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高考数学求递推数列通项公式的十种策略例析(全面).doc

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高考数学求递推数列通项公式的十种策略例析(全面).doc

1递推数列通项公式的探求例析递推数列的题型多样,求递推数列的通项公式的方法也非常灵活,往往可以通过适当的策略将问题化归为等差数列或等比数列问题加以解决,亦可采用不完全归纳法的方法,由特殊情形推导出一般情形,进而用数学归纳法加以证明,因而求递推数列的通项公式问题成为了高考命题中颇受青睐的考查内容。笔者试给出求递推数列通项公式的十种方法策略,它们是公式法、累加法、累乘法、待定系数法、对数变换法、迭代法、数学归纳法、换元法、不动点法、特征根的方法。仔细辨析递推关系式的特征,准确选择恰当的方法,是迅速求出通项公式的关键。一、利用公式法求通项公式例1已知数列}A{N满足NN1N23A2A,2A1,求数列}A{N的通项公式。解NN1N23A2A两边除以1N2,得232A2ANN1N1N,则232A2ANN1N1N,故数列}2A{NN是以1222A11为首,以23为公差的等差数列,由等差数列的通项公式,得231N12ANN,所以数列}A{N的通项公式为NN221N23A。评注本题解题的关键是把递推关系式NN1N23A2A转化为232A2ANN1N1N,说明数列}2A{NN是等差数列,再直接利用等差数列的通项公式求出231N12ANN,进而求出数列}A{N的通项公式。二、利用累加法求通项公式例2已知数列}A{N满足1A1N2AA1N1N,,求数列}A{N的通项公式。解由1N2AAN1N得1N2AAN1N则112232N1N1NNNAAAAAAAAAA1121211122121112122122112NNNNNNNN所以数列}A{N的通项公式为2NNA评注本题解题的关键是把递推关系式1N2AAN1N转化为1N2AAN1N,进而求出112232N1N1NNAAAAAAAAA,即得数列}A{N的通项公式。例3已知数列}A{N满足3A132AA1NN1N,,求数列}A{N的通项公式。2解由132AANN1N得132AANN1N则112232N1N1NNNAAAAAAAAAA3133332313213213213212211221NNNNN所以1N32N31332ANNN评注本题解题的关键是把递推关系式132AANN1N转化为132AANN1N,进而求出112232N1N1NNAAAAAAAAA,即得数列}A{N的通项公式。例4已知数列}A{N满足3A132A3A1NN1N,,求数列}A{N的通项公式。解132A3ANN1N两边除以1N3,得1NNN1N1N31323A3A,则1NNN1N1N31323A3A,故3A3A3A3A3A3AAAAA3A3A111223N3N2N2N2N2N1N1N1N1NNNNN33313231323132313222N1NN1313131313131N222N1NNN因此N1NNNN321213N2131313131N23A,则213213N32ANNN评注本题解题的关键是把递推关系式132A3ANN1N转化为1NNN1N1N31323A3A,进而求出3A3A3A3A3A3A3N3N2N2N2N2N1N1N1N1NNNA3A3A11122,即得数列}3A{NN的通项公式,最后再求数列}A{N的通项公式。三、利用累乘法求通项公式例5已知数列}A{N满足3AA51N2A1NN1N,,求数列}A{N的通项公式。解因为3AA51N2A1NN1N,,所以0AN,则NN1N51N2AA,则112232N1N1NNNAAAAAAAAAA351125122512N2511N2122N1N35231NN2122N1N1N所以数列}A{N的通项公式为N523A21NN1NN3评注本题解题的关键是把递推关系NN1NA51N2A转化为NN1N51N2AA,进而求出112232N1N1NNAAAAAAAAA,即得数列}A{N的通项公式。例6已知数列}A{N满足1NA3A2AA1A321N1,2NA1N1N,则}A{N的通项2N2N1N1AN,,解因为2NA1NA3A2AA1N321N①所以N1N3211NNAA1NA3A2AA②所以②式-①式得NN1NNAAA则2NA1NAN1N则2N1NAAN1N所以2232N1N1NNNAAAAAAAA22A2NA341NN③由2NA1NA3A2AA1N321N,取N2得212A2AA,则12AA,又知1A1,则1A2,代入③得2NN5431AN。评注本题解题的关键是把递推关系式2NA1NAN1N转化为1NAAN1N(N≥2),进而求出2232N1N1NNAAAAAAA,从而可得当N≥2时NA的表达式,最后再求出数列}A{N的通项公式。四、利用待定系数法求通项公式例7已知数列}A{N满足6A53A2A1NN1N,,求数列}A{N的通项公式。解设5XA25XANN1N1N④将NN1N53A2A代入④式,得NN1NNN5X2A25X53A2,等式两边消去NA2,得N1NN5X25X53,两边除以N5,得X25X3,则X-1,代入④式,得5A25ANN1N1N⑤4由1565A11≠0及⑤式,得05ANN,则25A5ANN1N1N,则数列}5A{NN是以15A11为首项,以2为公比的等比数列,则1NNN215A,故N1NN52A。评注本题解题的关键是把递推关系式NN1N53A2A转化为5A25ANN1N1N,从而可知数列}5A{NN是等比数列,进而求出数列}5A{NN的通项公式,最后再求出数列}A{N的通项公式。例8已知数列}A{N满足1A425A3A1NN1N,,求数列}A{N的通项公式。解设Y2XA3Y2XANN1N1N⑥将425A3ANN1N代入⑥式,得Y2XA3Y2X425A3NN1NNN整理得Y32X3Y42X25NN。令Y3Y4X3X25,则2Y5X,代入⑥式,得225A3225ANN1N1N⑦由013121225A11及⑦式,得0225ANN,则3225A225ANN1N1N,故数列}225A{NN是以13121225A11为首项,以3为公比的等比数列,因此1NNN313225A,则225313AN1NN。评注本题解题的关键是把递推关系式425A3ANN1N转化为225A3225ANN1N1N,从而可知数列}225A{NN是等比数列,进而求出数列}225A{NN的通项公式,最后再求数列}A{N的通项公式。例9已知数列}A{N满足1A5N4N3A2A12N1N,,求数列}A{N的通项公式。解设Z1NY1NXA21NZYNXNA22N⑧将5N4N3A2A2N1N代入⑧式,得Z1NY1NX5N4N3A222NZYNXNA22N,则ZYNXNAZYXNYXNXANN222254232225等式两边消去NA2,得Z2YN2XN25ZYXN4YX2NX322,则得方程组Z25ZYXY24YX2X2X3,则18Z10Y3X,代入⑧式,得181N101N3A21N18N10N3A22N⑨由0323111811013A21及⑨式,得018N10N3A2N则218N10N3A181N101N3A2N21N,故数列}18N10N3A{2N为以323111811013A21为首项,以2为公比的等比数列,因此1N2N23218N10N3A,则18N10N32A24NN。评注本题解题的关键是把递推关系式5N4N3A2A2N1N转化为18N10N3A2181N101N3A2N21N,从而可知数列}18N10N3A{2N是等比数列,进而求出数列}18N10N3A{2N的通项公式,最后再求出数列}A{N的通项公式。五、利用对数变换法求通项公式例10已知数列}A{N满足5NN1NA32A,7A1,求数列}A{N的通项公式。解因为7AA32A15NN1N,,所以0A0A1NN,。在5NN1NA32A式两边取常用对数得2LG3LGNALG5ALGN1N⑩设YXNALG5Y1NXALGN1N○11将⑩式代入○11式,得YXNALG5Y1NX2LG3LGNALG5NN,两边消去NALG5并整理,得Y5XN52LGYXNX3LG,则Y52LGYXX5X3LG,故42LG163LGY43LGX代入○11式,得42LG163LG1N43LGALG1N42LG163LGN43LGALG5N○126由042LG163LG143LG7LG42LG163LG143LGALG1及○12式,得042LG163LGN43LGALGN,则542LG163LGN43LGALG42LG163LG1N43LGALGN1N,所以数列}42LG163LGN43LGA{LGN是以42LG163LG43LG7LG为首项,以5为公比的等比数列,则1NN542LG163LG43LG7LG42LG163LGN43LGALG,因此42LG63LGN43LG542LG163LG43LG7LGALG1NN1N41614152LG3LG3LG7LG233LG52337LG2LG3LG3LG411614N1N4116141411614N1N411614152337LG237LG2337LG233LG415161N4N51N541516154N51N5411614N1N1N1N1N,则415161N4N55N1N1N237A。评注本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式5NN1NA32A转化为42LG163LGN43LGALG542LG163LG1N43LGALGN1N,从而可知数列}42LG163LGN43LGA{LGN是等比数列,进而求出数列}42LG163LGN43LGA{LGN的通项公式,最后再求出数列}A{N的通项公式。六、利用迭代法求通项公式例11已知数列}A{N满足5AAA121N3N1NN,,求数列}A{N的通项公式。解因为N21N3N1NAA,所以1N2N1N2N321N32N2N31NNAAA2111232111233122312223121232312123321322332132NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNAAAAA又5A1,所以数列}A{N的通项公式为21NN1N2N3N5A。评注本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式,即先将等式N21N3N1NAA两边取常用对数得NN1NALG21N3ALG,即NN1N21N3ALGALG,再由累乘法可推知721NN1N2N3112232N1N1NNN5LGALGALGALGALGALGALGALGALGALGALG,从而21NN2N3N1N5A七、利用换元法求通项公式例13已知数列}A{N满足1AA241A41161A1NN1N,,求数列}A{N的通项公式。解令NNA241B,则1B241A2NN故1B241A21N1N,代入A241A41161ANN1N得B1B241411611B241N2N21N即2N21N3BB4因为0A241BNN,故0A241B1N1N则3BB2N1N,即23B21BN1N,可化为3B213BN1N,所以}3B{N是以2312413A2413B11为首项,以21为公比的等比数列,因此2N1NN212123B,则2NN21B3,即321A2412NN,得31214132ANNN。评注本题解题的关键是通过将NA241的换元为NB,使得所给递推关系式转化23B21BN1N形式,从而可知数列}3B{N为等比数列,进而求出数列}3B{N的通项公式,最后再求出数列}A{N的通项公式。八、利用不动点法求通项公式例14已知数列}A{N满足4A1A424A21A1NN1N,,求数列}A{N的通项公式。解令1X424X21X,得024X20X42,则3X2X21,是函数1X424X21XF的两个不动点。因为91327A926A131A4324A211A4224A2131A424A2121A424A213A2ANNNNNNNNNN1N1N。3A2ANN,所以数列}3A2A{NN是以234243A2A11为首项,以913为公比的等比数列,故3A2ANN1N9132,则3191321A1NN。评注本题解题的关键是先求出函数1X424X21XF的不动点,即方程1X424X21X的两个根3X2X21,,进而可推出3A2A9133A2ANN1N1N,从而可知数列}3A2A{NN为等比数列,再求出数列}3A2A{NN8的通项公式,最后求出数列}A{N的通项公式。例15已知数列}A{N满足2A3A22A7A1NN1N,,求数列}A{N的通项公式。解令3X22X7X,得02X4X22,则X1是函数XF7X41X3的不动点。因为3A25A513A22A71ANNNN1N,所以1A11N521A11A251521A23A525A53A2NNNNNN,所以数列}1A1{N是以11211A11为首项,以52为公差的等差数列,则521N11A1N,故3N28N2AN。评注本题解题的关键是先求出函数7X41X3XF的不动点,即方程3X22X7X的根1X,进而可推出521A11A1N1N,从而可知数列}1A1{N为等差数列,再求出数列}1A1{N的通项公式,最后求出数列}A{N的通项公式。九、利用特征根法求通项公式例16已知数列}A{N满足1AA2NAA3A211NN1N,,求数列}A{N的通项公式。解2NAA3A1NN1N的相应特征方程为0132,解之求特征根是25325321,,所以253C253CA21N。由初始值1AA21,得方程组22211211253C253C1253C253C1求得5525C5525C219从而NNN25355252535525A。评注本题解题的关键是先求出特征方程的根。再由初始值确定出21CC,,从而可得数列}A{N的通项公式。

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