第12讲 递推数列求通项方法的拓展 讲义-2023届高考数学二轮复习压轴题微专题

第12讲 递推数列求通项方法的拓展 对于递推数列求通项类题型,虽然在数学教学中的要求不是很高,高考命题时难度也有控制,但是在原名牌大学自主招生时,递推数列则是一个重要考点,解题方法更丰富多彩,对于将要实施的“强基计划”来说想必也是重要考点.本讲介绍两种递推数列求通项的新方法. 1.特征根法 型如是常数)的数列为二阶线性递推数列,可构造,满足,则的两个根,此方程称为特征方程,则数列的通项公式均可用特征根转化为一阶线性递推数列,进一步构造特殊数列或利用“累加法”求通项公式. 2.不动点法 型如的递推式,可利用不动点法,其中的根为该数列的不动点,若该数列有两个相异的不动点,则为等比数列;若该数列有唯一的不动点,即方程等根时，为等差数列,这就是不动点求递推数列通项公式的方法. 典型例题 【例1】已知,求的值. 【例2】(1)数列满足,求通项; (2)数列满足,求通项; (3)数列满足,求通项. 【例3】已知数列满足且,又 求: 【例4】 设函数且存在函数,满足 . . 强化训练 1. 有一个层的台阶,若是每次可上一层或两层,那么共有几种上法? 2..(1)数列中,,求和; (2)设数列和满足,且,试求的通项公式; (3)已知,且,求通项. 3.已知函数,设曲线在点处的切线与轴的交点为,其中为正实数. (1)用表示 (2)若,记,求证:数列成等比数列,并求数列的通项公式; (3)若是数列的前项和,证明:. 学科网（北京）股份有限公司 $ 第12讲 递推数列求通项方法的拓展 对于递推数列求通项类题型,虽然在数学教学中的要求不是很高,高考命题时难度也有控制,但是在原名牌大学自主招生时,递推数列则是一个重要考点,解题方法更丰富多彩,对于将要实施的“强基计划”来说想必也是重要考点.本讲介绍两种递推数列求通项的新方法. 1.特征根法 型如是常数)的数列为二阶线性递推数列,可构造,满足,则的两个根,此方程称为特征方程,则数列的通项公式均可用特征根转化为一阶线性递推数列,进一步构造特殊数列或利用“累加法”求通项公式. 2.不动点法 型如的递推式,可利用不动点法,其中的根为该数列的不动点,若该数列有两个相异的不动点,则为等比数列;若该数列有唯一的不动点,即方程等根时，为等差数列,这就是不动点求递推数列通项公式的方法. 典型例题 【例1】已知,求的值. 【分析】 一个数学问题有时候很难一下子得到结果,于是设想把问题分成若干步,找出相邻两步之间的关系,可以达到目的.一般而言,一个与正整数有关的数学问题,由初始值通过递推公式,若能使问题解决,则这种解题方法称为递推方法,本题中初始值是,但没有给出递推式,如果能够找到递推式,则的值就容易求得,而求递推式的过程既有归纳又有推理的逻辑思维过程,这正是递推方法的独到之处. 【解析】 设,由,得. 又. 以此类推,可得.,即. 【例2】(1)数列满足,求通项; (2)数列满足,求通项; (3)数列满足,求通项. 【分析】 第问,可运用特征根法,当然由于所给递推式并非是规范的二阶线性递推数列,首先要适当变形使之符合类型,再运用这一方法求解;第(2)、(3)两问,可运用不动点法. 【解析】 (1)由,得. 不妨设,则.其特征方程为,特征根为故可设为待定常数). 由,则,解得 可得从而 (2)设函数,解方程,即,得由于① ② 且(否则由②式可以得到相矛盾). 将①②两式相除,得结合初始条件及等比数列的通项公式,可知..即. (3) 设函数 , 解方程 , 即 , 得 . 由于 , 且 (否则由(3)式可以得到 ,矛盾). 两边取倒数, 得 , 数列为等差数列,得,从而. 【例3】已知数列满足且,又 求: 【分析】 观察题设条件,把两个关系式适当变形后代入消元可得到数列的二阶线性递推关系,则可运用特征方程求通项公式. 【解析】 (1)由,得,即 代入,得整理得,其特征方程为,解之得. ,由 (2) 【例4】 设函数且存在函数,满足 . . 【分析】 第(1)问,主要运用函数的对应法则与待定系数法证明;第(2)问,运用不动点法求数列的通项再证明. 【证明】 上式对一切恒成立，必有 又 , 由 解得故存在函数 , . ① ② 显然成立,若则 显然成立. 综上所述,不等式(3)成立. 强化训练 1. 有一个层的台阶,若是每次可上一层或两层,那么共有几种上法? 【解析】设登层台阶的方法有种,若第一回登一层时,登其余的层的方法有种;若第一回登两层时,登其余的层的方法有种,所以登层的方法应是: (1) 易知,(2) (1)式的特征方程为,解得. 由(2)得 解得 这就是所求的登法数. 2.(1)数列中,,求和; (2)设数列和满足,且,试求的通项公式; (3)已知,且,求通项. 【解析】(1)的特征方程为,解之得