1、高考资源网（） 您身边的高考专家由递推公式求通项的7种方法及破解数列中的4类探索性问题一、由递推公式求通项的7种方法1an1anf(n)型把原递推公式转化为an1a nf(n)，再利用累加法(逐差相加法)求解，即ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)a1f(1)f(2)f(3)f(n1)例1已知数列an满足a1，an1an，求an.解由条件，知an1an，则(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)，所以ana11.因为a1，所以an1.2an1f(n)an型把原递推公式转化为f(n)，再利用累乘法(逐商相乘法)求解，即由f(1)，f(2)，f(n1)，累乘可得f(1)f(2)
2、f(n1)例2已知数列an满足a1，an1an，求an.解由an1an，得，故ana1.即an.3an1panq(其中p，q均为常数，pq(p1)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an1tp(ant)，比较系数可知t，可令an1tbn1换元即可转化为等比数列来解决例3已知数列an中，a11，an12an3，求an.解设递推公式an12an3可以转化为an1t2(ant)，即an12ant，则t3.故递推公式为an132(an3)令bnan3，则b1a134，且2.所以bn是以b14为首项，2为公比的等比数列所以bn42n12n1，即an2n13.4an1panqn
3、(其中p，q均为常数，pq(p1)0)型(1)一般地，要先在递推公式两边同除以qn1，得，引入辅助数列bn，得bn1bn，再用待定系数法解决；(2)也可以在原递推公式两边同除以pn1，得n，引入辅助数列bn，得bn1bnn，再利用叠加法(逐差相加法)求解例4已知数列an中，a1，an1ann1，求an.解法一：在an1ann1两边乘以2n1，得2n1an1(2nan)1.令bn2nan，则bn1bn1，根据待定系数法，得bn13(bn3)所以数列bn3是以b1323为首项，以为公比的等比数列所以bn3n1，即bn32n.于是，an3n2n.法二：在an1ann1两边乘以3n1，得3n1an13
4、nann1.令bn3nan，则bn1bnn1.所以bnbn1n，bn1bn2n1，b2b12.将以上各式叠加，得bnb12n1n.又b13a131，所以bn12n1n2n12，即bn2n12.故an3n2n.5an1pananb(p1，p0，a0)型这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令an1x(n1)yp(anxny)，与已知递推式比较，解出x，y，从而转化为anxny是公比为p的等比数列例5设数列an满足a14，an3an12n1(n2)，求an.解设递推公式可以转化为anAnB3an1A(n1)B，化简后与原递推式比较，得解得令bnann1.(*)则bn3bn1，又b16，故bn6
5、3n123n，代入(*)式，得an23nn1.6an1pa(p0，an0)型这种类型一般是等式两边取对数后转化为an1panq型数列，再利用待定系数法求解例6已知数列an中，a11，an1 a(a0)，求数列an的通项公式解对an1a的两边取对数，得lg an12lg anlg .令bnlg an，则bn12bnlg .由此得bn1lg2，记cnbnlg，则cn12cn，所以数列cn是以c1b1lglg为首项，2为公比的等比数列所以cn2n1lg.所以bncnlg2n1lglglglga12n，即lg anlga12n，所以ana12n.7an1(A，B，C为常数)型对于此类递推数列，可通过两
6、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，an1，n1,2,3，求an的通项公式解an1，1.又1，是以为首项，为公比的等比数列，1，an.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，a12，a23，其前n项和Sn满足Sn2Sn2Sn11(nN*)；数列bn中，b1a
7、1，bn14bn6(nN*)(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设cnbn2(1)n12an(为非零整数，nN*)，试确定的值，使得对任意nN*，都有cn1cn成立解(1)由已知得Sn2Sn1(Sn1Sn)1，所以an2an11(n1)又a2a11，所以数列an是以a12为首项，1为公差的等差数列所以ann1.因为bn14bn6，即bn124(bn2)，又b12a124，所以数列b22是以4为公比，4为首项的等比数列所以bn4n2.(2)因为ann1，bn4n2，所以cn4n(1)n12n1.要使cn1cn成立，需cn1cn4n14n(1)n2n2(1)n12n10恒成立，化简得34n3(
8、1)n12n10恒成立，即(1)n12n1恒成立，当n为奇数时，即2n1恒成立，当且仅当n1时，2n1有最小值1，所以2n1恒成立，当且仅当n2时，2n1有最大值2，所以2，即2cn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
9、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：a2aanan1，且a2a42a34，其中nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn满足：bn，是否存在正整数m，n(1m0，所以2anan10，即2anan1.所以数列an是公比为2的等比数列由a2a42a34，得2a18a18a14，解得a12.故数列an的通项公式为an2n(nN*)(2)因为bn，所以b1，bm，bn.若b1，bm，bn成等比数列，则2，即.由，可得，所以2m24m10，从而1m1，所以m2，此时n12.故当且仅当m2，n12时，b1，bm，bn成等比数列(
10、3)构造函数f(x)ln(1x)x(x0)，则f(x)1.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(1x)x0.所以ln cnlnln.所以lnTn.记An，则An，所以AnAn11，即An2.所以ln Tn2.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
11、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已知数列an的首项a1，an1，nN*.(1)求证：数列为等比数列；(2)记Sn，若Sn100，求最大正整数n；(3)是否存在互不相等的正整数m，s，n，使m，s，n成等差数列，且am1，as1，an1成等比数列？如果存在，请给以证明；如果不存在，请说明理由解(1)因为，所以1.又因为10，所以10(nN*)所以数列为等比数列(2)
12、由(1)可得1n1，所以2n1.Snn2n2n1，若Sn100，则n1100，所以最大正整数n的值为99.(3)假设存在，则mn2s，(am1)(an1)(as1)2，因为an，所以2，化简得3m3n23s.因为3m3n223s，当且仅当mn时等号成立，又m，s，n互不相等，所以不存在点评数列问题是以分式形式给出条件的，一般采用取倒数，再转化为等差数列或等比数列，通过等差数列与等比数列的桥梁作用求出通项遇到多个变量的存在性问题，一般假设存在，求出满足的关系，再寻找满足的条件，一般可以利用重要不等式、值域或范围等判断是否存在4规律探索性问题这类问题的基本特征是：未给出问题的结论，需要由特殊情况入
13、手，猜想、证明一般结论解决这类问题的基本策略是：通常需要研究简化形式，但保持本质的特殊情形，从条件出发，通过观察、试验、归纳、类比、猜想来探路，解题过程中创新成分比较高在数列问题研究中，经常是根据数列的前几项所提供的信息作大胆的猜想，然后用数学归纳法证明例4设数列an的前n项和为Sn，对一切nN*，点都在函数f(x)x的图象上(1)求a1，a2，a3的值，猜想an的表达式，并证明你的猜想；(2)设An为数列的前n项积，是否存在实数a，使得不等式Anf(a)对一切nN*都成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由解(1)因为点都在函数f(x)x的图象上，故n.所以Snn2an.令n1，得
14、a11a1，所以a12.令n2，得a1a24a2，所以a24.令n3，得a1a2a39a3，所以a36.由此猜想：an2n(nN*)下面用数学归纳法证明：当n1时，由上面的求解知，猜想成立；假设当nk时猜想成立，即ak2k成立，那么当nk1时，由条件，知Skk2ak，Sk1(k1)2ak1，两式相减，得ak12k1ak1ak，所以ak14k2ak4k22k2(k1)，即当nk1时，猜想成立根据，知对一切nN*，an2n成立(2)因为1，故An，所以An.又f(a)aa，故Anf(a)对一切nN*都成立，等价于a对一切nN*都成立设g(n)，则只需g(n)maxa即可由于1，所以g(n1)g(n)，故g(n)是单调递减的，于是g(n)maxg(1).由0，解得a.综上所述，使得不等式对一切nN*都成立的实数a存在，a的取值范围为(，)点评处理规律探索性问题，应充分利用已知条件，先求出数列的前几项，根据前几项的特点透彻分析、发现规律、猜想结论，再利用数学归纳法进行证明对于含有参数的恒成立问题，可通过分离参数求含有变量的式子的最值即可在求含变量的式子的最值问题时，一般可以利用函数的单调性，通过作差或作商(分式或整式作差，乘积的因式作商)求出最值，便求出参数的范围(注意应用函数与方程思想解决问题)- 10 - 版权所有高考资源网