递推数列求通项大观

复 习 页 面 蛋万 13 第4层树形图的高度为 1350 T 1350 =a1+a2+a3+a4 20+5涯 16 第一层 第二层 第三层 第四层 易知an+2 “” ? ? 、? ? ? ? ? 图 6 作两条与该段均成1350角的线段，长度为其一 半;第三层按第二层的方法在每一线段的前端 生成两条线段;重复前面的作法作图至第n层. 设树形图的第n层的最高点到水平线的距离为 第n层树形图的高度. (1)求第三层及第四层树形图的高度H3 . H4 ; (2)求第n 层树形图的高度Hn; (3)若树形图的高度大于2，则称树形图为 “高大”，否则称为“矮小”，试判断该树形图是 “高大”还是“矮小，’? 导析:(1)设题中树(自下而上)新生出的各 层高度所构成的数列为{an，则 al = 1, a，一李X，二，一奥，。‘一奥.N2-s一‘ 2‘、2’一J 22 . 23 2’ 二 Zn- r (n为奇数时)， :.第n层的高度 1 二一一下x 2n-. 涯，_二二，、、 一万 、刀刀"I内义戈pI人 乙 ?????? ? ?? ?? ?、 ??? ? ? :.第n层树形图的高度为: 当n为奇数时， Hn一合[‘一(音)”+‘」+3 [‘一(音)”一‘」; 当n为偶数时， 。。一音[卜传/n]+ 3 [卜暗)”」· (3)由(2)知，当n为奇数时， _4 月 ，< 二丁十 S }<2; 3 当n为偶数时， :.第3层树形图的高度为 _4 月二<人下丁十 3 3 < 2. H3 =a1 +a2 +a3二5+,r2- 由定义知，此树形图为“矮小”. 递推数列求通项大观 312000 浙江绍兴鲁迅中学 劳建祥 数列是高中数学中的重要内容，求数列的 通项公式就是其中最为常见的题型之一，既可 考查等价转化与化归这一数学思想，又能反映 考生对等差与等比数列理解的深度，具有一定 的技巧性，因此经常渗透在 高考 地理事物空间分布特征语文高考下定义高考日语答题卡模板高考688高频词汇高考文言文120个实词 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 和竞赛中. 本文对几类常见的递推数列求通项问题作一些 探求，希望对大家有所启发. 类型1 由a，与S，给出的数列递推关系， 可利用a，与S二的关系求通项 此类题一般不直接给出数列(an}中‘十1与 a二的递推式，而给出S。与Sn-1或S，与a，的 递推式，这时要用an+l = Sn+l一S.(nEN*)， 转化为an+，与a，的递推式. 例1 设数列{an}的首项al =1，前n项和 S，满足关系式:US。一(2t+3)Sn-1=3t(t>O,n =2,3,4，⋯) (1)求证:数列{an}是等比数列，并求出 (2)设数列l an}的公比为 f (t)，作数列 {。。}，使，、一1，，。一f(兴 )(，一2,3,4,""")，求 .Un-1 I bn; (3)求和:b1 b:一b2 b3十b3 b4一⋯+b2，一，b2n 一伪”如，十1. (97年上海高考压轴题) 分析:(1)由US，一(2t+3) Sn_l二3t(t> O,n=2,3,4,⋯)得:3tSn+l一(2t+3) S。二3t(t >0,n=1,2,3,4"二)，后一式减去前一式得: 3 taa+l一(2t+3)an=0， 。an十1一罕(n一2,3,4,⋯，，把a‘一‘ 74 `至知 上海中学数学·2005年第3期 即 Si = 1代入条件得:S2二 5t+3，从 而 2t+3 a2=一百王，”:a2 ai 2t十3 .an+l 3t+3， ，二 — _ --下尸，- \11- ， 口” i 2,3，4， 2t+3 ⋯)，故数列(a.}是等比数列，公比为 在一‘2t+3、”+，_一‘“ 、 3t ， - a，二(a。一an- l)+(an-l一an-2)+⋯+ (a2一al)+al=3n-1+3n--2+ ⋯ +3+ 1 3n一 1 2 注;”年全国卷中一道数列题与例2如出 一辙，由此可见近年来高考十分重视对递推数 列的考查. (2) f(t)=2t+3 _/ 1 、, On=ftr一，J= 、‘阮一 I , 2/氏一l+3 3/b.-l 类型3求形如“an+l=.f(n1，其中{f(n)) 2， 久+1十 叫下，Cn=Z,3,4, O ⋯)， 的前n项的乘积容易化简”的通项 此类题型一般可利用叠乘法求其通项公 b?一bn- I 二2,3,4， 是等差数列 ，、、，_、，2，公 麦 刀 下二， O :)故数列{bn} 式，即通过 a?= an- I a”一I an-2⋯⋯a2al 叠乘求得 2n+1 通项. b. = b1+(n一1)d= 例 3 设 a。是首项为 1的正项数列，且 (3)由b.=2n+ 1，可知{b2.-1}和{bn}是首 项分别为 ，、二 :‘、，4，‘，“ ，J公 左 利 刀 茸厂t #}J寺 左 f7C夕q J ，于是 (n+1) a.+ 12一nan2+an+1 a? ⋯)，则它的通项公式是an = 全国高考题) =0(n=1，2，3，4 (2000年 b2. 4n+ 1 解:对已知条件分解因式得: (a,,+l十an)[(n+l)an+I一nam = o， 3 b2(b1一 b3)+ b4(b3一 b5)+ ⋯ (an}是首项为1的正项数列， an+l+an 7A0,( n+1) an+ 1一na，二0, -}'b2n (b2n-1一b2 n+ 1) =b1 b2-bzb3+b3b4一⋯+b2n-1 b2n -b2nb2n+l an+ l一 n}}，取1,2,3, 儿州卜1 ⋯ ,n一1)， ? ? ? ? ?? ? ? 4，， = 一下一l勿十b4十‘二’ S 十b2n ) 则 ‘ an- 1 an-1 a”一2 4 1 =一万‘万n‘ 15.4n+1 } 4，。， tes万寸.闷-二丁- 1= 一 气不k口 " \ 3 j 1 廿 n一 1 +3n) n一2 n一 1 1 .⋯ 忿犷 .1= 乙 注:解题时要特别注重思维的严密性.如 (1)中在导出an+l一罕(n一2,3,4,⋯，后，还 不能判断断数列{an}是等比数列. 类型2 求形如“an =an+1+f(n)，其中(f (n)}的前有限项可求和”的通项 此类题型一般可利用叠加法求其通项公 式，即 an=(a，一an-1)+(an-1一an-2)十⋯ +(a2 -al)+al，叠加求得通项. 例 2 已知数列 {an}满足 al = 1, an =3n- I +an-1(n>2)， (I)求a2 q a3; 类型4 求形如“an+1 =pan +叭p, q为常 数,pq:}4-0,p=A1)”的通项 这种题型一般有三种解法: 解法1:两边同除以pn+l得 an+l _ an+ qpn+l pn+pn+l，数列‘anpn’即为类型2; 解法2: an+1一a，二pan + q一(pan- I + q) =p(an-an-1 )，数列{an+l -an}即为等比数 列; 解法3:引人待定参数k，使 ‘+1 - k =p(an-k)，数列{an -k}即为等比数列.要定 出k，只需把所构造递推式与原递推式比较得 (1一p)k=q，故 k二 3”一 1 1一p,可求得其通项公式 (II)证明:an 高考试题) (I)解:丫al .(2003年全国文科 、 _- Q(pn-1一1)，_二”- 1 2习:“”一 -一一丁一一不一一-T ul Y’ Y一 1 =1， f; (x),xE〔 a2“3+1=4,a3二32 +4=13. 例4 已知函数f(x) (n)证明:由已知得a。一‘-1 =3n-1故 - 、 一厂1、〕’J2 lx) ,x七}下.911 L ‘ J ?? ，? ? ? ? 、 ????? 复 习 页 面 医F 15 其中。(x) =-2 (x-韵2+1, f2(x)=-2x+2 即。，一。.。一1+坚兰二一 1 — c 1一Cn一1(1一C)2’ (1)在直角从标系中作出y=f(x)的图象; 、。 _，、 _厂1 、〕二‘一 _ *，_、。 (L)议 y=,f2 Cx)，x七 }下 ，1}俐反 幽致 刀 L ‘ J y=g(x),a1=1,a2=g(a1)，⋯,an=g(a。一1); 求数列{an}的通项公式.(2000年北京高考试 题) ，、.， ，_、 _， 、 _ ._ _「1 _〕 夕犷称 :(Z) 广2Cx少= 一 Lx十 L，x七 卜不，1}， L } J 类型6 求形如“an+l = pan +qn(其中p,q 是常数，q; 0)”的递推数列的通项 此类题型一般可在递推关系式两边同除以 qn十‘后，转化成类型4求解. 例6 已知数列{an}中，al =1,an+l =2an+3n， 求an. 解:将an+l =tan+3”两边同除以3n+1，得 求出反函数g(x) =1-鲁,xE [0,1] 乙 a?士1 3n+1 ; 3 令an3n一bn ,则有 1 二an=1一万‘一‘ 2， .1 久-} 1= 二厂bn十 下~ J O 1 飞艾 a”一 /L二 一 气二 乙 an一2/3 2 Ca。一1一 k) , k台 一下~ 3 1 由此得bn =‘一(韵” ‘.an一1一2/3一 2 。。‘，J犷 2)。，‘， 2、，‘一 即X3(90 { an一不-之足 以 a1一不-刀 目l}n 几 J 1 J 为公比的等比数列.于是 ( 2\/ 1\”一1= 1 a1— .丈，1I— 一又一 1 、 一 石 i 、 乙 i =生(一工、 3 \ Z j 2 3 n- I 1/ 1\”一1.2 ..an-- I一二子】 十不二. j \ 乙 I j 类型5 求形如“an+l = pa二十f (n)(其中 f (n十1)-f(n)=常数)”的递推数列的通项 一般可由‘+1 -a。作差后，转化成类型4 求解. 例 5 数列 {an )满 足条件:al = b, a,+1 =can-}'n+1，其中b,。是常数且。笋1，求通 项{an}. 解:由a。二ca，一1+n知a，一1=a，一2+n-1， ⋯a，一a，一1=c(a，一1一a，一2)-} 1， :’a，二3”一2n 类型7 求形如“an+1 =pan'(其中p,r是常 数，且p>0,an>0)”的递推数列的通项 此类题型一般可通过两边取对数的方法化 为Igan+ l = r1gan "+" Igp，数列{Igan}即为类型4. 例7 设a>0，已知直线Z c y=ax及曲线 C，y=x2, C上的点Ql的横坐标为al (0O，在递推关系两边取常用对数 二al=b, a2=cal + 1=cb+ 1 :.b2=(c一1)b+1. 厂， .、，.‘. 1 〕 A an = b十 I }}c- 1)b十 1十 一一一; ! L c一 上」 1一cn一1 1一 c 一(n一1) c一 1. Iga,+l=21ga，一Iga. 令 b。二Iga?，则b.+1 =2b。一Iga :’b?+l一Iga=2(b。一Iga)， 则 b。一Iga = (b1一Iga)·2n-1， :’bn=(bi一lga)·2”一I +lga， 16 `WI 上海中学数学·2005年第3期 即 lgan=1g 。2n一1 +lga， 与前n项和S，之间满足2a?= S?S，一1 (n>2). la1 `2} _、_、、一 {1、~一 、。。，一_， 、*、，、、，_ 以)水址 :S芬二}是 寺 麦 致夕U，开水 公 麦 ;又乙) 、J” 夕 注:这里对数的底数可以换成其它有意义 的数值，如此题中若换成以a为底的对数运算 会简单一些，但需注意两边取以n.为底的对数 时必须满足a>0且a尹1. ‘·，一·- ，.一.一，J Aa,. 类型8 求形如“an+1 =-共乐”的分式线 ~~ 一 ，一“~ 一砚下工 Ban-i-C -'.’、~ 求数列tan}的通项公式. 分析:(1) 7 a，二S，一S二一i (n>2)，代人条 件得:2(S，一Sn-1)二SnS，一1 (n>2). 1 1 1，__、 ，，fl)。一、 :.分 一二一 二一于 (n)2)，故 {分 }是等差 一Sn Sn-1 2“‘一 " ,. 1 Sn J -、」二 数列，公差d= 2’ (2)Sn 1 n-十 仁n十 上)d O1 5一3n “一6 ’ ? ? ? 、 ? ? ?? ?? 性递推数列的通项 两边取倒数得卫an+l B . C 1 = 万于 寸~1一 . — ， H H an 1 ，，。， 之孕一 = bnl导 bn+l C ， B ，，_。。*，，， 二 A .bn十丁月r J1u即尖 M 4. 广1 21 即 凡 6 =弓二百五tan a kn= 1) 18 (3n-5) (3n-8)(n)2) 例 8 已知数列{an}的首项al =3，通项 an 数学期望在决策型问题中的应用 257091 山东省东营市第一中学 苟玉德 郑华松 在日常生活和经济活动中，公民应该具有 合理的决策能力，如个人的采购、求职、投资，企 业的生产或经营方案等，经常需要对事物的进 展情况作出决策，以便用最有利的方式采取行 动.由于受随机因素的影响，使得决策带有风险 性.因此，人们常把数学期望作为决策参考的重 要依据，其机理如下:若随机变量夸的概率分布 列为 F x1 xZ x? P Pi PZ Pn 则称E$=习x;pc($= x;)为右的数学期望 或平均数、均值.本文举例介绍数学期望在决策 型问题中的应用. 例 1 方案决策问题 (2004年高考湖北卷(理)第21题) 某突发事件，在不采取任何预防 措施 《全国民用建筑工程设计技术措施》规划•建筑•景观全国民用建筑工程设计技术措施》规划•建筑•景观软件质量保证措施下载工地伤害及预防措施下载关于贯彻落实的具体措施 的情 况下发生的概率为0.3，一旦发生，将造成400 万元的损失.现在甲、乙两种相互独立的预防措 施可供采用，单独采用甲、乙预防措施所需的费 用分别为45万元和30万元，采用相应预防措 施后此突发事件不发生的概率为0. 9和0. 85. 若预防方方案允许甲、乙两种预防措施单独采 用、联合采用或不采用，请确定预防方案使总费 用最少. (总费用=采取预防措施的费用十发生突 发事件损失的期望值) 解:①不采取预防措施时，总费用即损失期 望为400 X 0. 3=120(万元); ②若单独采取措施甲，则预防措施费用为 45万元，发生突发事件的概率为1一。. 9=0. 1, 损失期望值为400X0.1=40(万元)，所以总费 用为45+40=85(万元) ③若单独采取预防措施乙，则预防措施费 用为30万元，发生突发事件的概率为1-0.85 =0. 15，损失期望值为400 X 0. 15 = 60(万元)， 所以总费用为30+60=90(万元); ④若联合采取甲、乙两种预防措施，则预防 措施费用为45十30=75(万元)，发生突发事件 的概率为(1-0. 9) (1-0. 85)二0. 015，损失期 望值为400X0.015=6(万元)，所以总费用为 75+6=81(万元). 综合①、②、③、④可知，应选择联合采取 甲、乙两种预防措施，可使总费用最少.