06 数列递推关系的切入策略-《中学生数理化》高考数学2024年11月刊

■福建省上杭县龙田中学 陈善林 在解答数列问题时,确定数列的通项公 式往往是最为关键的一步。具体解决问题 时,往往离不开数列的定义、数列的类型、数 列的递推关系式、以及数列与其他知识的联 系,特别是要合理利用题设场景与条件,快速 抓住其特征,利用与之相应的技巧策略来切 入,往往可以优化解题过程,提升解题效益。 本文基于数列的递推关系,就数列的通项公 式的常见切入技巧策略,结合实例加以展开 与剖析,以期抛砖引玉。 一、基于an 与Sn 的关系 此类数列问题的应用场景主要是结合题 设条件中涉及an 与Sn 的递推关系,往往可 以通过分类讨论思维,利用n=1与n≥2时 an 与Sn 的关系来分析与求解。 例 1 记Sn 为数列{an}的前n 项和, 已知an<0,a2n-2an=3-4Sn。 (1)求a1,a2; (2)求数列{an}的通项公式。 解析:(1)当n=1时,a21-2a1=3-4a1, 即a21+2a1-3=0,解得a1=1(舍去)或a1= -3。 当n=2时,a22-2a2=3-4(a1+a2),即 a22+2a2-15=0,解得a2=-5或a2=3(舍 去)。 综上可得,a1=-3,a2=-5。 (2)当n≥2时,a2n-1-2an-1=3-4Sn-1, 又a2n-2an=3-4Sn,所以a2n-2an-(a2n-1 -2an-1)=-4(Sn-Sn-1),即(an+an-1)· (an-an-1+2)=0。 因为an<0,所以an+an-1<0,所以an -an-1=-2。 所以数列{an}是首项为-3,公差为-2 的等差数列,所以an=a1+(n-1)·(-2) =-3-2(n-1)=-2n-1。 总结提炼:基于数列中an 与Sn 的递推 关系,进而解决数列问题的基本步骤:①利用 当n=1时a1=S1 求出a1;②利用an=Sn- Sn-1(n≥2),求出当n≥2时an 的表达式; ③对n=1时的结果进行检验。 二、依托结构进行累加或累乘 此类数列问题的应用场景主要是结合题 设条件中涉及an 与an-1 的差式或商式的递 推关系,有时递推关系明显,有时要通过等价 转化加以显示,进而利用累加法或累乘法进 行求解。 例 2 (1)已知数列{an}满足a1=3, an=an-1+2n-1(n≥2,n∈N*),则数列{an} 的通项公式为 。 (2)已知数列{an}满足 an+1+an an+1-an =2n, a1=1,则a2 024=( )。 A.2 023 B.2 024 C.4 045 D.4 047 解析:(1)因为an-an-1=2n-1(n≥2), 所以当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3- a2)+…+(an-1-an-2)+(an-an-1)=3+2 +22+…+2n-2+2n-1=2+ 1-2n 1-2=2 n+1。 当n=1时,上式也成立,所以an=2n+1 (n∈N*)。 (2)因为 an+1+an an+1-an =2n,所以an+1+an= 2n(an+1-an),即(1-2n)an+1=(-2n-1)· an,可得 an+1 an = 2n+1 2n-1 。 所以a2 024= a2 024 a2 023 × a2 023 a2 022 × a2 022 a2 021 ×…× a3 a2 × a2 a1 ×a1= 4 047 4 045× 4 045 4 043× 4 043 4 041× …× 5 3× 3 1×1=4 047。 总结提炼:基于数列中an 与an-1 的差式 61 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年11月 或商式的递推关系,可以从以下两个不同的 递推结构形式来进行切入与应用:(1)已知 an-an-1=f(n),可用累加法来求解an; (2)已知 an an-1 =f(n),可用累乘法来求解an。 三、借助待定系数法构造新数列 此类数列问题的应用场景主要是结合题 设条件中涉及an 与an-1 的线性递推关系,经 常可以采用整体性思维,通过巧妙的待定系 数法构造新数列来转化,从而实现问题的分 析与求解。 例 3 (1)在数列{an}中,若a1=2,且 满足an+1=2an-1,则数列{an}的通项公式 为 。 (2)已知数列{an}满足a1= 1 2 ,对任意的 n∈N*,都有an+1= an 2+ n 2+1 ,则数列{an} 的通项公式为 。 解析:(1)方法一(待定系数法):因为 an+1=2an-1,所以设an+1+x=2(an+x), 所以an+1=2an+x,所以x=-1,所以an+1 -1=2(an-1)。 又a1-1=1,所以数列{an-1}是以1为 首项,2为公比的等比数列,所以an-1=1· 2n-1,所以an=2n-1+1。 方法二(不完全归纳法):因为a1=2,所 以a2=2a1-1=3,a3=2a2-1=5,…,以此 类推可知,对任意的n∈N*,都有an≥2,所 以 an+1-1 an-1 =2。以下同方法一。 (2)因为an+1= an 2+ n 2+1 ,所以设an+1 +k(n+1)+b= 1 2 (an+kn+b),所以an+1 = 1 2an- kn 2-k- b 2 ,所以 - k 2= 1 2 , -k- b 2=1 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解 得 k=-1, b=0, 所以an+1-(n+1)=12(an-n)。 设bn=an-n,所以bn+1= 1 2bn 。因为 a1= 1 2 ,所以b1= 1 2-1=- 1 2 ,所以数列 {bn}是首项为- 1 2 ,公比为1 2 的等比数列,所 以bn=- 1 2× 1 2 n-1 =- 12 n ,所以an= bn+n=- 1 2 n +n。 总结提炼:基于数列中an 与an-1 的线性 递推关系,利用数列自身的性质,借助待定系 数法构造新数列来处理与应用:(1)形如an =can-1+d(c,d 为常数,c≠0,c≠1,d≠0), 可以构造一个等比数列,只要在每一项同时 加上一个常数即可,且常数x= d c-1 ,则an+ x=c(an-1+x)。令bn=an+x,则数列{bn} 为等比数列,求出bn,再还原到an,得an= a1+ d c-1 ·cn-1- dc-1。(2)形 如 an = can-1+dn+e(c≠0,c≠1,d≠0),可以构造 一个等比数列,只要在每一项后面加上一个 与相应的项的下标一致的一次函数即可。 四、通过“不动点法”解特征方程 此类数列问题的应用场景主要是结合题 设条件中涉及an 与an+1 的特征方程形式,往 往可以通过不动点法解对应的数列特征方 程,将其转化为相应的等差数列或等比数列 来分析与求解。 例 4 (1)已知数列{an}满足a1=2, 且an+1= 2an-1 4an+6 (n∈N*),则数列{an}的通 项公式为 。 (2)已知数列{an}满足a1=3,且an+1= 7an-2 an+4 (n∈N*),则数列{an}的通项公式为 。 解析:(1)由题意知,其特征方程为x= 2x-1 4x+6 ,即4x2+4x+1=0,解得x1=x2= - 1 2 。令 1 an+1+ 1 2 = 1 an+ 1 2 +c,由a1=2,得 a2= 3 14 ,求得c=1,所以数列 1 an+ 1 2 是以 71 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年11月 􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶􀤶 1 a1+ 1 2 = 2 5 为首项,1为公差的等差数列,所 以 1 an+ 1 2 = 2 5+ (n-1)·1=n- 3 5 ,所以an = 13-5n 10n-6 。 (2)由特征方程 x= 7x-2 x+4 ,求得数列 {an}的 不 动 点 为 1 和 2,则 an+1-1 an+1-2 = 7an-2 an+4 -1 7an-2 an+4 -2 = 6 5 ·an-1 an-2 ,所以 an-1 an-2 是首项 为 a1-1 a1-2 =2,公比为 6 5 的等比数列,所以an-1 an-2 =2× 65 n-1 ,解得an= 4×6n-1-5n-1 2×6n-1-5n-1 ,n∈N*。 总结提炼:设f(x)= ax+b cx+d (c≠0,ad- bc≠0),数列{an}满足an+1=f(an),a1 ≠ f(a1)。若f(x)有两个相异的不动点p,q (此时通过不动点法解方程f(x)=x,即得两 个不动点p,q),则 an+1-p an+1-q =k· an-p an-q ,此处 k= a-pc a-qc 。 总之,在分析与解决数列的通项公式时, 除了本文所提到的几种常见的切入技巧,还 要注意回归数列的定义与数列的本质,综合 应用数列的基本性质,全面提升抽象概括能 力和推理论证能力。 (责任编辑 王福华) ■江苏省昆山市柏庐高级中学 袁 庆 数列求和是数列部分的一个重要内容, 它往往是数列知识的综合体现。在熟练掌握 等差数列和等比数列的求和方法的基础上, 对于一 般 数 列 的 求 和,主 要 有 两 种 思 想: (1)转化思想,即将一般数列设法转化为等差 或等比数列,这一思想方法往往通过通项分 解或错位相消来完成;(2)不能转化为等差或 等比的特殊数列,往往通过裂项相消法、错位 相减法、倒序相加法等来求和。 一、错位相减法 例 1 已知数列{an}的首项a1=3,其 前n项和为Sn,且Sn+1=3Sn+2n+3,n∈ N*。 (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=nan,求数列{bn}的前n 项和 Tn。 解析:(1)已知Sn+1=3Sn+2n+3,所以 当n≥2时,Sn=3Sn-1+2n+1,两式相减得 Sn+1-Sn=3(Sn-Sn-1)+2,即an+1=3an+ 2,从而an+1+1=3(an+1)。 当n=1时,S2=3S1+5,所以a1+a2= 3a1+5,又a1=3,可得a2=11,从而a2+1= 3(a1+1),故总有an+1+1=3(an+1),n∈ N*。 由a1=3,可知an+1≠0,所以 an+1+1 an+1 =3,即{an+1}是以a1+1=4为首项,3为公 比的等比数列,所以an+1=4×3n-1,即an= 4×3n-1-1。 (2)由(1)知,an=4×3n-1-1,则bn= nan=4n×3n-1-n。 设cn=n×3n-1,{cn}的前n 项和为An, 则An=1+2×3+3×32+…n×3n-1,3An= 1×3+2×32+3×33+…+(n-1)×3n-1+n ×3n。所以-2An=An-3An=(1+3+32+ …+3n-1)-n×3n= 1-2n 2 ×3 n- 1 2 ,故An= 81 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年11月