六字口诀解决由递推关系求通项论文
六字口诀解决由递推关系求通项
六字口诀解决由递推关系求通项作者：夏继平来源：《读写算》2012年第26期对于一个数列来说，通项公式起着重要的作用，它直接体现了项与序号之间的关系，是研究数列相关性质的最好载体，因此求数列通项公式也成了常考题型之一．其中根据递推关系求通项颇受关注．对于这类问题，教学时，笔者和广大教师一样，师生共同总结了很多的方法，以期学生能较好的解决此类问题．但经过几轮教学实践发现，结果恰恰相反，大量学生“刚学时套用，一段时间后乱用，考试时不用”；“看到了知道，听到了会说，应用时却不知如何下笔”．这说明学生对这些方法只停留在浅层次了解上，缺乏深层次分析应用，“知其名，不能用其形”．为了解决这个问题，在本轮教学中，笔者尝试总结了各类方法的具体操作程序，结合数学基本运算，从具体操作层面入手把这些方法分成了六类，每类分别用一个字概括，通俗易懂，记忆方便，符合《普通高中数学课程标准》中“适度形式化”的要求．这样学生只要记住这六个字，就等于记住了各类方法的操作步骤，大大增强了问题解决的可能性．笔者经过一段时间的检验，发现效果较好．现整理如下，以供大家参考．一．“加”字诀例1．在数列{an}中，a1＝1，且an+1＝an＋n，求数列{an}的通项公式．分析：本题可变形为an+1－an＝n，等式类似于等差数列定义，不同之处在于等式右边不是常数，而是一个可求和的代数式，这种情况可考虑“加”字诀，即再写出几个递推关系来加一下（此法也称为累差法）．解：由已知得，an－an－1＝n－1，an－1－an－2＝n－2，…，a2－a1＝1．把以上式子相加得，an－a1＝1＋2＋…＋(n－1)，所以an＝(n－1)n2＋1．二．“减”字诀例2．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝(an＋1)2，求数列{an}的通项公式．分析：本题是有关Sn，an的关系式，利用“加”字诀显然不能解决．由于当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，所以我们可以考虑“减”字诀，即再写一个递推关系，然后与条件相减（此法也称为公式法）．解：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，所以有4an＝4(Sn－Sn－1)＝(an＋1)2－(an－1＋1)2，即4an＝an2＋2an－an－12－2an－1，化简得(an＋an－1)(an－an－1)－2(an＋an－1)＝0，即(an＋an－1) (an－an－1－2)＝0．因为an－＞0，所以an－an－1＝2，令n＝1，得4S1＝(a1＋1)2，解得a1＝1，所以{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以an＝2n－1．三．“乘”字诀例3．在非零数列{an}中，a1＝1，且an+1＝＋1，求数列{an}的通项公式．分析：本题可变形为an+1an＝nn＋1，等式类似于等比数列定义，不同之处在于等式右边不是常数，而是一个可求积的代数式，所以考虑“乘”字诀，即再写出几个递推关系来乘一下（此法也称为累乘法）．解：由已知得，anan－1＝n－1n，an－1an－2＝n－2n－1，…，a2a1＝12，把以上式子相乘得，ana1＝1n，所以an＝1n．四．“除”字诀例4．在非零数列{an}中，a1＝1，且an－an－1＋－1＝0，求数列{an}的通项公式．分析：本题提供的条件中出现了an与an－1的一次项和乘积项－1，没有常数项，用“加、减、乘”都不能解决问题，这时就可以考虑“除”字诀（此法有时也泛称构造法）．解：因为an≠0，所以an－an－1＋－1＝0两边同除以－1，得1an－1－1an ＋2＝0．即1an－1an－1＝2，所以数列{1an}是以1为首项，2公差的等差数列．即1an＝2n－1，所以an＝12n－1．五．“配”字诀例5．若数列{an}满足，a1＝1，an＝2an－1＋1(n≥2)，求数列{an}的通项公式．分析：本题等式右边有常数1，可知{an}不是等比数列，an与an－1前面系数比为1:2，说明{an}又不是等差数列，乘积项－1也缺乏，所以这时“加、减、乘、除”都不能解决问题，这时可以考虑“配”字诀（此法有时也泛称构造法）．解：等式an＝2an－1＋1两边同加上1得，an＋1＝2(an－1＋1)，因为a1＋1＝2≠0，所以(an－1＋1)≠0，所以有an＋1 an－1＋1＝2，所以数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1＝2n，所以an＝2n－1．说明：此方法对an＝Aan－1＋B(n≥2)(A≠1，AB≠0)结构的递推求通项有很强的针对性，等式两边可加上一个固定的常数BA－1配成新的等比数列，下面简单证明一下常数BA－1由来．可先在两边同加上常数x，则有an＋x＝A(an－1＋B＋xA)，为了能配成新的等比数列，令x＝B＋xA，解得x＝BA－1．六．“倒”字诀例6．在数列{an}中，a1＝1，且an＋1＝2anan＋2，求数列{an}的通项公式．分析：本题为分式结构的递推关系，可以考虑用“倒”字诀，即等式两边同时取倒数．解：因为a1＝1，所以an≠0，等式两边取倒数得：1an+1＝an＋22an＝1an＋12，即1an+1－1an＝12，所以得{1an}是以1为首项，12为公差的等差数列．所以1an＝n＋12，所以an＝2n＋1．说明：此题也可先通分，观察等式，用“除”字诀解决，即两边同除以－1来解决．以上“加、减、乘、除、配、倒”六字口诀虽在解题方法层面上没有创新，但在具体操作上却有较强的实用价值，学生易懂便记、乐于接受，拿到问题能很快的上手．六种操作方式尝试一下，一般都能发现解法．这对解决学生数列学习眼高手低、畏难怕写的情况有很大帮助，同时用口诀的形式来阐述方法和操作步骤，也让学生耳目一新，有利于激发他们的求知欲望，促其归类总结能力的提升，使其对数学的学习产生新的认识．。
根据递推关系求数列通项公式的几种方法
根据递推关系求数列通项公式的几种方法要求根据递推关系求解数列的通项公式，其实是要求找到一个能将数列的每一项都表示为n（项数）的函数的公式。
在数学中，有几种方法可以求解这类问题。
一、代数方法：对于一些简单的递推关系，可以尝试使用代数方法来求解数列的通项公式。
这种方法通过观察数列中的模式，尝试将递推关系转化为代数方程，然后解方程得到通项公式。
例如，我们考虑求解斐波那契数列的通项公式。
斐波那契数列的递推关系为：Fn=Fn-1+Fn-2，其中F1=1，F2=1我们假设通项公式为Fn=k1a^n+k2b^n，其中k1、k2为常数，a、b为待定数。
k1a^n+k2b^n=k1a^(n-1)+k2b^(n-1)+k1a^(n-2)+k2b^(n-2)整理得：k1a^2-k1a-k2=0。
解这个方程，可以得到a和b的值，然后将a和b的值代入通项公式中，即可求解斐波那契数列的通项公式。
二、特征根法：特征根法是求解一阶线性递推关系（如Fn=aFn-1+b）的通项公式的常用方法。
该方法的基本思想是，将递推关系转化为一个一阶线性常微分方程，然后解方程得到通项公式。
例如，我们考虑求解斐波那契数列的通项公式。
斐波那契数列满足的递推关系为：Fn=Fn-1+Fn-2，其中F1=1，F2=1将递推关系转化为一阶线性常微分方程得到：y''-y'-y=0其中y=Fn。
解这个方程得到的特征根为α1=(1+√5)/2，α2=(1-√5)/2通项公式可以表示为：Fn=k1(α1)^n+k2(α2)^n其中k1、k2为常数。
利用初始条件F1=1，F2=1，可以求解出k1和k2的值，进而求解出斐波那契数列的通项公式。
三、母函数法：母函数法是一种求解递推关系的高效方法，尤其适用于求解求和问题。
该方法的基本思想是，将数列视为一个幂级数的系数列，通过构造母函数来解决递推关系。
例如，我们考虑求解斐波那契数列的通项公式。
斐波那契数列的递推关系为：Fn=Fn-1+Fn-2，其中F1=1，F2=1我们假设母函数为F(x)=F0+F1x+F2x^2+F3x^3+...F(x)=x(F(x)-F0)+x^2F(x)整理得：F(x)=F0+xF(x)+x^2F(x)移项得：F(x)=F0/(1-x-x^2)。
论文资料 根式递推数列通项公式的求解策略与方法分析
根式递推数列通项公式的求解策略与方法分析含有根式的递推数列通项公式的求解策略有多种，以下列举几种常见方法：1.乘方法：将含有根号的递推式进行平方，从而去掉根号,转化为有理数递推式。
例如，n+1-11an+1-23an≡0,两边平方可得(n+1-11an+1)2-4×3an=0,进一步整理得到一个有理数递推式。
2.换元法：通过引入新的变量，将含有根号的递推式转化为有理数递推式。
例如，an+1=3√2an-2√3an-1,令X=√2+√3,则原递推式可转化为x^n+1=(x÷3∕x)n-(3∕x)n=f(x),从而将一个含有根号的递推数列转化为一个有理数递推数列。
3.迭代法：通过迭代的方式，逐步化简含有根号的递推式,最终得到通项公式。
例如，a(n+1)=2√2a(n)+3√3a(n-1),可以先将该递推式转化为a(n÷1)÷√2a(n)=3√3a(n)÷√2a(n-1),然后通过迭代方式逐步化简得到通项公式。
4.构造法：根据题目所给的条件和递推式，通过构造新的数列或者利用等差、等比数列的性质等方法，求解含有根号的递推数列的通项公式。
例如，a(n+1)=2√2a(n)÷3J3a(n-1)可以转化为a(n+D+√2a(n)=3√3a(n)+√2a(n-1),再利用等差数列的性质得到a(n÷1)+√2a(n)-3√3a(n)=a(n)+√2a(n-1)-3√3a(n-2),从而求解通项公式。
需要注意的是，求解含有根号的递推数列通项公式时,需要根据具体的题目条件选择合适的方法，有时还需要结合多种方法进行求解。
同时，也需要加强对根式和递推式的理解和分析能力，才能更好地解决这类问题。
数列递推公式求通项公式的方法与技巧
通项公式求解方法简介肖永钦解决“给出数列的递推公式，要求分析数列相关性质”这一类型的题目中，如果能够求解数列的通项公式，则求解、分析数列变得相当简单。
下面就高中常见的递推公式其通项公式一般解法作简要介绍。
高中常见的递推公式一般经过构造（例如：同时减去一个数或者移项）都可以转化成等比数列、等差数列类型。
（一）已知1a 及q pa a n n +=+1………………（1），求通项公式分析上述递推公式，显然，当0=p 时，数列}{n a 是常数列，通项公式是q a n =；当1=p 时，数列}{n a 是等比数列，通项公式是q a n a a n )(1-+=。
当时且10≠≠p p ，我们不妨设(1)式可以写成)(1x a p x a n n -=-+…………（2），若设x a b n n -=，则数列}{n b 为等比数列，即（1）式可以转化成等比数列。
我们整理(2)式，即px x pa a n n -+=+1，我们发现，如果令q px x =- (3)，则(1)式便可以转化为(2)式，从而此类型的数列的通项公式能够求解。
我们整理（3）式有q px x +=，发现q px x +=方程与（1）式有着显著的关系，即形式上的一致性。
例1：已知数列{}n a 中有111,32n n a a a +==+且，求该数列的通项公式。
分析：由132n n a a +=+有32,1x x x =+=-解得，故由递推公式可以有113(1)n n a a ++=+，即数列}1{+n a 为等比数列，所以有1113(1)n n a a -+=+，把11a =代入，并整理得1231n n a -=⋅-，即求出数列{}n a 的通项公式。
上述右边是加个常数，如果右边加一个与n 相关的变量，则需要再作一定的调整，接下来请看例2例2：已知数列{}n a 中有23,111++==+n a a a n n 且，求该数列的通项公式。
分析：显然本题与【例1】显著的差别就在于后面不是常数了，而是变量，这里我们仍然可以通过待定系统数，把2+n 分配到两边，并构造等比数列。
用递推关系求数列通项公式的常见方法
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解法② ： 设 ＋ ＝ （ ｌ ２
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用递推关系求数列通项公式的常见方法
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数学(文)由递推公式求通项的7种方法及破解数列中的3类探索性问题
由递推公式求通项的7种方法及破解数列中的3类探索性问题一、由递推公式求通项的7种方法1．a n ＋1＝a n ＋f (n )型把原递推公式转化为a n ＋1－a n ＝f (n )，再利用累加法(逐差相加法)求解，即a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝a 1＋f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (n －1)．[例1] 已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋1n 2＋n，求a n . [解] 由条件，知a n ＋1－a n ＝1n 2＋n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，则(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ， 所以a n －a 1＝1－1n. 因为a 1＝12，所以a n ＝12＋1－1n ＝32－1n. 2．a n ＋1＝f (n )a n 型把原递推公式转化为a n ＋1a n ＝f (n )，再利用累乘法(逐商相乘法)求解，即由a 2a 1＝f (1)，a 3a 2＝f (2)，…，a n a n －1＝f (n －1)，累乘可得a n a 1＝f (1)f (2)…f (n －1)． [例2] 已知数列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1＝n n ＋1·a n，求a n . [解] 由a n ＋1＝n n ＋1·a n ，得a n ＋1a n ＝n n ＋1， 故a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝n －1n ×n －2n －1×…×12×23＝23n .即a n ＝23n . 3．a n ＋1＝pa n ＋q (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠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a n ＋1＋t ＝p (a n ＋t )，比较系数可知t ＝q p －1，可令a n ＋1＋t ＝b n ＋1换元即可转化为等比数列来解决． [例3] 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，求a n .[解] 设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n －t ，则t ＝－3.故递推公式为a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)．令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2.所以{b n }是以b 1＝4为首项，2为公比的等比数列．所以b n ＝4×2n －1＝2n ＋1，即a n ＝2n ＋1－3. 4．a n ＋1＝pa n ＋q n (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)型(1)一般地，要先在递推公式两边同除以q n ＋1，得a n ＋1q n ＋1＝p q ·a n q n ＋1q ，引入辅助数列{b n }⎝⎛⎭⎫其中b n ＝a n q n ，得b n ＋1＝p q ·b n ＋1q，再用待定系数法解决； (2)也可以在原递推公式两边同除以p n ＋1，得a n ＋1p n ＋1＝a n p n ＋1p ·⎝⎛⎭⎫q p n ，引入辅助数列{b n }⎝⎛⎭⎫其中b n ＝a n p n ，得b n ＋1－b n ＝1p ⎝⎛⎭⎫q p n ，再利用叠加法(逐差相加法)求解． [例4] 已知数列{a n }中，a 1＝56，a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1，求a n . [解] 法一：在a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1两边乘以2n ＋1，得2n ＋1·a n ＋1＝23(2n ·a n )＋1. 令b n ＝2n ·a n ，则b n ＋1＝23b n ＋1， 根据待定系数法，得b n ＋1－3＝23(b n －3)． 所以数列{b n －3}是以b 1－3＝2×56－3＝－43为首项， 以23为公比的等比数列． 所以b n －3＝－43·⎝⎛⎭⎫23n －1，即b n ＝3－2⎝⎛⎭⎫23n . 于是，a n ＝b n 2n ＝3⎝⎛⎭⎫12n －2⎝⎛⎭⎫13n . 法二：在a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1两边乘以3n ＋1，得 3n ＋1a n ＋1＝3n a n ＋⎝⎛⎭⎫32n ＋1.令b n ＝3n ·a n ，则b n ＋1＝b n ＋⎝⎛⎭⎫32n ＋1.所以b n －b n －1＝⎝⎛⎭⎫32n ，b n －1－b n －2＝⎝⎛⎭⎫32n －1，…，b 2－b 1＝⎝⎛⎭⎫322.将以上各式叠加，得b n －b 1＝⎝⎛⎭⎫322＋…＋⎝⎛⎭⎫32n －1＋⎝⎛⎭⎫32n . 又b 1＝3a 1＝3×56＝52＝1＋32，所以b n ＝1＋32＋⎝⎛⎭⎫322＋…＋⎝⎛⎭⎫32n －1＋⎝⎛⎭⎫32n ＝1·⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫32n ＋11－32＝2⎝⎛⎭⎫32n ＋1－2， 即b n ＝2⎝⎛⎭⎫32n ＋1－2.故a n ＝b n 3n ＝3⎝⎛⎭⎫12n －2⎝⎛⎭⎫13n . 5．a n ＋1＝pa n ＋an ＋b (p ≠1，p ≠0，a ≠0)型这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令a n ＋1＋x (n ＋1)＋y ＝p (a n ＋xn ＋y )，与已知递推式比较，解出x ，y ，从而转化为{a n ＋xn ＋y }是公比为p 的等比数列．[例5] 设数列{a n }满足a 1＝4，a n ＝3a n －1＋2n －1(n ≥2)，求a n .[解] 设递推公式可以转化为a n ＋An ＋B ＝3[a n －1＋A (n －1)＋B ]，化简后与原递推式比较，得⎩⎪⎨⎪⎧ 2A ＝2，2B －3A ＝－1， 解得⎩⎪⎨⎪⎧A ＝1，B ＝1. 令b n ＝a n ＋n ＋1.(*)则b n ＝3b n －1，又b 1＝6，故b n ＝6·3n －1＝2·3n ， 代入(*)式，得a n ＝2·3n －n －1.6．a n ＋1＝pa r n (p >0，a n >0)型这种类型一般是等式两边取对数后转化为a n ＋1＝pa n ＋q 型数列，再利用待定系数法求解．[例6] 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝1a ·a 2n(a >0)，求数列{a n }的通项公式． [解] 对a n ＋1＝1a ·a 2n的两边取对数， 得lg a n ＋1＝2lg a n ＋lg 1a. 令b n ＝lg a n ，则b n ＋1＝2b n ＋lg 1a. 由此得b n ＋1＋lg 1a ＝2⎝⎛⎭⎫b n ＋lg 1a ，记c n ＝b n ＋lg 1a，则c n ＋1＝2c n ， 所以数列{c n }是以c 1＝b 1＋lg 1a ＝lg 1a为首项，2为公比的等比数列． 所以c n ＝2n －1·lg 1a. 所以b n ＝c n －lg 1a ＝2n －1·lg 1a －lg 1a＝lg ⎣⎡⎦⎤a ·⎝⎛⎭⎫1a 2n －1＝lg a 1－2 n －1， 即lg a n ＝lg a 1－2 n －1，所以a n ＝a 1－2 n －1.7．a n ＋1＝Aa n Ba n ＋C(A ，B ，C 为常数)型 对于此类递推数列，可通过两边同时取倒数的方法得出关系式[例7] 已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，n ＝1,2,3，…，求{a n }的通项公式． [解] ∵a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，∴1a n ＋1＝23＋13a n， ∴1a n ＋1－1＝13⎝⎛⎭⎫1a n －1. 又1a 1－1＝23， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是以23为首项，13为公比的等比数列， ∴1a n －1＝23·13n －1＝23n ， ∴a n ＝3n3n ＋2. 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{a n }中，a 1＝2，a 2＝3，其前n 项和S n 满足S n ＋2＋S n ＝2S n ＋1＋1(n ∈N *)；数列{b n }中，b 1＝a 1，b n ＋1＝4b n ＋6(n ∈N *)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝b n ＋2＋(－1)n －1λ·2a n (λ为非零整数，n ∈N *)，试确定λ的值，使得对任意n ∈N *，都有c n ＋1>c n 成立．[解] (1)由已知得S n ＋2－S n ＋1－(S n ＋1－S n )＝1，所以a n ＋2－a n ＋1＝1(n ≥1)．又a 2－a 1＝1，所以数列{a n }是以a 1＝2为首项，1为公差的等差数列．所以a n ＝n ＋1.因为b n ＋1＝4b n ＋6，即b n ＋1＋2＝4(b n ＋2)，又b 1＋2＝a 1＋2＝4，所以数列{b2＋2}是以4为公比，4为首项的等比数列．所以b n＝4n－2.(2)因为a n＝n＋1，b n＝4n－2，所以c n＝4n＋(－1)n－1λ·2n＋1.要使c n＋1>c n成立，需c n＋1－c n＝4n＋1－4n＋(－1)nλ·2n＋2－(－1)n－1λ·2n＋1>0恒成立，化简得3·4n－3λ(－1)n－12n＋1>0恒成立，即(－1)n－1λ<2n－1恒成立，①当n为奇数时，即λ<2n－1恒成立，当且仅当n＝1时，2n－1有最小值1，所以λ<1；②当n为偶数时，即λ>－2n－1恒成立，当且仅当n＝2时，－2n－1有最大值－2，所以λ>－2，即－2<λ<1.又λ为非零整数，则λ＝－1.综上所述，存在λ＝－1，使得对任意n∈N*，都有c n＋1>c n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S n要注意利用S n与a n的关系将其转化为a n，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{a n}满足：a2n＋1＝2a2n＋a n a n＋1，且a2＋a4＝2a3＋4，其中n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设数列{b n}满足：b n＝na n(2n＋1)2n，是否存在正整数m，n(1<m<n)，使得b1，b m，b n成等比数列？若存在，求出所有的m，n的值，若不存在，请说明理由；(3)令c n＝1＋na n，记数列{c n}的前n项积为T n，其中n∈N *，试比较Tn与9的大小，并加以证明．[解](1)因为a2n＋1＝2a2n＋a n a n＋1，即(a n＋a n＋1)(2a n－a n＋1)＝0.又a n>0，所以2a n－a n＋1＝0，即2a n＝a n＋1.所以数列{a n}是公比为2的等比数列．由a2＋a4＝2a3＋4，得2a1＋8a1＝8a1＋4，解得a1＝2.故数列{a n}的通项公式为a n＝2n(n∈N*)．(2)因为b n ＝na nn ＋n ＝n 2n ＋1， 所以b 1＝13，b m ＝m 2m ＋1，b n ＝n 2n ＋1. 若b 1，b m ，b n 成等比数列，则⎝⎛⎭⎫m 2m ＋12＝13⎝⎛⎭⎫n 2n ＋1， 即m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3. 由m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3，可得3n ＝－2m 2＋4m ＋1m 2， 所以－2m 2＋4m ＋1>0，从而1－62<m <1＋62. 又n ∈N *，且m >1，所以m ＝2，此时n ＝12.故当且仅当m ＝2，n ＝12时，b 1，b m ，b n 成等比数列．(3)构造函数f (x )＝ln(1＋x )－x (x ≥0)，则f ′(x )＝11＋x －1＝－x 1＋x. 当x >0时，f ′(x )<0，即f (x )在[0，＋∞)上单调递减，所以f (x )<f (0)＝0.所以ln(1＋x )－x <0.所以ln c n ＝ln ⎝⎛⎭⎫1＋n a n ＝ln ⎝⎛⎭⎫1＋n 2n <n 2n . 所以ln T n <12＋222＋323＋…＋n 2n . 记A n ＝12＋222＋323＋…＋n 2n ，则12A n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1， 所以A n －12A n ＝12＋122＋123＋124＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1<1，即A n <2. 所以ln T n <2.所以T n <e 2<9，即T n <9.[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{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1为等比数列； (2)记S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n，若S n <100，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a m －1，a s －1，a n －1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1a n ＋1＝23＋13a n， 所以1 a n ＋1－1＝13a n －13. 又因为1a 1－1≠0，所以1a n－1≠0(n ∈N *)． 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1为等比数列． (2)由(1)可得1a n －1＝23·⎝⎛⎭⎫13n －1， 所以1a n＝2·⎝⎛⎭⎫13n ＋1. S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝n ＋2⎝⎛⎭⎫13＋132＋…＋13n ＝n ＋2×13－13n ＋11－13＝n ＋1－13n ， 若S n <100，则n ＋1－13n <100， 所以最大正整数n 的值为99.(3)假设存在，则m ＋n ＝2s ，(a m －1)(a n －1)＝(a s －1)2，因为a n ＝3n3n ＋2， 所以⎝⎛⎭⎫3n 3n ＋2－1⎝⎛⎭⎫3m 3m ＋2－1＝⎝⎛⎭⎫3s3s ＋2－12， 化简得3m ＋3n ＝2×3s .因为3m ＋3n ≥2×3m ＋n ＝2×3s ，当且仅当m ＝n 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．。
利用递推关系解决高考数列通项问题论文
利用递推关系解决高考数列通项问题求解数列通项公式的是近几年各省市高考命题的热点问题之一。
在求数列通项公式时渗透多种数学思想方法，求解过程中往往显得方法多、灵活度大、技巧性强。
因此每年高考必考一些综合性比较强的数列通项问题以加大试卷难度和区分度，其中数列通项公式的求解往往是解决数列难题的瓶颈。
笔者结合多年教学实践和经验就如何利用递推关系解决高考数列通项问题例析如下，以供参考。
一、利用与的关系求通项公式1.由得表达式直接求例1.已知数列{}的前n项和=，求通项.解:当时，==-9.当时，==（）-[]=.易知时也适合此式，故=.2.转化为通项间的递推关系求解例2.已知数列{}的前n项和=（），求通项.解:当时，==（）得=当时，由=（），可得=（）.两式想减得：=即=则=（），所以{}是首项为，公比为的等比数列。
故=二.利用递推关系求数列通项公式类型1解法：把原递推公式转化为，利用叠加法求解例1. (2008四川文16) 设数列中，，则通项解：∵∴，，，，，，将以上各式相加得：故应填；类型2解法：把原递推公式转化为，利用叠乘法求解。
例2.已知数列满足，，求。
解：由条件知，分别令，代入上式得个等式叠乘之，即又，类型3（其中p，q均为常数，）。
解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：，其中，再转化为等比数列求解。
例3.（2006，重庆,文,14）已知数列中，，，求.解：设递推公式可以转化为即.故递推公式为,令，则,且.所以是以为首项，2为公比的等比数列，则,所以.类型4。
解法（待定系数法）：只需把原递推公式转化为：=[],其中，再构造等比数列求解。
例4. 已知数列中，，，求.解：设=3[],由为一次函数，可知也为一次函数，故设，∴=3[]即.由待定系数法可知，解得。
∴即构成了以为首项，3为公比的等比数列。
从而=，故.类型5（其中p，q均为常数，）。
（或,其中p，q,r均为常数）。
解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以，得：引入辅助数列（其中），得：再待定系数法解决。
由递推关系求通项公式的类型与方法
由递推关系求通项公式的类型与方法递推公式是给出数列的基本方式之一，在近几年高考题中占着不小的比重。
2008年高考数学19份理科试卷，共19道数列部分的解答题，其中有17道涉及递推数列，（福建卷理科有两道题涉及数列问题，江苏卷、江西卷中数列题不涉及递推），说每卷都有数列问题，数列必出递推也不为过。
不能不感受到高考数学试题中“递推”之风的强劲。
为此本文主要以2008年试题为例重点研究由递推关系求数列通公式的类型与求解策略。
一、递推关系形如：1()n n a a f n +=+的数列利用迭加或迭代法得：1(1)(2)(1)n a a f f f n =++++- ，（2n ≥）例1（08天津文20）在数列{}n a 中，11a =，22a =，且11(1)n n n a q a qa +-=+-（2,0n q ≥≠）． （Ⅰ）设1n n n b a a +=-（*n N ∈），证明{}n b 是等比数列； （Ⅱ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅲ）略（Ⅰ）证明：由题设11(1)n n n a q a qa +-=+-（2n ≥），得11()n n n n a a q a a +--=-，即1n n b qb -=，2n ≥．又1211b a a =-=，0q ≠，所以{}n b 是首项为1，公比为q 的等比数列． （Ⅱ）解法：由（Ⅰ）211a a -=，32a a q -=，22121321()()()11n n n n a a a a a a a a q q q --=+-+-++-=+++++ ，（2n ≥）．所以当2n ≥时，11,,.1,111n n q q q a n q-≠=⎧-+⎪=-⎨⎪⎩上式对1n =显然成立．二、递推关系形如：1()n n a a f n +=的数列利用迭乘或迭代法可得： 1(1)(2)(1)n a a f f f n =- ，（2n ≥）例2 （2008天津理22）在数列{}n a 与{}n b 中，4,111==b a ，数列{}n a 的前n 项和n S 满足()031=+-+n n S n nS ,12+n a 为n b 与1+n b 的等比中项，*N n ∈. （Ⅰ）求22,b a 的值；（Ⅱ）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式； 解：（Ⅰ）易得23a =，29b =．（Ⅱ）由题设 1(3)n n nS n S +=+ ①（2n ≥）时 1(1)(2)n n n S n S --=+ ② ①式减去②式，整理得1(2)n n na n a +=+， 即12n n a n a n++=，2n ≥所以 3n ≥时， 132122114(1)312322n n n n n a a a n n n n n a a a a a n n n ---+-+=⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=--- 此式对1,2n =也成立． (1)2n n n a +∴=由题设有2114n n n b b a ++=，所以221(2)(1)n n b b n n +=++，即1221(1)(2)n n b b n n +⋅=++，*n N ∈． 令2(1)n n b x n =+，则11n n x x +=，即11n nx x +=．由11x =得1n x =，1n ≥．所以21(1)n b n =+，即2(1)n b n =+，1n ≥．三、递推关系形如：1n n a pa q +=+（p,q 为常数且1p ≠，0q ≠）的数列（线性递推关系） 利用不动点求出x px q =+的根1qx p =--，递推关系可化为1()11n n q q a p a p p ++=+--，利用等比数列求出1n q a p +-的表达式，进而求出n a 例3（2008安徽文21）设数列{}n a 满足*11,1,,n n a a a ca c c N +==+-∈其中,a c 为实数，且0c ≠（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式解 ：*11,,n n a ca c c N +=+-∈ 11(1)n n a c a +∴-=- ∴当1a ≠时，{}1n a -是首项为1a -，公比为c 的等比数列。
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六字口诀解决由递推关系求通项
对于一个数列来说，通项公式起着重要的作用，它直接体现了项与序号之间的关系，是研究数列相关性质的最好载体，因此求数列通项公式也成了常考题型之一．其中根据递推关系求通项颇受关注．对于这类问题，教学时，笔者和广大教师一样，师生共同总结了很多的方法，以期学生能较好的解决此类问题．但经过几轮教学实践发现，结果恰恰相反，大量学生“刚学时套用，一段时间后乱用，考试时不用”；“看到了知道，听到了会说，应用时却不知如何下笔”．这说明学生对这些方法只停留在浅层次了解上，缺乏深层次分析应用，“知其名，不能用其形”．为了解决这个问题，在本轮教学中，笔者尝试总结了各类方法的具体操作程序，结合数学基本运算，从具体操作层面入手把这些方法分成了六类，每类分别用一个字概括，通俗易懂，记忆方便，符合《普通高中数学课程标准》中“适度形式化”的要求．这样学生只要记住这六个字，就等于记住了各类方法的操作步骤，大大增强了问题解决的可能性．笔者经过一段时间的检验，发现效果较好．现整理如下，以供大家参考．一．“加”字诀
例1．在数列{an}中，a1＝1，且an+1＝an＋n，求数列{an}的通项公式．
分析：本题可变形为an+1－an＝n，等式类似于等差数列定义，
情况可考虑“加”字诀，即再写出几个递推关系来加一下（此法也称为累差法）．
解：由已知得，an－an－1＝n－1，an－1－an－2＝n－2，…，a2－a1＝1．把以上式子相加得，an－a1＝1＋2＋…＋(n－1)，所以an＝(n－1)n2＋1．
二．“减”字诀
例2．已知正项数列{an}的前n项和为sn，且4sn＝(an＋1)2，求数列{an}的通项公式．
分析：本题是有关sn，an的关系式，利用“加”字诀显然不能解决．由于当n≥2时，an＝sn－sn－1，所以我们可以考虑“减”字诀，即再写一个递推关系，然后与条件相减（此法也称为公式法）．解：当n≥2时，an＝sn－sn－1，所以有4an＝4(sn－sn－1)＝(an＋1)2－(an－1＋1)2，即4an＝an2＋2an－an－12－2an－1，化简得(an＋an－1)(an－an－1)－2(an＋an－1)＝0，即(an＋an－1) (an－an－1－2)＝0．因为an－＞0，所以an－an－1＝2，令n＝1，得4s1＝(a1＋1)2，解得a1＝1，所以{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以an＝2n－1．
三．“乘”字诀
例3．在非零数列{an}中，a1＝1，且an+1＝annn＋1，求数列{an}的通项公式．
分析：本题可变形为an+1an＝nn＋1，等式类似于等比数列定义，
考虑“乘”字诀，即再写出几个递推关系来乘一下（此法也称为累乘法）．
解：由已知得，anan－1＝n－1n，an－1an－2＝n－2n－1，…，a2a1＝12，把以上式子相乘得，ana1＝1n，所以an＝1n．四．“除”字诀
例4．在非零数列{an}中，a1＝1，且an－an－1＋2anan－1＝0，求数列{an}的通项公式．
分析：本题提供的条件中出现了an与an－1的一次项和乘积项anan－1，没有常数项，用“加、减、乘”都不能解决问题，这时就可以考虑“除”字诀（此法有时也泛称构造法）．
解：因为an≠0，所以an－an－1＋2anan－1＝0两边同除以anan －1，得1an－1－1an＋2＝0．即1an－1an－1＝2，所以数列{1an}是以1为首项，2公差的等差数列．即1an＝2n－1，所以an＝12n －1．
五．“配”字诀
例5．若数列{an}满足，a1＝1，an＝2an－1＋1(n≥2)，求数列{an}的通项公式．
分析：本题等式右边有常数1，可知{an}不是等比数列，an与an －1前面系数比为1:2，说明{an}又不是等差数列，乘积项anan－1也缺乏，所以这时“加、减、乘、除”都不能解决问题，这时可以考虑“配”字诀（此法有时也泛称构造法）．
解：等式an＝2an－1＋1两边同加上1得，an＋1＝2(an－1＋1)，因为a1＋1＝2≠0，所以(an－1＋1)≠0，所以有an＋1 an－1＋1＝2，所以数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1＝2n，所以an＝2n－1．
说明：此方法对an＝aan－1＋b(n≥2)(a≠1，ab≠0)结构的递推求通项有很强的针对性，等式两边可加上一个固定的常数ba－1配成新的等比数列，下面简单证明一下常数ba－1由来．可先在两边同加上常数x，则有an＋x＝a(an－1＋b＋xa)，为了能配成新的等比数列，令x＝b＋xa，解得x＝ba－1．
六．“倒”字诀
例6．在数列{an}中，a1＝1，且an＋1＝2anan＋2，求数列{an}的通项公式．
分析：本题为分式结构的递推关系，可以考虑用“倒”字诀，即等式两边同时取倒数．
解：因为a1＝1，所以an≠0，等式两边取倒数得：1an+1＝an＋22an＝1an＋12，即1an+1－1an＝12，所以得{1an}是以1为首项，12为公差的等差数列．所以1an＝n＋12，所以an＝2n＋1．
说明：此题也可先通分，观察等式，用“除”字诀解决，即两边同除以anan－1来解决．
以上“加、减、乘、除、配、倒”六字口诀虽在解题方法层面上没有创新，但在具体操作上却有较强的实用价值，学生易懂便记、乐于接受，拿到问题能很快的上手．六种操作方式尝试一下，一般
都能发现解法．这对解决学生数列学习眼高手低、畏难怕写的情况有很大帮助，同时用口诀的形式来阐述方法和操作步骤，也让学生耳目一新，有利于激发他们的求知欲望，促其归类总结能力的提升，使其对数学的学习产生新的认识．。