用迭代法速解高考压轴题

高 三 数 学

专题讲座 巧用迭代法速解高考压轴题

高考是以知识为载体，方法为依托，能力为目标来进行考查的，命题时则是以能力为立意，以方法和知识为素材来进行命题设计的。纵观这两年全国高考的新课程试卷中的压轴题—数列问题，背景新颖、能力要求高、内在联系密切、思维方法灵活，又由于新课程的改革中淡化了数学归纳法，无疑地迭代法成为解决这类问题的通法。

1．a n+1=pa n +q(p 、q 为非零常数)型

此类型的通项公式求法通常有两种迭代思路：一是构造新数列使其成等比数列，设原递推关系化为a n+1+λ=p(a n +λ)，其中λ为待定系数，于是有p λ－λ=q ，即λ=

1-p q ，这样数列⎭⎬⎫

⎩

⎨⎧-+1p q a n 即为等比数列。二是a n =pa n －1+q=p(pa n －2+q)+q=p 2a n －2+pq+q=p 2(pa n －3+q)+pq+q=p 3a n －3+p 2q+pq+q=……=p n －

1a 1+p n

－

2q+……+pq+q ，它的实质下标递降，

直至退到不同再退为止。

例1．设a>0如图，已知直线l :y=ax 及曲线C:y=x 2，C 上的点Q 1的横坐标为a 1(0

分析：通过点Q n 与P n+1的纵坐标关系，P n+1与Q n+1的横坐标的关系，建立a n+1与a n 的递推关系，将n 换成n －1，即为迭代，反复利用这种迭代的方法即可求出a n 。

解：由点Q n 在曲线C 上，所以Q n 的纵坐标为a n 2，即Q n (a n ，a 2

n )。又由于Q n 与P n+1的纵坐标相等，所以，P n+1的纵坐标为a 2

n 。而点P n+1在直线l 上，所以P n+1

的横坐标为a a n 2，即P n+1（n n a a

a ,2

）。又因为P n+1与Q n+1的横坐标相同，所以a n+1=a a n

2即为a n+1与a n 的递

推关系。下用迭代法求数列{}n a 的通项公式。

迭代法一（构造新数列迭代）：对a n+1=a

a n

2

两边同时取对数得：lga n+1=2lga n －lga ，所以lga n+1－lga=2(lga n

－lga)，反复迭代得：lga n －lga=(lga n －1－lga)=2.2(lga n －2－lga)=22(lga n －2－lga)= (2)

－

1(lga 1

－lga)=lg(a a 1)21-n ，所以lg a a n =lg(a a 1)21-n ，即a n =a·(a

a 1)21-n 。

迭代法二（直接变形迭代）：∵a n+1=a a n 2，∴

22

1a

a a a n

n =+

∴

22121])[()(a a a a a a n n n -+===221221)()(a a a a n n -⨯-==[（a a n 2-）2]22=(a a n 2-)32=……=n

a

a 21)(. ∴a n+1=a·(a a 1)2n ，即a n =a·(a

a 1)21-n .

[解题回顾]解决本小题的关键有两步，一是灵活运用P n+1与Q n 、Q n+1间的纵横坐标间的关系正确而迅速建立a n+1与a n 的关系式；二是巧妙运用待定系数法或同除以a 对递推关系进行变形，使递推关系进一步具体化、

特征化，然后再反复迭代。实质上，等差等比数列的通项公式就是利用这种迭代法而推导出来的。迭代法二是变形成结构相同的式，然后进行下标递降；迭代法一也先是对递推关系式变形，化成a n+1=pa n +q 这种形式，利用待定系数法求解，也可以在此基础上直接迭代，如lga n =2lga n －1－lga=22lga n －2－2.lga －lga= (2)

－1

lga 1－(2n

－2

+2n

－

3

+……+2+1)lg a=2n －1lga 1－(2n －

1－1)lga ，所以a n =

1

2

211

1

---n n a a =a·

1

21)(-n a

a 。从高考阅卷中可以看出，不少学生得出递推关系式后，望而却步，这足以说明学生在数学思想方法上没有受到良好的训练，平时的学习都是被动的接受，而很少有主动建构的过程。

2．a n+1=pa n +f(n)（p 为常数，p ≠1，p ≠0）型。

此类型的通项公式求法常见有两种迭代方法：一是构造新数列代，即a n+1－λg(n+1)=p[a n －λg(n)],比较系数有：λg(n+1)－p λg(n)=f(n)对一切n ∈N +都成立，求出λ，则数列{})(n g a n λ-是等比数列；二是下标递降迭代，即a n →a n －1→a n －2→…→a 2→a 1.也就是a n =pa n －1+f(n －1)=p[pa n －2+f(n －2)]+f(n －1)=P 2

a n －2+Pf(n －2)+f(n －1)=P 3

a n －3+P 2

f(n －3)+Pf(n －2)+f(n －1)=…=P n －1

a 1+P

n －2

f(1)+…+Pf(n－2)+f(n －

1)，再利用求和法求出a n 。 例2．设a 0为常数，且a n =3

n －1

－2a n －1·(n∈N +)。（I ）证明对任意n ≥1，a n =01

2)1(]2)

1(3[5

1

a n n n n n -+-+-;

（II ）假设对任意n ≥1有a n ＞a n －1，求a 0的取值范围。

分析：本题的递推关系式中3

n －1

是一个变量，于是我们在利用待定系数法构造新数列时要注意与类型

1的区别，思路一可以设a n+1－λ·3n =－2（a n －λ·3

n －1

），由比较系数得λ的值，再迭代；思路二对递推

关系进行等价变形，即两边同除以3n

转化为类型1的问题求解；思路三直接利用关系式迭代转化为求和问题。

解：（I ）迭代法一（构造等比数列迭代）∵a n =3

n －1

－2a n －1, ∴

n

n a 3=

31

33211+⋅---n n a ,设可化为)3(32311k a k a n n n n -⋅-=---，展开比较系数得k=).51

3(32513

a :,5111n

n --=---n n a 即化为反复迭代有： )513

()32()513(3251

322211--=--=-----n n n n n n

a a a =…=（32

-）n ·(5130

0-a ). ∴

n

n n

n a a )32(51)32(513

0-⋅-⋅-=-,