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由递推关系求通项的问题类型及其思想方法


由递推关系求通项的问题类型及其思想方法
安徽省无为县襄安中学 李向林 数列大题目在高考中出现常常有两类:一类是作为简单题或中档题出现的,往往是紧扣等差 数列等比数列及求和问题,用的最多的是等差,等比数列的基本公式,方程的思想(基本量) 和常用的求和技巧。另一类则是压轴题,常常与函数,不等式,解析几何等综合,而且总与数 列的递推关系有关。 数列{xn}的连续 k 项满足 xn+k=f(an+k-1,an+k-2,?,an) ,则称此式为数列{xn}的一个递推关系 式.由递推关系式及 k 个初始值可以确定的一个数列{xn}称为递推数列.给定首项和递推关系 是给出数列的一种方法,就是说这样这个数列就是确定的了。这类问题是近年来高考中的热点 问题。通过研究我们得到如下的一些认识: 1.递推关系的形成:直接给出,函数给出,解析几何给出,应用问题给出,方程给出。 2.给出递推关系求通项,有时可以用归纳,猜想,证明的思路; 而证明型的问题用数学归纳法往往是一种比较简单的方法;而给出铺垫(转化后的数列)的 问题常常可以用证明(变换,待定系数法等)处理,一般难度不大。 3.给定首项和递推关系往往可以用演绎(推导)的方法求出它的通项公式,其最主要的思 想方法是生成,转化,叠代。 4.给定首项和递推关系,有时不一定能求出通项,却也可以研究它的其他性质。 (如取值范 围,比较大小,其他等价关系等,无非等与不等两类) ,这类问题往往有一定的难度。 无论是涉及递推数列的论证题,还是需要建立递推关系式的综合题,其求递推数列的通项是 解题的核心.事实上,递推数列通项的求法一般有如下几种: (1)转化法.通过恰当的恒等变形,如配方、因式分解、取对数、取倒数等,转化为等比数 列或等差数列. (2)归纳法.先计算数列的前若干项,通过观察规律,猜想通项公式,进而用数学归纳法证 之. (3)换元法.常用的代换有分式换元、三角换元、对数换元等. (4)迭代法.就是对已知递推式进行适当变形后,用下标较小的项替代下标较大的项,通过 累次运算,最终得出通项是首项的表示式. (5)待定系数法.通过选择恰当的形式,引入待定的参数,再确定参数的值. ??本文主要研究的是 3 中提出的问题。 一.由等差,等比演化而来的“差型” , “商型”递推关系 ①等差数列: a n ?1 ? a n ? d 生成: a 2 ? a1 ? d , a3 ? a 2 ? d ,? a n ?1 ? a n ? 2 ? d , a n ? a n ?1 ? d 累加: a n ? (a n ? a n ?1 ) ? (a n ?1 ? a n ?2 ) ? ?(a 2 ? a1 ) ? a1 = (n ? 1)d ? a1 由此推广成差型递推关系: a n ? a n ?1 ? f (n) 累加: a n ? (a n ? a n ?1 ) ? (a n ?1 ? a n ? 2 ) ? ?(a 2 ? a1 ) ? a1 = ? f ( n) ? a1 ,于是只要 f ( n) 可以求和就行。
2 n

②等比数列: a n ?1 ? a n ? q

生成: a 2 ? a1 ? q , a3 ? a 2 ? q ,? a n ?1 ? a n ? 2 ? q , a n ? a n ?1 ? q 累乘: a n ?
a n a n ?1 a ? ? ? 2 ? a1 = q n ?1 ? a1 a n ?1 a n ? 2 a1 an ? g ( n) a n ?1

由此推广成商型递推关系:

累乘: a n ?

n a n a n ?1 a ? ? ? 2 ? a1 ? ? g (n) ? a1 a n ?1 a n ? 2 a1 2

例题 1、已知数列 ?a n ?满足: a1 ? 2, a n ?
n 求证:① a n ? C 2 n

2(2n ? 1) a n?1 , (n ? 2) n

② a n 是偶数
an 2(2n ? 1) ? a n ?1 n

( 《数学通讯》2004 年 17 期 P44)

证明:由已知可得:

又 an ?

a n a n ?1 a 2 n ? 3 ? 5 ? ?(2n ? 1) ? ? ? 2 ? a1 = a n ?1 a n ? 2 a1 n!

n 而 C2 n ?

(2n)! ?2 ? 4 ? 6 ? ?(2n ? 2)2n? ? ?1 ? 3 ? 5?(2n ? 1)? 2 n ? 3 ? 5 ? ?(2n ? 1) = ? n! n!?n! n!?n!

n n n 所以 a n ? C 2 n ,而 a n ? C 2 n ? 2C 2 n ?1 为偶数

二.由差型,商型类比出来的和型,积型:即 an ? an?1 ? f (n), 和an ? an?1 ? g (n) 例题 2:数列 ?a n ?中相邻两项 a n , an?1 是方程 x 2 ? 3nx ? bn ? 0 的两根,已知 a10 ? ?17 求 b51 的值。 (5840)

分析:由题意: a n + a n ?1 ? ?3n ------------------------① 生成: an?1 + an? 2 ? ?3(n ? 1) -----------------② ②—①: a n ? 2 ? a n ? ?3 所以该数列的所有的奇数项成等差,所有的偶数项也成等差 其基本思路是,生成,相减;与“差型”的生成,相加的思路刚好相呼应。 到这里本题的解决就不在话下了。 特别的,若 a n + a n ?1 ? c ,则 a n ? 2 ? a n 即该数列的所有的奇数项均相等,所有的偶数项也相等。 若
a n ? a n ?1 ? 2 n ------------------------------①

则 a n ?1 ? a n ? 2 ? 2 n ?1 ---------------------------② ②÷①:
an?2 ?2 an

所以该数列的所有的奇数项成等比,所有的偶数项也成等比。 其基本思路是,生成,相除;与“商型”的生成,相乘的思路刚好相呼应。 特别地,若 a n ? a n ?1 ? c ,则 a n ? 2 ? a n 即该数列的所有的奇数项均相等,所有的偶数项也相等。 三.可以一次变形后转化为差型,商型的。 例 3. 在数列 解法 1:设 得 所以有 。 中, 型 ,求 ,对比 。 ,得 。于是,

,以 3 为公比的等比数列。

解法 2:又已知递推式,得 上述两式相减,得 3 为公比的等比数列。 所以 ,所以 。 (其中 p,q 均为常数, ,因此,数列 是以 为首项,以

四 需变形化为(三)型的 递推公式为 ) 。

解法:该类型较类型 3 要复杂一些。一般地,要先在原递推公式两边同除以

,得:

引入辅助数列

(其中

) ,得:

再应用类型 3 的方法解决。 例题 4:设 a 0 是常数,且 a n ? ?2a n ?1 ? 3 n ?1 , n ? N *

证明: a n ? (?2) n ?1 a 0 ?

3 n ? (?1) n ?1 ? 2 n (2003 年新课程理科,22 题) 5

分析:这道题目是证明型的,最简单的方法当然要数数学归纳法,现在我们考虑用推导的方 法来处理 a n ? ?2a n ?1 ? 3 n ?1 的三种方法 方法(1) :构造公比为—2 的等比数列 ?a n ? ? ? 3 n ?,用待定系数法可知 ? ? ?
1 5

? an ? 方 法 ( 2 ): 构 造 差 型 数 列 ? , 即 两 边 同 时 除 以 (?2) n n ? ( ? 2 ) ? ?

得 :

an a n ?1 1 3 ? ? ? ( ? ) n ,从而可以用累加的方法处理。 n n ?1 3 2 ( ?2) (?2)

方法(3) :直接用叠代的方法处理:
a n ? ?2a n ?1 ? 3 n ?1 ? ?2(?2a n ?2 ? 3 n ? 2 ) ? 3 n ?1 ? (?2) 2 a n ? 2 ? (?2)3 n ? 2 ? 3 n ?1 ? (?2) 2 (?2a n ?3 ? 3 n ?3 ) ? (?2) 2 3 n ? 2 ? 3 n ?1 ? (?2) 3 a n ?3 ? (?2) 2 3 n ?3 ? (?2) 3 n ? 2 ? 3 n ?1 ? ? ? (?2) n a0 ? (?2) n ?1 30 ? (?2) n ?2 31 ? (?2) n ?3 3 2 ? ?(?2) 2 3 n ?3 ? (?2) 3 n ?2 ? 3 n ?1

? ( ?2) n a 0 ?

3 n ? ( ?1) n ?1 ? 2 n 5

五、 (等比型) .③


c

三种典型形式:① f ( n) ? an 2 ? bn ? c ( (高阶)等差型)② f (n) ? aq n ?q ? 0,1?
f ( n) ?

?n ? a ??n ? b ?

(分式型) .通过运用待定系数法、逐差、迭代等

策略与方法,将递推关系式转化为易于求和化简的等差(或等比)数列,或裂项求和化简(适 合分式型) ;或通过运算前几项,探索猜想结论,然后予以证明。 例题 5.已知数列 {a n }中a1 ? 1 ,且 a 2 k ? a 2 k ?1 ? (?1) k , 其中 k=1,2,3,??. (I)求 a3 , a5 (II)求{ an}的通项公式. (Ⅰ) a3 ? 3, a5 ? 13 (II)
a 2 k ?1 ? a 2 k ? 3 k ? a 2 k ?1 ? (?1) k ? 3 k
a 2 k ?1 ? a 2 k ? 3 k

(全国高考(一)22 题)

所以 a 2 k ?1 ? a 2 k ?1 ? 3k ? (?1) k ,为差型

故 a 2 k ?1 ? (a 2 k ?1 ? a 2 k ?1 ) ? (a 2 k ?1 ? a 2 k ?3 ) ? ?(a3 ? a1 ) ? a1

? (3k ? 3k ?1 ? ?3) ? (?1) k ? (?1) k ?1 ? ? ? (?1) ? 1

?

?

=

3 k ?1 1 ? ( ?1) k ? 1 2 2

a 2 k ? a 2 k ?1 ? (?1) k ?

3k 1 3k 1 ? (?1) k ?1 ? (?1) k ? 1 ? ? (?1) k ? 1 2 2 2 2
n? 2 2



所以{an}的通项公式为: 当 n 为奇数时, a n ?

3

2
n

? (?1)

n ?1 2

?

1 ?1 2

当 n 为偶数时, a n 六、

32 1 ? ? ( ?1) 2 ? ?1 2 2

n



例 6. 已知数列

,求



解:在

两边减去



所以

为首项,以



所以 令上式 ,再把这 个等式累加,得

。 说明:

所以 可以变形为 ,则可从

。 ,就是 ,解得 ,于是 是公比

为 的等比数列,这样就转化为前面的类型五。 七. a n ? p ( a n ?1 ) q 型

例题 7.已知 a n ?

1 (2003 年江苏卷 22 题改编) ? ( a n ?1 ) 2 ,首项为 a1 ,求 a n 。 a

方法 1:两边取常用对数,得 lg a n ? 2 lg a n ?1 ? lg a , 令 bn ? lg an ,则 bn ? 2bn ?1 ? lg a ,转化如上面类型的。 特别的,a=1,则转化为一个等比数列。 方法 2:直接用叠代法:
an ?
n?2 n ?1 2 a 1 1 2 1 1 2 2 1 2 n ?1 ? a( 1 ) 2 ? a n ?1 ? ? ( a n ? ( )1? 2 a 2 ? ? ? ( )1? 2??? 2 a1 ?2 ) a a a a a a

八. f ( S n , a n ) ? 0 型的 利用 an ? S n ? S n?1 , (n ? 2) 转化为 g (a n , a n ?1 ) ? 0 型,或 h( S n , S n ?1 ) ? 0 型 即混合型的转化为纯粹型的 例题 8 .数列 {a n } 的前 n 项和记为 Sn,已知 a1 ? 1, a n ?1 ? 数列 {
Sn (全国卷(二)理科 19 题) } 是等比数列; n
n?2 Sn , n n?2 S n (n ? 1,2,3?). 证明: n

方法 1∵ a n ?1 ? S n ?1 ? S n , a n ?1 ? ∴ (n ? 2) S n ? n( S n ?1 ? S n ), 所以 整理得

nSn ?1 ? 2(n ? 1) S n ,

S n ?1 S ?2 n . n ?1 n

故{

Sn } 是以 2 为公比 的等比数列. n
Sn 2n ? ,为一个商型的递推关系,由 S n ?1 n ? 1

方法 2:事实上,我们也可以转化为

sn ?

sn s s n n ?1 n ? 2 2 ? n ?1 ? ? 2 ? s1 = 2 n ?1 ? ? ? ? ? a1 ? na1 2 n ?1 s n ?1 s n ? 2 s1 n ?1 n ? 2 n ? 3 1

再如(2005 年山东卷)已知数列 {an} 中, a1 ? 5, Sn?1 ? 2Sn ? n ? 5( Sn 为数列 {an} 的前 n 项和) 。 (Ⅰ)试证明 {an ? 1} 是等比数列; (Ⅱ)设 f ( x) ? a1 x ? a2 x 2 ? ? ? an x n . 求 f ( x) 在点 x ? 1 处的导 数 f ?(1) ,并比较 2 f ?(1) 与 23n2 ? 13n 的大小。 简析 (Ⅰ)由 Sn ?1 ? 2Sn ? n ? 5 ①易得 Sn? 2 ? 2Sn?1 ? n ? 6 ②,于是②—①得 an? 2 ? Sn? 2 ? Sn?1 ? 2( Sn?1 ? Sn ) ? 1 ? 2an?1 ? 1. 即 an?1 ? 1 ? 2(an ? 1). 验证上式对 n ? 1 也成立,故
{an ? 1} 是等比数列。 (Ⅱ)略。

说明:本讲内容分两科时。


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