高考递推数列问题展评.doc

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1、 高考递推数列问题展评 一 简要回顾数列的递推关系式，其内涵极为丰富，同时具有很强的规律性，可与函数、三角、不等式、平面几何、解析几何等许多知识、方法相结合，编拟开放式、探索式等多种题型的试题，是培养创新意识和创新能力的极好素材；同时又为进入高校学习级数等内容打下基础，可以比较充分地考查后继学习的潜力，因而倍受高考命题设计者的重视纵观高考对递推数列的考查，大体经历了三个阶段：第一阶段是，恢复高考制度（1977年）至二十世纪80年代，对与相邻项或（及）之间的关系的考查，有逐渐加深加难以至脱离中学教学实际的倾向，故80年代末国家考试中心明确提出对数列的考查，不再涉及递推关系；第二阶段，二十世纪90

2、年代，由于明确要求不再考递推关系，转向主要考查等差等比数列的综合问题及其与的递推关系（主要用）问题；第三阶段是近些年尤其是进入21世纪这5年来，由于国家推行新课程改革，借鉴美、英、日等国课改经验，实验新教材，高考对递推数列的考查又热起来，出现了与多方面的知识、方法交汇融合的现象，并且更加强化了对（递推）数列应用问题的考查；解答方法更多，解题手段也更灵活巧妙，凸显了与时俱进、以能力立意的高考原则和方向。二 求解策略1 型以数列尤其是等差或等比数列中与的递推关系式 为主设计的试题，其求解策略是：求解策略之一充分利用这一关系式提供的信息特征，构造能相减的递推式，转化为等差或等比数列来求解；或通过叠加

3、、裂项，使相邻项连续相消，求和化简来解决例1（2005年山东卷）已知数列中，为数列的前项和）。（）试证明是等比数列；（）设求在点处的导数，并比较2与的大小。简析 （）由易得，于是得即验证上式对也成立，故是等比数列。（）略。例2（2004年全国卷）已知数列的前项和满足 （）写出数列的前3项；（）求数列的通项公式；（）证明：对任意的整数，有 简析 （）（）略，只解析（）：由已知得：当时即由此式求通项，提供以下两种方法： 法1（迭代法）上式对也成立。 法2 （转化法）在递推式两边同除以可得于是有 上式对也成立。又如1994年全国卷题：设是正数组成的数列，其前n项和为，并且对所有的自然数n,与2的等差

4、中项等于与2的等比中项（I）写出的前3项；（II）写出的通项公式（写出推证过程）（本题提供的递推关系式为，解略）2型主要分析如下3种类型：（1）其中，证明=（高中代数）必修本下册第34题）本型与下面的型递推数列是近些年来高考设计试题的主要类型。其求解方法较多，主要策略有：求解策略之二（猜证法） 通过前几项的运算，或列出算式（不予计算结果，以便于分析结构特征，揭示本质规律），或算出结果（从结果分析寻找规律）依此为根据猜想通项公式，然后用数学归纳法给予证明猜想法是解决数列问题的重要方法，考试说明有明确要求；同时，能自觉使用猜想一证明的方法分析解决问题，来探索未知领域的奥秘，也是科学研究的必备素质，

5、故历年高考曾从不同角度不同层次进行过多次考查例3（2005年浙江卷）已知点列抛物线其中满足：在抛物线上，点到的距离是到上点的最短距离，在抛物线上，点到的距离是到上点的最短距离。（I）求及的方程；（II）证明是等差数列。简析 （I）本题属解析几何与递推数列结合的综合题，可以根据所给递推规律结合画图象来直观分析寻找递推关系式：猜想，再用数学归纳法予以证明（具体过程略）。类似的有2002年春招题：已知点的序列其中，是线段的中点，是线段的中点，是线段的中点，（I）写出与，之间的关系式（；(II)设，计算，由此推测数列通项公式，并加以证明；(III)求（I）（II），猜想证略） 值得注意的是：从几何背景

6、中产生双递推数列，有2004年浙江卷第（22）题：如图，的三个顶点坐标分别为，设分别为线段的中点，对于每一个正整数， 为线段的中点，令的坐标为（）求及；（）证明；（）若记，证明是等比数列。2004年对几何背景型递推数列问题的考查，还有北京卷第（18）题、湖南卷第（22）题等，尤其是2004年上海卷第（22）题第（3）问是在第（2）问的基础上展开的类比推理型开放性问题，答案多种多样，丰富多彩，为还给学生自由探索的时空创设了一个极好的探索先机！ 由此可见，几何背景型递推数列问题，因其直观形象、并能够综合考查学生的数学能力而成为高考苑中的一朵奇葩！求解策略之三（待定系数法），令则.故是首项为,公比为

7、的等比数列,即.例4 (2000年春招京皖卷)已知函数其中,.(I)略,(II)设()的反函数为,求数列的通项公式，并求.简析 本题是递推数列与函数有关知识有机结合的典型例子：，故有，设，即令得即故是等比数列：即求解策略之四（逐差法）由知，得，是以为首项以为公比的等比数列：，如上述2002年春招卷第（III）问：当时进行逐差转化，有，转化为无穷递缩等比数列故=求解策略之五（迭代法）=例5 （2002年全国卷）某城市年末汽车保有量为万辆，预计此后每年报废上一年汽车保有量的，并且每年新增汽车的数量相同，为保护城市环境，要求该城市汽车保有量不超过万辆，那么每年新增汽车数量不应超过多少？简析本题是与实

8、际问题结合的递推数列应用题设从年末开始每年汽车保有量为万辆，每年新增万辆，则，故，解得（万辆）注：例2例4均可采用策略之二之五求解。例6 （2004年湖南卷）数列中，则 简析 此题较简捷的做法是：由所给递推关系式逐项计算得：猜想于是选 若考虑递推式的结构特点，灵活应用极限式，有，两边取极限得2故选 若“小题大做”，从递推关系式求通项入手考虑有以下几种思路与方法：由题设条件可得分奇偶项讨论，做成两个等比子数列：和；公比均为首项分别为选由得据知故数列是各项均为0的常数数列有所以选注意：若认为此题转化为：数列是以为首项以为公比的等比数列，就错了！因为首项。这也是这道高考题在设计上与常规题不同的地方。

9、由得分析同 当然，针对选择题题型特点（答案唯一且四选一），将所给递推式变形为可大胆进行类比猜想：；验证成立！于是极易选择 通过从以上角度进行分析，读者不难看出此题内蕴极为丰富，对考查考生数学综合能力及研究潜质具有巨大作用，由此可以体会高考命题设计者匠心独运之妙处！同时还可以看到，选择不同的求解方法，正好反应了考生的不同思维水平，体现了逻辑思维、直觉思维对解题的不同层次的指导作用。值得关注的是，近些年来出现的两种能力型递推数列：（2）为的多项式型例7 （2005年江西卷第（21）题）已知正项数列中 （）求证；（）求通项 简析 （）用数学归纳法（略）；（），运用策略之五：逐步迭代可得解。 注：关于

10、此种类型的递推关系式应用问题尚有2005年湖南卷第（19）题：由养鱼问题建立的递推数列模型。 证递推数列型不等式，又与函数有关知识综合的有例8 （2004年辽宁卷第（21）题）已知函数的最大值不大于，又当时（）求的值；（）设，证明 简析（）；（）本题证法较多，可详参评分标准；但应注意：由函数向数列过渡，需要挖掘的隐含条件有：由得且这就为是用数学归纳法证明结论利用归纳假设从到这一步证法的丰富多彩做了最基本的铺垫。注：递推数列与函数、不等式综合型是近几年高考的热点问题，如1998年全国卷第（25）题、2001年上海春招卷第（22）题、2003年春招皖蒙卷理科第（22）题、2003年全国新课程卷理科

11、第（22）题等等。（3）为的分式型 求解策略之六 若，可通过取倒数化为第2（1）型；若，则可用待定系数法化为上述类型：令 例9 （2005年辽宁卷文科第（22）题）数列满足（）求；（）求及数列的前项和。 简析 根据题设提示，运用求解策略之六，有：，下略。同样，运用策略之二，使用数学归纳法结合均值不等式、单调性可以证明2002年北京卷第（19）题：数列由下列条件确定：，（I）证明：对总有；(II)证明：对总有注：本题由递推数列给出的数列单调递减且有下界，故存在极限，为 是计算机设计程序进行开平方运算的根据；2004年在这方面的考查有重庆卷理科第（22）题：设数列满足 （）证明对一切正整数成立；

12、（）令，判定与的大小，并说明理由。 本题与上述几题比较，突出特点是解（证）法较多（可参考评分标准，此略），为考查考生的发散思维等创新思维能力提供了广阔而宽松的条件。3型这里重点分析型其主要求解策略是：借鉴上述求解策略之二之五，在技术和方法上略作变通。对只分析三种典型形式：（高阶）等差型）（等比型） （分式型）通过运用待定系数法、逐差、迭代等策略与方法，将递推关系式转化为易于求和化简的等差（或等比）数列，或裂项求和化简（适合分式型）；或运用求解策略之二，通过运算前几项，探索猜想结论，然后予以证明。例10（2003年新课程卷理）设为常数且。（1）证明对任意，；（2）假设对任意有，求的取值范围简析

13、（1）运用策略之三（待定系数法）求解如下：设=即，比较系数有得于是，是等比数列故注：本题也可运用策略之二，使用数学归纳法予以证明；同样运用策略之二恰当放缩不等式可解决如下问题：2002年全国卷第（22）题：设数列满足，当时求，并猜想的一个通项公式；当时证明对所有有； 2005年辽宁卷第22题：已知用数学归纳法证明；对都成立，证明（无理数）上二例属型，试题的设计方向已经不单纯是为了求通项公式，而主要是研究通项的性质（如取值范围问题等），采用证明所给结论的形式，可以起到提示解题方向，降低试题难度的作用。例11（1987年全国卷）设，常数与无关且。（1）求和的关系式；（2）写出用和表示的关系式简析（

14、1）本例属型，可先运用策略之一转化为型：-，故（2）由递推式求通项的方法很多，策略之二之五均可使用，如猜证法、迭代法、加减相消法、换元法、待定系数法、阶差数列法等，这里仅用迭代法解答如下：令得即，+=把代入得型主要为型，其求解策略是：求解策略之七 对于型应用下面的定理通过求其特征方程根来解决定理 在数列中， ，为初始值它的特征方程的两根为，则（）当时，；（）当时（证明略）例12 (2004年重庆卷文科第（22）题)设（）令，求数列的通项公式；（）求数列的前项和。略解 本题运用上述定理可通过解特征方程转化为等比数列来求解；当然，本题的设计意图是：分步设问，提示思路，降低难度：即（下略）例13 （

15、2005年广东卷第（10）题）数列满足若，则（ ）A 3/2 B 3 C 4 D 5 简析 本题是以2002年春招题（见前）为原型改造设计而成。运用策略之七，解特征方程得于是，故有，选B近年来，出现了如下类型的试题：例14 （2004年全国卷）已知数列满足则数列的通项为 简析 当时于是有 评注：此题是由型递推数列通过递推代换转化为型，再累乘求通项的典型题目，同时累乘时注意隐含条件（）的挖掘与使用；此题改造于2000年全国高考题第15题，又有新设计，是考查能力的一道好题。例15 （2002年新课程卷）已知是由非负整数组成的数列，满足，求；证明；求及简析本题是递推数列与整除等有关知识综合的试题，递推关系式中出现连续的四项，属型；