高中精品-数学：求递推数列通项公式的十种策略例析.pdf

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1、3.33.3 递推数列递推数列一、基本知识简述1有关概念：我们在研究数列an时，如果任一项 an与它的前一项an1（或几项）间的关系可以用一个公式来表示，则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：通过构造特殊的数列（一般为等差数列或等列），利用特殊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，再根据题设条件求出待定的系数。3.思想策略：构造新数列的思

2、想。4.常见类型：类型：an1 p(n)an q(n)(p(n)0)（一阶递归）a a(a为常数）1类型 II:分式线性递推数列:an1二、例题：Can D(A 0)Aan B例 1：an 3an1 2，a1 2，求通项an分析：构造辅助数列，an1 3(an11)，则an 3n1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、等比数列去讨论，从而求出了通项公式an。一般形式 已知an pan1 q，a1 a，其中 p,q,a 为常数，求通项an同类变式已知数列an满足an1 2an(2n1)，且a1 2，求通项an分析：（待定系数），构造数列an knb使其为等比数列，即an1

3、 k(n1)b 2(an knb)，解得k 2,b 1求得an 52归纳：类型：an1 p(n)an q(n)(p(n)0)（一阶递归）a a(a为常数）1n12n1其特例为：（1）p(n)1时,an1 an q(n)利用累加法，将an an1 q(n1)，an1 an2+q(n 2),a2a1+q(1),各式相加，得ana1+q(k)(n2)k1n1(2)q(n)0时,an1 p(n)an;利用累乘法,an a1（3）p(n)p,q(n)q时,an1 pan qp(k)k1n1(p 0)解题方法：利用待定系数法构造类似于“等比数列”的新数列法 1：(常数变易法)设an x p(an1 x)则

4、an pan1 x(p 1)，从而x qp 1亦即数列anqq a 是以为首项，公比为 p 的等比数列，np 1p 1qq(a1)pn1，p 1p 1从而可得：anqqa(p 1)q pn1qn1)pan(a p 1p 1p 1法 2：anan1 p(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an pan1 q，则可得an1qanpnpn1pnan1an2qaa1qqqn1ppn2pn1,从而又可得n.n23nppppp.qa2a1p2pp2a1q11qa(p 1)q pn1q即an p(2.n1)ppppp 1pn（4）p(n)p,q(n)q时

5、,an1 pan qnn(p 0)两边同除以pn例 2：数列an的前 n 项和为Sn，且a11，Snn2an(nN*)，求数列an的通项公式.例 3：数列an中，且a11，an13提示12an，求数列an的通项公式.2an1an11 112 an归纳：类型 II:分式线性递推数列:an1Can D(A 0)Aan B练习：1.已知数列an中，Sn是其前n项和，并且Sn1 4an2(n 1,2,设数列bn an12an(n 1,2,)，求证：数列bn是等比数列；),a11，an,(n 1,2,)，求证：数列cn是等差数列；n2求数列an的通项公式及前n项和。设数列cn分析分析：由于bn和cn中的

6、项都和an中的项有关，an中又有 Sn1=4an+2，可由 Sn2-Sn1作切入点探索解题的途径解解：(1)由 Sn1=4an2，Sn2=4an1+2，两式相减，得 Sn2-Sn1=4(an1-an)，即an2=4an1-4an(根据 bn的构造，如何把该式表示成 bn1与 bn的关系是证明的关键，注意加强恒等变形能力的训练)an2-2an1=2(an1-2an)，又 bn=an1-2an，所以 bn1=2bn已知 S2=4a1+2，a1=1，a1+a2=4a1+2，解得 a2=5，b1=a2-2a1=3由和得，数列bn是首项为 3，公比为 2 的等比数列，故 bn=32n1当 n2 时，Sn

7、=4an1+2=2n1(3n-4)+2；当 n=1 时，S1=a1=1 也适合上式n1综上可知，所求的求和公式为Sn=2(3n-4)+2说明：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。解决本题的关键在于由条件Sn1 4an 2得出递推公式。2解综合题要总揽全局，尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件，在后面求解的过程中适时应用练习：2.设二次方程anx-an1.x+1=0(nN)有两根和，且满足6-2+6=3(1)试用an表示 an1；2例例 9 9数列an中，a1 8,a4 2且满足an2 2an1ann N*求数列an的通项公式；

8、设Sn|a1|a2|an|，求Sn；1(nN*),Tn b1b2bn(nN*)，是否存在最大的整数n(12 an)m成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理m，使得对任意n N*，均有Tn32设bn=由。解解：（1）由题意，an2an1 an1an，an为等差数列，设公差为d，由题意得2 8 3d d 2，an 82(n1)102n.（2）若10 2n 0则n 5，n 5时,Sn|a1|a2|an|a1a2an810 2nn 9n n2,2n 6时，Sn a1 a2 a5a6a7an S5(Sn S5)2S5 Sn n29n 40n 9n 40n 6111 11（3）bn()n(12 an

9、)2n(n 1)2 nn 11111111111n)().Tn(1)()()(222334n 1nnn 12(n 1)nmm*若Tn对任意n N成立，即对任意n N成立，n 11632n1m1(n N*)的最小值是，,m的最大整数值是 7。n 12162m*.即存在最大整数m 7,使对任意n N，均有Tn322故Sn9n n2n 5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，由于题目灵活多变，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，基本思路是根据题设提供的信息，构建新的数列，建立新数列与原数列对应项

10、之间的关系，然后通过研究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容易处理的数列，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，a11，an111 4an1 24an。求an。16（1981 年第 22 届 IMO 预选题）分析本题的难点是已知递推关系式中的124an较难处理，可构建新数列bn，令bn 124an，这样就巧妙地去掉了根式，便于化简变形。解：构建新数列bn，使bn 124an 02bn1则b1 5，b

11、1 24an，即an242n22bnbn11 111 4bn241624化简得2bn1bn32221数列bn3是以 2 为首项，为公比的等比数列。22bn1 bn3，即bn13 1bn31bn3 22n1 22n即bn 22n32bn122n132n11an24322n12证明不等式这类题一般先通过构建新数列求出通项，然后证明不等式或者对递推关系式先进行巧妙变形后再构建新数列，然后根据已经简化的新数列满足的关系式证明不等式。例 2、设a01，an21 an11an1nN，求证：an2n2。（1990 年匈牙利数学奥林匹克试题）2分析利用待证的不等式中含有及递推关系式中含有1 an1这两个信息，

12、考虑进行三角代换，构建新数列n，使an tgn，化简递推关系式。证明：易知an 0，构建新数列n，使an tgn，n0,2则an1tg2n11tgn11cosn1 tgn1sinn12tgn tgn1，nn122又a01，a12 1 tg8，从而18因此，新数列n是以1为首项，为公比的等比数列。821n 2n182n2考虑到当x(0,)时，有tgx x。2所以，an tgn2n2222注：对型如1 an，1 an，an1 an都可采用三角代换。1anan13证明是整数这类题把递推数列与数论知识结合在一起，我们可以根据题目中的信息，构建新数列，找到新的递推关系式直接解决，或者再进行转化，结合数论

13、知识解决。例 3、设数列an满足a11，an1求证：11(n N)an2an2a 22nNn N,n 1。（中学数学教学参考20XX 年第 8 期第 53 页，高中数学竞赛模拟试题）分析直接令bn2a 22n，转化为证明bn N(n N,n 1)证明：构建新数列bn，令bn442，2a 2n122bnbn12a 22n 02则an2代入an111 an整理得2an2222bn1 bn4 2bn222从而bn bn14 2bn1(n 3)22222于是bn1 bn4 2bn14 2bn1 2bnbn11(n 3)2 bn1 2bnbn211(n 3)由已知，b2 4，b3 24，由上式可知，b4

14、 N，b5 N，依次类推，bn N(n 1)，即2a 22nN。nan 2(n 1)2rn 2例 4、设 r 为正整数，定义数列an如下：a11，an1(n N)求证：an N。（1992 年中国台北数学奥林匹克试题）分析把条件变形为n 2an1 nan 2n1比较an1与an前的系数及2ran1与an的足码，考虑到另一项为2n 1，等式两边同乘以n1，容易想到2r构新数列bn，使bn nn1an。证明：由已知得n 2an1 nan 2n12rn1n 2an1 nn1an2n12r1构建新数列bn，bn nn1an则b1 2，bn1bn 2n12r1bn b1bk1bkk1n1 21 22r1

15、32r1 n2r1bn Nbn 2n 2n2r1k2r1(n k)2r1k1n1n12r112r22r122r2rn2r1C2k C2r1n k C2r1nr1nkk1n bn又 bnkk1n2r1(n 1 k)k12rn2r1k2r1n 1 kk12r1n2r1n 1k1n2r112C2k C2r1n 1r1n 12r2rk2C2r1n 1kn1|bnnn1|bn，从而4解决整除问题一般通过构建新数列求出通项，再结合数论知识解决，也可用数学归纳法直接证明。例 5、设数列an满足a11，a2 3，对一切n N，有an N。an2n3an1n 2an，求所有被 11 整除的an的一切 n 值。（

16、1990 年巴尔干地区数学奥林匹克试题）分析变形递推关系式为an2an1n 2an1an，就容易想到怎样构建新数列了。解：由已知an2an1n 2an1an构建新数列bn n 2,bn1 an1ann 1则b2 2，bn1n1anan1n 1bnn 2bn nbn1 nn1bn2 nn13b2 n!n 2an a1an an11bkk!k2k2k1nnn从而a4113，a8114203，a1011367083，当n 11时，由于k!被k11011 整除，因而ank!k!也被 11 整除。k1k1110n所以，所求 n 值为n 4，8，及n 10的一切自然数。5证明是完全平方数这类题初看似乎难以

17、入手，但如能通过构建新数列求出通项an，问题也就迎刃而解了。例 6、设数列an和bn满足a01，b0 0，且an1 7an6bn3b 8a 7b 4nnn1求证：an是完全平方数。n 0,1,2,（2000 年全国高中联赛加试题）分析先用代入法消去bn和bn1，得an214an1 an6 0，如果等式中没有常数项 6，就可以利用特征根方法求通项，因此可令Cn an a，易求得1a 。2证明：由式得bn，bn1代入得an214an1 an6 0111化为an214an1an 0222构建新数列cn，cn an11，且c0，22117c1 a17a0 6b03222cn214cn1cn 0由特征方程2141 0得两根1 7 4 3，2 74 3n所以cn m11 m2n21m m 212当n 0，1 时，有1m 7 4 3 m 7 4 3 122解得：m1 m214nn11则cn7 4 37 4 3442n2n11232344nn211则an cn23 2324 因为2 3 2 3为正偶数，所以，an是完全平方数。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察、分析，并据其结构特点进行合理变形，是成功构建新数列的关键。构建新数列的目的是为了化繁为简、化未知为已知、化不熟悉为熟悉，这也是解答数学问题的共性之所在。nn