2022年高中精品-数学：求递推数列通项公式的十种策略例析.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 3.3 递推数列一、基本学问简述1有关概念：我们在争论数列 an时,假如任一项 an与它的前一项 a n 1（或几项）间的关系可以用一个公式来表示,就此公式就称为数列的递推公式；通过递推公式给出的数列,一般我们也称之为递推数列；主要有以下几种方法：（1）构造法： 通过构造特别的数列（一般为等差数列或等列）,利用特别数列的通项求递推数列的通项 . （2）迭代法：将递推式适当变形后,用下标较小的项代替某些下标较大的项,在一般项和初始之间建立某种联系,从而求出通项 . （3）代换法：包括代数代换、三角代换等（4）待定系数法：先设定通项的基本形式,再依

2、据题设条件求出待定的系数；3. 思想策略：构造新数列的思想；4. 常见类型：类型：an1apnanqnpn0（一阶递归）a 1a为常数）a n1Ca nDA0 类型 II: 分式线性递推数列:AanB二、例题：例 1：a n 3 a n 1 2,a 1 2,求通项 a nn分析：构造帮助数列,a n 1 3 a n 1 1,就 a n 3 1求通项过程中, 多次利用递推的思想方法以及把一般数列转化为等差、等比数列去争论,从而求出了通项公式 a ；一般形式 已知 a n pa n 1 q,a1 a,其中 p,q,a 为常数,求通项 a n同类变式 已知数列 a n 满意 a n 1 2 a n

3、2 n 1,且 a 1 2,求通项 a n分析：（待定系数） ,构造数列 an kn b 使其为等比数列,即 a n 1 k n 1 b 2 a n kn b ,解得 k 2 b 1求得 a n 5 2 n 1 2 n 1归纳 ：类型：an1apnanqnpn0（一阶递归）a 1a为常数）其特例为：名师归纳总结 （ 1）p n1时,a n1anq n 第 1 页,共 11 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 利用累加法,将a na n1q n1,an1a n2+qn2 ,a2a +q1 ,各式相加,得an1a +n1kn2 a n; 利用累乘法 ,an

4、pn1p kkq12qn 0时,an1pn a 1k1（ 3）p np,qnq时,a n1pa nq0 解题方法：利用待定系数法构造类似于“ 等比数列” 的新数列名师归纳总结 x法 1： 常数变易法 设anxp an1x就a npa n1x p11,从而第 2 页,共 11 页qp1亦即数列anpq1是以anpq1为首项,公比为p 的等比数列,从而可得：a npq1a 1pq1pn1,anapq1pn1pq1a p1 pq pn1q1法 2：ana n1p an1an2利用anan1成等比数列求出anan1,再利用迭代或迭另法求出an法 3：由anpa n1q,就可得anan1qpnpn1pn

5、an1an2qa na 1qq.qpn1pn2pn1,从而又可得pnpp2p3pnnq. . . . . . . .a2a 1qp2pp2即a npna 1q11.q1a p1pq ppppp2n p1（4）pnp ,qnqn 时,an1pa nqnp0 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 两边同除以pn例 2：数列an的前 n 项和为S ,且1a1,S n2annN*,求数列an的通项公式 . 例 3：数列an中,且a 11 3,a n122an1,求数列an的通项公式 . 1,1an 提示 a111 21 a n1n归纳 ：类型 II: 分式线性递推

6、数列:an1CanDA0 AanB练习： 1.已知数列an中,S 是其前 n 项和,并且S n14 a n2n1,2,a 1设数列b nan12 ann,1 2 ,求证：数列b n是等比数列；设数列cnan,n,12,求证：数列c n是等差数列；2nn2-S n求数列a n的通项公式及前n 项和；分析 ：由于 b n 和c n 中的项都和 a n 中的项有关, a n 中又有 S n1=4a n +2,可由 S作切入点探究解题的途径解 ： 1由 S n 1 =4a n 2, S n 2 =4a n 1 +2 , 两 式 相 减 , 得 S n 2-S n 1 =4a n 1-a n , 即a

7、n 2 =4a n 1-4a n依据 bn的构造,如何把该式表示成 b n 1 与 b n 的关系是证明的关键,注意加强恒等变形才能的训练 a n 2-2a n 1 =2a n 1-2a n ,又 b n =a n 1-2a n,所以 b n 1 =2b n 已知 S2 =4a 1 +2, a1 =1,a 1+a 2 =4a 1 +2,解得 a 2 =5,b 1=a 2 -2a1 =3 n 1由 和 得,数列 b n 是首项为 3,公比为 2 的等比数列,故 b n =32n 1当 n2 时, Sn =4a n 1 +2=2 3n-4+2；当 n=1 时, S1 =a 1 =1 也适合上式n

8、1综上可知,所求的求和公式为 Sn =2 3n-4+2说明： 1本例主要复习用等差、等比数列的定义证明一个数列为等差,等比数列,求数列通项与前n项和；解决此题的关键在于由条件 S n 1 4 a n 2 得出递推公式；2解综合题要总揽全局,特别要留意上一问的结论可作为下面论证的已知条件,在后名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - 面求解的过程中适时应用练习： 2.设二次方程a x2-an1.x+1=0nN有两根 和 ,且满意 6 -2 +6 =31试用a 表示 an1；2且满意a n22 a n1annN*例 9数列a

9、n中,a 18 ,a 4名师归纳总结 求数列an的通项公式；第 4 页,共 11 页设S n|a 1|a 2|a n|,求S ；n设b =n 121annN*,T nb 1b 2b nnN*,是否存在最大的整数m ,使得对任意nN*,均有T nm 成立？如存在,求出 32m 的值；如不存在,请说明理由；解：（1）由题意,a n2an1an1a n,an为等差数列,设公差为d ,由题意得283dd2,an82 n1102 n. （ 2）如102n0 就n5,n5 时,S n|a 1|a 2|a n|a 1a 2a n8102nn9 nn2,2- - - - - - -精选学习资料 - - - -

10、 - - - - - n6时,S na 1a2a5a6a 7a nS 5S nS 52 S 5S nn29 n40n1.故S n9 nn240n5n61n1 1n29 n（3）bnn1a n2n 11 1 12n2nT n1111111n1111n11222334nn2 n如Tnm对任意nN*成立,即nn1m对任意nN*成立,3216nn1nN*的最小值是1 ,2m1,m的最大整数值是7；162*,均有Tnm.即存在最大整数m7,使对任意nN32说明： 本例复习数列通项,数列求和以及有关数列与不等式构建新数列巧解递推数列竞赛题 递推数列是国内外数学竞赛命题的“ 热点” 之一,由于题目敏捷多变,

11、答 题难度较大； 本文利用构建新数列的统一方法解答此类问题,基本思路是依据题 设供应的信息, 构建新的数列, 建立新数列与原数列对应项之间的关系,然后通 过争论新数列达到问题解决之目的；其中,怎样构造新数列是答题关键；1 求通项 求通项是递推数列竞赛题的常见题型,这类问题可通过构建新数列进行代 换,使递推关系式简化, 这样就把原数列变形转化为等差数列、等比数列和线性 数列等简单处理的数列,使问题由难变易,所用的即换元和化归的思想；例 1、数列an中,1a1,an1114an124an；求a ；16（1981 年第 22 届 IMO 预选题）名师归纳总结 列b n分析此题的难点是已知递推关系式中

12、的124 a n较难处理,可构建新数第 5 页,共 11 页,令b n124 an,这样就奇妙地去掉了根式,便于化简变形；解：构建新数列b n,使b n124 a n0- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 就b 15,2 b n124 an,即anb21n242 b n111142 b n1b n241624化简得2 b n12b n321bn32 b n1b n3,即b n132数列b n3是以 2 为首项,1 为公比的等比数列；2b n321n122n即b n22 n32anb2122n13322n11n242n12 证明不等式 这类题一般先通过构建新

13、数列求出通项,然后证明不等式或者对递推关系 式先进行奇妙变形后再构建新数列, 然后依据已经简化的新数列满意的关系式证 明不等式；例 2、设a01,an1a211nN,求证：an2n2；nan1（1990 年匈牙利数学奥林匹克试题）名师归纳总结 分析利用待证的不等式中含有及递推关系式中含有1a21这两个信第 6 页,共 11 页n息,考虑进行三角代换,构建新数列n,使a ntgn,化简递推关系式；证明：易知an0,构建新数列n,使a ntgn,n0 ,2就an1tg2nn111cosn1tgn1tg1sinn12tgntgn1,nn122又a 01,a 121tg8,从而18- - - - -

14、- -精选学习资料 - - - - - - - - - 因此,新数列n是以8为首项,1 为公比的等比数列；2n1n1822n2tgx,x；a n都可采纳三角代换；2考虑到当x0,时,有所以,antg2n22n2ana n1注：对型如a12,1n1a nan13 证明是整数这类题把递推数列与数论学问结合在一起,我们可以依据题目中的信息,构建新数列, 找到新的递推关系式直接解决,决；或者再进行转化, 结合数论学问解例 3、设数列an满意a 11,an11an1nN2an求证：2 2 an2NnN,n1；（中学数学教学参考 2001 年第 8 期第 53 页,高中数学竞赛模拟试题）名师归纳总结 分析

15、直接令b na22,转化为证明bnNnN,n1第 7 页,共 11 页2n证明：构建新数列b n,令b n22012n32 a n就a2 n42,a2 n1412b2 n2 b n12代入a211an整理得n2an2 b n12 b n42 2 b n1n3 2 2 b n从而2 b n2 b n14于是2 b n1b242 b2 n142b212bn2 b n1nn- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - b n12 b n2 b n11n3 n由已知,b 24,b 324,由上式可知,b4N,b5N,依次类推,bn1 N1 ,即22N；2 ann例 4、设

16、 r 为正整数,定义数列a n如下：a 11,anan2n2rn1n2N求证：anN；（1992 年中国台北数学奥林匹克试题）名师归纳总结 分析把条件变形为n2an1nan2n12r比较an1与a 前的系数及第 8 页,共 11 页an1与a 的足码, 考虑到另一项为2n12r,等式两边同乘以n1,简单想到构新数列b n,使b nnn1a n；2n12r1nk2r证明：由已知得n2an1na nn1n2a n1nn1an2n12r1构建新数列b n,b nnn1an就1b2,b n1b n2n12r11n1b nb 1b k1b kk12122r12 3r12 nr1n2r1k2C2rbnN2

17、r1bn2 n2r1n1k2r1nkk1kC22n2r1n1n2r1C1r1n2r22r2rk1nb n- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 又bnn1k2r1kn1n1k2r1kn1k2r1n1k2r1knn12r1C1r1n12rkC21n12r1k2C2r1n1k2r22r2rk11| nbanN；nnn1| b ,从而4 解决整除问题 一般通过构建新数列求出通项,再结合数论学问解决,也可用数学归纳法 直接证明；an2例 5、设数列an满意a 11,a23,对一切nN,有n3an1n2an,求全部被 11 整除的a 的一切 n 值；（1990 年巴尔

18、干地区数学奥林匹克试题）分析变形递推关系式为an2an1n2a n1an,就简单想到怎样构建新数列了；解：由已知an2an1n2a n1an2时,由于10k 被构建新数列bnn2,b n1an1ann1就b 22,b n1n1anan1n1b nn2b nnb n1nn1b n2nn13 b 2n .nnnnana 1k2anan11k2b kk1k .从而a4113,a 8114203,a 1011367083,当n11k110n11 整除,因而ank.k .也被 11 整除；k1k11所以,所求 n 值为n4,8,及n10的一切自然数；5 证明是完全平方数名师归纳总结 - - - - -

19、- -第 9 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - 这类题初看好像难以入手,但如能通过构建新数列求出通项 a ,问题也就迎刃而解了；例 6、设数列an和b n满意a 0n1,b 00,且a n17a n6 b n30 ,1, ,2b n18 a n7 b n4求证：a 是完全平方数；（2000 年全国高中联赛加试题）名师归纳总结 分析先用代入法消去nb 和b n1,得an214 an1an60,假如等式中第 10 页,共 11 页没有常数项6,就可以利用特点根方法求通项,因此可令Cnana,易求得a1；2证明：由式得b ,b n1代入得an214 an1an60化为

20、an2114a n11an10222构建新数列c n,cnan1,且c01,22c 1a117a06 b 0317222c n214c n1cn0由特点方程21410得两根1743,2743所以c nm 1nm 2n12当n0,1 时,有m 17m21m 274312m 1432解得：m 1m 214- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 就cn17433n1743n44122n1232n44就an2cn31123n3n23n2a 是完全平方数；24由于n2为正偶数,所以,从上述各题构建新数列的过程中,可以看出对题设中递推式的观看、分析,并据其结构特点进行合理变形, 是胜利构建新数列的关键； 构建新数列的目的是 为了化繁为简、 化未知为已知、 化不熟识为熟识, 这也是解答数学问题的共性之 所在；名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 11 页