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2014届高三数学一轮复习 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类探索性问题课件 新人教A版


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).

1 1 [例 1] 已知数列{an}满足 a1=2,an+1=an+ 2 ,求 an. n +n 1 1 1 1 [解] 由条件,知 an+1-an= 2 = =n- ,则 n +n n?n+1? n+ 1
? 1? ?1 1? (a2 - a1)+ (a3- a2)+ (a4- a3)+? + (an- an-1)= ?1-2?+?2-3? + ? ? ? ? ? 1 ?1 1? 1? ? ? - ? + ?+ ? -n ? ?, n - 1 ?3 4? ? ?

1 所以 an-a1=1-n. 1 1 1 3 1 因为 a1= ,所以 an= +1-n= -n. 2 2 2

2、

an+1=f(n)an 型

an+1 把原递推公式转化为 a = f(n),再利用累乘法 (逐商相乘法 ) n a2 a3 an an 求解,即由 =f(1), =f(2),?, =f(n-1),累乘可得 = a1 a2 a1 an-1 f(1)f(2)?f(n-1). 2 n [例 2] 已知数列{an}满足 a1=3,an+1= · a ,求 an. n+1 n an+1 n n [解] 由 an+1= · a ,得 a = , n+ 1 n n + 1 n

n- 1 n- 2 1 2 2 an an-1 a2 2 故 an= · · ?· · a= n · · ?··= .即 an= . a1 1 3n an-1 an-2 n-1 2 3 3n

3、

an+1=pan+q(其中 p,q 均为常数,pq(p-1)≠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 q 改写为 an+1+t=p(an+t),比较系数可知 t= ,可令 an+1+t p- 1 =bn+1 换元即可转化为等比数列来解决.

[例3] [解 ]

已知数列{an}中,a1=1,an+1=2an+3,求an. 设递推公式an+1=2an+3可以转化为an+1-t=

2(an-t),即an+1=2an-t,则t=-3.
故递推公式为an+1+3=2(an+3).
bn+1 an+1+3 令 bn=an+3,则 b1=a1+3=4,且 b = =2. an+3 n 所以{bn}是以 b1=4 为首项,2 为公比的等比数列. 所以 bn=4×2n 1=2n 1,即 an=2n 1-3.
- + +

4、

an+1=pan+qn(其中 p,q 均为常数,pq(p-1)≠0)型
n+1

(1)一般地, 要先在递推公式两边同除以 q

an+1 p an 1 , 得 n+1=q· qn+q, q

? an? p 1 引入辅助数列{bn}?其中bn=qn?, 得 bn+1=q· bn+q, 再用待定系数法 ? ?

解决;

(2)也可以在原递推公式两边同除以 p
? an? 引入辅助数列{bn}?其中bn=pn?,得 ? ?

n+1

an+1 an 1 ?q?n ? ? , , 得 n+1=pn+p· p ?p?

1?q?n bn+1-bn=p?p? ,再利用叠加 ? ?

法(逐差相加法)求解.

2 n an)+1. 1= (2 · 3

?1?n+1 5 1 [例 4] 已知数列{an}中,a1=6,an+1=3an+?2? ,求 an. ? ? ?1?n+1 1 [解] 法一:在 an+1= an+?2? 两边乘以 2n+1,得 2n+1· an+ 3 ? ?

2 令 bn=2n· an,则 bn+1= bn+1, 3 2 根据待定系数法,得 bn+1-3= (bn-3). 3 5 4 所以数列{bn-3}是以 b1-3=2× -3=- 为首项, 6 3 2 以 为公比的等比数列. 3 ?2?n 4 ?2?n-1 ? ? 所以 bn-3=- · ,即 b n=3-2? ? . 3 ?3? ?3? ?1?n ?1?n bn ? ? 于是,an= n=3 2 -2?3? . 2 ? ? ? ?

?1? + 1 法二:在 an+1= an+?2?n 1 两边乘以 3n+1,得 3 ? ?

3

n+1

an+1=3
n

n

?3? + an+?2?n 1. ? ? ?3? + bn+1=bn+?2?n 1. ? ?

令 bn=3 · an,则 所以

?3? ?3? - n bn-bn-1=?2? ,bn-1-bn-2=?2?n 1,?, ? ? ? ?

?3? b2-b1=?2?2. ? ?

将以上各式叠加, 得
?3? ?3? - ?3? 2 n 1 bn-b1=?2? +?+?2? +?2?n. ? ? ? ? ? ?

5 5 3 又 b1=3a1=3× = =1+ , 6 2 2
?3? - ?3? 3 ?3?2 n 1 ? ? ? ? 所以 bn=1+ + 2 +?+ 2 +?2?n 2 ? ? ? ? ? ? ? ?3? + ? ?1-? ?n 1? 1· ? ?2? ? ?3? + =2?2?n 1-2, ? ?



3 1- 2



?3? + bn=2?2?n 1-2. ? ?

bn ?1?n ?1?n 故 an= n=3?2? -2?3? . 3 ? ? ? ?

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)+y=p(an+xn+y),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] 求an. 设数列{an}满足a1=4,an=3an-1+2n-1(n≥2),

[解 ]

设递推公式可以转化为 an+An+B= 3[an- 1+ A(n

-1)+B],
? ?2A=2, 化简后与原递推式比较,得? ? ?2B-3A=-1, ? ?A=1, 解得? ? ?B=1.

令 bn=an+n+1.(*)则 bn=3bn-1,又 b1=6,故 bn=6· 3n
1



=2· 3n, 代入(*)式,得 an=2· 3n-n-1.

6、an+1=pa(p>0,an>0)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] 1 2 已知数列{an}中,a1=1,an+1=a · an(a>0),求数列

{an}的通项公式. 1 2 [解] 对 an+1=a· an的两边取对数,
1 得 lg an+1=2lg an+lg a. 1 令 bn=lg an,则 bn+1=2bn+lg a.

? 1? 1 1 ? ? 由此得 bn+1+lga=2 bn+lga , 记 cn=bn+lga, 则 cn+1=2cn, ? ? 1 1 所以数列{cn}是以 c1=b1+lga=lga为首项,2 为公比的等比

数列. 1 所以 cn=2 · lga. 1 1 1 n-1 所以 bn=cn-lga=2 · lga-lga ? ?1? - ? n-1 ? ?2n 1?=lga 1-2 , =lg?a· ? ?a? ?
n-1

即 lg an=lga 1-2 ,所以 an=a1
n-1

-2n-1

.

.

七、

an+1=

Aan (A,B,C 为常数)型 Ban+C

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

3 3an [ 例 7] 已知数列 {an} 的首项 a1 = 5 , an + 1 = ,n= 2an+1 1,2,3,?求{an}的通项公式.

[解析] 1

3an 1 2 1 ∵an+1= ,∴ = + , 2an+1 an+1 3 3an

? 1? 1 ∴ -1= ?a -1?. 3? n an+1 ?

1 2 又 -1= , a1 3
? ? ?1 ? 2 1 ? ∴?a -1? 是以 为首项, 为公比的等比数列, ? 3 3 ? n ?

1 2 1 2 ∴a -1= ·n-1= n, 33 3 n 3n ∴an= n . 3 +2

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,a1=2,a2=3,其前n项和Sn满足

Sn+2+Sn=2Sn+1+1(n∈N*);数列{bn}中,b1=a1,bn+1=4bn
+6(n∈N*). (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)设cn=bn+2+(-1)n-1λ· 2an(λ为非零整数,n∈N*),试 确定λ的值,使得对任意n∈N*,都有cn+1>cn成立. [思路点拨] 处理第(2)问中的cn+1>cn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Sn+2-Sn+1-(Sn+1-Sn)=1,

所以an+2-an+1=1(n≥1). 又a2-a1=1,

所以数列{an}是以a1=2为首项,1为公差的等差数列.
所以an=n+1. 因为bn+1=4bn+6,即bn+1+2=4(bn+2),又b1+2=a1 +2=4, 所以数列{b2+2}是以4为公比,4为首项的等比数列.

所以bn=4n-2.

(2)因为an=n+1,bn=4n-2, 所以cn=4n+(-1)n-1λ· 2n+1.要使cn+1>cn成立, 需cn+1-cn=4n+1-4n+(-1)nλ· 2n+2-(-1)n-1λ· 2n+1>0恒 成立, 化简得3· 4n-3λ(-1)n-12n+1>0恒成立, 即(-1)n-1λ<2n-1恒成立, ①当n为奇数时,即λ<2n-1恒成立,当且仅当n=1时,2n-1 有最小值1,所以λ<1; ②当n为偶数时,即λ>-2n-1恒成立,当且仅当n=2时,- 2n-1有最大值-2,所以λ>-2,即-2<λ<1. 又λ为非零整数,则λ=-1. 综上所述,存在λ=-1,使得对任意n∈N*,都有cn+1>cn 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 2]

2 已知各项均为正数的数列{an}满足:a2 = 2 a n+ 1 n+

anan+1,且 a2+a4=2a3+4,其中 n∈N*.

(1)求数列{an}的通项公式;

nan (2)设数列 {bn}满足: bn= ,是否存在正整数 m, ?2n+1?2n

n(1<m<n),使得 b1,bm,bn 成等比数列?若存在,求出所有的 m,n 的值,若不存在,请说明理由; n (3)令 cn=1+a ,记数列{cn}的前 n 项积为 Tn,其中 n∈ n
N*,试比较 Tn 与 9 的大小,并加以证明.

[思路点拨]

处理第(2)问中的是否存在问题,可先假设

存在正整数m,n,把m,n转化为一个变量求出这个变量的

范围,根据正整数求其值,若在所求范围内能够得到适合题
目的值,则存在,否则就不存在.第(3)问中Tn与9的大小比 较可以通过构造函数,根据函数的性质比较Tn与9的大小.`

[解] (1)因为a=2a+anan+1, 即(an+an+1)(2an-an+1)=0. 又an>0,所以2an-an+1=0,即2an=an+1. 所以数列{an}是公比为2的等比数列. 由a2+a4=2a3+4,得2a1+8a1=8a1+4,解得a1=2. 故数列{an}的通项公式为an=2n(n∈N*). nan n (2)因为 bn= = , ?2n+1?2n 2n+1 1 m n 所以 b1= ,bm= ,bn= . 3 2m+1 2n+1 ? m ? ? ? ? ?2 1? n ? 若 b1,bm,bn 成等比数列,则?2m+1? = ?2n+1?, 3? ? ? ?

m2 n 即 2 = . 4m +4m+1 6n+3
2 m2 n 3 -2m +4m+1 由 2 = ,可得n= , m2 4m +4m+1 6n+3

6 6 所以-2m +4m+1>0,从而 1- <m<1+ . 2 2
2

又 n∈N*,且 m>1,所以 m=2,此时 n=12. 故当且仅当 m=2,n=12 时,b1,bm,bn 成等比数列.

1 x (3)构造函数 f(x)=ln(1+x)-x(x≥0),则 f′(x)= -1=- . 1+x 1+ x 当 x>0 时,f′(x)<0,即 f(x)在[0,+∞)上单调递减, 所以 f(x)<f(0)=0.所以 ln(1+x)-x<0. 所以 ln
? ? n? n? n cn=ln?1+a ?=ln?1+2n?< n. ? ? ? 2 n?

1 2 3 n 所以 lnTn< + 2+ 3+?+ n. 2 2 2 2 n-1 1 2 3 n 1 1 2 3 n 记 An= + 2+ 3+?+ n,则 An= 2+ 3+ 4+?+ n + n+1, 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 n+2 1 1 1 1 1 1 n 所以 An- An= + 2+ 3+ 4+?+ n- n+1=1- n+1 <1, 即 An<2. 2 2 2 2 2 2 2 2 所以 ln Tn<2.所以 Tn<e2<9,即 Tn<9.

[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.

3 3an [例 3] 已知数列{an}的首项 a1= ,an+1= ,n∈N*. 5 2an+1 ? ? ?1 ? ? (1)求证:数列?a -1? 为等比数列; ? ? n ? 1 1 1 (2)记 Sn= + +?+a ,若 Sn<100,求最大正整数 n; a1 a2 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.

2 1 [解] (1)因为 = + , an+1 3 3an 1 1 1 所以 -1= - . 3an 3 an+1 1 1 又因为 -1≠0,所以a -1≠0(n∈N*). a1 n ? ? ?1 ? ? 所以数列?a -1? 为等比数列. ? ? n ? 1 2 ?1?n-1 ? ? (2)由(1)可得a -1= · , 3 3 ? ? n ?1? 1 ? ?n+1. 所以a =2· ?3? n ?1 1 1? 1 1 1 Sn= + +?+a =n+2?3+32+?+3n? a1 a2 ? ? n

1

1 1 - 3 3n+1 1 1 =n+2· =n+1- n,若 Sn<100,则 n+1- n<100, 1 3 3 1- 3 所以最大正整数 n 的值为 99. (3)假设存在,则 m+n=2s,
(am-1)(an-1)=(as-1)2, 3n 因为 an= n , 3 +2
? 3n ?? 3m ? ? 3s ?2 所以?3n+2-1??3m+2-1?=?3s+2-1? , ? ?? ? ? ?

化简得 3m+3n=2· 3s. 因为 3m+3n≥2· 3m n=2· 3s, 当且仅当 m=n 时等号成立, 又 m,


s,n 互不相等,所以不存在.

[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.


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