Question

数列递推公式 [高考中常见的递推数列问题及解题策略]

Answer 1

　　数列是高考数学中考查的重点,在高考解答题中,求数列的通项公式,是考查的一个热点。然而,已知条件中,往往是以递推数列的形式给出,通过递推数列形式,考查学液吵银生方程思想、化归思想,观察能力、整理能力及待定系数法等思想方法。那么,高考中的常见递推数列的模型有碰州哪些呢?相应的模型又有怎样的解决策略呢?现归纳总结如下:
　　一、形如αn+1=αn+f(n)(n∈N*)型
　　这类问题实质上是将等差数列的递推模型(即αn+1=αn+d(n∈N*)一般化。解决这类问题的一般策略是:累加法,即αn=α1+(α2-α1)+(α3-α2)+…+(αn-αn-1)
　　=α1+[f(1)+f(2)+f(3)+…+f(n-1) ]
　　 (其中,α1已知,f(n)可求和)
　　例1、(2009年全国卷Ⅰ理)在数列 {αn｝中α1=1,。设,求数列{bn｝的通项公式。
　　分析:由已知有
　　
　　利用累加法即可求出数列{bn｝的通项公式: (n∈N*)。
　　二、形如αn+1=f(n)・闹宴αn(n∈N*)型
　　这类问题实质上是将等比数列的递推模型(即αn+1=q・αn(n∈N*)一般化。解决问题的一般策略是:累乘法,即
　　(其中α1已知)
　　例2、(2004年全国卷Ⅰ理)已知数列{αn｝满足α1=1,αn=α1+2α2+3α3+…+(n-1)αn-1(n≥2),则{αn｝的通项。
　　解析:∵αn=α1+2α2+3α3+…+(n-1)αn-1(n≥2)①
　　∴αn+1=α1+2α2+3α3+…+nαn(n≥2)②
　　②-①得:αn+1-αn=nαn,
　　即
　　三、形如αn+1=p・αn+q(p,q为常数,且p≠0,1,q≠0,n∈N*)型
　　这类问题实质上是等差、等比数列递推公式的综合与一般化。解决问题的策略是:待定系数法,即αn+1=pαn+q一定可化为:αn+1-t=p(αn-t)(t为参数,可用待定系数法求得),
　　从而数列{αn-t｝是首项为α1-t,公比为p的等比数列,然后利用等比数列的通项公式求出数列{αn｝的通项公式。
　　例3、(07年全国Ⅱ理21(1))设数列{αn｝的首项
　　求 {αn｝的通项公式。
　　解:由
　　整理得.
　　又1-α1≠0,所以{1-αn｝是首项为1-α1,公比为的等比数列,得
　　。
　　四、形如αn+1=p・αn+qn+1(p,q为常数,且pq≠0,1,n∈N*)型
　　这类问题是将上述形式三中的q一般化成q的指数形式而得,因此可转化成模型三进行分析。解决问题的一般策略是:指数常数化,即
　　将αn+1=p・αn+qn+1化成,然后用模型三的方法求出数列{｝的通项公式,进一步求出通项αn。
　　例4、(07年北京16题改编)在数列 {αn｝中,α1=2,αn=4αn-1+2n(n≥2,n∈N*).求数列{αn｝的通项公式。
　　解:由α1=2,αn=4αn-1+2n,等式两边同时除以2n,
　　得,则
　　bn=2bn-1+1
　　∴bn+1=2(bn-1+1)
　　∴数列{bn+1｝是以为首项,2为公比的等比数列,
　　∴bn+1=2・2n-1, ∴bn=2n-1
　　∴αn=2n・bn=4n-2n。
　　五、形如
　　型
　　这类问题是通过等式两边同时取倒数,转化成模型三的问题来解决。解决策略是:取倒数法,即
　　由得,
　　即,
　　进一步转化成,利用整体思想转化成等比数列,从而达到求出通项αn。
　　例5、(2008年陕西卷22(1))已知数列{αn｝的首项
　　.求{αn｝的通项公式;
　　解:∵,,
　　又是以为首项,为公比的等比数列.
　　,
　　.
　　六、形如
　　型
　　解决这类问题,要想办法把 的指数放在系数的位置上来,从而想到利用对数函数的性质,通过等式两边同时取对数的形式来解决,因此,解决策略是:取对数法,即
　　由αn+1=p・αn+q得logααn+1=logα,即logααn+1=q・logααn+logαp,从而转化成模型三的问题来求解,进一步求出通项αn。
　　例6、(2006年山东卷改编)已知α1=2,点(αn,αn+1)在函数f(x)=x2=2x的图象上,其中m=1,2,3,…求数列{αn｝的通项αn。
　　解:∵点(α1,αn+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上,
　　∴αn+1=αn2 +2αn,∴1+αn+1=(1+αn)2,
　　又α1=2,∴αn>0
　　上式两边同时取以3为底的对数得:log3(1+αn+1)=log3(1+αn)2,
　　即:log3(1+αn+1)=2log3(1+αn),
　　∴数列{log3(1+αn)｝是以log3(1+α1)=log3(1+2)=1为首项,2为公比的等比数列,
　　∴log3(1+αn)=1・2n-1,
　　即αn=32n-1-1(n∈N*)。
　　七、形如αn+2=p・αn+1+q・αn(p,q≠0)型
　　对于这类问题,可将αn+2=p・αn+1+q・αn①
　　变形为αn+2-ααn+1=β(αn+1-ααn),即αn+2=(α+β)αn+1-αβα n②,
　　由①②得解出α,β,于是 是公比为β的等比数列,从而转化成模型一或模型四求解,这种方法叫特征根法。
　　例7、(08天津卷20改编)在数列 {αn｝中,a1=1,a2=2,且an+1=(1+q)an-qan-1(n≥2,q≠0).求数列{αn｝的通项公式。
　　解:由题设an+1=(1+q)an-qan(n≥2),得
　　an+1-an=q(an-an-1),
　　令bn=an+1-an,
　　则bn=qbn-1,n≥2.
　　又b1=a2-a1=1,q≠0,所以{bn｝是首项为1,公比为q的等比数列.
　　∴bn=qn-1,即an+1-an=qn-1(n≥2)
　　∴a2-a1=1,
　　a3-a2=q,
　　……
　　an-an-1=qn-1,(n≥2).
　　将以上各式相加,得an-a1=1+q+…+qn-2(n≥2).
　　所以当n≥2时,
　　上式对n=1显然成立.
　　八、形如Sn=f(an)型
　　这类问题主要是利用公式进行转化,要么将已知式转化成关于an的递推模型,要么将已知条件转化成关于Sn的递推模型,再用上述模型之一进行转化求出αn或Sn,称之为公式转化法。
　　例8、(08全国Ⅱ20(1))设数列{αn｝的前n项和为Sn.已知a1=1,an+1=Sn+3n,.求数列{αn｝的通项公式。
　　解:依题意,Sn+1-Sn=an+1=Sn+3n,即Sn+1=2Sn+3n,
　　由此得Sn+1-3n+1=2(Sn-3n),
　　设bn=Sn-3n,则bn+1=2bn,
　　∴数列{bn｝是首项为b1=s1-3=a-3,公比为2的等比数列,
　　∴,bn=Sn-3n=(a-3)2n-1,.①
　　∴Sn=(a-3)・2n-1+3,
　　∴an+1=(a-3)・2n-1+2・3n()
　　故。
　　例9、(09全国Ⅱ理改编)设数列 的前n项和为Sn,已知a1=1,Sn+1=4an+2求数列{an｝的通项公式。
　　解:∵a1=1及Sn+1=4an+2,
　　当n=1时,a1+a2=4a1+2,a2=3a1+2=5
　　当n≥2时,
　　由Sn+1=4an+2, ①
　　得Sn=4an-1+2, ②
　　①-②得an+1=4an-1,∴an+1=2(an-2an-1)
　　令bn=an+1-2an,则bn=2bn-1
　　∴{bn｝是首项b1=3,公比为2的等比数列.
　　∴bn=an+1-2an=3・2n-1,
　　∴数列是首项为,公差为的等比数列.
　　∴,
　　∴。
　　总之,已知数列的递推关系,求数列的通项公式,是高考理科数学解答题中考查的重点和热点,也是难点。要突破这一难点,必须熟悉常见的递推模型及解决策略,充分利用题目中所给的“梯度数列”,通过变形及整体思想,转化为等差、等比数列问题,从而求出数列的通项公式。
本文为全文原貌 未安装PDF浏览器用户请先下载安装 原版全文