（高中数学教学论文）几类递推数列的通项公式的求解策略-苏教版必修5.doc

1、高中数学教学精品论文高中数学教学精品论文 几类递推数列的通项公式的求解策略几类递推数列的通项公式的求解策略 已知递推数列求通项公式，是数列中一类非常重要的题型，也是高考的热点之一数列的递推公式千 变万化，由递推数列求通项公式的方法灵活多样，下面谈谈它们的求解策略 一、一、)( 1 nfaa nn 方法：利用叠加法 ) 1 ( 12 faa，),2( 23 faa，) 1( 1 nfaa nn ， 1 1 1 )( n k n kfaa 例例 1 1数列 n a满足1 1 a， nn aa nn 2 1 1 )2( n，求数列 n a的通项公式 解：解：由 ) 1() 1( 1 2 1 nn a

2、a nn 得 1 1 2 1 ) 1() 1( 1 n k n kk aa= 1 1 ) 1 11 (1 n k kk = n 1 11= n 1 2 例例 2 2数列 n a满足1) 1( 1 nn anna，且1 1 a，求数列 n a的通项公式 分析：分析：注意到左右两边系数与下标乘积均为) 1( nn，将原式两边同时除以) 1( nn，变形为 ) 1( 1 1 1 nnn a n a nn 令 n a b n n ，有 ) 1( 1 1 nn bb nn ，即化为类型1， 以下略 二、二、 )( 1 nfaa nn 方法：利用叠代法 ) 1 ( 12 faa ，),2( 23 faa

3、，) 1( 1 nfaa nn ，)( 1 1 1 kfaa n k n 例例 3 3数列 n a中2 1 a，且 1 2 ) 1 1 ( nn a n a，求数列 n a的通项 解：解：因为 nn a n a ) 1( 1 1 2 1 ，所以 )( 1 1 1 kfaa n k n = ) 1( 1 1 2 2 1 1 k n k = 1 2 1 2 1 1 k k k k n k = n n1 三、三、qpaa nn 1 ，其中，其中qp,为常数，且为常数，且0, 1qp 当出现qpaa nn 1 )( Nn型时可利用叠代法求通项公式，即由qpaa nn 1 得 32 1 1 21 ()(

4、 nnn nnn ppapqqpapqpaaqpp) 1 2 = ) 1( 1 ) 1( 1 1 1 p p pq pa n n 或者利用待定系数法，构造一个公比为p的等比数列，令 )( 1 nn apa，则(1),pq即 1 q p ，从而 1 p q an是一个公比为p的等比数列如 下题可用待定系数法得1 1 2 1 2 3 ，可将问题转化为等比数列求解待定系数法有时比叠代法来地 简便 例例 4 4设数列 n a的首项 1 1 2 a ， 2 3 1 n n a a，, 4 , 3 , 2n，求数列 n a通项公式 解：解：令 1 1 2 nn akak ，又 1 1 313 222 n

5、nn a aa ，, 4 , 3 , 2n，1k ， 高中数学教学精品论文高中数学教学精品论文 ) 1( 2 1 1 1 nn aa， 又 1 1 2 a ， 1 n a是 首 项 为 1 2 ， 公 比 为 2 1 的 等 比 数 列 ， 即 1 1 ) 2 1 )(1(1 n n aa，即 1 ()1 2 n n a 四、四、)2( 11 nqapaa nnn ，qp,为常数为常数 方法：可用下面的定理求解：令,为相应的二次方程0 2 qpxx的两根(此方程又称为特征方 程)， 则当时， nn n aAB； 当时， 1 )( n n BnAa， 其中BA,分别由初始条件 21,a a 所得

6、的方程组 1 22 2 ,ABa ABa 和 1 2 , (2 ) ABa ABa 唯一确定 例例 5 5数列 n a， n b满足： 1 1 2(1) 66(2) nnn nnn aab bab ，且2 1 a，4 1 b，求 n a， n b 解：解：由)2(得 nnn bba 1 6 1 ， 121 6 1 nnn bba，代入到) 1 (式中，有 nnn bbb65 12 ，由特征方程可得 28 12 23 3 nn n b ，代入到)2(式中，可得 14 8 23 3 nn n a 说明：说明：像这样由两个数列 n a， n b构成的混合数列组求通项问题，一般是先消去 n a (或

7、n b)，得到 112 nnn qbpbb(或 112 nnn qapaa)，然后再由特征方程方法求解 五、五、)( 1 nfpaa nn 型，这里型，这里p为常数，且为常数，且1p 例例 6 6在数列 n a中，, 2 1 a)(2)2( 1 1 Nnaa nn nn ，其中 0，求数列 n a通项公式 解解： 由, 2 1 a)(2)2( 1 1 Nnaa nn nn ，0， 可得1) 2 () 2 ( 1 1 1 n n nn n n aa ， 所以) 2 ( n n n a 为等差数列，其公差为1，首项为0 故1) 2 (n a n n n ，所以数列 n a的通项公式为 nn n n

8、a2) 1( 评析：评析：对)( 1 nfpaa nn 的形式，可两边同时除以 1n p，得 11 1 )( nn n n n p nf p a p a ， 令, n n n b p a 有 1 1 )( n nn p nf bb，从而可以转化为累加法求解 六、六、 1 (0,0,1) k nn amamkQ kk 一般地，若正项数列 n a中， 11 ,(0,0,1) k nn aa amamkQ kk ，则有 maka nn lglglg 1 ，令)(lglg 1 AakAa nn (A为常数)，则有Am k lg 1 1 数列lg 1 1 lgm k an 为等比数列，于是 1 )lg

9、1 1 (lglg 1 1 lg n n km k am k a， 从而可得 1 1 1 1 k k k n n n maa 例例 7 7已知各项都是正数的数列 n a满足 2 3 1 a，)4( 2 1 1nnn aaa ，求数列 n a的通项公式 高中数学教学精品论文高中数学教学精品论文 分析分析：数列 n a是一个二次递推数列，虽然不是基本冪型，但由它可以构造一个新的冪型数列 n b， 通过求 n b的通项公式而达到求数列 n a通项公式的目的 解：解：由已知得, 2)2( 2 1 2 1 nn aa令 nn ba 2，则有 2 11 2 1 , 2 1 nn bbb , 20, 0 1 nn aa又20 1 a，20 n a，从而0 n b 取对数得2lglg2lg 1 nn bb，即)2lg(lg22lglg 1 nn bb 2lglg n b是首项为2lg2，公比为2的等比数列， 1 21 2 lglg22 lg2,2,22 nn n nnn bba