由数列递推公式求通项公式的几种方法及在高考中的应用

an + 1 － an = 2n － 8， 选 B． 由已知得 b n = 2 n － 8 ， 由
b ． p －1
累加法得 （ a2 － a1 ） + （ a3 － a2 ） + … + （ a8 － a7 ） = － 6 + （ － 4 ） + （ － 2 ） + 0 + 2 + 4 + 6 = 0 a8 = a1 = 3 ． 例2 an + 1 33 ， （ 2010 年辽宁理数 16 ） 已知数列 ｛ a n ｝ 满足 a1 = ． an － a n = 2 n， 则 的最小值为 n 21 ． 2 a n = （ a n － a n － 1 ） + （ a n － 1 － a n － 2 ） + … + （ a2 －
设 f（ n） =
33 ，+ ∞ ） 上是单调递增， 33 ） 上 则 f（ n） 在 （ 槡 在 （ 0， 槡 ． 是递减的 ∵ n∈ N + ， ∴ 当 n = 5 或 6 时 f（ n） 有最小值． 又 ∵ a5 53 a6 63 21 = ， = = ， 5 5 6 6 2
n +1 n +1 路， 等式 两 边 除 以 p 或 者 q ， 分别得到
(
π ． 2
)
(
2 （ 3 ） 同（ 1 ） 可 得， f （ θ） ≥2 槡 当 ρ ∈ （ 2 ，+ ∞ ） 时， 2 π π 0 ＜θ＜ （ 当且仅当 θ = 时等号成立 ） ， 所 以， 当0 ＜ 2 4
ρ
)
π （ 1 ） 易得当 ρ∈（ － ∞ ， 0 ） 时， f' （ θ） ＜ 0 θ∈ 0 ， ， 故 4 π π y = f （ θ ） 在 0 ， 上 单 调 递 减， ， 从 而 f （ θ） ≥ f 即 4 4 2 f（ θ） ≥2 槡 2
1 p
(#43;1 n +1
=
an 1 p · n + ． 前者用累加法， 后者回到 q q q
了类型 3 ．
n 对于 a n + 1 = pa n + rq 推荐用第二种思路．
数学学习与研究 2012. 7
解题技巧与方法
JIETI JIQIAO YU FANGFA
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《中学数学研究 》 数学问题 360 的简证
( )
(
ρ
( )
ρ
(
( ))
ρ
)
所以， 当0 ＜ θ ＜ sinθcosθ = 1 ． 2
π 2 f （ θ） = 2 槡 时， 2 2
( ) θ = π 4
ρ
（ 接上页） a1 = 1 ， 例 5 （ 2010 年重庆理数 21 ） 在数列 ｛ a n ｝ 中， n +1 * a n + 1 = ca n + c （ 2 n + 1 ） （ n ∈ N ） ， 其中实数 c ≠0 ． 求 ｛ a n ｝ 的通项公式． n +1 解析 a n + 1 = ca n + c （ 2 n + 1 ） ， 由类型 4 ， 两边同除以 a a n + 1 n cn + 1 ， 得 n + 1 = n + （ 2n + 1） ． c c an 1 + （ 3 + 5 + … + 2n － 1） ． 由类型 1 ， 累加， 得 n = c c ∴ a n = c n － 1 + （ n2 － 1 ） c n ． ka n ． 类型 5 a n + 1 = ma n + n 1 m 1 n = · + ， 解法 通常用倒数法得到 之后换 an + 1 k an k 元变形为 b n + 1 = pb n + q， 又回到了类型 3 的处理． 例 6 （ 2011 年高考广东卷理科 20） 设 b ＞ 0， 数列｛ an ｝ 满 nban － 1 an = （ n≥2） ． 求数列｛ an ｝ 的通项公式． 足 a1 = b， an － 1 + 2n － 2 nba n － 1 ＞ 0， 解析 由 a1 = b ＞ 0 ， 知 an = an － 1 + 2n － 2 根据类型 5 ， 两边取倒数， 得 n 1 2 n －1 = + · ， 记为（ * ） 式． an b b an － 1
{ }
(
)
{
}
{
【参考文献】 ［ 1］ 汤润梅． 浅析递推数列的通项公式的求法 ． 学习方 2011 （ 12 ） ． 法报（ 语数教研周刊） ， ［ 2］ 高继峰． 由递推公式求数列通项公式的几种方法 ． 2009 （ 8 ） ． 数学学习与研究，
◎韦兴洲 （ 广西恭城县恭城中学 542500 ） 2 （ 2 ） 同 （ 1 ） 可 得， 2 ） 时， f （ θ） ≤ 2 槡 当 ρ ∈ （ 0， 2 π π 0 ＜θ＜ （ 当且仅当 θ = 时等号成立 ） ， 所 以， 当0 ＜ 2 4 【摘要】 《中学数学研究 》 2011 年第 12 期孙文彩老师给 出了一个值得探究的问题 ， 笔者通过构造函数提供了证明 ． 【关键词】 等式； 证明； 函数 问题 360
ρ ρ
(
)
( ) ( )
ρ
2 sin θ + cos θ = 2 槡 2 证明 由f
( )(
ρ
对 于 给 定 的 常 数 ρ ∈ R， ρ ≠ 2， ρ ≠ 0， 等式 1 π 0 ＜θ ＜ 成立． 求证： sinθcosθ = ． 2 2
)
θ＜
π 2 f （ θ） = 2 槡 时， 2 2
1 sniθcosθ = ． ( ) θ = π 4 2
类型 2 解法
其中 f（ n） 多为分式结构． 解， 例3 （ 2000 年全国卷） 设数列｛ a n ｝ 是首项为 1 的正项 ．
2 2 2， 3， …） ， 且（ n + 1 ） a n + 1 － na n + a n a n + 1 = 0 （ n = 1 ， 则它 数列，
的通项公式是 解析
数学学习与研究 2012. 7
1 n 1 n －1 ， + 变为 = an 2 2 an － 1 n 1 1 ∴ 构成首项为 ， 公差为 的等差数列， an 2 2 2 ∴ an = ． n 若 b≠2 ， 则由类型 3 ， n 2 n －1 +p ， 设（ * ） 式为 + p = an b an － 1 1 ， 用待定系数法， 求得 p = 2 －b n 1 2 2 + ∴ ， 构成首项为 公比为 的等比 an 2 － b b（ 2 － b） b 数列， nb n （ b － 2 ） ， b≠2 ， nb n （ b － 2 ） bn － 2 n ． ∴ an = 化简， 得 an = n n b －2 2， b = 2． 若 b = 2， 则
此类数列解决的常用办法是用待定系数法将其构造成 一个新的等比数列， 再利用等比数列的性质进行求解 ． 设 a n + 1 + m = p（ a n + m） ， 展开整理 a n + 1 = pa n + pm － m， 比较系 数有 pm － m = b， 所以 m = 公比为 p， 首项为 a1 + 例4 数列． 解析 由已知 S n + 1 = （ n + 1 ） － 5 a n + 1 － 85 ， 5 1 = an + ． 6 6 5 （ an － 1） ． 6 ① ② S n = n － 5 a n － 85 ， 得 an + 1 ① － ②， b b ， 所以 a n + 是等比数列， p －1 p －1
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解题技巧与方法
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由数列递推公式求通项公式的几种方法及在高考中的应用
◎刘 丽 （ 安徽省淮北市第十二中学 235000 ） an a6 21 的最小值为 = ． n 6 2 a n + 1 = f（ n） a n ． 把原递推公式转化为 an + 1 = f（ n） ， 利用累乘法求 an 【摘要】 数列在高中数学学习中占有相当重要的一部 分， 不仅在高考中占有很大的比例 ， 而且有些涉及数列的高 考题难度也很大． 其中根据数列的递推关系求数列的通项 也是高考中的一个考点 ． 公式是很多同学学习的一个难点 ， 为了帮助大家突破这一难点 ， 在这里对常见的由递推数列 求通项的类型及方法作一归纳 ， 并就近几年高考中涉及由 数列递推公式求通项公式的题目做一介绍 ． 【关键词】 数列； 通项公式； 求法； 应用 数列的通项在数列中处于关键地位 ， 知道了数列的通 项， 才能很好地研究数列的性质 ． 在高考数列题中， 求数列 因此求出数列的通项是决定 的通项有着承上启下的作用 ， 数列这道题能否解出的关键点 ． 下面我们来介绍由数列递 推公式求数列的通项公式的常见类型 ． 类型 1 解析 a n + 1 = a n + f（ n） ． 把原递推公式转化为 a n + 1 － a n = f （ n ） ， 利用累 ∴
∵ a1 － 1 = － 15 ≠0 ， ∴ 数列｛ a n － 1 ｝ 是等比数列． 类型 4 解法 an + 1 = pan + qn （ 其中 p， q 均为常数， pq（ p － 1 ） ·
n 一般地， 对于 a n + 1 = pa n + q 可以采取两种思
（ q － 1） ≠0） ． （ 或 an + 1 = pan + rqn ， q， r 均为常数） 其中 p， an + 1 an = n + pn + 1 p