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數列是竞赛、高考必考的重要题型,每年高考都有一个大题,而且数列的命题背景新颖,综合性强、观察、分析、推理能力要求高,思维方法灵活,致使不少考生因为不会求通项或错误求解,直接造成后面的问题无法进行下去。本文针对近几年高考中有关递推数列考查问题进行归类例谈,以期对读者的学习有所帮助。
一、公式法:利用熟知的的公式求通项公式的方法称为公式法,常用的公式有an
=Sn-Sn-1(n≥2),等差数列或等比数列的通项公式。
例1(2009四川卷文)设数列{an}的前n项和为Sn,对任意的正整数n,都有成立an=5Sn+1,求数数列{an}的通项公式。
【解析】(I)当n=1时,a1=5S1+1,∴a1=-14
又∵an=5Sn+1,an+1=5Sn+1+1
∴an+1-an=5an+1,即an+1an=-14
∴数列{an}是首项为a1=-14,公比为q=-14的等比数列,
∴an=(-14)n
反思:利用相关数列an与Sn的关系:a1=S1,an=Sn-Sn-1(n≥2)与提设条件,建立递推关系,是本题求解的关键.
二、作差求和法
例2 在数列{an}中,a1=3,an+1=an+1n(n+1),求通项公式an.
解:原递推式可化为:an+1=an+1n-1n+1
则a2=a1+11-12, a3=a2+12-13
a4=a3+13-14,……,an=an-1+1n-1-1n
逐项相加得:an=a1+1-1n.故an=4-1n.
三、作商求和法
例3 设数列{an}是首项为1的正项数列,且(n+1)an+12-nan2+an+1an=0(n=1,2,3…),则它的通项公式是an=(2000年高考15题).
解:原递推式可化为:
[(n+1)an+1-nan](an+1+an)=0
∵ an+1+an>0,an+1an=nn+1
则 a2a1=12,a3a2=23,a4a3=34,……,anan-1=n-1n
逐项相乘得:ana1=1n,即an=1n.
四、倒数变换:将递推数列an+1=canan+d(c≠0,d≠0),
取倒数变成1an+1=dc1an+1c 的形式的方法叫倒数变换.
例4 已知数列an(n∈N*)中, a1=1,an+1=an2an+1,求数列an的通项公式.
【解析】:将an+1=an2an+1取倒数得:1an+1=2+1an,∵1an+1-1an=2,∴1an是以1a1=1为首项,公差为2的等差数列.1an=1+2(n-1),∴an=12n-1.
反思:倒数变换有两个要点需要注意:一是取倒数.二是一定要注意新数列的首项,公差或公比变化了.
五、归纳法:由数列前几项用不完全归纳猜测出数列的通项公式,再利用数学归纳法证明其正确性,这种方法叫归纳法.
例5(2009陕西卷理)已知数列{xn}满足,x1=12,xn+1=11+xn,n∈N*.
猜想数列{xn}的单调性,并证明你的结论;
证:由x1=12及xn+1=11+xn得x2=23+x4=58,x4=1321
由x2>x4>x6猜想:数列{x2n}是递减数列
下面用数学归纳法证明:
(1)当n=1时,已证命题成立(2)假设当n=k时命题成立,即x2k>x2k+2
易知x2k>0,那么x2k+2-x2k+4=11+x2k+1-11+x2k+3=x2k+3-x2k+1(1+x2k+1)(1+x2k+3)
=x2k-x2k+2(1+x2k)(1+x2k+1)(1+x2k+2)(1+x2k+3)>0
即x2(k+1)>x2(k+1)+2
也就是说,当n=k+1时命题也成立,结合(1)和(2)知,命题成立
六、累加法:利用an=a1+(a2-a1)+…(an-an-1)求通项公式的方法称为累加法。累加法是求型如an+1=an+f(n)的递推数列通项公式的基本方法(f(n)可求前n项和).
例6(2009全国卷Ⅰ理)在数列{an}中,a1=1,an+1=(1+1n)an+n+12n
设bn=ann,求数列{bn}的通项公式。
分析:(I)由已知有an+1n+1=ann+12n∴bn+1-bn=12n
利用累差迭加即可求出数列{bn}的通项公式:bn=2-12n-1(n∈N*)
反思:用累加法求通项公式的关键是将递推公式变形为an+1=an+f(n).
七、换元法
例7 已知数列{an},其中a1=43,a2=139,且当n≥3时,an-an-1=13(an-1-an-2),求通项公式an(1986年高考文科第八题改编).
解:设bn-1=an-an-1,原递推式可化为:
bn-1=13bn-2,{bn}是一个等比数列,b1=a2-a1=139-43=19,公比为13.故bn-1=b1•(13)n-2=19(13)n-2=(13)n.
故an-an-1=(13)n.由逐差法可得:an=32-12(13)n.
八、累乘法:利用恒等式an=a1a2a1a3a2…anan-1(an≠0,n≥2)求通项公式的方法称为累乘法,累乘法是求型如:an+1=g(n)an的递推数列通项公式的基本方法(数列g(n)可求前n项积).
例8 已知a1=1,an=n(an+1-an)(n∈N*),求数列an通项公式。
【解析】:∵an=n(an+1-an),∴an+1an=n+1n,又有an=a1a2a1a3a2…anan-1(an≠0,n≥2)=1×21×32×…×nn-1=n,当n=1时a1=1,满足an=n,∴an=n.
反思:用累乘法求通项公式的关键是将递推公式变形为an+1=g(n)an.
九、构造新数列:将递推公式an+1=qan+d(q,d为常数,q≠0,d≠0)通过(an+1+x)=q(an+x)与原递推公式恒等变成an+1+dq-1=q(an+dq-1)的方法叫构造新数列.
例9 已知数列an中, a1=1,an=2an-1+1(n≥2),求an的通项公式.
【解析】:利用(an+x)=2(an-1+x),求得an+1=2(an-1+1),∴an+1是首项为
a1+1=2,公比为2的等比数列,即an+1=2n,∴an=2n-1
反思:.构造新数列的实质是通过(an+1+x)=q(an+x)来构造一个我们所熟知的等差或等比数列.
十、积差相消法
例10(1993年全国数学联赛题一试第五题)设正数列a0,a1,an…,an,…满足anan-2-an-1an-2=2an-1(n≥2)且a0=a1=1,求{an}的通项公式.
解 将递推式两边同除以an-1an-2整理得:anan-1-2an-1an-2=1
设bn=anan-1,则b1=a1a0=1,bn-2bn-1=1,故有
b2-2b1=1(1)
b3-2b2=1(2)
…………
bn-2bn-1=1(n-1)
由(1)×2n-2+(2)×2n-3 +…+(n-1)20得bn=1+2+22+…+2n-1=2n-1,即anan-1=2n-1.
逐项相乘得:an=(2-1)2•(22-1)2…(2n-1)2,考虑到a0=1,
故 an=1
(2-1)2(22-1)2…(2n-1)2
(n=0)
(n≥1).
十一、取对数法
例11 若数列{an}中,a1=3且an+1=an2(n是正整数),则它的通项公式是an=(2002年上海高考题).
解 由题意知an>0,将an+1=an2两边取对数得lgan+1=2lgan,即lgan+1lgan=2,所以数列{lgan}是以lga1=lg3为首项,公比为2的等比数列,lgan=lga1•2n-1=lg32n-1 ,即an=32n-1.
十二、平方(开方)法
例12 若数列{an}中,a1=2且an=3+a2n-1(n≥2),求它的通项公式是an.
解 将an=3+a2n-1两边平方整理得a2n-a2n-1=3。数列{a2n}是以a21=4为首项,3为公差的等差数列。a2n=a21+(n-1)×3=3n+1。因为an>0,所以an=3n+1。
十三、待定系数法
待定系数法解题的关键是从策略上规范一个递推式可变成为何种等比数列,可以少走弯路.其变换的基本形式如下:
1.an+1=Aan+B(A、B为常数)型,可化为an+1+λ=A(an+λ)的形式.
例13 若数列{an}中,a1=1,Sn是数列{an}的前n项之和,且Sn+1=Sn3+4Sn(n≥1),求数列{an}的通项公式是an.
解 递推式Sn+1=Sn3+4Sn可变形为1Sn+1=3•1Sn+4(1)
设(1)式可化为1Sn+1+λ=3(1Sn+λ)(2)
比较(1)式与(2)式的系数可得λ=2,则有1Sn+1+2=3(1Sn+2)。故数列{1Sn+2}是以1S1+2=3为首项,3为公比的等比数列。1Sn+2=3•3n-1=3n。所以Sn=13n-1。
当n≥2,an=Sn-Sn-1=13n-2-13n-1-2=-2•3n32n-8•3n+12。
数列{an}的通项公式是an=1
(n=1)
-2•3n32n-8•3n+12
(n≥2)
。
2.an+1=Aan+B•Cn(A、B、C为常数,下同)型,可化为an+1+λ•Cn+1=A(an+λ•Cn)的形式.
例14 在數列{an}中,a1=-1,an+1=2an+4•3n-1,求通项公式an。
解:原递推式可化为:
an+1+λ•3n=2(an+λ•3n-1)①
比较系数得λ=-4,①式即是:an+1-4•3n=2(an-4•3n-1).
则数列{an-4•3n-1}是一个等比数列,其首项a1-4•31-1=-5,公比是2.
∴an-4•3n-1=-5•2n-1
即an=4•3n-1-5•2n-1.
3.an+2=A•an+1+B•an型,可化为an+2+λan+1=(A+λ)•(an+1+λan)的形式。
例15 在数列{an}中,a1=-1,a2=2,当n∈N,an+2=5an+1-6an ①求通项公式an.
解:①式可化为:
an+2+λan+1=(5+λ)(an+1+λan)
比较系数得λ=-3或λ=-2,不妨取λ=-2.①式可化为:
an+2-2an+1=3(an+1-2an)
则{an+1-2an}是一个等比数列,首项a2-2a1=2-2(-1)=4,公比为3.
∴an+1-2an=4•3n-1.利用上题结果有:
an=4•3n-1-5•2n-1.
4.an+1=Aan+Bn+C型,可化为an+1+λ1n+λ2=A[an+λ1(n-1)+λ2]的形式。
例16 在数列{an}中,a1=32,2an-an-1=6n-3①
求通项公式an.
解 ①式可化为:
2(an+λ1n+λ2)=an-1+λ1(n-1)+λ2②
比较系数可得:
λ1=-6,λ2=9,② 式为2bn=bn-1
{bn}是一个等比数列,首项b1=a1-6n+9=92,公比为12.
∴bn=92(12)n-1
即 an-6n+9=9•(12)n
故an=9•(12)n+6n-9.
小结:求递推数列的通项公式的方法很多,以上只是提供了几种常见的方法,如果我们想在求递推数列中游刃有余,需要在平时的练习中多观察、多思考,还要不断的总结经验甚至教训。
一、公式法:利用熟知的的公式求通项公式的方法称为公式法,常用的公式有an
=Sn-Sn-1(n≥2),等差数列或等比数列的通项公式。
例1(2009四川卷文)设数列{an}的前n项和为Sn,对任意的正整数n,都有成立an=5Sn+1,求数数列{an}的通项公式。
【解析】(I)当n=1时,a1=5S1+1,∴a1=-14
又∵an=5Sn+1,an+1=5Sn+1+1
∴an+1-an=5an+1,即an+1an=-14
∴数列{an}是首项为a1=-14,公比为q=-14的等比数列,
∴an=(-14)n
反思:利用相关数列an与Sn的关系:a1=S1,an=Sn-Sn-1(n≥2)与提设条件,建立递推关系,是本题求解的关键.
二、作差求和法
例2 在数列{an}中,a1=3,an+1=an+1n(n+1),求通项公式an.
解:原递推式可化为:an+1=an+1n-1n+1
则a2=a1+11-12, a3=a2+12-13
a4=a3+13-14,……,an=an-1+1n-1-1n
逐项相加得:an=a1+1-1n.故an=4-1n.
三、作商求和法
例3 设数列{an}是首项为1的正项数列,且(n+1)an+12-nan2+an+1an=0(n=1,2,3…),则它的通项公式是an=(2000年高考15题).
解:原递推式可化为:
[(n+1)an+1-nan](an+1+an)=0
∵ an+1+an>0,an+1an=nn+1
则 a2a1=12,a3a2=23,a4a3=34,……,anan-1=n-1n
逐项相乘得:ana1=1n,即an=1n.
四、倒数变换:将递推数列an+1=canan+d(c≠0,d≠0),
取倒数变成1an+1=dc1an+1c 的形式的方法叫倒数变换.
例4 已知数列an(n∈N*)中, a1=1,an+1=an2an+1,求数列an的通项公式.
【解析】:将an+1=an2an+1取倒数得:1an+1=2+1an,∵1an+1-1an=2,∴1an是以1a1=1为首项,公差为2的等差数列.1an=1+2(n-1),∴an=12n-1.
反思:倒数变换有两个要点需要注意:一是取倒数.二是一定要注意新数列的首项,公差或公比变化了.
五、归纳法:由数列前几项用不完全归纳猜测出数列的通项公式,再利用数学归纳法证明其正确性,这种方法叫归纳法.
例5(2009陕西卷理)已知数列{xn}满足,x1=12,xn+1=11+xn,n∈N*.
猜想数列{xn}的单调性,并证明你的结论;
证:由x1=12及xn+1=11+xn得x2=23+x4=58,x4=1321
由x2>x4>x6猜想:数列{x2n}是递减数列
下面用数学归纳法证明:
(1)当n=1时,已证命题成立(2)假设当n=k时命题成立,即x2k>x2k+2
易知x2k>0,那么x2k+2-x2k+4=11+x2k+1-11+x2k+3=x2k+3-x2k+1(1+x2k+1)(1+x2k+3)
=x2k-x2k+2(1+x2k)(1+x2k+1)(1+x2k+2)(1+x2k+3)>0
即x2(k+1)>x2(k+1)+2
也就是说,当n=k+1时命题也成立,结合(1)和(2)知,命题成立
六、累加法:利用an=a1+(a2-a1)+…(an-an-1)求通项公式的方法称为累加法。累加法是求型如an+1=an+f(n)的递推数列通项公式的基本方法(f(n)可求前n项和).
例6(2009全国卷Ⅰ理)在数列{an}中,a1=1,an+1=(1+1n)an+n+12n
设bn=ann,求数列{bn}的通项公式。
分析:(I)由已知有an+1n+1=ann+12n∴bn+1-bn=12n
利用累差迭加即可求出数列{bn}的通项公式:bn=2-12n-1(n∈N*)
反思:用累加法求通项公式的关键是将递推公式变形为an+1=an+f(n).
七、换元法
例7 已知数列{an},其中a1=43,a2=139,且当n≥3时,an-an-1=13(an-1-an-2),求通项公式an(1986年高考文科第八题改编).
解:设bn-1=an-an-1,原递推式可化为:
bn-1=13bn-2,{bn}是一个等比数列,b1=a2-a1=139-43=19,公比为13.故bn-1=b1•(13)n-2=19(13)n-2=(13)n.
故an-an-1=(13)n.由逐差法可得:an=32-12(13)n.
八、累乘法:利用恒等式an=a1a2a1a3a2…anan-1(an≠0,n≥2)求通项公式的方法称为累乘法,累乘法是求型如:an+1=g(n)an的递推数列通项公式的基本方法(数列g(n)可求前n项积).
例8 已知a1=1,an=n(an+1-an)(n∈N*),求数列an通项公式。
【解析】:∵an=n(an+1-an),∴an+1an=n+1n,又有an=a1a2a1a3a2…anan-1(an≠0,n≥2)=1×21×32×…×nn-1=n,当n=1时a1=1,满足an=n,∴an=n.
反思:用累乘法求通项公式的关键是将递推公式变形为an+1=g(n)an.
九、构造新数列:将递推公式an+1=qan+d(q,d为常数,q≠0,d≠0)通过(an+1+x)=q(an+x)与原递推公式恒等变成an+1+dq-1=q(an+dq-1)的方法叫构造新数列.
例9 已知数列an中, a1=1,an=2an-1+1(n≥2),求an的通项公式.
【解析】:利用(an+x)=2(an-1+x),求得an+1=2(an-1+1),∴an+1是首项为
a1+1=2,公比为2的等比数列,即an+1=2n,∴an=2n-1
反思:.构造新数列的实质是通过(an+1+x)=q(an+x)来构造一个我们所熟知的等差或等比数列.
十、积差相消法
例10(1993年全国数学联赛题一试第五题)设正数列a0,a1,an…,an,…满足anan-2-an-1an-2=2an-1(n≥2)且a0=a1=1,求{an}的通项公式.
解 将递推式两边同除以an-1an-2整理得:anan-1-2an-1an-2=1
设bn=anan-1,则b1=a1a0=1,bn-2bn-1=1,故有
b2-2b1=1(1)
b3-2b2=1(2)
…………
bn-2bn-1=1(n-1)
由(1)×2n-2+(2)×2n-3 +…+(n-1)20得bn=1+2+22+…+2n-1=2n-1,即anan-1=2n-1.
逐项相乘得:an=(2-1)2•(22-1)2…(2n-1)2,考虑到a0=1,
故 an=1
(2-1)2(22-1)2…(2n-1)2
(n=0)
(n≥1).
十一、取对数法
例11 若数列{an}中,a1=3且an+1=an2(n是正整数),则它的通项公式是an=(2002年上海高考题).
解 由题意知an>0,将an+1=an2两边取对数得lgan+1=2lgan,即lgan+1lgan=2,所以数列{lgan}是以lga1=lg3为首项,公比为2的等比数列,lgan=lga1•2n-1=lg32n-1 ,即an=32n-1.
十二、平方(开方)法
例12 若数列{an}中,a1=2且an=3+a2n-1(n≥2),求它的通项公式是an.
解 将an=3+a2n-1两边平方整理得a2n-a2n-1=3。数列{a2n}是以a21=4为首项,3为公差的等差数列。a2n=a21+(n-1)×3=3n+1。因为an>0,所以an=3n+1。
十三、待定系数法
待定系数法解题的关键是从策略上规范一个递推式可变成为何种等比数列,可以少走弯路.其变换的基本形式如下:
1.an+1=Aan+B(A、B为常数)型,可化为an+1+λ=A(an+λ)的形式.
例13 若数列{an}中,a1=1,Sn是数列{an}的前n项之和,且Sn+1=Sn3+4Sn(n≥1),求数列{an}的通项公式是an.
解 递推式Sn+1=Sn3+4Sn可变形为1Sn+1=3•1Sn+4(1)
设(1)式可化为1Sn+1+λ=3(1Sn+λ)(2)
比较(1)式与(2)式的系数可得λ=2,则有1Sn+1+2=3(1Sn+2)。故数列{1Sn+2}是以1S1+2=3为首项,3为公比的等比数列。1Sn+2=3•3n-1=3n。所以Sn=13n-1。
当n≥2,an=Sn-Sn-1=13n-2-13n-1-2=-2•3n32n-8•3n+12。
数列{an}的通项公式是an=1
(n=1)
-2•3n32n-8•3n+12
(n≥2)
。
2.an+1=Aan+B•Cn(A、B、C为常数,下同)型,可化为an+1+λ•Cn+1=A(an+λ•Cn)的形式.
例14 在數列{an}中,a1=-1,an+1=2an+4•3n-1,求通项公式an。
解:原递推式可化为:
an+1+λ•3n=2(an+λ•3n-1)①
比较系数得λ=-4,①式即是:an+1-4•3n=2(an-4•3n-1).
则数列{an-4•3n-1}是一个等比数列,其首项a1-4•31-1=-5,公比是2.
∴an-4•3n-1=-5•2n-1
即an=4•3n-1-5•2n-1.
3.an+2=A•an+1+B•an型,可化为an+2+λan+1=(A+λ)•(an+1+λan)的形式。
例15 在数列{an}中,a1=-1,a2=2,当n∈N,an+2=5an+1-6an ①求通项公式an.
解:①式可化为:
an+2+λan+1=(5+λ)(an+1+λan)
比较系数得λ=-3或λ=-2,不妨取λ=-2.①式可化为:
an+2-2an+1=3(an+1-2an)
则{an+1-2an}是一个等比数列,首项a2-2a1=2-2(-1)=4,公比为3.
∴an+1-2an=4•3n-1.利用上题结果有:
an=4•3n-1-5•2n-1.
4.an+1=Aan+Bn+C型,可化为an+1+λ1n+λ2=A[an+λ1(n-1)+λ2]的形式。
例16 在数列{an}中,a1=32,2an-an-1=6n-3①
求通项公式an.
解 ①式可化为:
2(an+λ1n+λ2)=an-1+λ1(n-1)+λ2②
比较系数可得:
λ1=-6,λ2=9,② 式为2bn=bn-1
{bn}是一个等比数列,首项b1=a1-6n+9=92,公比为12.
∴bn=92(12)n-1
即 an-6n+9=9•(12)n
故an=9•(12)n+6n-9.
小结:求递推数列的通项公式的方法很多,以上只是提供了几种常见的方法,如果我们想在求递推数列中游刃有余,需要在平时的练习中多观察、多思考,还要不断的总结经验甚至教训。