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无私奉献用竞赛数学的方法解高考数列通项


用竞赛数学的方法解高考数列通项
浙江省湖州中学 李连方 (313000) 数列通项的求解是国内外数学竞赛和高考命题的“热点”之一,由于题目灵活多变,答 题难度较大。 而在近几年高考中关于数列通项的试题中, 我们可以发现其与数学竞赛有着千 丝万缕的联系。 因此在高中经历过数学竞赛培训的考生, 大都掌握了一些高中课本所不曾接 触过的知识,在应对这些难度很大的问题就会感到轻车

熟路,应对自如。本文借助一些高考 试题,说明数学竞赛知识和方法在高考数列通项求解中的渗透。 一、不动点的渗透 在几年高考试卷中, 不动点的知识应用频率非常高, 对于形如 a n ? 式求解通项,可利用特征方程 x ? 造 数 列 等 比 bn ?

A ? a n ?1 ? C 的递推 B ? a n ?1 ? D

A? x ? C ,若此方程有两不相等的实根 x1、x2 ,则可构 B?x? D

an ? x2 , 若 此 方 程 有 两 相 等 的 实 根 x1 ? x2 , 则 可 构 造 等 差 数 列 a n ? x1

bn ?

1 ,从而解得 a n 的表达式。 a n ? x1
2

例 1(20006 年全国Ⅱ卷)设数列 ? an ? 的前 n 项和为 S n ,且方程 x ? a n ? x ? a n ? 0 有 一根为 S n ? 1 (n ? N ) 。求数列 ? an ? 的通项公式。
*

分析:易得 a1 ? 得 Sn ?

1 2 ,且 ( S n ? 1) ? a n ? ( S n ? 1) ? a n ? 0 ,将 a n ? S n ? S n ?1 代入上式, 2

1 1 1 ,利用特征方程 x ? 解得 x ? 1,可构造 bn ? ,则 b1 ? ?2 , 2 ? S n?1 Sn ?1 2? x
1 S n ?1 ? 1 ? 2 ? Sn 1 ? ?1 ? ? ?1 ? bn ,所以数列 ?bn ? 是公差为 ? 1 的等差数 Sn ?1 Sn ?1

且 bn ?1 ?

列。故 bn ? ?n ? 1 ,所以 S n ? 二、特征根的渗透

n 1 ,因此数列 ? an ? 的通项公式为 a n ? 。 n ?1 n ?1

对 于 形 如 a n ?1 ? p ? a n ? q ? a n ?1 的 二 阶 递 推 式 求 通 项 , 可 先 利 用 特 征 方 程

x2 ? p ? x ? q , 若此方程有两不相等的实根 x1、x2 , 则可构造两数列等比 ?a n ?1 ? x1 ? a n ?和

?an?1 ? x2 ? an ?,分别解出通项 an?1 ? x1 ? an 与 an?1 ? x2 ? an ,再将 an?1 、 a n 看成未知数,
从而解出 a n 的表达式;若此方程有两相等的实根 x1 ? x2 ,则先解出 a n ?1 ? x1 ? a n ,再利用 “待定系数法”可解出 a n 的表达式。

1

例 2 2005 年广东卷改编) ( 已知数列 ?x n ? 满足 x 2 ? 若 lim x n ? 2 ,求 x1 的值。
n ??

x1 1 , n ? ( xn ?1 ? xn ?2 )( n ? 3 ) , x 2 2

分 析 : 利 用 特 征 方 程 x2 ?

1 1 ? ( x ? 1) , 解 得 x ? 1 或 x ? ? , 因 此 可 将 2 2

xn ?

x 1 1 又由题意可知 x 2 ? x1 ? ? 1 ? 0 , ( xn?1 ? xn?2 ) 变形为 xn ? xn?1 ? ( xn?1 ? xn?2 ) , 2 2 2

所以数列 ?x n ?1 ? x n ? 是以 同理将 xn ?

1 1 1 公比的等比数列, x n ?1 ? x n ? ( x 2 ? x1 ) ? ( ) n ?1 ? ? x1 ? ( ) n 。 则 2 2 2

1 ? 1 1 1 ? ( xn?1 ? xn?2 ) 变形为 xn ? xn?1 ? xn?1 ? xn?2 ,则数列 ? xn ?1 ? xn ? 是常 2 ? 2 2 2 ?
2x x 1 xn ? x2 ? 1 ? x1 。两式相减可得 x n ? 1 3 2 2 1 ? ? ? ?1 ? ( ) n ? ,故 lim xn ? 2 2 ? ? n??

数列,则 x n ?1 ? 得 x1 ? 3 。

三、待定系数法的渗透 对于形如 a n ? p ? a n ?1 ? q 、a n ? p ? a n ?1 ? q 、a n ? p ? a n ?1 ? kn ? b( p、q、k、b
n

是常数)等递推式求通项类型的试题,在高考中出现的频率最高,在每年的各省市高考卷中 都能找到其身影,而且其解题的方法众多,其中待定系数法不失一种简洁的方法。 例 3(2006 年全国Ⅰ卷)在数列 ?a n ?中, Sn ? 项 a1 与通项 an 。 分 析 : 由 题 意 得 a1 ? S1 ?

4 1 2 a n ? ? 2n?1 ? , (n ? N * ) 。求首 3 3 3

4 1 2 , 解 得 a1 ? 2 。 又 a1 ? ? 2 2 ? 3 3 3

a n?1 ? S n?1 ? S n ?

?a

an?1 ? x ? 2 n?1
n

? 2 n 是公比为 4 的等比数列。所以 a n ? 2 n ? 4 ? 4 n?1 ,得 an ? 4 n ? 2 n 。

?

4 4 1 a n?1 ? a n ? (2 n?1 ? 2 n ) , 即 an?1 ? 4an ? 2 n?1 , 设 3 3 3 n ? 4?an ? x ? 2 ? ,利用待定系数法可得 x ? 1 ,又 a1 ? 2 ? 4 ? 0 ,所以数列

四、取对数的渗透 在高中数学竞赛中,对于形如 a n ? p ? a n ?1 的高次递推式求通项,常常采取两边取对
r

数,从而达到构造新数列解出 a n 的表达式。 例 4 ( 2005 年 江 西 高 考 卷 ) 已 知 数 列 ?a n ? 各 项 为 正 数 , 且 满 足 a1 ? 1 ,

a n ?1 ?

1 * (1)求证: a n ? a n ?1 ? 2 (n ? N ) ; (2)求数列 ?a n ? a n ? (4 ? a n ) (n ? N * ) 。 2
2

的通项公式。 分析: (1)略; (2)由 a n ?1 ? 可 知 2 ? a n ?1

1 1 a n ? (4 ? a n ) 变形为 2 ? an?1 ? ? (2 ? an ) 2 ,由(1) 2 2 1 2 ? 0 , 2 ? an ? 0 。 令 bn ? 2 ? a n , 则 bn?1 ? ? bn , 两 边 取 对 数 得 2
, 变 形 为

lg bn?1 ? 2 ? lg bn ? lg 2

lg bn ?1 ? lg 2 ? 2 ? (lg bn ? lg 2)





lg bn ? lg 2 ? ? lg 2 ? 0 ,所以数列 ?lg bn ? lg 2?是以 ? lg 2 为首项, 2 为公比的等比数列,
故 lg bn ? lg 2 ? ? lg 2 ? 2
n ?1

?1? 。得 bn ? ? ? ?2?

2 n ?1 ?1

?1? ,因此有 a n ? ? ? ?2?

2 n ?1 ?1



五、迭代法的渗透 迭代法在竞赛中运用多,如本文“三、待定系数法”中的几种类型,均可采用迭代法。 对形如 a n ? p ? a n ?1 的高次递推式两边取对数后, 若其新的数列首项为 0 时, 即新的数列不
r

为等比数列,这时往往采用迭代法求解出 a n 的表达式。 例 5(2002 年天津高考)已知 ?a n ?是由非负整数组成的数列,满足 a1 ? 0 , a2 ? 3 ,

an?1 ? an ? ?an?1 ? 2? ? ?an?2 ? 2?, n ? 3,4,5, ? 。(1)求 a 3 ;
(2)证明 an ? an ?2 ? 2, n ? 3,4,5, ? ;(3)求 ?an ?的通项公式及其前 n 项和 S n 。 分 析 :( 1 ) a3 ? 2 ;( 2 ) 将

an?1 ? an ? ?an?1 ? 2? ? ?an?2 ? 2? 变 形 为

a n ?1 a ?2 an 1 ? n?2 ,令 bn ? (n ? 3) ,则 b3 ? b4 ? 1 ,且 bn ?1 ? ,两边取 a n ?1 ? 2 an an?2 ? 2 bn ?1
对数可得 lg bn ?1 ? ? lg bn ?1 ,①当 n 为奇数时, lg bn ? ? lg bn?2 ? ? ? (?1) ② lg bn ? ? lg bn?2 ? ? ? (?1)
n ?3 2 n ?3 2

? lg b3 ? 0 ,

? lg b4 ? 0 。所以对于任意的 n ? 3 均有 bn ? 0 ,则必有

an ? an ?2 ? 2, n ? 3,4,5, ? 。 (3)略。
六、取倒数的渗透 一般地,对于形如 a n ?

A ? a n ?1 的递推式求通项,虽然我们也可以利用不动点来 B ? a n ?1 ? D

解决,但是若两边取倒数则显得更简洁,而且避免烦琐的数学归纳法。 例 6(2006 年江西卷)已知数列 ?a n ?满足: a1 ? 求数列 ?a n ?的通项公式。

3 3n ? an ?1 ,且 an ? ( n ? 2) , 2 ? an ?1 ? n ? 1 2

3

分 析:两 边取倒 数得

1 2 ? a n ?1 ? n ? 1 n 1 n ?1 ? ,化 简可得 1 ? ? ? (1 ? ) ,又 an 3n ? a n ?1 an 3 a n ?1

1?

? n? 1 1 n 1 1 ? ? 0 ,所以数列 ?1 ? ? 为公比为 的等比数列,则 1 ? ? n ,因此有 a1 3 an 3 3 ? an ?

an ?

n ? 3n 。 3n ? 1

七、平方或开方法的渗透 在数学竞赛中,经常会对已知的递推式平方或开方,进而得到新的递推关系,从而求解 出原来数列的通项,而且可以避免了数学归纳法。 例 7(1994 年全国高考卷)设无穷数列 ?a n ?的各项都是正数, S n 是它的前 n 项之和, 对 于任意正整数 n , an 与 2 的等差中项等于 S n 与 2 的等比中项, 求该数列的通项公式。 分析:由题意得

an ? 2 ? S n ? 2 ,则 a1 ? 2 两边平方化简可得 (a n ? 2) 2 ? 8 ? S n ,则 2
2 2

有 (a n ?1 ? 2) ? 8 ? S n ?1 ,两式相减得 (a n ? 2) ? (a n ?1 ? 2) ? 8 ? ( S n ? S n ?1 ) ? 8 ? a n ,化
2

简得 (a n ? 2) ? (a n ?1 ? 2) ,故有 an ? 2 ? an ?1 ? 2 (负值舍去) ,则 a n ? a n ?1 ? 4 ,所以
2 2

数列 ?a n ?是公差为 4 的等差数列,因此有 a n ? 4n ? 2 。 以上介绍了几种常见的求解数列通项问题中涉及的竞赛方法,其基本思路是根据题设 提供的信息,构建新的等差或等比数列,然后通过研究新数列达到问题解决之目的。而且在 近几年高考中, 数学竞赛方法不仅仅在数列问题中有所渗透, 其他它数学知识中渗透也非常 多,这是因为数学竞赛对学生的逻辑推理能力、抽象概括能力、数据处理能力的培养和提高 有着积极的作用, 在平时的教学中, 教师必要对学有余力而且有兴趣的同学进行适当的培训。

4


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