数列问题中的数学思想方法

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数列问题中的数学思想方法
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湖南祁东育贤中学 周友良 421600
数列是高中数学的重要内容，它与数、式、函数、方程、不等式有着密切的联系，是每年高考的必考内容。

同时数列综合问题中蕴含着许多数学思想与方法（如函数思想、方程思想、分类讨论、化归与转化思想、归纳猜想等）。

在处理数列综合问题时，若能灵活运用这些数学思想与方法，则会取得事半功倍的效果。

一、函数思想
数列是一种特殊的函数，数列的通项公式和前n 项和公式都可以看成n 的函数，也可以看成是方程或方程组，特别是等差数列的通项公式可以看成是n 的一次函数，而其求和公式可以看成是常数项为零的二次函数，因此许多数列问题可以用函数方程的思想进行分析，加以解决。

例1.已知数列的通项公式10102+-=n n a n ，这个数列从第几项起，各项的数值逐渐增大从第几项起各项的数值均为正数列中是否存在数值与首项相同的项
分析：根据条件，数列{}n a 的点都在函数
10102+-=x x y 的图象上，如右图利用图象根据二次函数的性质可得，这个数列从第5项开始，各项的数值逐渐增大，从第9项起，各项的数值均为正数，第9项是与首项相同的项。

例2．已知数列{}n a 是等差数列，若10=n S ，
502=n S ，求n S 3。

解：)1(2)1(21
11-+=-+=n d a n d n n na n S n ，故⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S n 为等差数列，其通项为一次函数，设b ax x f +=)(，则点),
(n S n n ，)2,2(2n
S
n n ，在其图象上，n b an 10=
+∴，n b n a 2502=+⋅∴，n
b n an 5
,15-==∴， 故n
n n S n n a n f n 5
315353)3(3-⋅==-
⋅=，解之得：1203=n S 。

评注：
n
S n
是关于n 的一次函数，其图象是直线上的离散点。

本题是利用待定系数法建立一次函数来求解n S 3。

例3．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知123=a ，012>S ，013<S 。

（1）求公差d 的取值范围；（2）指出1S 、2S 、3S ……12S 中哪一个值最大，并说明理由。

分析：对于（1），可考虑由012>S ，013<S 建立关于d 的不等式组，对于（2）由n S 是n 的二次函数加以考虑，转化为求二次函数的最值问题。

解：（1）由12213=+=d a a 知d a 2121-=，
04214466)212(126612112>+=+-=+=d d d d a S
05215678)212(137813113<+=+-=+=d d d d a S
37
24
-<<-
∴d 。

（2）n d dn d n n na S n )2
5
12(21)1(2121-+=-+=
0<d ，n S 是关于n 的二次函数，图象的对称轴方程为：d
n 12
25-=
， 3724-<<-
d ，5.612256<-<∴d
，故当整数6=n 时，n S 最大，即6S 最大。

评注：对于等差数列来说，n S 是n 的二次函数，且常数项为零，可写为
bn an S n +=2的形式，其图象必过原点，对于此题来说，由于012>S ，013<S ，故图象与x 轴的另一交点横坐标
0n ，满足13120<<n ，故对称轴为20n n =
，5.62
60<<∴n
，因此，判定6=n 时n S 最大，以上思维过程更为简捷。

例
4．等差数列
}
{n a 的首项是2，前10项之和是15，记
248162n n A a a a a a =++++
+求n A 及n A 的最大值．
分析：由已知可求出公差d ．解好本题的关键是对“248162n n A a a a a a =+++++”
这一表达式准确、全面的认识：248162,,,,
n a a a a a 是数列}{n a 的子数列，其中2，4，
8， (2)
组成等比数列，n A 则是这一子数列的前n 项和，认识到上述三点，问题不仅较易于解决，而且从不同角度入手可得到求n A 最大值的不同解法．
解：设等差数列}{n a 的公差为d ，由已知：
11210910152
a a d =⎧
⎪
⎨⨯+=⎪⎩，解得1
12,9a d ==-
()248121
2
3
11
1372112222222912119229
n n n n n
n A a a a a na d na d n n n n ++⎡⎤=+++
+=++++
+-⎣⎦
⎡⎤-⎡⎤=+++++-=--⎢⎥⎣⎦-⎣⎦
⎡⎤=+-⎣⎦
求n A 的最大值有以下三种解法． 解法一：
由112310,0,0k k a d a a a a a +><>>>
>≥>>
则有
令()12109k a k ⎛⎫
=+--≥ ⎪⎝⎭
，解得19k ≤ 又()219n k n N =≤∈，解得4n ≤ 即在数列{}
2n a 中：
12345222220a a a a a >>>>>>
，
所以当
时，n A 的值最大，其最大值为：
{}41max 1461942299n A +⎡⎤=
⨯+-=⎣
⎦ 解法二：
数列{}
2n a 的通项()
()121
211929
n n n a a d =+-=
-
令
()21
19209
n n a ==
->，得()219n n N <∈，
由此可得1234522222
0a a a a a >>>>>>
故使20n
a >，的最大值为4．
∴{}41
max 1461942299n A +⎡⎤=
⨯+-=⎣
⎦ 解法三： 由1
119229
n n A n +⎡⎤=
+-⎣⎦，若存在自然数，
使得1n n A A +≥，且1n n A A -≥，则n A 的值最大．
()()1
2111192219122991119221912299n n n n n n n n +++⎧⎡⎤⎡⎤+-≥++-⎣⎦⎣⎦⎪⎪⎨
⎪⎡⎤⎡⎤
+-≥-+-⎣
⎦⎣⎦⎪⎩
解得()9.5219n n N ≤≤∈，取
时，n A 有最大值：
{}41
max 1461942299n A +⎡⎤=
⨯+-=⎣
⎦ 反思回顾：上述三种求n A 最值的方法都是运用函数思想．解法一是通过数列
}{n a 的单调性及n a 值的正负，求子数列{}2n
a 的前n 项和n A 的最值．解法二是
直接研究子数列{}2n a ．解法三是研究11
19229
n n A n +⎡⎤=+-⎣⎦的单调性求其最值，解法三还可简化为研究函数()1192n f n n +=-的单调性．
二、方程思想
数列的通项公式与前n 项和的公式紧密地联系着五个基本量1n a ,n,d(q),a ,n s ，“知三求二”是一类最基本的运算。

因此方程的观点是解决此类问题的基本数学思想与方法。

例5、设{}n a 是正数组成的数列，其前n 项和为n s ，并且对于所有的自然数n ，n a 与2的等差中项等于n s 与2的等比中项，求{}n a 的通项公式。

解：由题意可知
222n n a s +=整理得：21(2)8n n s a =+，当1n =时21111
(2)8
s a a =+=解得12a =。

又11n n n a s s ++=-2111(2)8n n a a ++∴=+-2
1(2)8
n a +，整理得：
11()(4)0n n n n a a a a +++--=，又
0n a >，∴14n n a a +-=，即{}n a 是首项为2，公差为
4的等差数列，42n a n ∴=-。

点评：本例利用了方程的消元思想由11n n n a s s ++=-、21
(2)8
n n s a =
+消去n s 得到了 11()(4)0n n n n a a a a +++--=这一方程找到了数列中相邻两项的递推关系，使问题得到了
解决。

值得注意的是有的时候可借助11n n n a s s ++=-消去n a 利用1,n n s s +递推关系解题。

例6、已知等差数列{}n a 的公差是正数，并且374612,4a a a a =-+=-，求前n 项的和
n s 。

解：由等差数列{}n a 知：3746a a a a +=+，从而373712,4a a a a =-+=-，故37,a a 是方
程2
4120x x +-=的两根，又0d >，解之，得：376,2a a =-=。

再解方程组：
，所以10(1)n s n n n =-+-。

点评：本题利用了3746a a a a +=+这一性质构造了二次方程巧妙的解出了
376,2a a =-=，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n m p q a a a a +=+（或n m p q a a a a ⋅=⋅）找出解题的捷径。

三、分类讨论思想
所谓分类讨论，就是当问题所给出的对象不能进行统一研究时，我们就需要对所研究的对象分门别类的进行研究，最后综合各类的结果得到问题的解决。

例7、已知等差数列{}n a 的前n 项的和32n
n s =+，求n a 。

解：（1）当1n =时，115a s ==；
（2）当2n ≥时，111222n n n n n n a s s ---=-=-=；
综合（1）（2）可知1
5122
n n n a n - ,=⎧=⎨
,≥⎩。

点评：此例从分的体现了n a 与n s 的关系中隐含了分类讨论思想，其理由是1n n n a s s -=-中脚码1n -必须为正整数。

例8．已知{n a }是公比为q 的等比数列，且231,,a a a 成等差数列. （Ⅰ）求q 的值；
（Ⅱ）设{n b }是以2为首项，q 为公差的等差数列，其前n 项和为S n ，当n
≥2时，比较S n 与b n 的大小，并说明理由. 解：（Ⅰ）由题设,2,21121213q a a q a a a a +=+=即
.012,021=--∴≠q q a
.2
1
1-=∴或q
（Ⅱ）若.2
312)1(2,12n
n n n n S q n +=⋅-+
==则 当.02
)
2)(1(,21>+-=
=-≥-n n S b S n n n n 时 故.n n b S >
若.4
9)21(2)1(2,212n
n n n n S q n +-=--+
=-=则 当,4
)
10)(1(,21---
==-≥-n n S b S n n n n 时
故对于.,11;,10;,92,n n n n n n b S n b S n b S n N n <≥==>≤≤∈+时当时当时当 例9．（江西卷）已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n －S n －
2=3,2
3
,1),3()21(211-==≥-
-S S n n 且求数列{a n }的通项公式.
解：方法一：先考虑偶数项有：212122211
3()3()22
n n n n S S ----=⋅-=-⋅
2323222411
3()3()22
n n n n S S -----=⋅-=-⋅
………
334211
2()3().22
S S -=⋅-=-⋅
2123321233222111111
113[()()()]3[()()()]2222222
111()111122434[()]2()(1).1224214
n n n n n n n n S S n -----∴=-+++=-++
++-=-⋅
=--⋅=-+≥-
同理考虑奇数项有：22212111
3()3().22n n n n S S +--=-=⋅
2222212311
3()3()22
n n n n S S -----=⋅-=⋅
………
.)2
1
(3)21(32213⋅=-⋅=-S S
22222211221221212221212221111111
3[()()()]2()(1).
2222
111
2()(2())43()(1).222111
2()(2())43()(1).
222
1.
n n n n n n n n n n n n n n n n S S n a S S n a S S n a S -+-++---∴=++++=-≥∴=-=---+=-⋅≥=-=-+--=-+⋅≥==
综合可得⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧⋅+-⋅-=--.
,)21(34,,)2
1(3411为偶数为奇数n n a n n n
例10． 设等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和),2,1( 0 =>n S n 。

（Ⅰ）求q 的取值范围；
（Ⅱ）设122
3
++-=n n n a a b ，记{}n b 的前n 项和为n T ，试比较n S 与n T 的大小。

解：（Ⅰ）因为}{n a 是等比数列，.0,0,011≠>=>q S a S n 可得
当;0,11>==na S q n 时
1(1)11,0,0,(1,2,)11n n
n a q q q S n q q
--≠=>>=--当时即
上式等价于不等式组：),2,1(,0
1,
01 =⎩⎨⎧<-<-n q q n
① 或),2,1(,0
1,
01 =⎩⎨⎧>->-n q q n
② 解①式得q>1；解②，由于n 可为奇数、可为偶数，得－1<q<1. 综上，q 的取值范围是).,0()0,1(+∞⋃-
（Ⅱ）由2132n a n b a a ++=-得.)23
(),23(22n n n n S q q T q q a b -=-=
于是)123(2--=-q q S S T n n n ).2)(2
1
(-+=q q S n
又∵n S >0且－1<q <0或q >0
当1
12
q -<<-或2q >时0n n T S ->即n n T S >
当1
22
q -<<且q ≠0时，0n n T S -<即n n T S <
当1
2
q =-或q =2时，0n n T S -=即n n T S =
四、化归与转化的思想
我们在处理数学问题时，常常将待解决的问题通过转化，化归成为一类我们比较熟悉问题来解决。

例11． 已知数列{}n a 的首项11=a ，前n 项和为n S ，且
)(24*1N n a S n n ∈+=+，求{}n a 的通项公式。

分析与略解：当n ≥2时，241+=+n n a S ，241+=-n n a S 。

两式相减，得 11144-++-=-=n n n n n a a S S a ， )2(2211-+-=-n n n n a a a a 。

可见{}n n a a 21-+是公比为2的等比数列。

又 241221+==+a S a a ，11=a ， 得 52=a ，
则 3212=-a a 。

因此 11232-+⋅=-n n n a a 。

两边同除以12+n ，得 4
3
2211=-++n n n n a a （常数）， 可见⎭
⎬⎫
⎩⎨⎧n n a 2是首项为2121=a ，公差为43的等差数列。

因此 )1(43
212
-+=n a n
n 4
143-=
n ，
从而22)13(--=n n n a 。

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。

例12．设{}n a 是首项为1的正项数列，且0)1(12
21=⋅+-+++n n n n
a a na a n （n=1,2,3…），求通项n a 。

分析与略解：则已知有0)]()1[(11=+-+++n n n n a a na a n 。

由{}n a 为正项数列，知01≠++n n a a ，故有0)1(1=-++n n na a n 。

（*） 方法1（叠乘法）：由（*）有 1
1+=
+n n
a a n n 。

利用 11
232211a a a
a a a a a a a n n n n n n n ⋅⋅⋅=-----
12
123121⨯--⋅--⋅-=
n n n n n n ，
得 n
a n 1=
方法2（叠加法）：由（*）式，记n n na b =，则01=-+n n b b 。

利用10001)()()(123121=++++=-++-+-+=- n n n b b b b b b b b 得 n
a n 1=。

方法3（常数列）：由（*）式有n n na a n =++1)1(，可知{}n na 是常数列。

则 111=⨯=a na n ，
得 n
a n 1
=。

评析：有些数列不易直接化成等差或等比数列，但经推理可寻求特殊的关系转化为可求通项的数列。

上例巧妙利用
11
2211a a a a a a a a n n n n n ⋅⋅⋅⋅=
--- 和112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-++-+-=--- 求解。

例13、已知数列{}n a 的通项公式为1
123n a n
=
+++
+，求此数列的前n 的和n s 。

解：
1211
2()123(1)1
n a n
n n n n =
=
=-+++
+++
11111
111122()2()2(
)2()1223
111
n n n
s a a n n n n n ∴=+
+=-+-+
+-+-=-++ 点评：本例是利用转化与化归的思想把数列中的每一项都拆开（拆项相消法）巧妙的求前
n 和。

例14、求证：012
35(21)(1)2n
n n n n n C C C n C n +++++=+
证法1：令(21)k
k n A k C =+又11(21)22k k k k k
k n n n n n A k C kC C nC C --=+=+=+
012
0130131
1111135(21)()2()222(1)2n
n n n n
n n n n n n n n n n n n n
C C C n C C C C C n C C C C n n ------∴+++++=+++
++++++
+=+=+
012
35(21)(1)2n
n n n n n C C C n C n ∴+++
++=+
证法2：令012
135(21)(21)(1)n n
n n n n n n
s C C C n C n C -=++++-++
则(1)
210
(21)(21)53(2)n n n n n n n n n N n n n
s n C n C C C C ------=++-+++
012
1(1)(2)2(21)()2(1)2n n
n n n n n n n s n C C C C C n -+⇒=++++++=+；
012
35(21)(1)2n
n n n n n C C C n C n ∴+++++=+
点评：证法1采用拆项分组求和证明的，证法2采用的是倒序相加法求和证明的。

总之由上可知化归与转化的思想中隐含着许多数学方法如消元法、构造法、错位相减
法、倒序相加法、拆项相消法、拆项分组求和法等。

五．归纳猜想数学归纳思想
例15．设数列{a n }的首项a 1=a ≠41，且11
为偶数
21
为奇数
4
n
n n a n a a n +⎧⎪⎪=⎨
⎪+⎪⎩,
记211
4
n n b a -=-
，n ＝＝l ，2，3，…·． （I ）求a 2，a 3；
（II ）判断数列{b n }是否为等比数列，并证明你的结论； （III ）求123lim()n n b b b b →∞
+++
+．
解：（I ）a 2＝a 1+41=a +41，a 3=21a 2=21
a +81；
（II ）∵ a 4=a 3+41=21a +83, 所以a 5=21
a 4=41a +316,
所以b 1=a 1－41=a －41, b 2=a 3－41=21(a －41), b 3=a 5－41=41(a －4
1
),
猜想：{b n }是公比为2
1
的等比数列·
证明如下：
因为b n +1＝a 2n +1－41=21a 2n －41=21(a 2n －1－41)=2
1
b n , (n ∈N *)
所以{b n }是首项为a －41, 公比为2
1
的等比数列·
（III ）11121(1)
12lim()lim
2()1141122
n n n n b b b b b a →∞→∞-+++===---
. 例16．（湖南卷）自然状态下的鱼类是一种可再生资源，为持续利用这一资
源，需从宏观上考察其再生能力及捕捞强度对鱼群总量的影响. 用x n 表示某鱼群在第n 年年初的总量，n ∈N *，且x 1＞0.不考虑其它因素，设在第n 年内鱼群的繁殖量及捕捞量都与x n 成正比，死亡量与x n 2成正比，这些比例系数依次为正常数a ，b ，c. （Ⅰ）求x n+1与x n 的关系式；
（Ⅱ）猜测：当且仅当x 1，a ，b ，c 满足什么条件时，每年年初鱼群的总量保持不变（不要求证明）
（Ⅱ）设a ＝2，b ＝1，为保证对任意x 1∈（0,2），都有x n ＞0，n ∈N *，则捕捞强度b 的
最大允许值是多少？证明你的结论.
解（I ）从第n 年初到第n+1年初，鱼群的繁殖量为ax n ，被捕捞量为b x n ，死亡量为
.(**)
*),1(.(*)
*,,1212N n cx b a x x N n cx bx ax x x cx n n n n n n n n n ∈-+-=∈--=-++即因此
（II ）若每年年初鱼群总量保持不变，则x n 恒等于x 1， n ∈N*，从而由（*）式得
..0*,,0)(11c
b
a x cx
b a N n cx b a x n n -==--∈--即所以恒等于 因为x 1>0，所以a >b. 猜测：当且仅当a >b ，且c
b
a x -=
1时，每年年初鱼群的总量保持不变. （Ⅲ）若b 的值使得x n >0，n ∈N* 由x n +1=x n (3－b －x n ), n ∈N*, 知
0<x n <3－b, n ∈N*, 特别地，有0<x 1<3－b. 即0<b<3－x 1. 而x 1∈(0, 2)，所以]1,0(∈b 由此猜测b 的最大允许值是1.
下证 当x 1∈(0, 2) ，b=1时，都有x n ∈(0, 2), n ∈N* ①当n=1时，结论显然成立.
②假设当n=k 时结论成立，即x k ∈(0, 2), 则当n=k+1时，x k+1=x k (2－x k )>0. 又因为x k+1=x k (2－x k )=－(x k －1)2+1≤1<2, 所以x k+1∈(0, 2)，故当n=k+1时结论也成立. 由①、②可知，对于任意的n ∈N*，都有x n ∈(0,2).
综上所述，为保证对任意x 1∈(0, 2), 都有x n >0， n ∈N*，则捕捞强度b 的最大允许值是1. 例17．已知数列
:,}{且满足的各项都是正数n a 011
1,,(4),.2
n n n a a a a n N +==
-∈
（1）证明12,;n n a a n N +<<∈ （2）求数列}{n a 的通项公式a n . 解：（1）方法一 用数学归纳法证明：
1°当n=1时，,2
3
)4(21,10010=-==a a a a
∴210<<a a ，命题正确. 2°假设n =k 时有.21<<-k k a a
则11111
1,(4)(4)22
k k k k k k n k a a a a a a +--=+-=---时
111111
2()()()
2
1
()(4).2
k k k k k k k k k k a a a a a a a a a a -----=---+=---
而1110.40,0.k k k k k k a a a a a a ----<-->∴-<
又2111
(4)[4(2)] 2.22
k k k k a a a a +=-=--<
∴1+=k n 时命题正确.
由1°、2°知，对一切n ∈N 时有.21<<+n n a a 方法二：用数学归纳法证明：
1°当n=1时，,2
3
)4(21,10010=-==a a a a ∴2010<<<a a ；
2°假设n =k 时有21<<-k k a a 成立，
令)4(2
1
)(x x x f -=，)(x f 在[0，2]上单调递增，所以由假设
有：),2()()(1f a f a f k k <<-即),24(22
1
)4(21)4(2111-⨯⨯<-<---k k k k a a a a
也即当n=k+1时 21<<+k k a a 成立，所以对一切2,1<<∈+k k a a N n 有
（2）下面来求数列的通项：],4)2([2
1
)4(2121+--=-=+n n n n a a a a 所以
21)2()2(2--=-+n n a a
n
n n n n n n n n b b b b b a b 222121
22222112)2
1()21(21)21(2121,2-+++----==⋅-=--=-=-= 则令, 又b n =－1，所以1212)2
1(22,)21(---=+=-=n
n n n n b a b 即
最后，数学思想与方法是数学“灵魂”，它并不是完全抽象的东西，而是以数学知识
为载体的客观存在的内容，是人们解题经验的积累，解题方法提炼和总结，具有应用性、概括性和指导性。

因此在数列复习时，应高度重视数学思想方法的渗透，让学生领悟其价值、滋生应用的意识。