《提优教程》教案第31讲_数列的递推.docx

名师归纳总结 精品word资料 - - - - - - - - - - - - - - -第 12 讲 数列的递推本节主要内容两个基本递推： a n＋ 1＝ a n＋ d，a n＝ qa n；线性递推，二阶或高阶递推的特点方程与特点根；其他递推．1． 基本概念：①递归式：一个数列系式称为递归式．{ an }中的第 n 项 a n 与它前面如干项an 1 ， an2 ， ，an k （ kn ）的关②递归数列：由递归式和初始值确定的数列成为递归数列．2． 常用方法：累加法，迭代法，代换法，代入法等．3．思想策略：构造新数列的思想．4．常见类型：类型Ⅰ：a n 1p〔 n〕an q〔n〕〔 p〔 n〕0〕（一阶递归）a1 a〔 a为常数）其特例为：（ 1） an 1panq 〔 p 0〕（ 2 ） an 1panq〔n〕 〔 p 0〕（ 3） an 1p〔n〕anq 〔 p 0〕解题方法：利用待定系数法构造类似于“等比数列”的新数列．①形如a n 1 anq〔 n〕 的递归式 ,其通项公式求法为：an a1n 1〔ak 1k 1ak 〕 a1n 1q〔k 〕k 1②形如 ap〔 n〕 a的递归式 ,其通项公式求法为： aa2 a3an a gp〔1〕p〔2〕 gL gp〔n 1〕n 1 nn a1 g g gL g 1a1 a2an 11③形如 apa q〔 n〕〔 p 1〕 的递推式 ,两边同除以p n 得an 1a n q〔n〕 , 令 an b 就n 1 np n 1 p np n 1 npn句可转化为①来处理 .类型Ⅱ：a n 2 pa n 1 qa n 〔 p 0, q0〕（二阶递归）nna1 a , a 2 b〔 a , b为常数）解题方法：利用特点方程x2 pxq ，求其根 、 ，构造 a nA B ，代入初始值求得A , B ．①如 p+q=1 时，有 an 1 anan .q 〔an an1 〕 可知{ an 1an } 是等比数列， 先求得an 1an ，再求出②如 p+q ≠ l，就存在α，β满意a n 1 an〔a n an 1 〕 整理得a n 1 〔〕ana n 1 从而α +β =p ，αβ =q ，可解出α、β，这样可先求出{ an 1a n } 的通项表达式，再求出an .注 意 α 、 β 实 质 是 二 次 方 程 x 2px q的 两 个 根 ， 将 方 程 x 2px q叫 做 递 归 式an 2pan 1qan 的特点方程．在数列 { an }中，给出 a 1, a2，且 an 2pan 1qan，它的特点方程 x2px q 的两根为α与β． 如果α ≠β，就 anA B ；假如α =β就 an〔 AnB〕 ，其中 A 与 B 是常数，可由初始值nnna1 ,a 2 求出．类型Ⅲ . 假如递归数列 {an}满意 an+1aan canb ,其中 c ≠ 0, ad-bc ≠ 0, 以及初始值 a 0≠ f〔a 1〕, 就称d 第 1 页，共 15 页 - - - - - - - - -名师归纳总结 精品word资料 - - - - - - - - - - - - - - -此数列为分式线性递归数列 .我们称方程 xax bpcx d的根为该数列的不动点 .如该数列有两个相异的不动点 p、q，就 { anan} 为等比数列；如该数列仅有惟一的不动点 p，就 { 1 q an} 是等差p数列 ·5. 求递归数列通项的常用方法有：换元法、特点根法、数学归纳法等．A 类例题例 1 一 给 定 函 数 yf 〔x〕的 图 象 在 下 列 图 中 ， 并 且 对 任 意 a1〔 0, 1 〕， 由 关 系 式an 1f 〔 an 〕得到的数列宁卷〕{ an } 满意 a n 1an 〔nN * 〕 ，就该函数的图象是 〔 〕〔20XX 年辽y y y y1 1 1 1x x x xO 1 O 1 O 1 O 1（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）分析 利用递推式意义及数形结合解由 an 1f 〔an 〕 ， a n 1a n ，得f 〔an 〕an ，即f 〔 x〕x ，应选 A ．说明 分析清晰函数值与自变量的关系，即可判定．链接例 2 已知数列{ a n }中a11 ，且 a2k =a2k － 1+〔 － 1〕 K, a 2k+1 =a 2k+3 k, 其中 k=1,2,3, ．（ I）求 a3, a 5 ；（ II ）求 { a n}的通项公式． 〔20XX 年全国高考题 〕分析解（ I） a2=a1+〔 －1〕 1=0, a3 =a 2+3 1=3 ． a4 =a 3+〔－ 1〕 2=4, a 5=a4 +3 2=13, 所以 ，a3 =3, a 5 =13 ．〔II〕 a 2k+1 =a 2k +3 k= a 2k －1 +〔－ 1〕 k+3 k ,所以 a 2k+1 － a2k － 1=3 k +〔－ 1〕 k ,－ －同理 a 2k －1 －a 2k－ 3=3 k 1+〔－ 1〕 k 1 ,a3 － a1=3+〔 － 1〕 ．所以 〔a 2k+1 － a2k － 1〕+〔 a2k － 1－ a 2k －3 〕+ +〔 a3－ a 1〕=〔3 k +3 k－ 1+ +3〕+[〔 － 1〕 k +〔 －1〕 k － 1+ +〔－ 1〕], 第 2 页，共 15 页 - - - - - - - - -名师归纳总结 精品word资料 - - - - - - - - - - - - - - -由此得 a 2k+1 － a 1=3 〔3 k－ 1〕+21 [〔－ 1〕 k －1],2于是 a 2k+1 =3k 121 〔 1〕 k 1.2ka2k = a 2k －1 +〔－ 1〕 k= 321〔－ 1〕2k －1－1+〔 － 1〕k = 3k21〔－ 1〕2k=1 ．{a n} 的通项公式为：n 12当 n 为奇数时， an = 3n 1〔 1〕 21 1;2 2n32 n 1当 n 为偶数时， an〔 1〕 2 1.2 2说明链接情形再现1．已知数列 { an }满意 a1 ＝1， an ＝ 2an－ 1＋ n－ 2〔 n≥ 2〕 ，求通项 a n.〔20XX 年四川省高中数学联赛〕2． 设f 〔 x〕xbx c（ b, c 为常数），如f 〔2〕1 ，且2f 〔x 〕 x 20 只有唯独实数根（ 1 ）求 f 〔x 〕 的解析式（ 2 ）令 a11, anf 〔an 1 〕 求数列an 的通项公式 .B 类例题例 3〔1〕 一次竞赛在 n〔n ＞1〕 轮中共发了 m 枚奖章．第一轮发了 1 枚及余下的 m － 1 枚的 1 ，71第 2 轮发了 2 枚及余下的， ，直至第 n 轮正好发了 n 枚而没有余下奖章．这个竞赛共包7括几轮 . 一共发了多少枚奖章 .〔第 9 届国际数学奥林匹克 〕〔2〕 把一个圆分成 n 个不同的扇形 〔n ≥ 2〕 ，依次记为 S1，S2， , S n，每个扇形都可以用红、 蓝、白三种颜色中任一种涂色，要求相邻的扇形颜色互不相同，问有多少种涂法 .分析 第〔1〕 题，每一轮发的奖章数具有肯定规律，因而可以建立每一轮发的奖章数的关系或每一轮余下的奖章数的关系．第 〔2〕 题，设法建立涂法总数的递推关系和求得初始值，进而求得涂法总数．解 〔1〕 设竞赛进行了 k 轮后，余下 ak 枚奖章．由于第 k 第 3 页，共 15 页 - - - - - - - - -名师归纳总结 精品word资料 - - - - - - - - - - - - - - -说明 这类试题常常在全国高中数学联赛及国际数学奥林匹克中显现．这两个问题都是用递推方法解决计数问题，期望读者对这类问题能够进行较为深化的钻研． 第 4 页，共 15 页 - - - - - - - - -名师归纳总结 精品word资料 - - - - - - - - - - - - - - -链接例 4 数列{an}定义如下： a1 =1，a n+1 =1 〔1+4 an + 11624 an〕，求它的通项公式．分析带根号的部分不好处理，简单想到作代换：令bn 124a n2解 设 bnb 2 11 24a n1,就 anb 2 1nbn 1 , b 2415. 于是原递推式可化为n 1 〔1 424 16+ bn 〕24即〔2bn+1 〕2=〔bn+3〕 2,由于 bn、bn+1 非负,所以 2bn+1=bn+3.1故 bn+1－ 3=2〔bn－3〕.所以 bn+1 －3= 〔 bn－ 3〕〔1 〕n－ 22。