种崭新的情景中去研究，就会灵感顿生，从而创造性解决问题。

例6、已知等差数列{a n }的前 m 项和为30，前2m 项和为100，则它的前3m 项和为（）A 、130 B、170 C、210 D、260

S d 2d n +(a 1-) n , 可以看成关于 n 的二次式函数, 则n 可以看成关于n 的一次式函数. 22n

S 30100) (3m , 3m ) 就在同一条直线y =an +b 上, 利用斜率相等, 得它的前3m 一次函数图像是一条直线, 那么三个点(m , ) (2m , m 2m 3m

项和为210. 选(C). 分析:等差数列的前n 项和S n =

例7、递增数列{a n }，对任意正整数n ，a n =n 2+λn 恒成立，求λ.

22分析：a n =n 2+λn 看成函数f (x ) =x +λx ，它的定义域是x x ≥1, x ∈N ，要使函数f (x ) =x +λx 为递增函数，即{}

单调增区间为[1, +∞), 抛物线对称轴x =-λ

2至少在x =1的左侧，不过由于函数为离散函数，对称轴x =-λ

2在x =1.5的左侧

也可以，因为B 点可以比A 点高。于是，-λ

2-3. 2

例8、若等差数列{a n }和等比数列{b n }的首项均为1，且公差d >0，公比q >1，则集合{n |a n =b n },n ∈N *的元素个数最多是（）个

A 、1 B、2 C、3 D、4

解析：数列是特殊的函数，等差数列{a n }是直线上的点

且直线的斜率是公差，由d >0知，对应函数是增函数；

等比数列{b n }例9、已知{a n

}是等差数列，{b n }是等比数列，其公比q ≠1，b n >0，若a 1=b 1, a 11=b 11，则（）

A 、a 6=b 6 B、a 6>b 6 C、a 6b 6或a 6

解析：利用指数函数是凹函数的特性，可知选B ；可推广至：a i >b i (i =1,2,3......)

例10、在等差数列{a n }中，S n 是前n 项的和，公差d ≠0。

（1）若a n =m , a m =n (m ≠n ) ，求a m +n ；

（2）若S m =S n (m ≠n ) ，求S m +n 。

解析：（1）由a n =dn +(a 1-d ) 知a n 是关于n 的一次式

则三点(m , a m ),(n , a n ),(m +n , a m +n ) 三点共线，故任意两点连线斜率相等

即a m +n -a m a -a =n m ，解得a m +n =0 (m +n ) -m n -m

n (n -1) d d d =n 2+(a 1-) n 222（2）由S n =na 1+

可知:S n 是关于n 的二次式，且无常数项 d 2d 故可构造函数f (x ) =x +(a 1-) x 22

由S m =S n (m ≠n ) 得f (m ) =f (n ) 则x =

因此f (m +n ) =f (0)=0，即S m +n =0 m +n 是此函数的对称轴， 2

S n (n -1) d d d d d =n 2+(a 1-) n 得n =n +a 1- 222n 22

S S S S 则n 大关于n 的一次式，所以三点(m , m ),(n , n ),(m +n , m +n ) 共线 m n m +n n 另解：由S n =na 1+

利用任意两点连线斜率相等易求得S m +n =0。

例11、已知等差数列{a n }的前n 项和是S n ，满足S 6>S 7>S 5，下列结论不正确的是（）

A 、d 0 C、S 12

解析：由S 6>S 7>S 5可知a 70，故d

由S n 有最大值，且与S n 相对应的二次函数的对称轴在区间(

又S 0=0，所以S 13>0，故选D 。

例12、在等差数列{a n }中，7a 5+5a 9=0，且a 9>a 5，则使数列前n 项和是S n 取最小值的n 等于_______。 1113, ) 内 22

解析：传统解法是3a 1+17d =0得3(a 1+

所以a 6>0, a 7a 5知d >0 3

但若注意到等差数列中a n 是一次函数，则由一次函数的线性特征

f (x 1) +f (x 2) +... +f (x n ) x +x +... +x n =f (12) n n

可知7a 5+5a 9=0即12a 7⨯5+5⨯9=0 12

所以a 20=0，又a 6>0, a 7

111++... +(n ∈N *) ，定义f (n ) =S 2n +1-S n +1，试确定m 的取值范围，使得对于大于1的自然数n ，23n

112[logm -1m ]2恒成立。不等式f (n ) >[logm (m -1)]-20

1111++... ++解：构造关于n 的函数f (n ) = n +2n +32n 2n +1

112[logm -1m ]2恒成立，只需若f (n ) >[logm (m -1)]-20

11f (n ) min >[logm (m -1)]2-[logm -1m ]2即可 20例13、已知S n =1+

而易证f (n +1) -f (n ) >0即f (n ) 是增函数所以f (n ) min =f (2)=9 20

从而911>[logm (m -1)]2-

[logm -1m ]22 2020评注:不等式恒成立的常见问题是f (x ) ≥a 恒成立⇔f (x ) min ≥a ，f (x ) ≤a 恒成立⇔f (x ) max ≤a ，f (x ) >g (x ) 恒成立⇔F(x)=[f(x)-g(x)]min >0

或f (x ) >g (x ) 恒成立⇔f (x ) min >g (x ) max ，可见解不等式恒成立问题的关键是求函数的最值。

例14：已知数列{a n }的通项a n =n -n -99，比较10a 、a 11的大小。

通常做法是先求出10a 、a 11，然后作商与1比较或作差判断符号。但无论作商还是作差，都不好做。这时正是渗透数学n -98

n -99看成是关于正整数集的函数，如果能判断该函数的增减性，则可判断10思想方法的良好契机，将a n =

小。由a n =a 、a 11的大n -98n -99-+-98==1+知，当n≥10 n -99n -n -99

n∈N + 时，数列{a n }为递减数列，所以a 10＞a 11.

函数思想在数列中的运用不是学生容易想到的，学生往往对运用函数思想解决问题有一种可遇不可求的感觉，正是这种感觉说明学生的知识结构在函数应用方面的欠缺，问题的关键在于转化意识。由数列情景转变为函数情景，是运用函数思想解决问题的意识在起作用。

3、分类讨论思想在数列中的运用

分类讨论思想是根据问题的实际需要按一定标准将所研究的对象分成若干种不同的情况，把复杂的问题分解成若干个小问题，并将若干个小问题逐一解决。分类讨论使问题变得简单、清晰、明朗。

例15：设等比数列

证明：设等比数列{a n }{a n }的公比为q 。， ⎧1⎫⎬的前n 项的和为S n ，而数列 ⎨⎩a n ⎭的前n 项的和为T n ，求证：S n =1n T n . a a 1∵a n +1a n 1==1a n +1q

a n

⎧1⎫1⎬是首项为∴数列⎨a a 1⎩n ⎭1，公比为q

n 。 a 1的等比数列。（1）当q=1时，S n =na1, T n =

∴a 1a n T n =a 1a 1⋅n =na 1=S n a 1

a 1(1-q n ) （2）当q≠1时，S n =， 1-q

11(1-n ) a 1q 11-q n

T n ==⋅n -1， 11-q a q 11-q

11-q n a 1(1-q n ) ⋅⋅==S n 。 ∴a 1a n T n =a 1⋅a 1q n -11-q 1-q a 1q

由(1) (2)，所以S n =a 1a n T n 。 n -1

例16. （05’19）设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和S n >0 (n =1, 2, ) 。

（Ⅰ）求q 的取值范围；（Ⅱ）设b n =a n +2-

解:设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和S n >0 (n =1, 2, ) 。

（Ⅰ）求q 的取值范围； 3a n +1，记{b n }的前n 项和为T n ，试比较S n 与T n 的大小。 2

3a n +1，记{b n }的前n 项和为T n ，试比较S n 与T n 的大小。 2

解：（Ⅰ）因为{a n }是等比数列，S n >0, 可得a 1=S 1>0, q ≠0. （Ⅱ）设b n =a n +2-

当q =1时, S n =na 1>0;

a 1(1-q n ) 1-q n

当q ≠1时, S n =>0, 即>0,(n =1,2, ) 1-q 1-q

⎧1-q

⎧1-q >0, , (n =1, 2, ) ② 或⎨n ⎩1-q >0

解①式得q>1；解②，由于n 可为奇数、可为偶数，得－1

综上，q 的取值范围是(-1, 0) ⋃(0, +∞). 333a n +1得b n =a n (q 2-q ), T n =(q 2-q ) S n . 222

31于是T n -S n =S n (q 2-q -1) =S n (q +)(q -2). 22（Ⅱ）由b n =a a +2-

又∵S n >0且－10 当-1

当-1或q >2时T n -S n >0即T n >S n 21

1当q =-或q =2时，T n -S n =0即T n =S n 2

分类讨论，前提是要讨论的对象有着多种不同的情况，这些不同的情况有的显露在算式之中，有的隐含在概念之内。在解决问题当中，必须概念清晰，必须对问题的本质有深刻的理解，才会想到需要分类讨论，才能准确确定要讨论的对象，并按情

况需要正确地进行讨论。分类讨论思想是数学学科特点之一，在运用数学方法解决实际问题当中有着广泛的应用，分类讨论在中学教学中经常出现，具有自然而来，层次分明的特征。

4、整体思想在数列中的运用

整体思想是从问题的整体结构出发，实施整体变形、整体运算的思想。整体思想的灵活运用，通常是将问题从多元向一元简化，使问题的解决方式变得明朗、简洁。

例17：数列{a n }为正项等比数列，它的前n 项和为80，其中数值最大的项为54，前2n 项的和为6560，求此数列的首项

>2S n ，故q≠1。依题意，有 a n 和公比q 。解：由已知有S 2n

⎧a 1(1-q n ) =80, (1)⎪1-q ⎪⎨ 2n a (1-q ) ⎪1=6560, (2)⎪1-q ⎩

2n (2)得, 1-q =82 1-q n 1∴q=81.

由题意知q ＞1，所以前n 项中第n 项最大，即a n

将q =81代入a n n

n n =54. =a 1q n -1，得54q =81a 1. (3) 将q =81代入(1)得a 1=q -1. (4)

联立(3)、（4），解得a 1=2, q =3.

整体思想出现在问题解决当中，具有一气呵成、豁然开朗的特质，呈现结构明快、巧妙生成、简洁流畅的思维特征。整体思想的运用基于对问题的敏锐观察力，基于缜密的分析思考，往往在经过观察分析过后迸发出的灵感。在问题解决中懂得运用整体思想，一般依赖于解题经验的积累，其运用场合是由多元问题转化为一元问题。

5、转化与化归思想在数列中的运用

转化与化归思想是将陌生、复杂的问题转化为熟悉、简单的问题的一种数学思想方法。数列中有很多复杂的问题都可以通过转化与化归获得解决。

例18：已知数列{a n }的前n 项和为S ，若a n 1=1, S n =S n -1(n ≥2) ，求a n . 2S n -1+1

。 S n -112S n -1+11S ===2+解：由n ，得2S n -1+1S n S n -1S n -1

11-=2 即 S n S n -1

⎧1⎫⎬是首项为1，公差为2的等差数列。 ∴数列⎨S ⎩n ⎭

1=1+2(n -1) =2n -1。 ∴ S n

11S =S =(n ≥2) ∴n ，n -12n -12n -3

-2(n ≥2) 则a n =S n -S n -1=(2n -1)(2n -3)

⎧1(n =1), ⎪即a n =⎨ -2⎪(2n -1)(2n -3) (n ≥2). ⎩

例19. （06江西）已知数列{a n }满足:a 1=

求数列{a n }的通项公式; 解：两边同时取倒数得：3na n -13, 且a n =(n ≥2, n ∈N *) . 22a n -1+n -112n -1n 1n -12，即=+=⋅+(n ≥2) a n 3n 3na n -1a n 3a n -13

设n 1n -1+λ=(+λ)(n ≥2) ， a n 3a n -1

n 1n -12=⋅-λ(n ≥2) ，故λ=-1 a n 3a n -13

1n -1}是公比为的等比数列 3a n 则所以则有n 11-1=-⋅() n -1即a n =a n 33n 1n 1-() 3

评注：引入新数列是“无中生有”的策略，也是解数学问题常用的想法。

例20. （05‘湖北）已知不等式1111++ +>[log2n ],其中n 为大于2的整数，[log2n ]表示不超过log 2n 的最大整23n 2

na n -1, n =2, 3, 4, n +a n -1数. 设数列{a n }的各项为正，且满足a 1=b (b >0), a n ≤

求证a n

分析：本题“穿着”不等式的“光彩外衣”，给我们以假象，但只要用“慧眼”认真观察，就会把问题看得“清清楚楚、明明白白、真真切切”喔！原来是数列求通项，继而奇妙的思路就会从心底升腾。证明：∵当n ≥2时, 0

即111-≥, a n a n -1n

111111111-≥, -≥, , -≥. a 2a 12a 3a 23a n a n -1n

11111-≥++ +. a n a 123n 于是有所有不等式两边相加可得

由已知不等式知，当n ≥3时有，111->[log2n ]. a n a 12

a 1=b , ∴2+b [log2n ]111>+[log2n ]=. a n b 22b

2b a n

评注：本题结合不等式的性质，从两边取倒数入手，再通过裂项相消求和得证.

例21. 设a 0为常数，且a n =3n -1-2a n -1(n ∈N ) ．

证明:对任意n ≥1，a n =[3n +(-1) n -1⋅2n ]+(-1) n ⋅2n a 0；

分析：由于欲证明的式子与a n 有关，因此可以把证明问题转化为计算问题，即求出通项a n 。由已知得 a n =-2a n -1+3n -1，对于这种类型，一种变形方向是把a n -1的系数化为1，另一种是把式中的最后一项化成与n 无关的数或式子，从而转化为新的等差或等比数列来解。

证法1：两边同除以（-2）得n 15a n

(-2) n (-2) n -1

a n 13n b -b =⋅(-) ，差后等比（累加）令b n =, 则n n -1n 32(-2)

∴b n =(b n -b n -1) +(b n -1-b n -2) + +(b 2-b 1) +b 1 1⎡3n 3n -13⎤a =⎢(-) +(-) + +(-) 2⎥+1 3⎣222⎦-2

33(-) 2[1-(-) n -1]1311=⋅-(1-2a 0) = =[(-) n -1]+a 0 352321-(-) 2

1∴a n =(-2) n b n = =[3n +(-1) n -1⋅2n ]+(-1) n ⋅2n a 0 5

a n 12a n -1证法2：由a n =3n -1-2a n -1(n ∈N ) 得 n =-⋅n -1 3333

a n 21121设b n =n ，则b n =-b n -1+. 构造：b n -=-(b n -1-) , 335353

12121⎫⎧所以⎨b n -⎬是以b 1-=(-a 0) 为首项，-为公比的等比数列 53535⎭⎩

1212n -11n -12n 则b n -=(-a 0)(-) =(-a 0)(-1) () 535353

a n 11n -12n 即：n =b n =(-a 0)(-1) () + 5353

故 a n =[3n +(-1) n -1⋅2n ]+(-1) n ⋅2n a 0

证法3：用待定系数法构造a n +λ⋅3n =-2(a n -1+λ⋅3n -1)

即:a n =-2a n -1-5λ⋅3n -1=a n -1+13⋅(-) n 3215

比较系数得：-5λ=1, 所以 λ=-

所以a n -1 51n 1⋅3=-2(a n -1-⋅3n -1) , 55

53n ⎫是公比为－2，首项为3则⎧a 1-的等比数列. ⎨a n -⎬⎩5⎭

1n 3n 3n -1n n n ∴a n -=(1-2a 0-)(-2) n -1(n ∈N ). 即 a n =[3+(-1) ⋅2]+(-1) ⋅2a 0. 555

例22、设数列{a n }的前n 项和S n =

求首项a 1与通项a n ； 412a n -⨯2n +1+, n =1,2,3, . 333

412a 1=S 1=a 1-⨯22+333，解得：a 1=2 解：（I ）

当n ≥2时，a n =S n -S n -1=

即a n =4a n -1+2n 412412a n -⨯2n +1+-(a n -1-⨯2n +) 333333

设a n +λ⋅2n =4(a n -1+λ2n -1) 即a n =4a n -1+2n ，比较系数得λ=1

所以数列{a n +2n }是公比是4，首项为4的等比数列

则a n +2n =4⋅4n -1，即a n =4n -2n

从条件出发，进行合理的式子变形是转化的必经之路，变形当中体现着对问题的探索，观察联想是其中重要的环节，化简原则在正确变形当中起到极其重要的作用。

数学思想方法在教学中的渗透讲求的是情景与意识、时机与把握、转化与运用。在解决数列问题中，数学思想方法的运用比比皆是，但离开了扎实的知识基础，熟练的基本技能，数学思想方法的运用也就成了空中楼阁。