2024高中数学教学论文-数列教学中数学思想方法的挖掘与渗透

2024高中数学教学论文-数列教学中数学思想方法的挖掘与渗透 数列教学中数学思想方法的挖掘与渗透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，在数列教学中注重数学思想方法的挖掘与渗透具有十分重要的意义．１.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1等差数列的前n项和为.已知问数列的多少项和最大?分析:易知所给数列不是常数列,等差数列的前n项和是n的二次函数，且常数项为零,所以可利用函数思想研究的最值.解法1:由得,∴.从而;故前13项的和最大,其最大值为169.解法2:,的图象是开口向下的抛物线上一群离散的点,由知最高点的横坐标为,即前13项的和最大.２.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2等差数列的前n项和为，若，求.分析:解此题的关键是求出数列的通项公式,可利用已知条件列出关于和d的方程组求出基本量和d,也可用待定系数法确定.解法1:设等差数列的首项为,公差为d,根据已知条件和等差数列的前n项和公式得解得∴.从而.解法2:易知所给等差数列不是常数列,所以它的前n项和可设为,由已知条件得解得∴,.3.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.例3已知数列的前n项和，试求数列的前n项和的表达式.分析:解题的关键是求出数列的通项公式,并弄清数列中各项的符号以便化去的绝对值.故需分类探讨．解:当n=1时,;当n≥2时,.∴当1≤n≤9时,,当n≥10时,.从而当1≤n≤9时,==;当n≥10时,==.∴=４.等价转化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4等差数列的前n项和为,.若中,最大,数列的前多少项和最大?分析:求的最大值有多种转化方法.本题可将满足的要求转化为公差d满足的要求；再将k所满足的条件转化为它的几何意义，借助图示直接写出结果.解:设数列的公差为d,则最大.设的前k项和最大,则有,且,故有.（*）,.如图，数轴的两个阴影区间中，左边是的取值范围，右边是的取值范围，（*）的成立等价于k取两个区间之间的自然数，所以k=3，即的前3项和最大.５.整体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5已知数列为等差数列，前12项和为354，前12项中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,偶数项和为.∵.而.6.递推思想递推思想就是通过探求、构造和运用所给问题中的递推关系解决问题的思想方法.数列问题，从某种意义上讲是递推关系的表现形式.利用递推思想解决某些数列问题可体现递推思想解决问题的优越性.例6设数列的前n项和为,若对于所有的自然数n,都有,证明数列是等差数列.分析:证明等差数列一般考虑用等差数列的定义.这里可利用递推关系,将转换得,然后再对,的递推关系继续探求.解:由得,∴当n≥2时,,即.同理.两式相减得,即,从而有(n≥2).由此可知数列是等差数列.7.归纳、猜想与证明思想通过对个别、特殊情况的分析、观察，发现规律,归纳出一般的结论或性质，再寻求证明方法.这是我们由已知探索未知的重要途径.例7已知数列满足条件:,试求数列的通项公式.分析:此题求解思路不清晰，从特例入手，观察、猜想结论,再加以证明不失为一种好办法.解:由已知条件,分别取n=1,2,3,…，得,…通过观察、归纳、可得出猜想:.用数学归纳法容易证明这一结论是正确的(证明略).8.建模与解模思想数列的工具性决定了应用的广泛性,注重构建数列模型解实际问题,有利于培养学生用数学的意识和数学能力的提高.例8从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，本年度投入万元，以后每年投入比上年减少.本年度当地旅游业收入估计为万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加（Ⅰ）设n年内（本年度为第一年）总投入为an万元，旅游业总收入为bn万元．写出an，bn的表达式；（Ⅱ）至少经过几年旅游业的总收入才能超过总投入？分析：构建等比数列的通项和前n项和模型，再用换元法和不等式知识求解.(1)第一年投入为800万元,第二年投入为800(1万元,…，第n年投入为800万元，所以，n年内的总投入为；第一年旅游业收入为400万元，第二年旅游业收入为400万元，…，第n年旅游业收入为400万元.所以n年内的旅游业总收入为.(2)设至少经过n年旅游业的总收入才能超过总投入,即,所以,化简得,换元化归为一元二次不等式,可得,解得n≥5,故至少经过5年旅游业的总收入才能超过总投入.还有一些重要的思想方法，如数形结合、分析与综合、联想与类比，构造模型等思想方法已在上述例题中有所涉及，限于篇幅，不再赘述.（此文发表在江西师大《中学数学研究》2003年第12期）数列通项公式的求法集锦非等比、等差数列的通项公式的求法，题型繁杂，方法琐碎，笔者结合近几年的高考情况，对数列求通项公式的方法给以归纳总结。累加法形如(n=2、3、4…...)且可求，则用累加法求。有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解。在数列{}中，=1，(n=2、3、4……)，求{}的通项公式。解：∵这n-1个等式累加得：=故且也满足该式∴().例2．在数列{}中，=1，(),求。解：n=1时,=1以上n-1个等式累加得==，故且也满足该式∴()。累乘法形如(n=2、3、4……)，且可求，则用累乘法求。有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解。例3．在数列{}中，=1，，求。解：由已知得，分别取n=1、2、3……(n-1),代入该式得n-1个等式累乘，即=1×2×3×…×(n-1)=(n-1)!所以时，故且=1也适用该式∴().例4．已知数列{}满足=，，求。解：由已知得，分别令n=1，2，3，….(n-1),代入上式得n-1个等式累乘，即=所以，又因为也满足该式，所以。三、构造等比数列法原数列{}既不等差，也不等比。若把{}中每一项添上一个数或一个式子构成新数列，使之等比，从而求出。该法适用于递推式形如=或=或=其中b、c为不相等的常数，为一次式。例5、（06福建理22）已知数列{}满足=1，=()，求数列{}的通项公式。解：构造新数列，其中p为常数，使之成为公比是的系数2的等比数列即=整理得：=使之满足=∴p=1即是首项为=2，q=2的等比数列∴==例6、（07全国理21）设数列{}的首项，=，n=2、3、4……（）求{}的通项公式。解：构造新数列，使之成为的等比数列即=整理得：=满足=得=∴p=-1即新数列首项为，的等比数列∴=故=+1例7、（07全国理22）已知数列{}中，=2，=（）求{}的通项公式。解：构造新数列，使之成为的等比数列=整理得：=+使之满足已知条件=+2∴解得∴是首项为的等比数列，由此得=∴=例8、已知数列{}中，=1，=，求数列的通项公式。分析：该数列不同于以上几个数列，该数列中含是变量，而不是常量了。故应构造新数列，其中为常数，使之为公比是的系数2的等比数列。解：构造数列，为不为0的常数，使之成为q=2的等比数列即=整理得：=满足=得∴新数列是首项为=，q=2的等比数列∴=∴=例9、（07天津文20）在数列{}中，=2，=，求数列的通项。解：构造新数列，使之成为q=4的等比数列，则=整理得：=满足=，即得∴新数列的首项为，q=4的等比数列∴∴四、构造等差数列法数列{}既不等差，也不等比，递推关系式形如，那么把两边同除以后，想法构造一个等差数列，从而间接求出。例10．（07石家庄一模）数列{}满足且。求、、是否存在一个实数，使此数列为等差数列？若存在求出的值及；若不存在，说明理由。解：由==81得=33；又∵==33得=13；又∵==13，∴=5假设存在一个实数，使此数列为等差数列即===该数为常数∴=即为首项，d=1的等差数列∴=2+=n+1∴=例11、数列{}满足=()，首项为，求数列{}的通项公式。解：=两边同除以得=+1∴数列是首项为=1，d=1的等差数列∴=1+故=例12．数列{}中，=5，且（n=2、3、4……），试求数列{}的通项公式。解：构造一个新数列，为常数，使之成为等差数列，即整理得+3，让该式满足∴取，得，d=1，即是首项为，公差d=1的等差数列。故∴=例13、（07天津理21）在数列{}中，=2，且（）其中＞0，求数列{}的通项公式。解：的底数与的系数相同，则两边除以得即∴是首项为，公差d=1的等差数列。∴∴。取倒数法有些关于通项的递推关系式变形后含有项，直接求相邻两项的关系很困难，但两边同除以后，相邻两项的倒数的关系容易求得，从而间接求出。例14、已知数列{}，=，，求=？解：把原式变形得两边同除以得∴是首项为，d=的等差数列故∴。例15、（06江西理22）已知数列{}满足，且（）求数列{}的通项公式。解：把原式变形成两边同除以得即……⑴构造新数列，使其成为公比q=的等比数列即整理得：满足⑴式使∴∴数列是首项为，q=的等比数列∴∴。例16．（06江西文22）已知各项均为正数的数列{}满足：，且求数列{}的通项公式。解：把原式变形为两边同除以得移项得：所以新数列是首项为q=2的等比数列。故解关于的方程得。六．利用公式求通项有些数列给出{}的前n项和与的关系式=，利用该式写出，两式做差，再利用导出与的递推式，从而求出。例17.(07重庆21题)已知各项均为正数的数列{}的前n项和为满足＞1且6=n∈求{}的通项公式。解：由=解得=1或=2，由已知＞1，因此=2又由=得=0∵＞0∴从而{}是首项为2，公差为3的等差数列，故{}的通项为=2+3(n-1)=3n-1.例18.(07陕西理22)已知各项全不为0的数列{}的前k项和为，且=(k∈)其中=1，求数列{}的通项公式。解：当k=1时，=及=1得=2；当k≥2时，由==得=2∵≠0∴=2从而=1+(m-1)2=2m-1=2+(m-1)2=2m(m∈)故=k(k∈).例19.(07福建文21)数列{}的前n项和为，=1，(n∈),求{}的通项公式。解：由=1，=2，当n≥2时==得=3，因此{}是首项为=2，q=3的等比数列。故=(n≥2),而=1不满足该式所以=。例20.(06全国Ⅰ理22)该数列{}的前n项和(n=1、2、3……)求{}的通项公式。解：由(n=1、2、3……)…①得=所以=2再=（n=2、3…）…②将①和②相减得：==整理得（n=2、3…）因而数列{}是首项为,q=4的等比数列。即==，因而。七．重新构造新方程组求通项法有时数列{}和{}的通项以方程组的形式给出，要想求出与必须得重新构造关于和的方程组，然后解新方程组求得和。例21.（07辽宁第21题）：已知数列{}，{}满足=2，=1且（）,求数列{}，{}的通项公式。解析：两式相加得则{}是首项为，d=2的等差数列，故=3+2(n-1)=2n+1…………(1)而两式相减得==则{}是首项为=1，q=的等比数列，故=…………(2)联立(1)、(2)得由此得，。分析该题条件新颖,给出的数据比较特殊，两条件做加法、减法后恰好能构造成等差或等比数列，从而再通过解方程组很顺利求出{}、{}的通项公式。若改变一下数据，又该怎样解决呢？下面给出一种通法。例22.在数列{}、{}中=2，=1，且（n∈）求数列{}和{}的通项公式。解析：显然再把与做和或做差已无规律可循。不妨构造新数列{}其中为的常数。则==+=令得=2或=3则{}为首项，q=+2的等比数列。即=2时，{}是首项为4，q=4的等比数列，故=4×=；=3时，{}是首项为5，q=5的等比数列，故=5×=联立二式解得，。注：该法也可适用于例21，下面给出例21的该种解法解：构造新数列{}，则=++=令得=1或=即=1时，新数列{}中，=∴（）新数列{}是首项为，d=2的等差数列∴==………(1)当=时，新数列{}是首项为=1，q=的等比数列∴=………(2)联立(1)、(2)得，。例23.在数列{}、{}中，，且（n∈），求{}、{}的通项公式。解：构造新数列{}，则=+=，令得=或=5{}为首项，q=+5的等比数列即=-3时，{}是首项为=，q=5+=2的等比数列，故==；当=5时，{}是首项为=6，q=+5=10的等比数列，故=6×联立二式得，。数形结合思想在解题中的应用知识要点：1．数形结合是数学解题中常用的思想方法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷。2．所谓数形结合，就是根据数与形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的思想，实现数形结合，常与以下内容有关：（1）实数与数轴上的点的对应关系；（2）函数与图象的对应关系；（3）曲线与方程的对应关系；（4）以几何元素和几何条件为背景建立起来的概念，如三角函数等；（5）所给的等式或代数式的结构含有明显的几何意义。如等式。3．纵观多年来的高考试题，巧妙运用数形结合的思想方法解决一些抽象的数学问题，可起到事半功倍的效果，数形结合的重点是研究“以形助数”。4．数形结合的思想方法应用广泛，常见的如在解方程和解不等式问题中，在求函数的值域、最值问题中，在三角函数解题中，运用数形结合思想，不仅直观易发现解题途径，而且能避免复杂的计算与推理，大大简化了解题过程。这在解选择题、填空题中更显其优越，要注意培养这种思想意识，要争取胸中有图见数想图，以开拓自己的思维视野。考点一：利用数形结合的方法解决有关方程和不等式问题：【例题分析】例1.若关于的方程的两根都在区间(－1，3）内，求的取值范围。解：由的图象可知，要使两根都在区间（－1，3）内，只需，同时成立，解得，故说明：，其图象与轴交点的横坐标就是方程的根，根据函数图象的性质可以得出对应的方程情况。其他函数和方程也可以类似得出解决的方法。例2.已知，则方程的实根个数为（）A.1个 B.2个 C.3个 D.1个或2个或3个解：判断方程的根的个数就是判断图象的交点个数，画出两个函数图象，易知两图象只有两个交点，故方程有2个实根，选B。说明：数形结合法可以解决一些既不是无理方程，也不是二次或三次方程的其他方程或不等式，也就是超越方程或者不等式。例如本例题中的方程。考点二：利用数形结合法解决有关最大值最小值的问题例3.如果实数满足，则的最大值为（）A. B. C. D. 解：等式有明显的几何意义，它表示坐标平面上的一个圆，圆心为，半径，（如图），而则表示圆上的点与坐标原点（0，0）的连线的斜率，如此一来，该问题可转化为如下几何问题：动点在以（2，0）为圆心，以为半径的圆上移动，求直线的斜率的最大值，由下图可见，当点在第一象限，且与圆相切时，的斜率最大，经简单计算，得最大值为。例4.已知满足的最大值与最小值。解：对于二元函数在限定条件下求最值问题，常采用构造直线的截距的方法来求之。令，原问题转化为：在椭圆上求一点，使过该点的直线斜率为3，且在轴上的截距最大或最小，由图形知，当直线与椭圆相切时，有最大截距与最小截距。由，得，故的最大值为13，最小值为。例5.求函数的值域。几何法：的形式类似于斜率公式，表示过两点的直线的斜率。由于点在单位圆上（见下图）显然，设过的圆的切线方程为，则有，解得即函数值域为考点三：利用数形结合法解决其它问题：例6.若集合，集合，且，则的取值范围为___________。解：，显然，表示以（0，0）为圆心，以3为半径的圆在轴上方的部分，（如图），而则表示一条直线，其斜率，纵截距为，由图形易知，欲使，即是使直线与半圆有公共点，显然的最小逼近值为，最大值为，即例7.点是椭圆上一点，它到其中一个焦点的距离为2，为的中点，表示原点，则（）A. B. C.4 D.8解：（1）设椭圆另一焦点为，（如下图），则而又注意到各为的中点是的中位线（2）若联想到第二定义，可以确定点的坐标，进而求中点的坐标，最后利用两点间的距离公式求出，但这样就增加了计算量，方法较之（1）显得有些复杂。例8.双曲线C的两个焦点是F1、F2，双曲线上任意一点P，过F2作∠F1PF2的平分线的垂线平分线交于M，则M的轨迹是A.圆 B.直线 C.双曲线 D.抛物线解：如图，PM是∠F1PF2的平分线，F2N是PM的垂线，则ΔF2PM和ΔNPM全等，所以F2M=MN，PF2=PN，根据双曲线的定义PF1-PF2=2a，所以NF1=2a，而在三角形F1NF2中OM为中位线，所以：|OM|=a，所以M点的轨迹为以原点为圆心a为半径的圆。说明：数形结合法解决数学问题的关键是要找到数学量的几何意义或者几何图形的性质，然后根据题意构造几何图形，实现代数和几何的相互联系。【模拟试题】一.选择题：1.方程的实根的个数为（）A.1个 B.2个 C.3个 D.4个2.函数的图象恰有两个公共点，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.3.设命题甲：，命题乙：，则甲是乙成立的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.不充分也不必要条件4.若不等式的解集为，且，则的值为（）A.1 B.2 C.3 D.45.若时，不等式恒成立，则的取值范围为（）A. B. C. D.6.定义在上的函数在上为增函数，且函数的图象的对称轴为，则（）A. B.C. D.二.填空题：7.若对任意实数，都有，则，由小到大依次为______________。8.若关于的方程有四个不相等的实根，则实数的取值范围为___________。9.函数的最小值为______________。10.若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是。三.解答题：11.若方程在上有唯一解，求的取值范围。12.若不等式的解集为，且，求的取值范围。13.设，试求下述方程有解时的取值范围：【试题答案】一.选择题：1.C解：画出在同一坐标系中的图象即可。确定lgx=1的解为x=10，y=lgx在(0，+∞)内递增，，所以和的图象应该有三个交点。2.D解：画出的图象。情形1：情形2：3.A