高三数学一轮复习-专家讲坛-由递推公式求通项的7种方法及破解数列中的3类探索性问题-文

1高三数学一轮复习专家讲坛由递推公式求通项的7种方法及破解数列中的3类探索性问题文一、由递推公式求通项的7种方法1．an＋1＝an＋f(n)型把原递推公式转化为an＋1－an＝f(n)，再利用累加法(逐差相加法)求解，即an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝a1＋f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(n－1)．[例1]已知数列{an}满足a1＝12，an＋1＝an＋1n2＋n，求an.[解]由条件，知an＋1－an＝1n2＋n＝1nn＋＝1n－1n＋1，则(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1－1n，所以an－a1＝1－1n.因为a1＝12，所以an＝12＋1－1n＝32－1n.2．an＋1＝f(n)an型把原递推公式转化为an＋1an＝f(n)，再利用累乘法(逐商相乘法)求解，即由a2a1＝f(1)，a3a2＝f(2)，…，anan－1＝f(n－1)，累乘可得ana1＝f(1)f(2)…f(n－1)．[例2]已知数列{an}满足a1＝23，an＋1＝nn＋1·an，求an.[解]由an＋1＝nn＋1·an，得an＋1an＝nn＋1，故an＝anan－1·an－1an－2·…·a2a1·a1＝n－1n×n－2n－1×…×12×23＝23n.即an＝23n.3．an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)型对于此类问题，通常采用换元法进行转化，假设将递推公式改写为an＋1＋t＝p(an＋t)，比较系数可知t＝qp－1，可令an＋1＋t＝bn＋1换元即可转化为等比数列来解决．[例3]已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3，求an.[解]设递推公式an＋1＝2an＋3可以转化为an＋1－t＝2(an－t)，即an＋1＝2an－t，则t＝－3.故递推公式为an＋1＋3＝2(an＋3)．2令bn＝an＋3，则b1＝a1＋3＝4，且bn＋1bn＝an＋1＋3an＋3＝2.所以{bn}是以b1＝4为首项，2为公比的等比数列．所以bn＝4×2n－1＝2n＋1，即an＝2n＋1－3.4．an＋1＝pan＋qn(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)型(1)一般地，要先在递推公式两边同除以qn＋1，得an＋1qn＋1＝pq·anqn＋1q，引入辅助数列{bn}其中bn＝anqn，得bn＋1＝pq·bn＋1q，再用待定系数法解决；(2)也可以在原递推公式两边同除以pn＋1，得an＋1pn＋1＝anpn＋1p·qpn，引入辅助数列{bn}其中bn＝anpn，得bn＋1－bn＝1pqpn，再利用叠加法(逐差相加法)求解．[例4]已知数列{an}中，a1＝56，an＋1＝13an＋12n＋1，求an.[解]法一：在an＋1＝13an＋12n＋1两边乘以2n＋1，得2n＋1·an＋1＝23(2n·an)＋1.令bn＝2n·an，则bn＋1＝23bn＋1，根据待定系数法，得bn＋1－3＝23(bn－3)．所以数列{bn－3}是以b1－3＝2×56－3＝－43为首项，以23为公比的等比数列．所以bn－3＝－43·23n－1，即bn＝3－223n.于是，an＝bn2n＝312n－213n.法二：在an＋1＝13an＋12n＋1两边乘以3n＋1，得3n＋1an＋1＝3nan＋32n＋1.令bn＝3n·an，则bn＋1＝bn＋32n＋1.所以bn－bn－1＝32n，bn－1－bn－2＝32n－1，…，b2－b1＝322.3将以上各式叠加，得bn－b1＝322＋…＋32n－1＋32n.又b1＝3a1＝3×56＝52＝1＋32，所以bn＝1＋32＋322＋…＋32n－1＋32n＝1·1－32n＋11－32＝232n＋1－2，即bn＝232n＋1－2.故an＝bn3n＝312n－213n.5．an＋1＝pan＋an＋b(p≠1，p≠0，a≠0)型这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令an＋1＋x(n＋1)＋y＝p(an＋xn＋y)，与已知递推式比较，解出x，y，从而转化为{an＋xn＋y}是公比为p的等比数列．[例5]设数列{an}满足a1＝4，an＝3an－1＋2n－1(n≥2)，求an.[解]设递推公式可以转化为an＋An＋B＝3[an－1＋A(n－1)＋B]，化简后与原递推式比较，得2A＝2，2B－3A＝－1，解得A＝1，B＝1.令bn＝an＋n＋1.(*)则bn＝3bn－1，又b1＝6，故bn＝6·3n－1＝2·3n，代入(*)式，得an＝2·3n－n－1.6．an＋1＝parn(p0，an0)型这种类型一般是等式两边取对数后转化为an＋1＝pan＋q型数列，再利用待定系数法求解．[例6]已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝1a·a2n(a0)，求数列{an}的通项公式．[解]对an＋1＝1a·a2n的两边取对数，得lgan＋1＝2lgan＋lg1a.令bn＝lgan，则bn＋1＝2bn＋lg1a.4由此得bn＋1＋lg1a＝2bn＋lg1a，记cn＝bn＋lg1a，则cn＋1＝2cn，所以数列{cn}是以c1＝b1＋lg1a＝lg1a为首项，2为公比的等比数列．所以cn＝2n－1·lg1a.所以bn＝cn－lg1a＝2n－1·lg1a－lg1a＝lga·1a2n－1＝lga1－2n－1，即lgan＝lga1－2n－1，所以an＝a1－2n－1.7．an＋1＝AanBan＋C(A，B，C为常数)型对于此类递推数列，可通过两边同时取倒数的方法得出关系式[例7]已知数列{an}的首项a1＝35，an＋1＝3an2an＋1，n＝1,2,3，…，求{an}的通项公式．[解]∵an＋1＝3an2an＋1，∴1an＋1＝23＋13an，∴1an＋1－1＝131an－1.又1a1－1＝23，∴1an－1是以23为首项，13为公比的等比数列，∴1an－1＝23·13n－1＝23n，∴an＝3n3n＋2.二、破解数列中的4类探索性问题1．条件探索性问题此类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探求，或条件增删需确定，或条件正误需判定，解决此类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件，在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意．[例1]已知数列{an}中，a1＝2，a2＝3，其前n项和Sn满足Sn＋2＋Sn＝2Sn＋1＋1(n∈N*)；数列{bn}中，b1＝a1，bn＋1＝4bn＋6(n∈N*)．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；5(2)设cn＝bn＋2＋(－1)n－1λ·2an(λ为非零整数，n∈N*)，试确定λ的值，使得对任意n∈N*，都有cn＋1cn成立．[解](1)由已知得Sn＋2－Sn＋1－(Sn＋1－Sn)＝1，所以an＋2－an＋1＝1(n≥1)．又a2－a1＝1，所以数列{an}是以a1＝2为首项，1为公差的等差数列．所以an＝n＋1.因为bn＋1＝4bn＋6，即bn＋1＋2＝4(bn＋2)，又b1＋2＝a1＋2＝4，所以数列{b2＋2}是以4为公比，4为首项的等比数列．所以bn＝4n－2.(2)因为an＝n＋1，bn＝4n－2，所以cn＝4n＋(－1)n－1λ·2n＋1.要使cn＋1cn成立，需cn＋1－cn＝4n＋1－4n＋(－1)nλ·2n＋2－(－1)n－1λ·2n＋10恒成立，化简得3·4n－3λ(－1)n－12n＋10恒成立，即(－1)n－1λ2n－1恒成立，①当n为奇数时，即λ2n－1恒成立，当且仅当n＝1时，2n－1有最小值1，所以λ1；②当n为偶数时，即λ－2n－1恒成立，当且仅当n＝2时，－2n－1有最大值－2，所以λ－2，即－2λ1.又λ为非零整数，则λ＝－1.综上所述，存在λ＝－1，使得对任意n∈N*，都有cn＋1cn成立．[点评]对于数列问题，一般要先求出数列的通项，不是等差数列和等比数列的要转化为等差数列或等比数列．遇到Sn要注意利用Sn与an的关系将其转化为an，再研究其具体性质．遇到(－1)n型的问题要注意分n为奇数与偶数两种情况进行讨论，本题易忘掉对n的奇偶性的讨论而致误．2．结论探索性问题此类问题的基本特征是：有条件而无结论或结论的正确与否需要确定．解决此类问题的策略是：先探索结论而后去论证结论，在探索过程中常可先从特殊情形入手，通过观察、分析、归纳、判断来作一番猜测，得出结论，再就一般情形去认证结论．[例2]已知各项均为正数的数列{an}满足：a2n＋1＝2a2n＋anan＋1，且a2＋a4＝2a3＋4，其中n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足：bn＝nann＋n，是否存在正整数m，n(1mn)，使得b1，bm，bn成等比数列？若存在，求出所有的m，n的值，若不存在，请说明理由；6(3)令cn＝1＋nan，记数列{cn}的前n项积为Tn，其中n∈N*，试比较Tn与9的大小，并加以证明．[解](1)因为a2n＋1＝2a2n＋anan＋1，即(an＋an＋1)(2an－an＋1)＝0.又an0，所以2an－an＋1＝0，即2an＝an＋1.所以数列{an}是公比为2的等比数列．由a2＋a4＝2a3＋4，得2a1＋8a1＝8a1＋4，解得a1＝2.故数列{an}的通项公式为an＝2n(n∈N*)．(2)因为bn＝nann＋n＝n2n＋1，所以b1＝13，bm＝m2m＋1，bn＝n2n＋1.若b1，bm，bn成等比数列，则m2m＋12＝13n2n＋1，即m24m2＋4m＋1＝n6n＋3.由m24m2＋4m＋1＝n6n＋3，可得3n＝－2m2＋4m＋1m2，所以－2m2＋4m＋10，从而1－62m1＋62.又n∈N*，且m1，所以m＝2，此时n＝12.故当且仅当m＝2，n＝12时，b1，bm，bn成等比数列．(3)构造函数f(x)＝ln(1＋x)－x(x≥0)，则f′(x)＝11＋x－1＝－x1＋x.当x0时，f′(x)0，即f(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以f(x)f(0)＝0.所以ln(1＋x)－x0.所以lncn＝ln1＋nan＝ln1＋n2nn2n.所以lnTn12＋222＋323＋…＋n2n.记An＝12＋222＋323＋…＋n2n，则12An＝122＋223＋324＋…＋n－12n＋n2n＋1，所以An－12An＝12＋122＋123＋124＋…＋12n－n2n＋1＝1－n＋22n＋11，即An2.所以lnTn2.所以Tne29，即Tn9.[点评]对于结论探索性问题，需要先得出一个结论，再进行证明．注意含有两个变量7的问题，变量归一是常用的解题思想，一般把其中的一个变量转化为另一个变量，根据题目条件，确定变量的值．遇到数列中的比较大小问题可以采用构造函数，根据函数的单调性进行证明，这是解决复杂问题常用的方法．3．存在探索性问题此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立．解决此类问题的一般方法是：假定题中的数学对象存在或结论成立或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．[例3]