递推关系式数学.pdf

1、专 家 讲 坛 ： 由 递 推 公 式 求 通 项 的 7 种 方 法 及 破 解 数 列 中 的 3 类 探 索 性 问 题一 、 由 递 推 公 式 求 通 项 的 7 种 方 法1 、 an 1 an f(n)型把 原 递 推 公 式 转 化 为 an 1 a n f(n)， 再 利 用 累 加 法 (逐 差 相 加 法 )求 解 ，即 an a1 (a2 a1 ) (a3 a2 ) (an an 1 ) a1 f(1 ) f(2 ) f(3 ) f(n 1 )例 1 已 知 数 列 an满 足 a1 12， an 1 an 1n2 n， 求 an.解 由条件，知an1an1n2n1nn

2、11n1n1，则(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)112121313141n11n，ana111n.a112，an1211n321n.2、an1f(n)an型把 原 递 推 公 式 转 化 为 an 1an f(n)， 再 利 用 累 乘 法 (逐 商 相 乘 法 )求 解 ， 即 由 a2a1f(1)， a3a2 f(2)， ， anan 1 f(n 1)， 累 乘 可 得 ana1 f(1)f(2) f(n 1)例 2 已 知 数 列 an满 足 a1 23， an 1 nn 1an， 求 an.解 由 an 1 nn 1an， 得 an 1an nn 1，故 an ana

3、n 1an 1an 2 a2a1a1 n 1n n 2n 1 1223 23n.即 an 23n.3、an1panq(其中p，q均为常数，pq(p1) 0)型对 于 此 类 问 题 ， 通 常 采 用 换 元 法 进 行 转 化 ， 假 设 将 递 推 公 式 改 写 为 an 1 t p(an t)， 比 较 系 数 可 知 t qp 1， 可 令 an 1 t bn 1换 元 即 可 转 化 为 等 比 数 列来 解 决 例 3 已 知 数 列 an中 ， a1 1， an 1 2an 3， 求 an.解 设 递 推 公 式 an 1 2an 3 可 以 转 化 为 an 1 t 2(an

4、 t)， 即 an 1 2an t， 则 t 3.故 递 推 公 式 为 an 1 3 2(an 3)令 bn an 3， 则 b1 a1 3 4， 且 bn 1bn an 1 3an 3 2. bn是 以 b1 4 为 首 项 ， 2 为 公 比 的 等 比 数 列 bn 4 2n 1 2n 1， 即 an 2n 1 3.4、an1panqn(其中p，q均为常数，pq(p1) 0)型(1)一 般 地 ， 要 先 在 递 推 公 式 两 边 同 除 以 qn 1， 得 an 1qn 1 pqanqn 1q， 引 入 辅 助 数 列bn 其 中 bn anqn ， 得 bn 1 pqbn 1q，

5、 再 用 待 定 系 数 法 解 决 ；(2)也 可 以 在 原 递 推 公 式 两 边 同 除 以 pn 1， 得 an 1pn 1 anpn 1p qp n， 引 入 辅 助 数 列bn 其 中 bn anpn ， 得 bn 1 bn 1p qp n， 再 利 用 叠 加 法 (逐 差 相 加 法 )求 解 例4 已 知 数 列 an中 ， a1 56， an 1 13an 12 n 1， 求 an.解法一：在an113an12 n1两边乘以2n1，得2n1an123(2nan)1.令bn2nan，则bn123bn1，根据待定系数法，得bn1323(bn3)数列bn3是以b132 5634

6、3为首项，以23为公比的等比数列bn343 23 n1，即bn32 23 n.于是，anbn2n3 12 n2 13 n.anbn2n3 12 n2 13 n.法二：在an113an12 n1两边乘以3n1，得3n1an13nan32 n1.令bn3nan，则bn1bn32 n1.所以bnbn132 n，bn1bn232 n1，b2b132 2.将以上各式叠加，得bnb132 232 n132 n.5、 an 1 pan an b(p 1， p 0， a 0)型这 种 类 型 一 般 利 用 待 定 系 数 法 构 造 等 比 数 列 ， 即 令 an 1 x(n 1) yp(an xn y)

7、， 与 已 知 递 推 式 比 较 ， 解 出 x， y， 从 而 转 化 为 an xn y是 公 比为 p 的 等 比 数 列 例 5 设 数 列 an满 足 a1 4， an 3an 1 2n 1(n 2)， 求 an.解 设 递 推 公 式 可 以 转 化 为 an An B 3an 1 A(n 1) B，化 简 后 与 原 递 推 式 比 较 ， 得 2A 2，2B 3A 1， 解 得 A 1，B 1.令 bn an n 1.(*)则 bn 3bn 1， 又 b1 6， 故 bn 63n 1 23n，代 入 (*)式 ， 得 an 23n n 1.6、 an 1 pa(p0， an0

8、)型这 种 类 型 一 般 是 等 式 两 边 取 对 数 后 转 化 为 an 1 pan q 型 数 列 ， 再 利 用 待定 系 数 法 求 解 例 6 已 知 数 列 an中 ， a1 1， an 1 1a a2n(a0)， 求 数 列 an的 通 项 公 式 解 对 an 1 1aa 2n的 两 边 取 对 数 ，得 lg an 1 2lg an lg 1a.令 bn lg an， 则 bn 1 2bn lg 1a.由 此 得 bn 1 lg1a 2 bn lg1a ， 记 cn bn lg1a， 则 cn 1 2cn， 数 列 cn是 以 c1 b1 lg1a lg 1a为 首 项

9、 ， 2 为 公 比 的 等 比 数 列 cn 2n 1lg1a. bn cn lg1a 2n 1lg1a lg1a lg a 1a 2n 1 lga 11 2n ，即 lg an lga 11 2n ， an a12n1七、an1AanBanC(A，B，C为常数)型对 于 此 类 递 推 数 列 ， 可 通 过 两 边 同 时 取 倒 数 的 方 法 得 出 关 系 式例7 已 知 数 列 an的 首 项 a1 35， an 1 3an2an 1， n 1,2,3， 求 an的 通项 公 式 解析an13an2an1，1an12313an，1an1113 1an1 .又1a1123，1an1

10、是以23为首项，13为公比的等比数列，1an123 13n123n，an3n3n2.二、破解数列中的3类探索性问题1条件探索性问题此类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探求，或条件增删需确定，或条件正误需判定，解决此类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件，在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意例1已知数列an中，a12，a23，其前n项和Sn满足Sn2Sn2Sn11(nN*)；数列bn中，b1a1，bn14bn6(nN*)(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设

11、cnbn2(1)n12an(为非零整数，nN*)，试确定的值，使得对任意nN*，都有cn1cn成立思路点拨处理第(2)问中的cn1cn恒成立问题，可通过构造函数将问题转化为函数的最值问题，再来研究所构造的函数的最值解 (1)由已知得Sn2Sn1(Sn1Sn)1，an2an11(n1)又a2a11，数列an是以a12为首项，1为公差的等差数列ann1.bn14bn6，即bn124(bn2)，又b12a124，数列b22是以4为公比，4为首项的等比数列bn4n2.(2)ann1，bn4n2，cn4n(1)n12n1.要使cn1cn成立，需cn1cn4n14n(1)n2n2(1)n12n10恒成立，

12、化简得34n3(1)n12n10恒成立，即(1)n12n1恒成立，当且仅当n2时，2n1有最大值2，2，即2cn成立点评对于数列问题，一般要先求出数列的通项，不是等差数列和等比数列的要转化为等差数列或等比数列遇到Sn要注意利用Sn与an的关系将其转化为an，再研究其具体性质遇到(1)n型的问题要注意分n为奇数与偶数两种情况进行讨论，本题易忘掉对n的奇偶性的讨论而致误2结论探索性问题此类问题的基本特征是：有条件而无结论或结论的正确与否需要确定解决此类问题的策略是：先探索结论而后去论证结论，在探索过程中常可先从特殊情形入手，通过观察、分析、归纳、判断来作一番猜测，得出结论，再就一般情形去认证结论例

13、2 已 知 各 项 均 为 正 数 的 数 列 an满 足 ： a2n 1 2a2n anan 1， 且 a2 a4 2a3 4， 其 中 n N*.(1)求 数 列 an的 通 项 公 式 ；(2)设 数 列 bn满 足 ： bn nan2n 12n， 是 否 存 在 正 整 数 m， n(10，2anan10，即2anan1.数列an是公比为2的等比数列由a2a42a34，得2a18a18a14，解得a12.故数列an的通项公式为an2n(nN*)(2)bnnan2n12nn2n1，b113，bmm2m1，bnn2n1.若b1，bm，bn成等比数列，则m2m1 213 n2n1，即m24m

14、24m1n6n3.由m24m24m1n6n3，可得3n2m24m1m2，2m24m10，从而162 1，m2，此时n12.故当且仅当m2，n12时，b1，bm，bn成等比数列(3)构造函数f(x)ln(1x)x(x 0)，则f (x)11x1x1x.当x0时，f (x)0，即f(x)在0， )上单调递减，f(x)f(0)0.ln(1x)x0.ln cnln 1nanln 1n2n n2n.lnTn12222323n2n.记An12222323n2n，则12An122223324n12nn2n1，An12An1212212312412nn2n11n22n1 1，即An2.ln Tn2.Tne29

15、，即Tn9.点评对于结论探索性问题，需要先得出一个结论，再进行证明注意含有两个变量的问题，变量归一是常用的解题思想，一般把其中的一个变量转化为另一个变量，根据题目条件，确定变量的值遇到数列中的比较大小问题可以采用构造函数，根据函数的单调性进行证明，这是解决复杂问题常用的方法3存在探索性问题此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立解决此类问题的一般方法是：假定题中的数学对象存在或结论成立或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用例3 已

16、 知 数 列 an的 首 项 a1 35， an 1 3an2an 1， n N*.(1)求 证 ： 数 列 1an 1 为 等 比 数 列 ；(2)记 Sn 1a1 1a2 1an， 若 Sn100， 求 最 大 正 整 数 n；(3)是 否 存 在 互 不 相 等 的 正 整 数 m， s， n， 使 m， s， n 成 等 差 数 列 ， 且 am 1，as 1， an 1 成 等 比 数 列 ？ 如 果 存 在 ， 请 给 以 证 明 ； 如 果 不 存 在 ， 请 说 明 理 由 思 路 点 拨 第 (1)问 中 an 1 与 an 的 关 系 以 分 式 形 式 给 出 ， 可 以

17、 通 过 取 倒 数处 理 ， 目 的 仍 然 是 变 为 等 差 数 列 或 等 比 数 列 ； 第 (3)问 可 先 假 设 所 探 求 问 题 存 在再 去 求 解 ， 注 意 应 用 重 要 不 等 式 进 行 判 断 解 (1)1an12313an，1an1113an13.又1a11 0，1an1 0(nN*)数列1an1为等比数列(2)由(1)可得1an123 13 n1，1an2 13 n1.Sn1a11a21ann2 1313213nn21313n1113n113n，若Sn100，则n113n100，最大正整数n的值为99.(3)假设存在，则mn2s，(am1)(an1)(as

18、1)2，an3n3n2，3n3n21 3m3m213s3s21 2，化简得3m3n23s.3m3n 2 3mn23s，当且仅当mn时等号成立，又m，s，n互不相等，不存在点 评 数 列 问 题 是 以 分 式 形 式 给 出 条 件 的 ， 一 般 采 用 取 倒 数 ， 再 转 化 为 等差 数 列 或 等 比 数 列 ， 通 过 等 差 数 列 与 等 比 数 列 的 桥 梁 作 用 求 出 通 项 遇 到 多 个变 量 的 存 在 性 问 题 ， 一 般 假 设 存 在 ， 求 出 满 足 的 关 系 ， 再 寻 找 满 足 的 条 件 ， 一般 可 以 利 用 重 要 不 等 式 、 值 域 或 范 围 等 判 断 是 否 存 在 JESSICA