自主招生考试中的递推数列问题.doc

自主招生考试中的递推数列问题 上海市徐汇区冯志刚名师工作室学员 吴坚【专题综述】数列是中学数学的重要内容，是初等数学与高等数学的衔接部分，且与其他数学知识有着广泛的联系. 在与数列有关的问题中，从数列的递推关系式出发寻找通项公式，往往是解决问题的突破口与关键点，递推数列是高考与自主招生考试关注的焦点. 在近几年的“华约”、“北约”、“卓越联盟”以及复旦大学的千分考中，从递推公式推导通项公式，用递推公式研究数列性质等问题的考查频率相当高，往往可以占到数列考查内容的40%50%. 与高考不同的是，自主招生考试对递推数列的考查方式更加灵活，难度也更加高，有些问题往往需要用到不动点方程与特征方程的相关知识. 【知识储备与拓展】数列的若干连续项之间的关系叫做递推关系，表示递推关系的式子叫做递推公式，由递推关系和初始条件给出的数列叫做递推数列.(一) 递推数列的常见类型及其通项公式的求法1. 形如的递推关系式，其通项求法为，我们称这种方法为“累加法”.2. 形如的递推关系式，其通项求法为，我们称这种方法为“迭乘法”.3. 形如的递推关系式，其通项求法为方法一：由及，两式相减得，可知是首项为，且公比为的等比数列，先求出，再求出方法二：两边同时加上，变为，显然是以为首项，p为公比的等比数列.无论是方法一还是方法二，都是将转化为常见的等比数列来处理.4. 形如的递推关系式，其中不是常数，其通项求法为若，显然；若，两边同时除以，变形为. 令，得，利用“累加法”可以求得，从而.5. 形如()的递推关系式，其通项求法为两边取对数有，令，则，仿类型3可以求得，从而得到的通项公式.(二) 递推数列通项公式的两种特殊求法1. 特征方程法【定理1】若数列满足：是常数，)，则称数列为二阶线性. 对于递推数列，定义方程为数列的特征方程，该方程的根称为特征根.（1）若方程有两相异根，则数列通项可以设成，（其中是待定常数）；（2）若方程有两相同根，则数列通项可以写成，（其中是待定常数）；再利用可求得，进而求得2. 不动点法不动点的概念是由荷兰数学家布劳威尔提出的，我们把满足方程的叫做函数的不动点. 【定理2】若，是的不动点. 若满足递推关系，则，即是公比为的等比数列.【定理3】若，满足递推关系，且初始值.(1)若有两个相异的不动点，则(这里)；(2)若只有唯一不动点，则(这里).【例题精讲】【例1】(2007年复旦大学)已知数列满足，且，其前项和为，则满足不等式的最小整数为 ( ). A. 6 B. 7 C. 8 D. 9解析 由于，则，于是，所以是首项为8，公比为的等比数列.从而，即，故，选B.评注 1 这里由得到，主要有两种办法：方法一：利用待定系数法引入参数，构造等比数列. 设，则，于是.方法二：利用不动点法，构造函数，可以求得不动点为，所以根据定理2可以得到，是公比为的等比数列.评注2 本题的另一个亮点是对的处理，回避了先求，再求的繁琐方式，利用整体思想，得到，比较简洁.下面再介绍两个利用不动点法求数列通项公式的例子. 【例2】(2006年华东政法大学改编)已知数列满足，求数列的通项公式.解析 作函数，解方程，即，不动点为.由于， ， 由于(否则由可以得到，矛盾)，所以、两式相除，得，从而.【例3】(2010年五校联考改编)数列满足，求证：.解析 作函数，解方程，即，不动点为.由于， ， 由于(否则由可以得到，矛盾)，所以、两式相除，得，于是，则.若，则，上式成立；若，则，上式成立.综上所述，成立.评注 的证明是一个难点，需要对的奇偶性进行讨论.以上两个例子都是定理3中第一种类型，不妨再来看一个第二种类型应用的例子：若数列满足，求通项公式.分析与解 作函数，解方程，即，不动点为.由于， 由于(否则由可以得到，矛盾)，所以式两边取倒数，得，从而.【例4】(2004年上海交通大学) 已知数列满足，且，则_.解析 的特征方程为，可以求得特征根是.根据定理1可设，其中为待定常数.又因为，即于是，所以，从而.评注 这里用到了特征方程求数列的通项公式的方法.此外，我们还可以从得到，由于，所以是首项为1，公比为2的等比数列. 于是，从而.将一个陌生的数列问题转化为熟悉的等差数列或等比数列，是解决数列问题的最基本也是最重要的方法.【例5】(2012年复旦大学)设，则数列的极限为 ( ). A. B. C. D.解析 的特征方程为，可求得特征根为.根据定理1可设，其中为待定常数.由于，故可得. 所以，从而，选A.评注 下面我们用特征方程的办法来研究一个非常有意思的数列-斐波那契数列的通项公式.已知斐波那契数列)，求通项公式.分析与解 此数列对应的特征方程为，即，解得. 设此数列的通项公式为，由初始条件可知，解之得所以.比较有趣的是，在上述通项公式中，、都是无理数，但该数列的每一项都是正整数.自然界的很多现象都与斐波那契数列有关，该数列与黄金分割有着密切的联系，这一点从通项公式的构成不难理解.【例6】(2004年复旦大学)已知数列满足，且，又. 求：(1)、的通项公式；(2) .解析 由于，于是，代入，可以得到，故.对应的特征方程为，特征根是，根据定理1可设.由可得，因此故. 所以，可知，从而.【例7】(2009年中国科学技术大学)正数数列满足，. 证明：存在正整数，对任意正整数，有恒成立.证明 对应的特征方程为，特征根是. 根据定理1可设，同理可设. 所以.由于于是，同理，.又因为，根据指数函数的性质可知，当充分大时，也充分大，即存在正整数，对任意正整数，都有恒成立.【例8】(2002年上海交通大学)设数列满足关系式，若存在满足，试证明：(1)；(2)(为整数).证明 (1)考虑用反证法，若，则由条件知，即不存在，使得，矛盾，从而.(2)由于，于是令，则，故，即().评注 三角换元也是研究递推数列性质的重要工具与手段，下面再举一例加以说明：已知，求数列的通项公式.分析与解 由数学归纳法，不难证明，故可设，于是，故，由，得. 因此，所以.【例9】(2010年浙江大学)如图，曲线下有一系列正三角形，求第个三角形的边长.解析 设曲线上第个三角形的顶点的坐标为，则，. 由于，于是，.又因为，.两式相减，得. 当时，可以验证仍然成立，又因为，故. 评注 两式相减是处理递推数列的常用手段. 其实，这个问题我们也可以先计算出，由特殊到一般，猜出，再用数学归纳法予以证明.【例10】(2011年“华约”)投掷一枚硬币(正反等可能)，设投掷次不连续出现三次正面向上的概率为.(1)求和；(2)写出的递推公式，并指出单调性；(3)是否存在？有何统计意义.解析 (1)显然，.又因为投掷四次硬币连续三次出现正面向上的情形只有三种：正正正正或正正正反或反正正正，所以.(2)若第次出现反面，则只需考虑前次不出现连续三次正面的情形即可，此时不连续出现三次正面的概率是；若第次出现正面，且第次出现反面，则只需考虑前次不连续出现三次正面的情形即可，此时不连续出现三次正面的概率是；若第次出现正面，且第次出现正面，第次出现反面，则只需考虑前次不连续出现三次正面的情形即可，此时不连续出现三次正面的概率是.于是， 又因为， ，得，所以当时，单调递减，即(3)由于当时，单调递减，且有下界0，所以一定存在. 于是对两边同时取极限，可以得到.统计意义：当投掷次数足够多时，不出现连续三次正面向上的次数非常少，趋近于零.评注 本题第三小问中用到了高等数学中的一个结论：单调有界数列必有极限.在对学生的考查中注重初等数学与