高考中的遞推數列分類例說

筅江蘇省張家港市樂余高級中學張森焱

高考中的遞推數列分類例說

筅江蘇省張家港市樂余高級中學張森焱

數列是高中數學的一項重點內容，關于遞推數列的考查是其中的一個難點，它類型多，解法靈活，技巧性強，是考查學生邏輯推理與轉化化歸能力的良好載體，也是近年來高考常考的內容.下面介紹對遞推數列的幾種考查方式，以期拋磚引玉.

一、考查遞推數列通項公式的求解

遞推關系是給出一個數列的重要形式，求數列的通項公式，是得出一個數列的基本途徑，也是轉化與化歸重要數學思想的應用——化抽象為具體.

方法1：運用累加法求解

這種方法適用于：在數列｛an｝中，首項a1已知，且滿足an+1=an+f（n），數列｛f（n）｝是可以求和的.

例1已知數列｛an｝滿足a1=1，an+1=an+1 n（n+1），求數列｛an｝的通項公式.

所以結合已知得

以上n個等式相加得

方法2：運用累乘法求解

它適用于：在數列｛an｝中，首項a1已知，且滿足an+1=

an·f（n），數列｛f（n）｝是可以求出乘積的，通?！（1）·a1，常見f（n）有以下2種類型：

（ii）f（n）=kan，（ak≠0，a≠1），即數列｛f（n）｝為等比數列，其中a為公比，首項為ka.

例2在數列｛an｝中，已知數列｛an｝的通項公式.

方法3：構造等差數列法求解

將所求的數列遞推關系式變形，構造等差數列.

例3在各項不為零的數列｛an｝中，已知a1=1，an-1=，求數列｛an｝的通項公式.

常見構造的等差數列的形式有三種：

一是形如an+1=p·an+qn（p，q為非零常數，且p≠1，q≠1，p=q），此類數列解決的思路是，在an+1=p·an+qn的兩邊同除以qn+1，即是以為首項，為公差的等差數列；

三是形如an=p·Sn·Sn-1（n≥2）（p為非零常數），解題思路是先利用an=Sn-Sn-1（n≥2）代換an，得Sn-Sn-1=p·Sn·Sn-1，然后兩邊同時除以Sn-1·Sn，得，-p為公差的等差數列.

方法4：構造等比數列法求解

例4在數列｛an｝中，已知a1=1，有an+1=3an+2n+1，求數列｛an｝的通項公式.

n以為首項，為公比的等比數列，即

形如an+1=qan+d（d（q-1）≠0）的遞推關系，都可運用構造等比數列的方法，來求其通項公式.具體做法是：設an+1+x=q（an+x），由an+1=qan+d解得是公比為q的等比數列，從而求其通項公式.

方法5：先猜后證

這種數列的通項公式問題，需要先求出這個數列的前若干項，尋找其規律，猜想其結果，然后用數學歸納法證明其正確性.

例5在數列中｛an｝中，已知對任何正整數n恒成立，求數列的前4項，猜測其通項公式，然后用數學歸納法證明其正確性.

解：當n=1時，a1=1.

應有an=n（2n-1）=2n2-n，下面應用數學歸納法證明其正確性.

①當n=1，2，3，4時，結論當然成立；

②假設當n=k時結論成立，即ak=2k2-k，

所以當n=k+1時結論也成立.

綜合①與②得，對任何正整數n，an=2n2-n恒成立.

遞推數列的類型多種多樣，求解遞推數列通項公式的方法也有很多；可是，只要我們辨清它是哪種類型，用對應方法解決它即可；萬變不離其宗，很明顯它們的實質是通過合理、適當的轉化、化歸，轉變為求解等差數列或等比數列的有關問題而已.

二、考查不等遞推關系

不等遞推關系型時常出現在一般的競賽或模考中，此類問題呈現簡潔，看似平淡無奇，卻極富韻味.

例6已知f（x）是定義在R上的函數，對任意實數x，都有f（x+3）≤f（x）+3和f（x+2）≥f（x）+2，若f（1）=1.

（1）求f（2005）的值；

（2）求f（2007）的值.

解：（1）聯想等差數列的通項公式的推導，試用疊加法.

由f（x+3）≤f（x）+3這個“不等遞推關系式”，得f（2005）≤f（2002）+3，f（2002）≤f（1999）+3，f（1999）≤f（1996）+ 3，…，f（4）≤f（1）+3，將這668個不等式兩邊相加得f（2005）≤f（1）+3×668=2005.

由f（x+2）≥f（x）+2這個“不等遞推關系式”，得f（2005）≥f（2003）+2，f（2003）≥f（2001）+2，f（2001）≥f（1999）+2，…，f（3）≥f（1）+2，將這1002個不等式兩邊相加，得f（2005）≥f（1）+2×1002=2005.

據“兩邊夾法則”，得f（2005）=2005.

（2）【思路一】仿（1）直接疊加不便求解，可嘗試將已知遞推式變形后再使用疊加法.

由f（x+2）≥f（x）+2，得f（x+1）+2≤f（x+3），又f（x+3）≤f（x）+3，所以f（x+1）+2≤f（x）+3，即f（x+1）≤f（x）+1.

由f（x+1）≤f（x）+1，得f（2007）≤f（2006）+1，f（2006）≤f（2005）+1，f（2005）≤f（2004）+1，…，f（2）≤f（1）+1，將這2006個不等式兩邊相加，得f（2007）≤f（1）+2006=2007.

由f（x+2）≥f（x）+2，得f（2007）≥f（2005）+2，f（2005）≥f（2003）+2，f（2003）≥f（2001）+2，…，f（3）≥f（1）+2，將這1003個不等式兩邊相加，得f（2007）≥f（1）+2×1003= 2007.據“兩邊夾法則”，得f（2007）=2007.

【思路二】思路一操作起來比較麻煩，若能把“不等遞推關系式”轉化為“相等遞推關系式”，則問題就變得熟悉了.

同思路一中步驟，得f（x+1）≤f（x）+1，①

由f（x+2）≥f（x）+2，得f（x+1）≥f（x-1）+2.又由f（x+3）≤f（x）+3，得f（x-1）≥f（x+2）-3.所以f（x+1）≥f（x-1）+2≥f（x+2）-3+2=f（x+2）-1≥f（x）+2-1=f（x）+1，即f（x+1）≥f（x）+1.②

綜合①②知，f（x+1）=f（x）+1.所以通項為f（n）（n∈N*）的數列是等差數列，其首項f（1）=1，公差d=1，

所以f（2007）=1+（2007-1）×1=2007.

【思路三】思路二應用“兩邊夾法則”，變“不等遞推關系式”為“相等遞推關系式”，然后用等差數列的知識使問題求解得到簡化.若對解法的探究就此止步，是否意猶未盡？聯想數列求某一項的值常用周期數列法，故一鼓作氣作如下探索.

f（x+3）≤f（x）+3圳f（x+3）-（x+3）≤f（x）-x，且f（x+2）≥f（x）+2圳f（x+2）-（x+2）≥f（x）-x，為此構造函數g（x）= f（x）-x，則g（1）=f（1）-1=0，且g（x+3）≤g（x），g（x+2）≥g（x）.

通項為g（n）（n∈N*）的數列是周期數列，且其周期T=1圯g（2007）=g（1）=0圯f（2007）=g（2007）+2007=2007.

三、考查遞推數列的值域

對于數列｛an｝，若設集合M=｛an|n∈N*｝，則M是數列｛an｝的值域．數列的值域有可能成為高考的新亮點.

例7已知無窮數列｛an｝滿足an+1=-2a（nn∈N*），若集合M=｛an|n∈N*｝中只有二個元素，求數列｛an｝首項a1的值．

解：顯然a1≠a2（若a1=a2，則a3=f（a2）=f（a1）=a1，其中f（x）=x2-2x，依此類推數列｛an｝為常數列，與已知矛盾），從而a3=a2與a3=a1中有且只有一個成立．

（1）當a3=a2時-2a2=a2，則a2=0，或a2=3．若a2=0，則a1=0（舍去，此時an=0），或a1=2；若a2=3，則a1=3（舍去，此時an=3），或a1=-1．

（2）當a3=a1時，（-2a）12-2（-2a）1=a1，即a（1a1-3）（-a1-1）=0，則a1=0（舍去，此時an=0），或a1=3（舍去，此時an= 3），或

綜上a1的取值有

事實上，本例只不過是函數的不動點與二階周期點在數列值域問題中的一個應用.先熟悉兩個概念——函數的不動點與二階周期點：已知函數y=f（x），x∈I，若存在x0∈I，使得f（x0）=x0，則稱為函數y=f（x）的不動點；已知函數y=f（x），x∈I，若存在x0∈I，使得f（f（x0））=x0且f（x0）≠x0，則稱為函數y=f（x）的二階周期點．當a1=2時，｛an｝為：2，0，0，…；當a1=-1時，｛an｝為：-1，3，3，…這兩種情況說明a2是函數f（x）=x2-2x的不動點．當時，｛an｝為：a1，a2，a1，a2，…，這時a1，a2是函數f（x）=x2-2x的二階周期點．同樣依此類推若｛an｝的值域M為三元集，問題本質是函數的不動點與三階周期點．