数列中的数学思想和方法

1数列中的数学思想和方法数学思想方法是数学知识的精髓,是知识转化为能力桥梁.能否有意识地正确运用数学思想方法解答数学问题，是衡量数学素质和数学能力的重要标志．数列中蕴涵了许多重要的数学思想，下面我们一起来看一看吧！一、方程思想方程思想就是通过设元建立方程,研究方程解决问题的方法.在解数列问题时,利用等差、等比数列的通项公式、求和公式及性质构造方程（组），是解数列问题基本方法.例1已知等差数列{}na的公差d是正数，且3712,aa464aa，求其前n项和nS。解：由等差数列{}na知：3746aaaa，从而373712,4aaaa，故37,aa是方程24120xx的两根，又0d，解之，得：376,2aa。再解方程组：112662adad1102ad，所以10(1)nSnnn。法一法二、基本量法，建立首项和公差的二元方程知三求二点评：本题利用了3746aaaa这一性质构造了二次方程巧妙的解出了376,2aa，再利用方程求得了首项与公差的值，从而使问题得到解决，由此可知在数列解题时往往可借助方程的思想与nmpqaaaa（或nmpqaaaa）找出解题的捷径。关注未知数的个数，关注独立方程的个数。点评基本量法：性质法技巧备用：设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列．(1)求数列{an}的通项；(2)令bn＝lna3n＋1，n＝1,2，…，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)由已知得a1＋a2＋a3＝7，a1＋3＋a3＋42＝3a2，解得a2＝2.设数列{an}的公比为q，由a2＝2，可得a1＝2q，a3＝2q，又S3＝7，可知2q＋2＋2q＝7，即2q2－5q＋2＝0.解得q1＝2，q2＝12.由题意得q＞1，∴q＝2，∴a1＝1.故数列{an}的通项为an＝2n－1.(2)由于bn＝lna3n＋1，n＝1,2，…，由(1)得a3n＋1＝23n，∴bn＝ln23n＝3nln2.又bn＋1－bn＝3ln2，∴{bn}是等差数列，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝nb1＋bn2＝3nn＋12·ln2.故Tn＝3nn＋12ln2.小结：方程思想是数学解题中常用的基本思想方法之一，注意到方程思想在数列间题中的应用.常可以简洁处理一些其他思想方法难以解决的数列问题。在等差数列和等比数列中，通项公式an和前n项和公式Sn共涉及五个量：a1，an，n，q(d)，Sn，其中首项a1和公比q(公差d)为基本量，“知三求2二”是指将已知条件转换成关于a1，an，n，q(d)，Sn的方程组，通过方程的思想解出需要的量．二、函数思想函数思想是用联系和变化的观点考察数学对象.数列是一类特殊的函数,以函数的观点认识理解数列，是解决数列问题的有效方法.例2、已知等差数列{}na中，129a，1020SS，则该数列前多少项的和最大？寻求通项，借助数列的单调性解决解：1020111092019,102022SSadad，又129a，2d29(1)(2)231nann令0,15,nannN，所以数列首项为正，公差为负，前15项为正，从第16项开始为负，所以前15项的和最大，1511514152252Sad。巧用等差数列下标的性质，关注数列的单调性解：10201112131920,0SSaaaaa，由等差数列下标的性质可得：111213192015165()0aaaaaaa，又1290a，15160,0aa当15n时，nS取得最大值。又129a，2d29(1)(2)231nann令0,15,nannN，所以数列首项为正，公差为负，前15项为正，从第16项开始为负，所以前15项的和最大，且1511514152252Sad。思路2：从函数的代数角度来分析数列问题解：1020111092019,102022SSadad，又129a，2d21(1)302nnnSnadnn2(15)225n当15n时，nS取得最大值225。思路3：从函数图象入手，数形结合解：设2nSAnBn，数列对应的图象是过原点的抛物线上孤立的点，又1290a，1020SS，对称轴为1020152n且开口向下，当15n时，nS取得最大值。四种方法的比较3设数列{an}的公差为d，∵S10＝S20，∴10×29＋10×92d＝20×29＋20×192d，解得d＝－2，∴an＝－2n＋31，设这个数列的前n项和最大，则需an≥0，an＋1≤0，即－2n＋31≥0，－n＋＋31≤0，∴14.5≤n≤15.5，∵n∈N*，∴n＝15.方法二设数列{an}的公差为d，∵S10＝S20，∴10×29＋10×92d＝20×29＋20×192d，解得d＝－2.等差数列{an}的前n项和Sn＝d2n2＋(a1－d2)n是关于n的不含常数项的二次函数，根据其图象的对称性，由S10＝S20，知x＝10＋202＝15是其对称轴，由d＝－2知二次函数的图象开口向下，故n＝15时Sn最大．备用：数列na中，21,nannnN，求数列na的最大项。.小结：利用二次函数的性质解决等差数列的前n项和的最值问题，避免了复杂的运算过程.数列是一种特殊的函数，在求解数列问题时，若涉及参数取值范围、最值问题或单调性时，均可考虑采用函数的性质及研究方法指导解题．值得注意的是数列定义域是正整数集或{1,2,3，…，n}，这一特殊性对问题结果可能造成影响．三、分类讨论思想复杂问题无法一次性解决,常需分类研究,化整为零,各个击破.数列中蕴含着丰富的分类讨论的问题.分类讨论是一种逻辑方法,同时又是一种重要的解题策略,在数学解题中有广泛的应用.所谓分类讨论,是在讨论对象明确的条件下,按照同一的分类标准,不重复、不遗漏、不越级的原则下进行的.它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法.例3、已知等差数列{}na的前n项的和32nnS，求na。解：(1)当1n时，115as；(2)当2n时，111222nnnnnnass；综合(1)(2)可知15122nnnan。点评：此例从分的体现了na与ns的关系中隐含了分类讨论思想，其理由是1nnnass中脚码1n必须为正整数。备用：已知数列nb的前n项和nnsn182，试求数列nb的前n项和nT的表达式.4分析:解题的关键是求出数列nb的通项公式,并弄清数列nb中各项的符号以便化去nb的绝对值.故需分类探讨．解:当n=1时,171181211sb;当n≥2时,nnnnnssbnnn21918118221.∴当1≤n≤9时,0nb,当n≥10时,0nb.从而当1≤n≤9时,nT=nbbb21=nnsbbbnn18221;当n≥10时,nT=nbbb21=9109212ssbbbbbnn16218)9189(218222nnnn.∴nT=)10(,16218)91(,1822nnnnnn小结：数列中的分类讨论多涉及对公差d、公比q、项数n的讨论,特别是对项数n的讨论成为近几年高考的热点.四、整体的思想整体思想就是从整体着眼,通过问题的整体形式、整体结构或其它整体处理后，达到简捷地解题的目的.例4、在等差数列{}na中，已知1479aaa，25815aaa，求369aaa的值。解：258147()3aaaaaad，2d，369258()321aaaaaad例4、在等比数列{}na中，910(0)aaaa，1920aab，则99100aa________.分析根据题设条件可知a19＋a20a9＋a10＝q10＝ba，而a99＋a100a9＋a10＝q90，故可整体代入求解．解析设等比数列{an}的公比为q，则a19＋a20a9＋a10＝q10＝ba，又a99＋a100a9＋a10＝q90＝(q10)9＝ba9，故a99＋a100＝ba9(a9＋a10)＝b9a8.答案b9a8小结：解决此题如果不把它与整体思想联系起来，那么直接解决要走很多弯路也不容易直接求出它的准确答案，因此此题应用了整体思想来解决了数列问题是非常重要的.备用：已知数列nb为等差数列，前12项和为354，前12项中5奇数项和与偶数项和之比为27:32,求公差d.分析:此题常规思路是利用求和公式列方程组求解，计算量较大,注意考虑用整体思想去解决,解法十分简捷.解:由题意令奇数项和为x27,偶数项和为x32.因为：,35459322712xxxs所以：6x.而5,63052732ddxxx.五、转化与化归的思想等价转化就是将研究对象在一定条件下转化并归结为另一种研究对象,使之成为大家熟悉的或容易解决的问题.这是解决数列问题重要方法.例5．已知数列na的首项11a，前n项和为nS，且)(24*1NnaSnn，求na的通项公式。分析与略解：当n≥2时，241nnaS，241nnaS。两式相减，得11144nnnnnaaSSa，)2(2211nnnnaaaa。可见nnaa21是公比为2的等比数列。又241221aSaa，11a，得52a，则3212aa。因此11232nnnaa。两边同除以12n，得432211nnnnaa（常数），可见nna2是首项为2121a，公差为43的等差数列。因此)1(43212nann4143n，从而22)13(nnna。评析：本例通过两次化归，第一次把数列化归为等比数列，第二次把数列化归为等差数列，随着化归的进行。问题降低了难度。六、类比的思想方法如：数列与函数、等差数列与一次函数、等比数列与指数函数以及等差数列与等比数列之间概念和性质的类比等。类比等差数列的通项、性质、前n项和，可以得出对等比数列相应问题的研究；类比函数概念、性质、表达式，可以得出对数列、等差数列、等比数列相应问题的研究。类比思想的应用是本章的主要特色。还有一些重要的思想方法，如递推思想、从特殊到一般、数形结合、构造模型等思想方法。数列问题应用数学思想方法来解决非常重要，具体应用在数学解题中灵活多变，如果我们掌握了数学思想方法解题的一些常用技巧，在解决数列的时候认真分析，巧妙地应用八种数学思想方法中的一种来解决，那么解题就变得简单多了．在高中数学中，我们也可以应用这些思想方法来解决相关数学问题.并且学好这些思想方法我们也可以来解决其它数学知识方面的难点问题.预习作业：61．设数列{}na是公差不为零的等差数列，nS为其前n项和()nN，且2129SS，424SS，则数列{}na的通项公式为________．答案an＝36(2n－1)解析设等差数列{an}的公差为d，由前n项和的概念及已知条件得a21＝9(2a1＋d)，①4a1＋6d＝4(2a1＋d)．②由②得d＝2a1，代入①有a21＝36a1，解得a1＝0或a1＝36.将a1＝0舍去．因此a1＝36，d＝72，故数列{an}的通项公式为an＝36＋(n－1)·72＝72n－36＝36(2n－1)．2．若数列{}na的前n项和232922nSnn()nN，则此数列的通项公式为________；数列{}nna中最小的项是第________项．答案an＝3n－16