《江苏省南通市2020届高三数学专题复习课程资源——数列的迭代与递推(教师版).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省南通市2020届高三数学专题复习课程资源——数列的迭代与递推(教师版).pdf（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第 1 页 共 13 页 数列的迭代与递推 数列尤其是等差 等比数列 在考纲C 级要求的8 个席位中占据两席 其重要性不言 自明 而数列的迭代与递推型问题是我省近年来数学高考的热点和难点 这类问题一般运用 累加法 累乘法 构造等差等比 或常数列 法 迭代法等 化归 的思想来解决 第一节研究递推数列问题之基本方法 1 递推数列处理的最根本的解决方法是迭代法 迭代法也称辗转法 是一种不断用变 量的旧值递推新值的过程 有的数列通过有限次的迭代 一定能求出通项公式 运用迭代法 解决递推数列的通项公式问题是提高解题能力的有效途径 2 构造与转化也是研究递推数列的一种常用的手段和方法 是我们必须具备的一种
2、数 学能力 例 1 已知数列 an 满足 a1 1 an 1 3an 1 求 an 的通项公式 分析 此题的基本方法是由an 1 3an 1 构造新数列 1 2 na 是一个首项为 3 2 公比为 3 的等比数列 从而求得 31 2 n n a 这种构造新数列的方法有时往往不能理解为何要这样配 凑 于是也就仅限于依葫芦画瓢而已 其实此类型问题可采用迭代法求解 解 2 122 313 31 1331 nnnn aaaa 3212 3133313331 nn naa 1231 333 1 2 n nn 注 迭代法的实质就是通过反复替换 将an与 an 1的关系最终替换为 an与 a1的关系 从而求
3、出通项 实际上 累加法适用的递推数列类型可以看做是此类型的特例 p 1 故 一般都可用迭代法加以解决 如教材中对等差 等比 数列的概念就是以递推式的形式给出 的 然后用累加 累乘 法证明通项公式 自然也可以用迭代法推导出其通项公式 由此可 见 迭代法并非什么高深莫测的方法 而是通性通法 例 2 设数列 na满足 1 2 a 21 13 2 n nnaa 求na的通项公式 解 2 1 1 1 32 n nn aa 2 2 123 2 32 32 nn n a 2523 2 3232 nn n a 2 3 12523 3 32 3232 nnn na 352523 13 22222 nn a 21
4、 2121 1 2 22 32 22 2 12 n nn a 变式 1 设数列 n a的前 n 项和为 Sn 满足 1 1 221 N n nn San 且 123 5a aa 成 等差数列 1 求 1 a 的值 第 2 页 共 13 页 2 求数列 n a的通项公式 分析 由 Sn求出 an 1 3an 2n后 可变形为 1 1 3 1 222 nn nn aa 直接迭代 探求an与 a1 的关系 解 1 略 2 2n 时 1 1221 n nnSa 1 221 n nn Sa 两式相减得 132 n nnaa 则 1221 12 3233 22 nnn nnn aaa 32321 3 33
5、23 22 nnn n a 1201 1 33232 nnn a 112 32 3 32 2 1 3 nn nn n 1 时也适合上式 所以32 nn n a 变式 2 在数列 na中 1 1 a 1 1 21N n nn acacnn 其中实数0c 求 n a的通项公式 解 1 211 n nn acacn 1 2 2 2 1 2 1 1 nn n c cacncn 2 2 2 2 12 1 1 n n c acnn 1 1 2112212 1 1 nn cacn 12 1 nn ccn 注 1 依次迭代后主要是求和问题 2 本题也可转化为 1 1 21 nn nn aa n cc 然后累加
6、法求通项 变式 3 已知数列 n a满足 1 0a 2 a a 0 a 12 2 3 nnn aaan 求 n a的通 项公式 分析 相邻三项的递推关系可以先利用迭代法转化为相邻两项的关系 再利用迭代法求解 解 因为 12 2 nnn aaa 所以 11223223 222 nnnnnnnnn aaaaaaaaa 21 22aa a 第 3 页 共 13 页 所以 1 22 nn aaa 即 1 1 2 nn aa a 所以 2 12 111 222 nnn aaaaaa 1231 1 111121 1 222232 nnnn aaaaaa 经检验 n 1 2 时也符合通项 所以 1 21 1
7、 32 n n aa 注 相邻三项或四项的问题理论上还是可以利用迭代法完成 但可能会较为复杂或者难 以发现迭代规律 所以在使用时都应先变形化简再进行迭代 有一定的技巧性 例 3 已知数列 n a中 且 1 3a 对任意的自然数n 都满足 2 1nnaa 求数列 n a的通 项公式 解 由 2 1nnaa 得 2311 2 222222 12231 3 nn nnnnn aaaaaa 注 本题也可对 2 1nnaa 两边同时取对数得 1 lg2lg nn aa 即 1 lg 2 lg n n a a 所以 lg n a 是以 lg3 为首项 2 为公比的等比数列 所以lgan 1 12 1 lg
8、2lg3 n n a 所以 an 1 2 3 n 例 4 已知数列 n a满足 1 1 1 nn nanan n Nn 且 1 1a 求数列 n a的通 项公式 解 由 1 1 1 nn nanan n两边同除以 1 n n 得 1 1 1 nnaa nn 从而数列 na n 为首项 1 1a 公差1d的等差数列 所以 n a n n 从而数列 na的通项公式为 2 nan 变式 已知数列 n a的前n项和为 n A 对任意 nN满足 1 1 1 2 nn n n nAnA 且 1 1a 求数列 n a的通项公式 解 由 1 1 1 2 nn n n nAnA得 1 1 12 nn AA nn
9、 所以数列 n A n 是首项为1 公差为 1 2 的等差数列 所以 1 111 1 222 nA Ann n 即 1 2 n n n AnN 所以 11 1 2 1 1 22 nnn nnn n aAAnnN 又 1 1a 所以 n an nN 注 此类问题解决的关键在于通过递推关系式的变形 转化为已知数列 或模型 从 第 4 页 共 13 页 而求出对应的通项 第二讲证明等差 等比 数列问题研究 1 证明等差 等比 数列的方法 定义法 1 等差数列 途径一 1nn daa 常数 途径二 12 2 nnn aaa 即 2 1 1nnnn aaa a 2 等比数列 1 n n a a q 常数
10、 且 1 0a 2 应对由递推关系处理等差 等比 数列问题的若干思路 此类问题叫板在数列定义上 活在变形策略的体验上 虽无定法 但仍有章可循 思路一 n S 与 n a 之间的转化 思路二 利用相邻项之间的递推 常构造常数列 过渡 得出 n a通项 得到等差 等 比 数列 思路三 递推关系中消常数 得出相邻项的关系 例 1 已知数列 an 的前 n 项和为 n S 对任意正整数 2 n n 都有1 3 nn SS 1 2 n S 1n a 求证 数列 an 为等差数列 证明 对任意正整数 2 n n 都有 111 32 nnnn SSSa 所以 111 22 nnnnn SSSSa 则 11
11、2 nnn aaa 即 11nnnn aaaa 则数列 an 为等差数列 变式在数列 n a中 1 19 2 a 1 381 442 n n n a a a 20 21 n n b a 其中Nn 求证 数 列 n b为等差数列 证明 1 1 2120202020 1 381 21212121 21 442 n nn n nnnn n a bb a aaaa a 例 2 已知数列 n a中 1 1a 1 1 2 n nn aa 记 n S 为 n a的前n项的和 2nn ba 21n a Nn 判断数列 n b是否为等比数列 解 因为 1 1 2 n nnaa 所以 1 12 1 2 n nn
12、aa 所以 2 1 2 n n a a 即 2 1 2 nn aa 第 5 页 共 13 页 因为 221nnn baa 所以 221 12221 221221 11 1 22 2 nn nnn nnnnn aa baa baaaa 又 1 0b 所以 n b是公比为的等比数列 变式 已知数列 n a各项均为正数 1 1a 2 2a 且 312nnnn a aaa对任意Nn恒成 立 求证 对任意正实数p 221 nnapa成等比数列 证明 由 两式相乘得 因为 所以 从而的奇数项和偶数项均构成等比数列 设公比分别为 则 又因为 所以 即 设 则 且恒成立 所以数列是首项为 公比为的等比数列 例
13、 3 数列 n a的前n项和为 n S 且满足 1 1a 2 2a 12 nn nn Sa Sa 判断数列 n a是 否为等差数列 并证明 解 由 12 nn nn Sa Sa 得 11 23 Sa Sa 22 34 S S a a 33 45 Sa Sa 11 1 nn nn Sa Sa 12 nn nn Sa Sa 以上n个式子相乘得 112 12nnn Sa a Saa 即 1 2 nnn Sa a 当2n 时 11 2 nnn Sa a 两式相减得 11 2 nnnn aaaa 即112nnaa 2n 所以数列 n a的奇数项 偶数项分别成等差数列 易得 n an 则 1 1 nn a
14、a 注 1 由 12 nn nn Sa Sa 得 1 1 12 nn nnnn SS a aaa 所以 1n n n S a a 为常数列 故 1 1 12 1 2 n n n SS a aa a 312 1423 nnnn nnnn a aaa aaaa 2 134123nnnnnnn a aaaaaa 0 n a 2 42 nnn a aanN na 12 q q 11 2222 2 nn n aa qq 11 21111 nn n aa qq 31 2 nn nn aa aa 422 311 2 2 aaq aaq 12 qq 12 qqq 2212223 nnnn apaq apa 2
15、21 0 nn apa 221 nnapa 2pq 第 6 页 共 13 页 所以 1 2 nnn Sa a 余下同解法 2 总结构造常数列的方法 变式 已知无穷数列 na 满足 11a 2132aaa 且对于 nN 都有0 na 2 12 4 nnn aa a 判断数列 n a是否为等差数列 并证明 解 因为 2 12 4 nnn aa a 1 所以 2 2134nnnaaa 2 由 1 2 得 22 12213 4 4 nnnnnn aaa aaa 213nnnn a aaa 所以 22 11322nnnnnnaaaaa a 所以11322 nnnnnn aaaaaa 所以 213 12
16、nnnn nn aaaa aa 所以数列 2 1 nn n aa a 为常数数列 所以 2 1 nn n aa a 13 2 2 aa a 所以 21 2 nnn aaa 即 211nnnn aaaa 所以数列 n a为等差数列 例 4 设数列 n a的前 n 项和为 n S 已知 123 1611aaa 且 1 58 52 nn nSnS 2081 2 3nn 求证 数列 n a为等差数列 证明 5n 8 Sn 1 5n 2 Sn 20n 8 5n 13 Sn 1 5n 3 Sn 1 20n 12 n 2 得 5n 8 an 1 5n 3 an 20 法一 由 得 35 1 n an 85n an 4 35 1 n 85 1 n 所以 1 4 53 n a n 4 58 n a n 故数列 4 58 n a n 为常数列 所以 4 1 58 n a n 所以 an 5n 4 所以 1 5 nn aa 故 an 是等差数列 第 7 页 共 13 页 法二 由 得 5n 13 an 5n 8 an 1 20 得an 1 2an an 1 0 n 3 又 a1 2a2 a3 0 所以对任意
