09高考数学二轮复习--数列 递推数列

2020/6/61)(1nfmaann2020/6/62考试背景递推列：)(1nfmaann在０６－０８年的高考中，历年都有涉及，如（不完全统计）：０６年：全国理Ⅰ，福建；０７年：全国理Ⅰ，理Ⅱ；０８年：全国理Ⅱ．2020/6/63一、基础知识3．an=(an－an-1)+(an-1－an-2)+…+(a2－a1)+a1；;1qaann2．等比数列的概念：;.4112211aaaaaaaannnnn5．换元法，待定系数法．1．等差数列的概念：an+1-an=d2020/6/64二、例析例1.已知数列{an}中,a1=2,an+1=an+3,则{an}的通项为_______．解法１：由an+1=an+3得an+1－an＝3，故数列｛an｝是首项为２，公差为３的等差数列，因此，由通项公式得：an=2+(n-1)×３＝3n-1．解法２：由an+1=an+3得an+1－an＝3，故an=(an－an-1)+(an-1－an-2)+…+(a2－a1)+a1＝3(n-1)+2=3n-1．2020/6/65例２.已知数列{an}中,a1=2,an+1=3an,则{an}的通项为_______．故3,aa:得3a由a:解法1n1nn1n数列｛an｝是首项为２，公比为３的等比数列，因此an=2×3n-1故得由,3:3:2解法11nnnnaaaa111221132nnnnnnaaaaaaaa2020/6/66例３.已知数列{an}中,a1=2,an+1=4an+3,则{an}的通项为_______．解法１：由an+1=4an+3得,an+1＋１=4(an+1),故数列｛an＋１｝是首项为a1+1=3，公比为4的等比数列，因此an+1=3×4n-1,即an=-1+3×4n-1111221143)1(1111111nnnnnnaaaaaaaa因此an+1=3×4n-1,即an=-1+3×4n-1故得由,411),1(41:34:解法2111nnnnnnaaaaaa2020/6/67小结：待定系数法在变形转化中的作用用观察的方法将an+1=4an+3变形成an+1＋１=4(an+1),是一大难点，这个变形可以运用待定系数法来完成．引伸：已知数列{an}的首项是a1,an+1=man+r(m1，r≠0),则{an}的通项为_______．解：设an+1＋k=m(an+K),则an+1=man+(m-1)K,因此,(m-1)k=r,故1mrk),1(111mrammrarmaannnn变形成了由此将这样就可以运用解法1和解法2的方法了（下解略）．2020/6/68解法３：由an+1=4an+3①得an+２=4an+1+3②②-①得：an+2-an+1=4(an+1-an)．则数列｛an+1-an｝是首项为a２-a１＝(４a１＋３)-a１＝３a１+3=9，公比为４的等比数列．所以，an-an-1＝9×4n-2所以，an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)＋a1＝9×4n-2＋9×4n-３＋…＋9×40＋２11431241419nn2020/6/69解法４：同解法３得：an+2-an+1=4(an+1-an)．则故,4112nnnnaaaa,49)(212122332212111nnnnnnnnnnnaaaaaaaaaaaaaaaa所以，an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)＋a1＝9×4n-2＋9×4n-３＋…＋9×40＋２＝－1+3×4n-1．2020/6/610.,33,21,.4111nnnnnaaaaa求已知数列例解：两边同除以3n得：.3133:,31331111nnnnnnnnaaaa即.3161331的等差数列公差为为首项是以，aann即.3121)31)(1(613nnann.33211nnnna2020/6/611.,354,3,.511nnnnnaaaaa求已知数列例解法1：两边同除以3n得：.5334311nnnnaa)3.(534,31的方法解以下用例则得令nnnnnAAAa.3134),(3411kAAkAkAnnnn则又令).15(3415:.15,5311nnAAkk从而得.34,1615315}15{11的等比数列公比为是首项为而aAAn2020/6/61211)34(1615,)34(1615nnnnAA1143315))34(1615(33nnnnnnnAa解法2：则令),3(4311nnnnkaka.15,53,3341kkkaannn从而得则),315(431511nnnnaa2020/6/6131143448315nnnna143315nnna.4,48315}315{1的等比数列公比为是首项为而aann说明2：解法１是在两边同除了bn后，再通过换元将an=can-1+dbn化成了An=mAn-1+r的形式．此时就可以用例３的各种解法求解了．解法２，通过直接利用待定系数法将an=can-1+dbn的形式化成了an＋kbn=c(an-1+kbn-1)形式的等比数列．然后再进行求解．特别要注意“所要待定等式”左右两边b的幂次方的差异．2020/6/614三、练习1.已知数列{an}中,a1=１,an+1=an－3,则{an}的通项为_______．２.已知数列{an}中,a1=３,an+1=－２an,则{an}的通项为_______．３.已知数列{an}中,a1=１,an+1=２an－3,则{an}的通项为_______．.,323,2,.411nnnnnaaaaa求已知数列5.已知数列{an},a1=１,an=an-1+3n,则{an}的通项为_______．2020/6/615三、解答：1.答an=-3n+42.答an=3×(-2)n-13.解：a1=１a２=-１,a２-a1=-2,∴an-an-1=(-2)×2n-2=-2n-1,an+1-an=2(an-an-1),∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)=-2n-1-2n-2-…-2=2-2n.2020/6/616233:323:.4111nnnnnnnaaaa得由解,323,233111aaannnn3)33()33()33(31122221111aaaaaaaannnnnnnnnn,342322)1(nn21121322:2:.5naannnnn得两边同除以解21121322:naannnn即2020/6/6172)22()22()22(21122221111aaaaaaaannnnnnnnnn21212321)1(321321nnnn),1(212321)1(321321nnnnnS令),2(212321)1(32132131nnnnnS则nnnS2534:)2()1(并化简整理得由)53(29)212534(2)21(21nnSannnnnn2020/6/618四、小结)(),(1nfmaaannn满足递推数列1.m=1,f(n)=r(常量),就成了等差数列；2.m≠1,f(n)=0，就成了等比数列；3.m≠1,f(n)=r(常量),就用待定系数法转化成等比数列；4.m≠1,f(n)=bn,先在两边同除以bn，变形成3的形式后再用待定系数法转化成等比数列；5.f(n)=bn+c,先在两边同除以bn，变形成与3类似的形式后，再用待定系数法转化成等比数列或用其它办法进行处理；2020/6/619五、作业.}{,23,1)3()21(3}{).2205(11111的通项公式数列求且满足项和前已知数列题江苏文nnnnnnaSSnSSSnaniinnnnnnnnTnSTⅡaⅠnaSnaⅠ1123:,,3,2,1,2)(;)(.,3,2,1,3223134}{).2206(2证明设求首项与通项项和前已知数列题理全国3(选做).06福建理22题;07年全国Ⅰ理22题;07年全国理Ⅱ21题;08年全国理Ⅱ20题中2道题.2020/6/620六、结束