高考递推数列题的构造性解法

阶差数列 { an+ 1 - a n } , 再求 a n . 例 5 ( 2008 年四川文科 20 题 ) 设数列 { an } 的前 n 项和 S n = 2 an - 2 n , ( # ) 证明{ a n+ 1 - 2an } 为等比数列; ( ∃ ) 求{ an } 的通项公式. 解 ( # ) S n+ 1 = 2an+ 1 - 2n+ 1 ,
S n- 1 S n - 2S n + 1 = 0, 所以 S n = 令 = - 1 ,得 - 2 = 1( 等根) .
上式又可化为 Sn - 1 = 即 - 1 - 1 = - ( S n- 1 - 1 ) . S n- 1 - 2 S n- 1 - 2
2
2 1
巧用不动点
一阶整式递推式 方程 x = f ( x ) 的根 叫不动点, 对一阶整式
例 3 ( 2006 年全国卷理 22 题 ) 设数列 { an } 的前 n 项的和为 S n , 且方程 x 2 - a nx - an = 0 有 一根 S n - 1, n = 1, 2, 3, ∀. ( # ) 求 a1 , a2 ; ( ∃) 求 { an } 通项公式. 解 ( # ) n = 1, a1 = 1 , n = 2, 由 ( a2 - 1 ) 2 2 2
- 3y + 8 = 0 的交点 , 且与两点 P( 2 , 3) , Q(- 4, 5) 等距离的直线 l 的方程 .
2 2
求过点 P( 1, 2) 且与圆 C: x + y - 4 x 设直线方程为 y - 2 = k( x - 1) , 圆
2
+ 3 = 0 相切的直线方程. C: ( x - 2) + y = 1, 圆心 C( 2, 0 ) , 半径 r = 1, 由 直线与圆相切知圆心到直线的距离等于半径 , 即 | 2k + 2 - k | 3 = 1, 解得 k = . 2 4 k + 1 故所求直线方程为 y - 2 = 3x + 4y - 11 = 0. 显然 , 画出图形发现还有一条直线 x = 1 也 与圆相切 . 为什么会丢掉这一条?这是由于设的直 线方程是点斜式, 而直线 x = 1 的斜率不存在 . 所 以设点斜式时一定还要讨论斜率不存在的情况. 为了避免这种讨论 , 我们可以设直线的一般 式 A ( x - 1) + B( y - 2) = 0, 即 A x + By - A B | = 1 , 解得 B = 0 或者 2B = 0 , 由 | 2A - 2A - 2 2 A + B B= 4A. 3 所求直线方程为 x = 1 和 3x + 4y - 11 = 0. 点评 直线的点斜式和斜截式方程的适用 范围是直线的斜率存在, 而直线的一般式方程对 斜率存在不存在都适应. 所以有时为了避免对直 3 ( x - 1) , 即 4
- 3n- 1 - ( a - 3) 2n- 2 = 2 ) 3n- 1 + ( a - 3) 2n- 2 . , 2
n- 2
a1 因 a1 -
故 a n+ 1 - a n = 4 ) 3 [ 12( 当n 3 3 n- 2 ) + ( a - 3) ] . 2 2 时 , an+ 1
+ ( a - 3) 2
n n n ( 2) 易求 an+ 1 = a n - a + a - 1 = a + 1 , 2a n + 1 2a n + 1
且 , 就是递推式的两个不动点, 从而 an+ 1 = a2 n + 1 2an + 1 = ( an - ) 2 . 2 an + 1 恒成立.
2
&
因 a1 = 1 > N , 都有 an+ 1 >
! 41 ! N* .
n n- 1
=
∀ =
3) 2n- 1 , n 当n
& .
n
a1 a1-
2
n
( ∃) 由 & 得 S n = 3 + ( a - 3) 2
. = 1 ( 3+ 4 5) 2 = 1+ 2 5
4
2 时, an = S n - S n- 1 = 3 + ( a- 3 ) 2n- 1
n- 1
2 2
Hale Waihona Puke 一阶分式递推式 对线性分式递推式, 如 , 为不动点, 可构造 an an -
新数列 1 an 地求解.
, 如
为等根 , 可构造等 差数列
( 1) 由 x 2 + x - 1 = 0, 得 = 1 (- 1 + 2 5) .
2 2
. 其它分式递推式若有不动点也可类似
5) , = 1 (- 1 2
2
= 2, 所
= x + x - 1, , 是方程 f ( x ) = 0 的两个根( > ) , f %( x ) 是 f ( x ) 的导数 , 设 a 1 = 1, an+ 1 = an f ( an ) ( n = 1 , 2, 3 , ∀) , ( 1 ) 求 , 的值; ( 2 ) 证 f %( an ) 明: 对任意正 整数 n, 都有 an > ln an an ; ( 3 ) 设 bn = ( n = 1 , 2, ∀) , 求数列 { bn } 的前 n 项和
解析
由
3x + 4y - 5 = 0, 2x - 3y + 8 = 0
解得
x = - 1, y = 2,
故两条直线的交点为 (- 1, 2) , 设直线 l 的方 程为 y - 2 = k( x + 1) , 即 kx - y + k + 2 = 0. 由 P, Q 到直线 l 的距离相等, 即 | 2k - 3 + k + 2 | | - 4k - 5 + k + 2 | = , 2 k + 1 k2 + 1 解得 k = 1 . 3
n 又 b0 = - 1, 所以 b n = (- 1 ) 2 - 1 . 2 n 从而 a n = 2 + bn = 2 + (- 1 ) 2 - 1 . 2
S n. 分析 f ( x ) = x 2 + x - 1 即 a n+ 1 = an f ( an ) 的特征方程, 其根 , 即不动 点, 对形如 f %( an ) an+ 1 = 造数列 解 Ca 2 n+ D 的递推数列问题 , 也可相应地构 A an + B an an 求出 a n , 再求 bn .
1
构造倒数数列
B( n) = 0, 可取倒数构造出倒数数列来解. 例 1 ( 2006 年江西考题 ) 已知 { an } 满足 a1 3na n- 1 = 3 且 an = ( n 2, n N* ) , 求 2 2 an- 1 + ( n - 1 ) { an } 的通项 . 解 将原式两边取倒数 , 化为
! 40 ! 1n 1 n- 1 = ( 1). an 3 an- 1
中学数学月刊
2010 年第 2 期
( ∃) 由题设( S n - 1) 2 - an ( S n - 1 ) - an = 0, 得 S2 n - 2 S n + 1 - anS n = 0 . 当n 2 时, a n = S n - S n- 1 , 代入 上 式得 1 . S n- 1 - 2
因此 { 1 -
n 1 } 为等比数列, 首项为 1 = an a1
1 1 n 1 n3n , 公比为 , 即 1 = n , 解得 an = n . 3 3 an 3 3 - 1 类似地, 形如 x n+ 1 = 问题也可同法解之. A ( n) x nx n+ 1 的递推数列 x n + x n+ 1
故直线 l 的方程为 x + 3y - 5 = 0. 画出图形后发现还遗漏了 x = - 1 . 为了避免 讨论 , 防止漏解, 我们不妨设直线系方程 . 设直线 l: 3x + 4y - 5 + ( 2 x - 3y + 8) = 0, 即 ( 3 + 2 ) x + ( 4 - 3 ) y - 5 + 8 = 0, 于是 | 2 ( 3 + 2 ) + 3( 4 - 3 ) - 5 + 8 | = 2 2 (3+ 2 ) + (4- 3 )
1 = 1 1 + (n - 1 = ∀= Sn - 1 S n- 1 - 1 S1 - 1 n . n+ 1
递推式 an+ 1 = f ( an ) , 如存在不动点 , 可令 bn = an , 构造出新数列{ b n } 获解 . 例2 ( 2005 年江 西理科 21 题 ) 已知 数列
- 1) (- 1 ) = - n - 1, 解得 S n = 所以 a n = S n - S n- 1 = 1 . n( n+ 1)
n- 2
=
an 故 ln an 4ln 1 + 2 5 ! 2n- 1 ,
= 4ln 1 + 5 ! 2n- 1 , 即 b n = 2
a n , 所以 12( 3 ) n- 2 + a 2
0, 所以 a
- 9. 又 a 2 = a1 + 3 > a 1 .
b1 ( 2n - 1 ) 从而 S n = = ( 2 n+ 2 - 4 ) ln 1 + 5 . 2- 1 2
{ an } 的 各 项 都 是 正 数 且 满 足 a 0 = 1, an+ 1 = 1 a n ( 4 - a n ) , 求 { an } 通项公式 an . 2 解 1 令 = ( 4- ) , 得 2