热点解读－－递推数列的解法

高考热点解读谈谈近几年高考中的连续热考的的递推数列问题 山东省郓城第一中学辛庆存274700数列一直是高考的重点内容，也是高考的热点内容，由于数列与高等数学密切相关，特别递推数列一直是高考的重点考查内容。本文结合近几年的高考试题来谈谈常见的几种数列的处理策略。一、 形如型的递推数列 这种形式的递推数列，是等差数列的一种拓广，由差为常数变为函数。可以用累差法。通过求差的和来达到求解的目的，前提条件是数列是可求和的数列。例1（2006年山东理22题 ）已知数列中，在直线y=x上，其中n=1,2,3.()令()求数列()设的前n项和,是否存在实数，使得数列为等差数列？若存在，试求出.若不存在,则说明理由。分析：点在直线上，点的坐标满足直线的方程，就能得到递推数列关系。解答：（1）证明：由已知得又，是以为首项，以为公比的等比数列。（2）解：由（1）知，以上各式相加（即累差）得：，=（3）解：存在，使数列是等差数列。由（1）（2）知，又=所以当且仅当时，数列是等差数列。例2（2003年全国高考试题）已知数列满足（）求（）证明：分析：由题意可以有可以用累差法。（）解：（）证明：由已知故累差得 =例3（2004年全国1高考试题 22题 ）已知数列，且 a2k=a2k1+(1)k, a2k+1=a2k+3k,其中k=1,2,3,.（I）求a3, a5；（II）求 an的通项公式分析：本小题主要考查数列，等比数列的概念和基本知识，考查运算能力以及分析、归纳和推理能力. 解：（I）a2=a1+(1)1=0, a3=a2+31=3. a4=a3+(1)2=4, a5=a4+32=13, 所以，a3=3,a5=13. (II) a2k+1=a2k+3k = a2k1+(1)k+3k, 所以a2k+1a2k1=3k+(1)k, 同理a2k1a2k3=3k1+(1)k1, a3a1=3+(1). 所以(a2k+1a2k1)+(a2k1a2k3)+(a3a1) =(3k+3k1+3)+(1)k+(1)k1+(1), 由此得a2k+1a1=(3k1)+(1)k1, 于是a2k+1= a2k= a2k1+(1)k =(1)k11+(1)k =(1)k=1. an的通项公式为： 当n为奇数时，an= 当n为偶数时，上述解法也是用的是累差法。二、 形如型的递推数列这种形式的递推数列，是等比数列的拓广，是后项与前项的比由常数变为函数，可以用累积法，就是连乘法，约去一部分因式，从而达到化简的目的。其中是能求积的数列 。 例4（2002年全国高考题）设是首项为1的正项数列，且（n=1,2,3），求通项。分析与略解：则已知有。由为正项数列，知，故有。（*）方法1（累积法）：由（*）有。利用 ，得 方法2（累差法）：由（*）式，记，则。利用得 。方法3（常数列）：由（*）式有，可知是常数列。则 ，得 。评析：有些数列不易直接化成等差或等比数列，但经推理可寻求特殊的关系转化为可求通项的数列三、 形如型的递推数列。这类数列，有两种处理方法，一种是求其差数列，其差数列一定是以p为公比的等比数列，求出差数列后，利用累差法来求原数列的通项公式。另一种处理的方法是这个数列的每一项加上一个常数后，一定是一个以p为公比的等比数列，这个常数可以用待定系数法来求。也就是说与是以p为公比的等比数列。例5（2006年高考福建卷理工22题）已知数列a满足a=1,a=2a+1(nN)（）求数列a的通项公式；（）若数列bn满足4k1-14k2-14k-1=(an+1)km(nN*),证明:bn是等差数列;（）证明:(nN*).分析：本小题主要考查数列、不等式等基本知识，考查化归的数学思想方法，考查综合解题能力。满分14分。（I）解：an+1=2 an+1（nN）,an+1+1=2(an+1),| an+1| 是以a1+1=2为首项，2为公比的等比数列。an+1=2n，既an=2n1(nN)。（II）证法一：4b114 b224 bn1=(a+1)bn，4k1+k2+kn=2nk,2(b1+b2+bn)-n=nb, 2(b1+b2+bn+1)-(n+1)=(n+1)bn+1 -,得2(bn+1-1)=(n+1)bn+1-nb,即 (n-1)bn+1-nbn+2=0. nbn+2=(n+1)bn+1+2=0. -，得nbn+2-2nbn+1-nbn=0,即 bn+2-2bn+1+b=0,bn-2-bn+1=bn(nN*),bn是等差数列.证法二：同证法一，得(n-1)bn+1=nbn+2=0令n=1，得b1=2.设b2=2+d(dR),，下面用数学归纳法证明 bn=2+(n-1)d.(1)当n=1,得b1=2.(2)假设当n=k(k2)时，b1=2+(k-1)d,那么bk+1=这就是说，当n=k+1时，等式也成立.根据(1)和(2)，可知bn=2(n-1)d对任何nN*都成立.bn+1-bn=d, bn是等差数列.(3)证明：(),k=1,2,n,评注：本题的第一步可以设可化为与比较得所以以下略。也可以与两式相减得从而得出是公比为2的等比数列。下略。例6（2005年高考山东卷理21题）已知数列的首项前项和为，且（I）证明数列是等比数列；（II）令，求函数在点处的导数并比较与的大小.分析：解：由已知可得两式相减得即从而当时所以又所以从而故总有，又从而即数列是等比数列；（II）由（I）知因为所以从而=-=由上-=12当时，式=0所以；当时，式=-12所以当时，又所以即从而练习（2006年重庆卷14题）在数列中，若，则数列的通项公式答案四、 形如型这类递推数列一般是两边除以得然后令则有从而转化为第一种类型。例7（2006年高考全国卷1理22）设数列的前项的和，（）求首项与通项；（）设，证明：分析消去得出递推公式。（1） 解：得再由两式相减得两边同除以得令则有累差得即有（2）证明：将代入得所以有所以五、 形如型 当p+q=1时，将p1q代入递推式得。于是数列是以为首项，-q为公比的等比数列，从而进而利用累差法来求数列的通项公式。当时，假设存在满足，现在用待定系数法来求。变形得与原式比较得：可见是方程的两个实根，很容易求出的值。从而数列是等比数列，有或是进而转化为第四种形式，求出通项公式。例8（2006年四川理20）已知数列，其中，记数列的前n项和为，数列的前n项和为（I）求；（II）设，（其中为的导函数），计算解：本小题主要考察等差数列、等比数列的基础知识，以及对数运算、导数运算和极限运算的能力，同时考查分类讨论的思想方法，满分12分。解：（）由题意，是首项为，公差为的等差数列 前项和，（） 例9（2006年高考福建文22题）已知数列满足（I）证明：数列是等比数列；（II）求数列的通项公式；（II）若数列满足证明是等差数列。分析：本小题主要考查数列、不等式等基本知识，考查化归的数学思想方法，考查综合解题能力。满分14分。（I）证明：是以为首项，2为公比的等比数列。（II）解：由（I）得（III）证明： ，得即，得即是等差数列。六、 形如型 当q=1时是等比数列。当时，对递推式两边取对数，得令 则转化为第三种类型。例如2006年山东省高考试卷22题就是这种类型的题目的一种简单形式。例10在数列中，令（1） 求数列的通项公式（2）解：（1）由题意得。数列的形式就是第二种形式。所以有（2）七、 利用归纳猜想先求数列的前几项，归纳出数列的通项公式，然后用数学归纳法来证明。例11（2005年高考北京理19题）设数列 记 （）求a2，a3； （）判断数列是否为等比数列，并证明你的结论； （）求分析：先求出前几项，猜出通项公式，用数学归纳法证明。解：（）（）因为所以猜想：是公比为的等比数列.证明如下： 因为所以是首项为的等比数列.（）八、利用转化思想化为等差等比数列求解等差和等比数列是数列中最常见的两种重要数列，解题中若能把递推数列化归为等差或等比数列求解，则比较简捷。例12（2006年江西理22题）已知数列an满足：a1，且an（1） 求数列an的通项公式；（2） 证明：对于一切正整数n，不等式a1a2an2n！分析：将递推公式变形，转化为等差或等比数列来求。解：将条件变为：1，因此1为一个等比数列，其首项为1，公比，从而1，据此得an（n1）1（1） 证：据1得，a1a2an为证a1a2an2显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个nN*，有1（）3用数学归纳法证明3式：（i） n1时，3式显然成立，（ii） 设nk时，3式成立，即1（）则当nk1时，1（）（）1（）（）1（）即当nk1时，3式也成立。故对一切nN*，3式都成立。利用3得，1（）11故2式成立，从而结论成立。例13（天津、江西、山西2002年高考题）已知是由非负整数组成的数列，满足，（n=3，4，5）。（1）求；（2）证明（n=3，4，5）；（3）求的通项公式及前n项的和。分析与略解：（1）由条件知且、均为非负数，故可能值为1、2、5、10。对其逐一讨论，并保证均为非负整数，知。（2）用数学归纳法证明：易知n=3时，等式成立。假设n=k(k3)时等式成立，即。由条件。而，则上式化为，即n=k+1时等式也成立。综合上述，对n3时，有成立。（3），由（2）知，则（k=1，2，3）；，从而（n=1，2，3）可求得九、 用的关系求通项公式：例14（2005年高考山东理21）已知数列前n项和为Sn，且Sn+1=2Sn+n+5（nN*）。 （）证明数列是等比数列； （）令，并比较的大小。解：解：（）由已知 两式相减，得 即 从而当n=1时，S2=2S1+1+5， 又从而 故总有 又 从而即为首项，2为公比的等比数列. （）由（）知 . 从而 由上 （*）当n=1时，（*）式=0， ；当n=2时，（*）式 ；当 从而（或用数学归纳法：时，猜想