递推关系

2024-07-18

递推关系（精选9篇）

递推关系篇1

数列是高中数学的重点内容之一, 也是初等数学与高等数学的一个重要衔接点;而数列的通项公式则是研究数列的最佳载体, 通项公式反映着数列中每一项的共性特征即包含着问题的规律性, 在解题中一旦规律性突破了, 就能顺利地剖析本质问题.数列问题数列的通项公式问题历来是高考的重点, 甚至多次作为压轴题的形式出现.本文主要研究非特殊的递推关系怎样化归为等差或者等比数列的形式求解通项公式的问题.当然除了化归为等差、等比数列以外, 还可以利用归纳——猜想——证明来处理.

类型一an+1=an+f (n) 型, an+1=f (n) an型

例1 (2007北京) 数列{an}中a1=2, an+1=an+cn (n=1, 2, 3, …) (c为常数) , 且a1, a2, a3成公比不为1的等比数列.

(1) 求c; (2) 求{an}的通项公式.

解 (1) 容易求得c=2.

(2) 当n≥2时, a2-a1=c, a3-a2=2c, …, an-an-1= (n-1) c,

∵a1=2, c=2,

∴an=n2-n+2, (n=2, 3, …) .当n=1时, 上式也成立.

∴an=n2-n+2, (n=1, 2, 3…) .

评注等差数列满足的递推关系an+1=an+d实际上是这种类型递推关系的特殊形式, 因此an+1=an+f (n) 可以依照求等差数列通项公式的累加法来求解.等比数列满足的递推关系an+1=qan, an+1=f (n) an类型递推关系的特殊形式, 因此可以依照求等比数列通项公式的累乘法来求解.

类型二an+1=pan+q型

当p=0, 1时, 数列{an}为等差数列;当p≠0, 1, q=0时, 数列{an}为等比数列.下面主要研究p≠0, 1, q≠1的情形.

例2 (2007全国卷1) 已知数列{an}中a1=2, an+1= (槡2-1) (an+2) , (n=1, 2, 3, …) .

(1) 求{an}的通项公式; (2) 略.

评注当p≠0, 1, q≠1时, 此类型的递推关系可以变形为an+1+x=p (an+x) (其中px-x=q) , 这样就构成了以a1+x为首项, p为公比的等比数列{an+x}, 从而原数列就化归为我们熟悉的等比数列来处理.

类型三an+1=pan+f (n) (p≠1) 型

(1) 对任意的实数λ, 证明数列{an}不是等比数列; (2) (3) 略.

∴k=-3, λ=21.

∴{an-3n+21}为等比数列,

∴{an}不是等比数列. (2) (3) 略.

评注此类型的问题一般解法是两边同时除以pn+1, 化归为bn+1=bn+g (n) 的类型, 按照类型一来处理.当f (n) 是形如an (a为常数) 时, 在累加求和时就是等比数列求和;但f (n) 是关于n的一次式时, 可变形为an+1+λ (n+1) +b=p (an+λn+b) , 即将其化归为一个等比数列{an+λn+b}来处理.

(1) 求数列{an}的通项公式; (2) (3) 略.

评注此类型的问题一般是通过等式两边同时取倒数, 从而化归为bn+1=pbn+q的类型, 按照类型三的解法来求解.

类型五an+2=pan+1+qan型

例5 (2008广东文) 设数列{an}满足a1=1, a2=2, (n=3, 4, …) .数列{bn}满足b1=1, bn是非零整数, 且对任意的正整数m和自然数k, 都有-1≤bm+bm+1+…+bm+k≤1.

(1) 求数列{an}和{bn}的通项公式; (2) 略.

解 (1) 不妨令an+2+kan+1=λ (an+1+kan) , (n=1, 2, …) , 即an+2= (λ-k) an+1+kλ·an.

评注形如此类型的递推关系可变形为an+2+kan+1=λ (an+1+kan) , 从而由λ-k=p, kλ=q解出k, λ, 于是数列{an+1+kan}构成了以λ为公比, 以a2+ka1为首项的等比数列, 就化归为等比数列问题.当k, λ无解时数列可能为周期数列, 通过求有限的几项可得到周期, 如数列{an}满足:an+2=an+1-an, a1=1, 通过求前8项会发现此数列为周期是6的周期数列.

类型六 (an+1) r=p (an) s型

下面解法同例5, 得到bn+1=-2bn.

评注递推关系式为 (an+1) r=p (an) s型的正项数列, 可以通过两边取对数, 从而化归为bn+1=pbn+q的类型处理, 但只有正项数列才可以如此解决, 要注意其局限性.

由此我们不难看到等差、等比数列是两类最基本的数列, 也是数列部分的重点内容, 是我们必须掌握好的两种数列, 它们的性质以及通项的求法等等, 对我们求解非等差、等比数列问题都有很大的借鉴意义, 一定要引起我们足够的重视.

递推关系篇2

普兰店市第六中学

陈娜

一、教学目标

1、知识与技能：了解数列递推公式定义，能根据数列递推公式求项，通过数列递推公式求数列的通项公式。

2、过程与方法：通过实例“观察、分析、类比、试验、归纳”得出递推公式概念，体会数列递推公式与通项公式的不同，探索研究过程中培养学生的观察归纳、猜想等能力。

3、情感态度与价值观：培养学生积极参与，大胆探索精神，体验探究乐趣，感受成功快乐，增强学习数学的兴趣，培养学生一切从实际出发，认识并感受数学的应用价值。

二、教学重点、难点和关键点

重点：数列的递推定义以及应用数列的递推公式求出通项公式。难点：数列的递推公式求通项公式。关键：同本节难点。

三、教学方法

通过创设问题的情境，在熟悉与未知的认知冲突中激发学生的探索欲望；引导学生通过自主探究和合作交流相结合的方式进行研究；引导学生积极思考，运用观察、试验、联想、类比、归纳、猜想等方法不断地提出问题、解决问题，再提出问题，解决问题…… 经历知识的发生和发展过程，并注意总结规律和知识的巩固与深化。

四、教学过程

环节1：新课引入

一老汉为感激梁山好汉除暴安良，带了些千里马要送给梁山好汉，见过宋江以后，宋江吧老汉带来的马匹的一半和另外一匹马作为回礼送给了他，老汉又去见卢俊义，把 1

现有的马匹全送给了他，卢俊义也把老汉送来的马匹的一半和另外一匹马作为回礼送给了老汉……… 一直送到108名好汉的最后一名段景住都是这样的，老汉下山回家时还剩下两匹马，问老汉上山时一共带了多少匹千里马？

通过这个小故事让学生感受到数学来源于生活同时又为生活所服务。同时也能引起学生的兴趣和好奇心。环节2：引例探究

(1）1 2

16………

(2)1

cos1

coscos1

cos[cocsos1]

…….(3)0 1 7 10 13 …….通过设置问题的情境，让学生分析找出这些数列从第二项（或后几项）后一项与前一项的关系，从而引出数列的递推公式的定义，便于学生对于数列递推公式的理解、记忆和应用。递推公式定义：

如果已知数列的第1项（或前几项），且从第二项（或某一项）开始的任意一项an与它的前一项an-1（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式。递推公式是数列一种的表示法，它包含两个部分，一是递推关系，一是初始条件，二者缺一不可．环节3：应用举例及练习

例1：已知数列｛an｝的第1项是1，以后的各项由公式

a n

(n≥2)给出，写出这个给出，写出这个数列的前5项.= 1+an-11解：据题意可知：a1=1, a3=1+

a2=1+1a1=1+1a311=2,23531a21=1+=1+12=35=32,.a4=1+=1+=,a5=1+85a42

an的前五项是3581，2，，235

练习：已知一个数列的首项a1=1, a3=2, an= an-1+ an-2(n≥3)求这个数列的前五项。这个例题和习题是为了让学生进一步体会通过数列的的递推公式来求数列中的项，同时也能让学生感受到如果要是中间有一个环节做错了就会关联到其他的结果也是错误的，因此要培养学生认真的品质。

例2：已知数列{ an}满足a1 =1，an+1 =an +（2n-1）

(1)(2)写出其数列的前五项，归纳出数列的一个通项公式。利用数列的递推公式求其通项公式。

a2a1(2*11)112a3a2(2*21)235解（1）a11，a4a3(2*31)5510，a5a4(2*41)10717 猜想：an=（n-1）2+1（2）a2a12*11

a3a22*21

a4a32*31

…………………

an =an-1 +（2n-3）

an =a1 +2[1+2+3+…+(n-1)]—（n-1）an=1+2*（n1)[1(n1)]2_(n-1), 即an=（n-1）2+1 当n=1时也满足上式。

所设问题中的（1）是起着承上启下的作用，同时也引出了（2）的结论引起学生的兴趣，让学生感受到如何能在数列的递推公式得出数列的通项公式，体会到事物之间的互相转化的思想。

跟踪练习：已知数列{ an }中，a1 =1，an+1= an +

1n(n1)，求数列的{ an }的通项公式。

在例2解题过程中从等差数列的通项公式的累和法进行引导，让学生体会到同类问题的知识的迁移过程。同时也引导学生认识到an+1—an=f(n)这样形式的都可以用累和法来求解。

环节4：归纳总结 ① 定义

② 累加法：an+1—an= f(n)环节5：作业：必做与选作

递推数列的“魂” 篇3

“递推公式千姿百态，数列问题‘稀奇古怪”，递推数列的原创题会随着递推公式的变化层出不穷，同学们在高考复习时应做好这样的心理准备.然而，不论问题情境如何变化，递推数列的“魂”是始终不变的——那就是以递推公式为中心，对其进行适时变通运用！

例1 已知数列{an}中，a1=1，an=2an-1+1（n∈N*）.求证：a1+a2+…+an<2n+1-n.

解析：例1给出的递推公式中，an表示为关于an-1的一个函数式，因此an=2an-1+1，an-1=2an-2+1，…，a2=2a1+1，采用逐式代入的方法可得：an=2（2an-2+1）+1=22（2an-3+1）+（2+1）=…=2n-1a1+（2n-2+…+22+2+1）=2n-1+2n-2+…+2+1=2n-1.

于是，a1+a2+…+an=（2-1）+（22-1）+…+（2n-1）=（2+22+…+2n）-n=2n+1-2-n<2n+1-n.

点评：逐式代入是一种常用方法，应熟练掌握，例1就是使用了逐式代入的方法顺利证得.那么，是不是递推数列问题都可以用逐式代入的方法去解决呢？

例2 已知在数列{xn}中，xn≠0且xn+1=xn-（n∈N*）.问：是否存在不同的正整数m，n，使xm=xn成立？若存在，求出所有正整数对{m，n};若不存在，请说明理由.

解析：若对例2中的递推公式使用逐式代入法，则有：xn=xn-1-=（xn-2-）-（xn-2-）2=（xn-3-）-（xn-3-）2-[（xn-3-）-（xn-3-）2]2=…，xn的表达式不仅越来越复杂，而且还显得杂乱无章. 那么该怎么办呢？我们还得从原递推公式中去想想办法.

由xn≠0，得xn+1-xn=-<0？圯xn+1

点评：从例2我们可以看出，虽然逐式代入应用广泛，但有些题目用此方法并不合适，这就需要我们认真审题，充分利用题目中的已知条件，灵活变通，寻求新思路.

例3 已知数列{an}的相邻两项a2k-1，a2k是关于x的方程x2-（3k+2k）x+3k·2k=0的两个根，且a2k-1≤a2k（k=1，2，3，…）.

（1）求a1，a3，a5，a7;

（2）求数列{an}的前2n项和S2n.

解析：由题意可知，a2k-1+a2k=3k+2k，a2k-1·a2k=3k·2k（k=1，2，3，…），分别取k=1，2，3，4，再根据a2k-1≤a2k（k=1，2，3，…）便可确定a1，a3，a5，a7;而S2n=（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2n-1+a2n），故可将n个方程累加求得S2n.

（1）当k=1时，a1+a2=3+2=5，a1·a2=3×2=6，因为a1≤a2，所以a1=2.同理，当k=2时，a3=4;当k=3时，a5=8;当k=4时，a7=12.

（2） S2n=（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2n-1+a2n）=（3·1+21）+（3·2+22）+…+（3n+2n）=3（1+2+…+n）+（2+22+…+2n）=3·+=+2n+1-2.

点评：累加、累乘为递推法应用中的另一种常用方法，例2中的（2）就是使用累加的方法得到了数列前2n项的和.但是任何方法都不是万能的！

例4 已知正项数列{xn}中，x1=1，且+xn=3+2xn+1（n∈N*），求证：xn≤n-1（n∈N*）.

解析：由递推公式得：+xn=3+2xn+1，+xn-1=3+2xn，…，+x1=3+2x2，显然，不管是使用累加、累乘或是逐式代入都很难求得结果. 所以，又得对递推公式进行变通运用，寻求新的解题思路.

当n=1时，x1=1，xn≤n-1成立;

当n>1时，+xn=3+2xn+1=（xn+1）2+（xn+1）+（2-）xn+1>（xn+1）2+（xn+1）.因为函数f（x）=x2+x在区间[0，+∞）上单调递增，而f（xn）>f（xn+1），故xn>xn+1.由xn>0，xn+1>0得xn+1<·xn？圯xn<·xn-1<2·xn-2<…

综上所述，xn≤n-1（n∈N*）.

点评：递推法应用中，一定不能只局限于考虑使用某一特定的方法解题，很多时候我们需要根据实际问题，对递推公式进行适当变通，在熟练掌握常用的解题方法的前提下，根据具体问题寻求新的规律解题.

数列问题一直是高考的重点，近些年来递推数列成为高考命题的热点，掌握递推数列问题的求解方法是复习备考的一个重要任务.

例1 已知数列{an}中，a1=1，an=2an-1+1（n∈N*）.求证：a1+a2+…+an<2n+1-n.

于是，a1+a2+…+an=（2-1）+（22-1）+…+（2n-1）=（2+22+…+2n）-n=2n+1-2-n<2n+1-n.

点评：逐式代入是一种常用方法，应熟练掌握，例1就是使用了逐式代入的方法顺利证得.那么，是不是递推数列问题都可以用逐式代入的方法去解决呢？

例2 已知在数列{xn}中，xn≠0且xn+1=xn-（n∈N*）.问：是否存在不同的正整数m，n，使xm=xn成立？若存在，求出所有正整数对{m，n};若不存在，请说明理由.

由xn≠0，得xn+1-xn=-<0？圯xn+1

例3 已知数列{an}的相邻两项a2k-1，a2k是关于x的方程x2-（3k+2k）x+3k·2k=0的两个根，且a2k-1≤a2k（k=1，2，3，…）.

（1）求a1，a3，a5，a7;

（2）求数列{an}的前2n项和S2n.

（1）当k=1时，a1+a2=3+2=5，a1·a2=3×2=6，因为a1≤a2，所以a1=2.同理，当k=2时，a3=4;当k=3时，a5=8;当k=4时，a7=12.

（2） S2n=（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2n-1+a2n）=（3·1+21）+（3·2+22）+…+（3n+2n）=3（1+2+…+n）+（2+22+…+2n）=3·+=+2n+1-2.

点评：累加、累乘为递推法应用中的另一种常用方法，例2中的（2）就是使用累加的方法得到了数列前2n项的和.但是任何方法都不是万能的！

例4 已知正项数列{xn}中，x1=1，且+xn=3+2xn+1（n∈N*），求证：xn≤n-1（n∈N*）.

当n=1时，x1=1，xn≤n-1成立;

综上所述，xn≤n-1（n∈N*）.

数列问题一直是高考的重点，近些年来递推数列成为高考命题的热点，掌握递推数列问题的求解方法是复习备考的一个重要任务.

例1 已知数列{an}中，a1=1，an=2an-1+1（n∈N*）.求证：a1+a2+…+an<2n+1-n.

于是，a1+a2+…+an=（2-1）+（22-1）+…+（2n-1）=（2+22+…+2n）-n=2n+1-2-n<2n+1-n.

点评：逐式代入是一种常用方法，应熟练掌握，例1就是使用了逐式代入的方法顺利证得.那么，是不是递推数列问题都可以用逐式代入的方法去解决呢？

例2 已知在数列{xn}中，xn≠0且xn+1=xn-（n∈N*）.问：是否存在不同的正整数m，n，使xm=xn成立？若存在，求出所有正整数对{m，n};若不存在，请说明理由.

由xn≠0，得xn+1-xn=-<0？圯xn+1

例3 已知数列{an}的相邻两项a2k-1，a2k是关于x的方程x2-（3k+2k）x+3k·2k=0的两个根，且a2k-1≤a2k（k=1，2，3，…）.

（1）求a1，a3，a5，a7;

（2）求数列{an}的前2n项和S2n.

（1）当k=1时，a1+a2=3+2=5，a1·a2=3×2=6，因为a1≤a2，所以a1=2.同理，当k=2时，a3=4;当k=3时，a5=8;当k=4时，a7=12.

（2） S2n=（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2n-1+a2n）=（3·1+21）+（3·2+22）+…+（3n+2n）=3（1+2+…+n）+（2+22+…+2n）=3·+=+2n+1-2.

点评：累加、累乘为递推法应用中的另一种常用方法，例2中的（2）就是使用累加的方法得到了数列前2n项的和.但是任何方法都不是万能的！

例4 已知正项数列{xn}中，x1=1，且+xn=3+2xn+1（n∈N*），求证：xn≤n-1（n∈N*）.

当n=1时，x1=1，xn≤n-1成立;

综上所述，xn≤n-1（n∈N*）.

利用递推关系求数列通项的方法篇4

一、形如an+1=an+f (n) 的递推式

利用叠加法.

a2=a1+f (1) ,

a3=a2+f (2) ,

…

an=an-1+f (n-1) ,

以上各式相加得

$a_{n} = a_{1} + \sum_{i = 1}^{n - 1} f (i) (n \geq 2$ 且n∈N*) .

【例1】已知数列{an}满足 $a_{1} = \frac{1}{2} ‚ a_{n} = a_{n - 1} + \frac{1}{n^{2} - 1} (n \geq 2)$ , 求数列{an}的通项公式.

二、形如an+1=f (n) an的递推式

因为 $\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = f (n)$ , 所以

$\begin{array}{l} a_{n} = \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} \cdot \frac{a_{n - 1}}{a_{n - 2}} \dots \frac{a_{2}}{a_{1}} \cdot a_{1} \\ = a_{1} f (1) f (2) \dots f (n - 1) \\ (n \geq 2 \end{array}$ 且n∈N*) .

【例2】数列{an}满足nan+1=2 (a1+a2+…+an) , n∈N*且a1=1, 求数列{an}的通项公式.

三、形如an+1=pan+q (p≠1) 的递推式

方法1:an+1=pan+q,

an=pan-1+q (n≥2) ,

∴an+1-an=p (an-an-1) ,

∴{an-an-1}是以 (a2-a1) 为首项, p为公比的等比数列,

$\begin{array}{l} ∴ a_{n} - a_{n - 1} = (a_{2} - a_{1}) \cdot p^{n - 1} ‚ \\ ∴ a_{n} = a_{1} + \frac{(a_{2} - a_{1}) (1 - p_{n - 1})}{1 - p} \\ (n \geq 2 \end{array}$ 且n∈N*) .

方法2:令an+1+m=p (an+m) ,

则an+1=pan+pm-m, 与原式比较, 得

$m = \frac{q}{p - 1}$ ,

所以 $a_{n + 1} + \frac{q}{p - 1} = p (a_{n} + \frac{q}{p - 1})$ ,

即 ${a_{n + 1} + \frac{q}{p - 1}}$ 为公比是q的等比数列.

【例3】已知数列{an}:3, 5, 7, 9, …, 2n+1, …另作一数列{bn}, 使b1=a1, 且当n≥2时, bn=abn-1, 求数列{bn}的通项公式.

四、形如an+1=pa $_{n}^{q}$ (p>0, an>0) 的递推式

两边取对数, 得lgan+1=qlgan+lgp, 令bn=lgan, 则bn+1=qbn+lgp, 仿“类型三”可求解.

【例4】数列{an}中, 设an>0, a1=1, 且an·a $_{n + 1}^{2}$ =36, 求数列{an}的通项公式.

五、形如an+1=pan+f (n) (p≠1) 的递推式

变形得 $\frac{a_{n + 1}}{p^{n + 1}} = \frac{a_{n}}{p^{n}} + \frac{f (n)}{p^{n + 1}}$ , 令 $b_{n} = \frac{a_{n}}{p^{n}}$ , 得 $b_{n + 1} = b_{n} + \frac{f (n)}{p^{n + 1}}$ , 仿“类型一”, 用叠加法可求解.

【例5】数列{an}的前n项和为Sn, 且满足a1=1, an+1=2Sn+n2-n+1, 求数列{an}的通项公式.

六、形如an+1=f (n) an+g (n) 的递推式

设辅助数列{h (n) }, 使 $f (n) = \frac{h (n)}{h (n + 1)}$ , 则 $a_{n + 1} = \frac{h (n)}{h (n + 1)} a_{n} + g (n)$ ,

即an+1h (n+1) =anh (n) +g (n) h (n+1) .

令bn=anh (n) ,

则bn+1=bn+g (n) h (n+1) ,

仿“类型一”可解决.

【例6】已知数列{an}满足nan+1= (n+2) an+n, 且a1=1, 求数列{an}的通项公式.

递推关系篇5

类型1、递推公式为an+1-an=f (n) 型。

(1) 若f (n) 为常数, 即:an+1-an=d, 此时数列为等差数列, 则an=a1+ (n-1) d;

类型3、递推公式为an+1+an=f (n) 型。

(1) 若an+1+an=d (d为常数) , 则数列{an}为“等和数列”, 它是一个周期数列, 周期为2, 其通项分奇数项和偶数项来讨论;

(2) 若f (n) 为n的函数 (非常数) 时, 可通过构造转化为an+1-an=f (n) 型, 通过累加来求出通项;或用逐差法 (两式相减) 得an+1-an-1=f (n) -f (n-1) , 分奇偶项来分求通项。

类型4、递推公式为an+1·an=f (n) 型。

(1) 若an+1·an=p (p为常数) , 则数列{an}为“等积数列”, 它是一个周期数列, 周期为2, 其通项分奇数项和偶数项来讨论;

(2) 若f (n) 为n的函数 (非常数) 时, 可通过逐差法得an·an-1=f (n-1) , 两式相除后, 分奇偶项来分求通项。

类型5、形如an+1=can+d, (c≠0, 其中a1=a) 型。

(1) 若c=1时, 数列{an}为等差数列; (2) 若d=0时, 数列{an}为等比数列;

(3) 若c≠1?d≠0时, 数列{an}为线性递推数列, 其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求。此时数列{an}为线性递推数列。运用待定系数法, 构造新数列, 把原递推公式转化为:an+1-t=c (an-t) , 其中再利用换元法转化为等比数列求解。

类型6、形如an+1=pan+f (n) 型。

(1) 若f (n) =kn+b (其中k, b是常数, 且k≠0) , 则依递推式写出an=pan-1+f (n-1) 用相减法构造新数列, 运用类型5的方法来进行解决。

(2) 若f (n) =qn (其中q是常数, 且n≠0, 1。

(2) 当p2+4q≥0时, 用待定系数法, 可设an+2-xan+1=y (an+1-xan) , 而后构造新数列, 利用辅助数列求出数列通项。

类型9、形如an+1=panr (其中p, r为常数) 型。 (1) 当p>0, an>0, 两边取以p为底的对数; (2) 当p<0时, 用迭代法。

类型10、递推公式为f (Sn, an) =0型。

利用an=Sn-Sn-1, (n≥2) 转化为g (an, an-1) =0型, 或h (Sn, Sn-1) =0型, 即混合型的转化为纯粹型的。

递推数列的教材研究篇6

人教社章建跃老师在文[1]中指出“最近几年这个问题 (递推数列为背景的压轴题) 又热闹起来了, 于是递推数列的题型及其解题技巧又热起来了.在递推数列的代数变换中, 由于涉及‘巧法’较多, 而这些确实是学习的难点, 因此教师就在技巧上大做文章……, 题型套题型, 题型何其多;没有思想方法作为主线, 成为题型的杂知己无章的堆砌.实际教学中, 采取灌输的方式, 将这些题型及其解法强加给学生.这种只给结果的教学是不可能奏效的, 因为没有对解法的来源有任何交代, 因此学生是无法理解的.”为纠正“重结果轻过程”, 坚持“过程与结果并重”使数学教学成为“有思想的”教学, 章老师亲自对递推公式 $(\begin{array}{l} a_{1} = a, \\ a_{n + 1} = p a_{n} + q \end{array} (n \geq 1 p, q$ 为常数, 且p≠1) 的通项公式探求做了精心的教学过程设计. (具体内容见文[1]例9) .章老师作为人教版副主编能深入课堂教学一线, 亲身亲为, 是我们数学老师学习的典范.递推数列的理解和教学实施确实还存在不少问题有待探讨:课标对递推数列有无明确限制与要求?教材编写必须贯彻高中数学课程的基本理念与要求, 那么递推数列在教材中又是如何呈现的?它的要求是什么?在具体教学实践中如何把握“度”、如何组织有效教学?如何看待高考对递推数列的要求?等等.

2 递推数列在课标与教材的要求与呈现形式

2.1 从课标看递推数列

递推数列是数列的子概念, 数列内容在课标中主要安排为:必修模块数学5 (约12课时) 、选修系列4-3数列与差分 (18课时) .另外, 选修1-2中“推理与证明”和选修2-2中“推理与证明”中因为有“合情推理”, 数列及其通项是很好的载体, 理科还有“数学归纳法”, 这就为归纳猜想的结果证明提供了方法支撑;递推数列与算法.细读课标的内容标准, 数学5“数列”没提递推数列这一概念, 更没有对其内容编写和教学提要求和限制 (主要是对等差数列和等比数列这两个模型的学习探讨) .不过课标对数列的教学提了一条要求“应保证本技能的训练, 引导学生通过必要的练习, 掌握数列中各量之间的基本关系.但训练要控制难度和复杂程度”, 这条虽不是针对递推数列, 但也可理解为对递推数列一样需要遵循;选修系列4-3“数列与差分”差分方程与递推数列有一定联系, 但内容设置的角度与意义不是一回事, 而且目前尚无省份选该专题, 本文讨论不涉及此专题.

2.2 从教材看递推数列

从系统和整体联系角度观察, 人教A版对递推数列编写是以螺旋式呈现的, 其基本思路线索可概括为:描述性定义→递推公式是数列的一种给出方式→等差 (等比) 数列是最简单的递推数列→归纳猜想递推数列的通项公式→用数学归纳法证明 (理科) .具体的要求是:数学5中了解定义, 知道递推公式时给出数列的一种方式, 会根据公式求前几项, 在教师引导下知道等差 (等比) 数列是最简单的递推数列, 这些是“满足所有学生的共同数学需求”;选修1-2和选修2-2中“推理与证明”的“合情推理”设置一些简单递推数列通项公式猜想的例子和习题, 其意义在于训练学生合情推理的能力, 递推数列为载体, 不在于对递推数列内容作深入研究, 理科稍有弹性, 借助数学归纳法可对猜想的结果给与证明.这些方法和思维训练为学生提供了选择和发展空间, 从某种意义上说是“满足不同学生的不同数学需求”.

教材的编写, 体现了编者的数学理解和课标阐释:递推数列是特殊的数列, 而等差数列和等比数列又可视为特殊的递推数列;等差数列和等比数列是两种重要的数列模型, 感受这两种数列模型的广泛应用, 侧重实际应用, 但也不应不涉及数学内部的应用:如将简单的递推数列化归为等差数列或等比数列模型解决.

2.3 从高考看递推数列

以2010年高考统计为例.全国13套新课标卷 (理) 数列解答题有2道为递推数列:

(全国卷, 17) 设数列{an}满足a1=2, an+1-an=3·22n-1.

(1) 求数列{an}的通项公式;

(2) 令bn=nan, 求数列的前n项和Sn.

(上海理, 20) 已知数列{an}的前n项和Sn, 且Sn=n-5an-85, n∈N*

(1) 证明:{an-1}是等比数列;

(2) 求数列{Sn}的通项公式, 并求出n为何值时, Sn取得最小值, 并说明理由.

把考题与教材比较, 我们得到三个结论:递推列的考查在高考中仍有可能出现;递推数列考查的难度控制的较好, 不繁杂也不需高技巧, “源于教材, 略高于教材”;突出化归思想, 将递推数列回到等比 (差) 数列模型, 是等差、等比数列模型的迁移应用.

3 递推数列的教材例子、习题和阅读材料的分析

本文所讨论的是人教A版材料, 包括数学5 (2007年第3版, 2010年第1次印刷) 和选修2-2 (2007年第2版, 2010年第1次印刷) .

3.1 关于例子

数学5中与递推数列有关的例子共5个, 选修2-2共2道:

数学5的2.1节第30页的引例 ${\begin{cases} a_{1} = 1, \\ a_{n} = 2 a_{n - 1} + 1 (n > 1) \end{cases}$ 是直观具体的描述递推法与递推公式, 告知递推公式也是数列的一种表示方式;例3要求由递推公式 ${\begin{cases} a_{1} = 1, \\ a_{n} = 1 + \frac{1}{a_{n - 1}} (n > 1) \end{cases}$ 写出数列{an}的前5项, 其意义也仅在体验“由递推公式产生数列”;2.4节第50页的例2由算法框图写出所打印数列的前5项, 建立数列的递推公式并要求判断这个数列是否为等比数列?这个例题有两点需要注意:一是递推数列与算法的联系“用递推公式表示的步骤都可以用循环结构来实现”, 二是有助学生认识“等比 (差) 数列是最简单的递推数列”;2.3节第44页例3由前n项和 $S_{n} = n^{2} + \frac{1}{2} n$ 求通项问题与2.5节第57页的例3有一点是相同的, 就是认识和讨论递推关系 $a_{n} = {\begin{cases} S_{1} (n = 1), \\ S_{n} - S_{n - 1} (n > 1) . \end{cases}$

选修2-2的2.1节第71页例1由 ${\begin{cases} a_{1} = 1, \\ a_{n + 1} = \frac{a_{n}}{1 + a_{n}} (n \geq 1) \end{cases}$ 归纳数列的通项公式, 并在2.3节作为数学归纳法证明引例呈现;2.1节第75页例4指出“可得递推公式 ${\begin{cases} a_{1} = 1, \\ a_{n} = 2 a_{n - 1} + 1 (n > 1), \end{cases}$ 从这个递推公式出发, 可以证明通项公式an=2n-1是正确的.”值得注意的是, “可以”如何操作?本文前面所提章建跃老师的教学设计就是把此递推公式作为问题1, 用“凑”的办法化归为等比数列, 并指出它是解决整个问题的关键.当然也可考虑数学归纳法.

3.2 关于习题

数学5递推数列的练习与习题共9道, 按问题求解目标可分4类:①“给出递推公式, 写出数列前5项”, 计3道:第31页练习T2、第33页习题2.1A组T4, B组T3, 其基本任务是“了解递推公式是给出数列的一种方式”;②“根据图形及相应点数, 写出通项公式或递推公式”, 计3道:第33页习题2.1A组T5, T6, B组T1, 其基本任务是“训练学生观察归纳能力”, 但在实际教学中, 存在较大困难, 特别是A组T5 (3) , B组T1, 刚进入数列就做这样的题, 学生的知识和能力储备都很难达到;③“由Sn求an”1道, 第45页练习T2;④“由递推公式探求通项”, 计2道:第69页复习习题B组T5, T6.T5是“选菜问题”建模得递推公式 $a_{1} = 300, a_{n} = \frac{1}{2} a_{n - 1} + 150 (n > 1)$ , 由于a1=300的特殊性, 易发现{an}为常数列, 若将首项a1换其它值, 如a1=200就难些了, 而T6二阶递推公式a1=5, a2=2, an=2an-1+3an-2 (n≥3) 探求通项难度就更大了.鉴于以上分析, 可考虑在章节复习时安排一课时, 设计一阶线性递推公式 ${\begin{cases} a_{1} = a, \\ a_{n + 1} = p a_{n} + q \end{cases}$ 的通项探究, 章老师的设计就是很好的参考;至于T6二阶递推公式则可在教师指导、数学兴趣小组局部小范围探讨为宜.

选修2-2的递推数列练习3道, 任务明确, 旨在训练归纳猜想.

3.3 关于阅读材料

数学5在拓展性栏目“阅读与思考”选取了与递推数列关联的两个主要问题, 即“斐波那契数列”和“九连环”, 富于趣味, 体现数学的奇妙和魅力.此栏目为学生提供选学素材, 教材建议有兴趣的学生可以自主选择其中的的一些内容进行探究.很有意味的是, 在人教A版选修4-7优选法与试验设计初步还提供了“斐波那契数列和黄金分割”阅读材料, 并在边框给出了通项公式:

$F_{n} = \frac{1}{\sqrt{5}} [(\frac{1 + \sqrt{5}}{2})^{n} - (\frac{1 - \sqrt{5}}{2})^{n}],$

再次让人感到数学奇妙的是:虽然Fn是整数, 但它却是由一些无理数表示的!作为数学教师应对此感兴趣, 可结合数学5第69页B组T6二阶递推公式a1=5, a2=2, an=2an-1+3an-2 (n≥3) 探究, 并将其推广到一般二阶递推公式an+2=pan+1+qan (p, q为常数) .当然, 对一般学生不要作要求, 附带提及, 数学3算法初步的“秦九韶算法”案例和“割圆术”阅读栏目也涉及递推数列, 递推数列与算法的结合值得进一步探讨.

参考文献

利用递推数列求迭代函数篇7

例1. (2009年全国高中数学联赛) 若函数undefined且undefined则f (99) (1) =________。

解:令undefined, 取倒数, 化简得:undefined, 显然数列undefined是以undefined为首项, 以1为公差的等差数列, undefined, 解得undefined, ∴undefined。

例2.已知函数f (x) =2x2-4x+3, 求f (n) (x) 。

解:a0 = x, an = f (an-1 ) = 2an-1 2-4an-1 + 3, n∈N*, 则可化为:

an-1=2 (an-1-1) 2, 取对数, 得:lg (an-1) =2lg (an-1-1) +lg2, 利用待定系数法, 可化为:lg (an-1) +lg2=2 (lg (an-1-1) +lg2) , 等价于lg[2 (an-1-1) ]=21g[2 (ax-1-1) ], 由等比数列通项公式得:lg[2 (an-1) ]=2n1g[2 (x-1) ]=1g[2 (x-1) ]2n, 解得f (n) (x) =an=22n-1 (x-1) 2n+1。

例3.已知函数undefined, 求f (n) (x) 。

解:求函数f (x) 的不动点, 设undefined, 解得两实不动点x1=-1, x2=1, 令a0=x, an=f (an-1) , n∈N*, 则可化为:

undefined

∴undefined, 取对数, 得undefined, 得:undefined, 再解得undefined。

例4.已知函数undefined, 求f (n) (x) 。

解:求函数f (x) 的不动点, 设undefined, 解得两不动点x1=-i, x2=i, 令a0=x, an=f (an-1) , n∈N*, 则可化为:

undefined

undefined,

所以undefined, 令复数w=x+i, z=cosθ+isinnθ, 则有undefined, 从而解得:undefined, 而wz= (x+i) (cosnθ+isinnθ) = (xcosnθ-sinnθ) +i (xsinnθ+cosnθ) ,

挖掘递推数列,体现转化思想篇8

递推数列是数列的重要内容, 是数学高考和竞赛的亮点, 纵观近几年各地高考数学试题, “递推数列”几乎为必考题, 且多以“压轴题”的姿态出现.数列中蕴含着丰富的数学思想, 而递推数列反映的是数列的本质特征, 具有很强的逻辑性, 是学习逻辑推理和化归能力的好素材, 也是数学教学中渗透数学思想方法的好载体.

数学中的转化思想在学习过程中应用非常普遍.解决许多问题实际上都是在转化, 将问题由难转易, 由陌生转熟悉, 从而使问题得到解决.

例1已知数列{an}满足an=2an-1+3且a1=1, 求数列{an}的通项公式.

解方法1 (递推法) :

方法2 (构造法) :设an+1+μ=2 an (+μ) , 即μ=3, ∴数列an{+3}是以a1+3=4为首项、2为公比的等比数列, 则an+3=4·2n-1=2n+1, 即an=2n+1-3.

例1不论是递推法还是构造法, 都是把递推关系转化为等比数列问题, 才能使问题顺利解决.

例2已知a1=1, an=an-1+n, 求an.

解方法1 (递推法) :

方法2 (累加法) :an-an-1=n, 依次类推有:an-1-an-2=n-1、an-2-an-3=n-2、…、a2-a1=2, 将各式叠加并整理得

例1不论是递推法还是累加法, 只有把递推关系转化为等差数列问题, 题目的问题就不难了.

例3已知a1=1, an=-an-1+2n-1, 求an.

∴是以为首项, 为公比的等比数列, 即

例3是通过待定系数法把递推关系转化为等比数列问题, 问题才会迎刃而解.

例4已知a1=10, an+1=an2, 求an.

解对递推式an+1=an2左右两边分别取对数得lgan+1=2lgan, 令lgan=bn, 则bn+1=2bn, 即数列{bn}是以b1=lg10=1为首项, 2为公比的等比数列, 即bn=2n-1, 因而得an=10bn=102 n-1.

例4对递推式两边取对数, 这样一来, 问题就可以转化成等比数列进行求解了.

例5已知a1=4, , 求an.

解对递推式左右两边取倒数得

∴数列{bn-2}是以b1-2=2为首项、2为公比的等比数列,

则bn-2=2·2n-1=2n,

即bn=2n+2, ∴

例4对递推式两边取倒数, 通过待定系数法, 问题就可以转化成等比数列进行求解了.

求递推数列通项公式篇9

类型1形如an+1=an+f(n).

解法:把原递推公式转化为an+1-an=f(n),利用累加法(逐差相加法)求解.

例1已知数列{an}满足

解:由条件知:

分别令n=1,2,3,…,(n-1),代入上式得(n-1)个等式累加之,即

类型2形如an+1=f(n)an.

解法:把原递推公式转化为,利用累乘法(逐商相乘法)求解.

例2已知数列{an}满足,求an.

解:由条件知,分别令n=1,2,3,…,(n-1),代入上式得(n-1)个等式累乘之即

变式:(2004年全国I)已知数列{an},满足a1=1,a,=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1(n≥2),则{an}的通项

解:由已知,得an+1=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1+nan.用此式减去已知式,得当n≥2时,an+1-an=nan,即an+1=(n+1)an.又a2=a1=1,所以a1=1,.将以上n个式子相乘,得.

类型3形如an+1=pan+q(其中p,q均为常数(pq(p-1)≠0).

解法(待定系数法):把原递推公式转化为:an+1-t=p(an-t),可求得,再利用换元法转化为等比数列求解.

例3已知数列{an}中,a1=1,an+1=2an+3,求an.

解:设递推公式an+1=2an+3可以转化为a n+1-t=2(an-t),即an+1=2an-tt=-3.故递推公式为an+1+3=2(an+3).令bn=an+3,则b1=a1+3=4,且.bn an+3所以{bn}是以b1=4为首项,2为公比的等比数列,则bn=4×2n-1=2n+1,所以an=2n+1-3.

变式:(2006年重庆市)在数列{an}中,若a1=1,an+1=2an+3 (n≥1),则该数列的通项an=_____(答案:an=2n+1-3).

类型4可转化为累加法、累乘法、待定系数法

(1)形如an+1=pan+qn(其中p,q均为常数,(pq(p—1)(q-1)≠0)).或an+1=pan+rqn(其中p,q,r均均不为1和0).

解法:一般地,要先在原递推公式两边同除以引入辅助数列

(2)形如(p>0,an>0)

解法:这种类型一般是等式两边取对数后转化为an+1=pan+q.再利用待定系数法求解.

例5已知数列{an丨中,a1=1,an+1=·(a>0),求数列{an}的通项公式.

12取对数得lgan+1=解:由an+1=·a2n两边取对数lgan+12lgan+lg.,

令bn=lgan,则bn+1=2bn+lg·再利用待定系数法,可得an=a()2n+1.

(3)形如

解法:这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为an+1=pan+q.

例6已知数列{an}满足,求数列{an丨的通项公式.