1、第 1 页 共 14 页 数列的迭代与递推数列的迭代与递推 数列尤其是等差、等比数列，在考纲 C 级要求的 8 个席位中占据两席其重要性不言 自明， 而数列的迭代与递推型问题是我省近年来数学高考的热点和难点 这类问题一般运用 累加法、累乘法、构造等差等比（或常数列）法、迭代法等“化归”的思想来解决 第一节研究递推数列问题之基本方法第一节研究递推数列问题之基本方法 1递推数列处理的最根本的解决方法是迭代法迭代法也称辗转法，是一种不断用变 量的旧值递推新值的过程，有的数列通过有限次的迭代，一定能求出通项公式运用迭代法 解决递推数列的通项公式问题是提高解题能力的有效途径 2构造与转化也是研究递推数列
2、的一种常用的手段和方法，是我们必须具备的一种数 学能力 例例 1 已知数列an 满足 a1 = 1，an+1 = 3an + 1求an的通项公式 分析分析此题的基本方法是由 an+1 = 3an + 1，构造新数列 1 2 n a 是一个首项为 3 2 ，公比为 3 的等比数列， 从而求得 31 = 2 n n a 这种构造新数列的方法有时往往不能理解为何要这样配 凑，于是也就仅限于依葫芦画瓢而已，其实此类型问题可采用迭代法求解 解解 2 122 313(31) 133 1 nnnn aaaa 3212 31 333 1333 1 nn n aa 12 31 333 1 2 n nn 注注：迭
3、代法的实质就是通过反复替换，将 an与 an1的关系最终替换为 an与 a1的关系， 从而求出通项实际上，累加法适用的递推数列类型可以看做是此类型的特例( p = 1) ，故 一般都可用迭代法加以解决，如教材中对等差( 等比) 数列的概念就是以递推式的形式给出 的，然后用累加( 累乘) 法证明通项公式，自然也可以用迭代法推导出其通项公式由此可 见，迭代法并非什么高深莫测的方法，而是通性通法 例例 2 设数列 n a满足 1=2 a， 21 1 3 2 n nn aa 求 n a的通项公式 解解： 2(1) 1 1 3 2 n nn aa 2(2) 123 2 (3 2)3 2 nn n a =
4、 2523 2 3 23 2 nn n a 2(3) 12523 3 (3 2)3 23 2 nnn n a 352523 1 3 (22222) nn a 21 2121 1 2 22 32(22)2 12 n nn a 变式变式 1 设数列 n a的前 n 项和为 Sn，满足 1 1 221(N ) n nn San ，且 123 5a aa，成 等差数列 （1）求 1 a的值； 第 2 页 共 14 页 （2）求数列 n a的通项公式 分析分析由 Sn求出 an+1 = 3an + 2n后，可变形为 1 1 3 1 22 2 nn nn aa ，直接迭代，探求 an与 a1 的关系 解解
5、： （1）略； （2）2n时， 1 1 221 n nn Sa ， 1 221 n nn Sa 两式相减得， 1 32n nn aa 则 1221 12 3233 22 nnn nnn aaa 32321 3 3323 22 nnn n a 1201 1 33232 nnn a 11 2 32 3 32 2 1 3 nn nn n=1 时也适合上式，所以32 nn n a 变式变式 2 在数列 n a中， 1=1 a， 1 1 21N* n nn acacnn ，其中实数0c 求 n a的通项公式 解解： -1 211 n nn acacn 1 2 2(2) 12(1) 1 nn n c ca
6、cncn 2 2 2(2) 1 2(1) 1 n n c acnn 1 1 2 1 1 2 2 12(1) 1 nn cacn 12 (1) nn cc n 注注： （1）依次迭代后主要是求和问题； （2）本题也可转化为 1 +1 =21 nn nn aa n cc ，然后累加法求通项 变式变式 3 已知数列 n a满足 1 0a ， 2 aa(0)a ， 12 2(3) nnn aaan ，求 n a的通 项公式 分析分析相邻三项的递推关系可以先利用迭代法转化为相邻两项的关系， 再利用迭代法求解 解解：因为 12 2 nnn aaa ， 所以 11223223 222 nnnnnnnnn a
7、aaaaaaaa 21 22aaa， 第 3 页 共 14 页 所以 1 22 nn aaa ，即 1 1 2 nn aaa 所以 2 12 111 222 nnn aaaaaa 1231 1 111121 1 222232 nnnn aaaaaa 经检验，n = 1， 2 时也符合通项，所以 1 21 1 32 n n aa 注注： 相邻三项或四项的问题理论上还是可以利用迭代法完成， 但可能会较为复杂或者难 以发现迭代规律，所以在使用时都应先变形化简再进行迭代，有一定的技巧性 例例 3 已知数列 n a中，且 1 3a ，对任意的自然数 n 都满足 2 1nn aa ，求数列 n a的通 项
8、公式 解：解：由 2 1nn aa 得 23112 222222 -12231 =3 nn nnnnn aaaaaa 注注：本题也可对 2 1nn aa 两边同时取对数得： 1 lg2lg nn aa ，即 1 lg 2 lg n n a a ，所以lg n a 是以 lg3 为首项，2 为公比的等比数列，所以 lgan= 1 12 1 lg2lg3 n n a ，所以 an = 1 2 3 n 例例 4 已知数列 n a满足 1 (1)(1) nn nanan n ，Nn ，且 1 1a 求数列 n a的通 项公式 解解：由 1 (1)(1) nn nanan n 两边同除以(1)n n，
9、得 1 1 1 nn aa nn ，从而数列 n a n 为首项 1 1a ，公差1d 的等差数列， 所以= n a n n ，从而数列 n a的通项公式为 2 n an 变式变式已知数列 n a的前n项和为 n A，对任意 * nN满足 1 (1) (1) 2 nn n n nAnA ，且 1 1a 求数列 n a的通项公式 解解：由 1 (1) (1) 2 nn n n nAnA 得 1 1 12 nn AA nn ， 所以数列 n A n 是首项为 1，公差为 1 2 的等差数列， 所以 1 111 (1) 222 n A Ann n ，即 * (1) () 2 n n n An N，
10、所以 * 11 (1)(2)(1) 1() 22 nnn nnn n aAAnn N， 又 1 1a ，所以 * () n an nN 注注：此类问题解决的关键在于通过递推关系式的变形，转化为已知数列（或模型） ，从 第 4 页 共 14 页 而求出对应的通项 第二第二讲讲证明证明等差（等比）数列问题等差（等比）数列问题研究研究 1证明等差（等比）数列的方法定义法 (1)等差数列：途径一： +1nn daa（常数） ； 途径二： +12 2 nnn aaa ，即 2+1+1nnnn aaaa (2)等比数列： +1 = n n a a q（常数）且 1 0a 2应对由递推关系处理等差（等比）数
11、列问题的若干思路 此类问题叫板在数列定义上，活在变形策略的体验上，虽无定法，但仍有章可循 思路一： n S与 n a之间的转化； 思路二：利用相邻项之间的递推，常构造常数列常数列过渡，得出 n a通项，得到等差（等 比）数列； 思路三：递推关系中消常数消常数，得出相邻项的关系 例例 1 已知数列an的前 n 项和为 n S，对任意正整数(2)n n ，都有 1 3 nn SS 1 2 n S 1n a 求证：数列an为等差数列 证明证明：对任意正整数(2)n n，都有 111 32 nnnn SSSa 所以 111 22 nnnnn SSSSa ， 则 11 2 nnn aaa ，即 11nn
12、nn aaaa ， 则数列an为等差数列 变式变式在数列 n a中， 1 19 2 a ， 1 381 442 n n n a a a ， 20 21 n n b a ，其中Nn 求证：数 列 n b为等差数列 证明证明： +1 1 2120202020 1 381 21212121 21 442 n nn n nnnn n a bb a aaaa a 例例 2 已知数列 n a中， 1 1a ， 1 1 ( ) 2 n nn aa ，记 n S为 n a的前n项的和， 2nn ba 21n a ，Nn 判断数列 n b是否为等比数列 解解：因为 1 1 ( ) 2 n nn aa ，所以 1
13、 12 1 2 n nn aa ， 所以 2 1 2 n n a a ，即 2 1 2 nn aa 第 5 页 共 14 页 因为 221nnn baa ， 所以 221 12221 221221 11 1 22 2 nn nnn nnnnn aa baa baaaa ，又 1 0b 所以 n b是公比为的等比数列 变式变式已知数列 n a各项均为正数， 1 1a ， 2 2a ，且 312nnnn a aaa 对任意Nn 恒成 立求证：对任意正实数 p， 221 nn apa 成等比数列 证明证明：由，两式相乘得， 因为，所以， 从而的奇数项和偶数项均构成等比数列， 设公比分别为，则， 又因
14、为，所以，即， 设，则，且恒成立， 所以数列是首项为，公比为的等比数列 例例 3 数列 n a的前n项和为 n S，且满足 1 1a ， 2 2a ， 12 nn nn Sa Sa ，判断数列 n a是 否为等差数列，并证明 解解： 由 12 nn nn Sa Sa 得 11 23 Sa Sa ， 22 34 S S a a ， 33 45 Sa Sa ， ， 11 1 nn nn Sa Sa ， 12 nn nn Sa Sa ， 以上n个式子相乘得 112 12nnn Sa a Saa ，即 1 2 nnn Sa a ， 当2n时， 11 2 nnn Sa a ， 两式相减得 11 2 nn
15、nn aaaa ，即 11 2 nn aa （2n） ， 所以数列 n a的奇数项、偶数项分别成等差数列，易得 n an， 则 +1 1 nn aa 注注：（1） 由 12 nn nn Sa Sa 得 1 1 12 nn nnnn SS a aaa ， 所以 1n n n S a a 为常数列 故 1 1 1 2 1 = 2 n n n SS a aa a ， 312 1423 nnnn nnnn a aaa aaaa 2 134123nnnnnnn a aaaaaa 0 n a 2* 42 () nnn a aan N n a 12 ,q q 11 2222 2 nn n aa qq 11
16、211 11 nn n aaqq 31 2 = nn nn aa aa 422 311 2 2 aaq aaq 12 qq 12 qqq 2212223 () nnnn apaq apa 221 0 nn apa 221 nn apa 2pq 第 6 页 共 14 页 所以 1 2 nnn Sa a ，余下同解法； （2）总结构造常数列的方法 变式变式已知无穷数列 n a满足： 1 1a ， 213 2aaa，且对于 * n N，都有0 n a ， 2 12 4 nnn aa a 判断数列 n a是否为等差数列，并证明 解解：因为 2 12 4 nnn aa a (1) 所以 2 213 4
17、nnn aaa (2) 由(1)(2)得， 22 12213 (4)(4) nnnnnn aaa aaa 213nnnn a aaa 所以 22 11322nnnnnn aaaaa a ，所以 11322 ()() nnnnnn aaaaaa 所以 213 12 nnnn nn aaaa aa ，所以数列 2 1 nn n aa a 为常数数列 所以 2 1 nn n aa a 13 2 2. aa a 所以 21 2 nnn aaa ，即 211nnnn aaaa 所以数列 n a为等差数列 例例 4 设数列 n a的前 n 项和为 n S，已知 123 1611aaa，且 1 (58)(5
18、2) nn nSnS 2081 2 3nn，求证：数列 n a为等差数列 证明证明： （5n8）Sn1（5n2）Sn20n8， （5n13）Sn1（5n3）Sn120n12， （n2） ，得（5n8）an1（5n3）an20， 法一：由，得 35 1 n an 85 n an 4（ 35 1 n 85 1 n ） ， 所以 1 4 53 n a n = 4 58 n a n ， 故数列 4 58 n a n 为常数列 所以 4 1 58 n a n ， 所以 an5n4 所以 1 5 nn aa ，故an是等差数列 第 7 页 共 14 页 法二：由，得（5n13）an（5n8）an120，
19、，得 an12anan10， （n3） 又 a12a2a30，所以对任意 nN*，an+2an2an+1 所以 211nnnn aaaa 所以an是等差数列 注：注： （1）法一的核心思路是由结构特征的分析推出 4 58 n a n 为常数列 （2）法二的核心思路是消常数 第三第三讲讲递推数列综合问题研究递推数列综合问题研究 在近几年江苏高考与模拟试卷中，以递推数列形式呈现的等差（等比）数列的综合问 题，可谓是一颗璀璨的“明珠” ，常考常新由于它们具有“知识上的综合性、题型上的 新颖性、方法上的灵活性、思维方式上的抽象性”等特点，让大家往往感到“有解法而无 定法” ，从而难以“亲近”这类问题其
20、实，只要注意平时学习、探索、研究、讨论所得 的各种解题思想、 方法与策略， 善于总结与归纳为解题的经验与钥匙， 在遇到具体问题时， 便能综合比较、多向衡量而采取一个正确的、巧妙的、快捷的策略措施 例例 1 设数列 n a的前 n 项和为 n S，若m、nN*，(nm)Sn+m(nm)(SnSm)求证： 数列an为等差数列 证明证明：若m、nN*，(nm)Sn+m(nm)(SnSm) 令 n2，m1，得 S33(S2S1)，即 a1+a32a2 令 m1，得 (n1)Sn+1(n1) (SnS1) (1) 用 n+1 替换(1)式中 n，得 nSn+2(n2)(Sn+1S1) (2) (2)(1
21、)，得 nSn+2(n1)Sn+1(n2)(Sn+2S1)(n1) (SnS1)， 即 nan+2(n1)an+1a1 (3) 用 n+1 替换(3)式中 n，得(n1)an+3(n2)an+2a1 (4) (4)(3)，得 (n1)(an+3an+1)2(n1)an+2，即 an+3an+12an+2 结合 a1+a32a2得，对任意 nN*，an+2an2an+1， 所以 211nnnn aaaa 故an为等差数列 注：注：本题的关键是消去（3） 、 （4）中的 a1（即消常数） ，得递推关系 变式变式1 设数列 n a的前n项和为 n S， 且 11 1 (1)1 2 nnnn SSna
22、a ， * nN， 设6 2 a， 求证：数列 n a是等差数列 证明证明：因为 1 1 21 2 nnn Snaa 所以 11 1 2(1)1 2 nnn Snaa 得 11 2(23)0(2) nnn nanaan ， 第 8 页 共 14 页 所以 21 (22)(25)0 (1) nnn nanaan 两式相减得 211 (22)(45)(24)0 (2) nnnn nananaan ， 所以 2111 (22)(44)(22)20 (2) nnnnnn nananaaaan 所以 2111 (22)(2)2(2) nnnnnn naaaaaan 因为 2 6a ，所以 13 210a
23、a，所以 321 20aaa 所以 21 20 nnn aaa ，即 211nnnn aaaa 故 n a是等差数列 注注 本题的关键是利用 n S与 n a之间的转化，将 n S转化为 n a，寻找 21 20 nnn aaa 关 系式 变式变式 2 已知数列 n a，其前n项和为 n S若数列 n a对任意mn * N，且mn，都有 2 m nmn mn Saa aa mnmn ，求证：数列 n a是等差数列 证明证明：因为对任意m n * N，mn，都有 2 m nmn mn Saa aa mnmn ， 在中取1mn， 211 11 2 2 211 nnn nnn Saa aaa n ，
24、 同理 212121 21 242 2133 nnnnn nn Saaaa aa n ， 由知， 21 1 42 2 3 nn n aa a ,即 211 230 nnn aaa ， 即 2111 1 2(2) 2 nnnnnn aaaaaa ， 中令1n ， 312 20aaa， 从而 21 20 nnn aaa ，即 211nnnn aaaa ， 所以，数列 n a成等差数列 例例 2（2017 年江苏高考）年江苏高考） 对于给定的正整数k，若数列 n a满足 1111+n kn knnn kn k aaaaaa 2 n ka对任意正整数()n nk总成立， 则称数列 n a是“( )P
25、k数列” 若数列 n a既 是“(2)P数列”，又是“(3)P数列”，求证： n a是等差数列 证法一证法一：因为 n a既是“(2)P数列”，又是“(3)P数列”， 所以3n ， 2112 +4 nnnnn aaaaa ， 4n ， 321123 +6 nnnnnnn aaaaaaa 由得，2n ， 1231 +4 nnnnn aaaaa ， 第 9 页 共 14 页 4n ， 3211 +4 nnnnn aaaaa +-得，4n ， 11 2 nnn aaa 即 11nnnn aaaa 所以数列 n a从第 3 项起成等差数列，不妨设公差为 d 中，令4n 得， 23564 +=4aaaa
26、a，所以 32 aad 中，令3n 得， 12453 +=4aaaaa，所以 21 aad 所以数列 n a是公差为 d 的等比数列 证法二证法二：因为 n a既是“(2)P数列”，又是“(3)P数列”， 所以 3n ， 2112 +4 nnnnn aaaaa ， 4n ， 321123 +6 nnnnnnn aaaaaaa 两式相减得 33 2 nnn aaa ， 所以 33nnnn aaaa 即 147 aa a ， ， ，构成等差数列，设公差为 d1， 258 aa a ， ， ，构成等差数列，设公差为 d2， 369 aaa ， ， ，构成等差数列，设公差为 d3， 3n ， 2112
27、 +4 nnnnn aaaaa ， +1+245+3 +4 nnnnn aaaaa 两式相减得 +4+1213 +4() nnnnnn aaaaaa （1）32nk，k2 时， 323134333132 +4() kkkkkk aaaaaa ， 所以 231 2ddd， （2）31nk，k2 时，同理可得 132 2ddd， （3）3nk，k1 时，同理可得 123 2ddd 第 10 页 共 14 页 可得 123 ddd，设 123 3dddd， 在中令3n ，则 12453 +4aaaaa，可得 123 +32aada， 在中令4n ，则 23564 +4aaaaa，可得 231 +=2
28、+3aaad， 由、消去 a1得 32= aad，代入得 21= aad 所以数列 n a是公差为 d 的等比数列 注注：本题的证明途径一是通过利用条件赋值，得出数列 n a从第 3 项起成等差数列，从 而转化为证明前两项也满足等差数列；途径二是通过赋值证明了 n a的三个子数列 147 aa a ， ， ，、 258 aa a ， ， ，与 369 aa a ， ， ，均构成等差数列，于是，理所当然地猜想： n a成 等差数列，能否证明这一点，正是本法的核心所在，也是难点之所在，众多考生的困局之所 在，其又有两种方法一是证明三个公差相等（如解答所示） ，也可求出三个等差数列的表达 形式相同，
29、从而证明整体成等差数列为了更好地理解此类问题的方法，我们一起看下面的 类比题： 类比题类比题 1 若正项数列 n a对任意的 * nN，存在 * kN，使得 2 2n knnk aaa 成立，则 称数列 n a为“ k J型”数列若数列 n a既是“ 3 J型”数列，又是“ 4 J型” 数列，求证：数列 n a是等比数列 分析分析 本题的难点在于揭示一般规律，主要是对定义的理解，利用两种类型的数列关系 证明证明：由 n a是“ 4 J型”数列，得 159131721 a a a aaa， ， ， ， ， ，成等比数列，设公比为t 由 n a是“ 3 J型”数列，得 1471013 a a a
30、aa， ， ， ， ，成等比数列，设公比为 1 ； 258111417 a a a aaa， ， ， ， ， ，成等比数列，设公比为 2 ； 36912151821 a a a aaaa， ， ， ， ， ， ，成等比数列，设公比为 3 ； 则 434343131721 123 159 aaa ttt aaa ， 第 11 页 共 14 页 所以 123 ，不妨记 123 ，且 4 3 t 于是 1(32) 13 3211( ) kk k aaa ， 2 22(31) 13 3 315111( ) k kkk k aaataa ， 1 323313 3 39111( ) k kkk k aaa
31、taa ， 所以 13 1( )n n aa ， 所以 3+1n n a a ，故数列 n a是等比数列 类比题类比题 2对于给定的正整数k， 若各项均为正数的数列 n a满足： 对任意正整数()n nk， 2 1111 k n kn knnn kn kn aaaaaaa 总成立，则称 n a是“()Q k数列” 若 n a既 是“( 2)Q数列” ，又是“(3)Q数列” ，求证： n a是等比数列 证明证明：因为 n a既是“( 2)Q数列” ，又是“(3)Q数列” ， 所以2n ， 4 2112nnnnn aaaaa ， 3n ， 6 321123nnnnnnn aaaaaaa 由得，1n
32、 ， 4 1231nnnnn aa aaa ， 3n ， 4 3211nnnnn aaa aa 得，3n ， 44 211 6 nn n n aa a a 因为数列 n a各项均为正数，所以3n ， 2 11nnn aaa 所以数列 n a从第 3 项起成等比数列，不妨设公比为 q 中，令4n 得， 4 23564 a a a aa，所以 3 2 a a q 中，令3n 得， 4 12453 aa a aa，所以 2 1 a a q 所以数列 n a是公比为 q 的等比数列 类比题类比题 3（2011 年江苏高考题 20（2） ） 设 M 为部分正整数组成的集合，数列 n a的首项 1 1a
33、，前 n 项和为 n S，已 第 12 页 共 14 页 知对任意整数 k 属于 M，当nk时， n kn k SS 2() nk SS都成立设 3 4M ，求数列 n a的通项公式 分析分析本题提供的信息是十分清晰的：要求 n a，得求出 n a的递推关系式，而 n a的递推关 系又来自题目的设定的 n S的递推关系由3 4k ，不难推出，2n时， n a的两个子数列 36nnn aaa ，和 48nnn aaa ，均成等差数列；于是，理所当然地猜想：2n时， n a成 等差数列，能否证明这一点，正是本题的核心所在，也是难点之所在，众多考生的困局之所 在! 请看下表： 公差 a2，a6，a1
34、0，a14，a18， x a2，a5，a8，a11，a14， m a3，a6，a9，a12，a15， p a4，a7，a10，a13，a16， r 142 186 2210 34 34 34 xaam xaapmpr xaar ， 记mpr（常数） 则 3 (2) nn aan （1） 同理 4 (2) nn aan （2） 由（1）得 41 (2) nn aan （3） 由（2） （3）得 1nn aa ，则 1 (2) nn aan （以下过程略） 再思考：本题被具体数据“3 4M ，”掩盖下的本质是什么？ 具体说，若3 5M ，或3 6M ，呢？ 12 Mm m， 1212 (,)m m
35、N mm ，呢？ 课外拓展课外拓展 1、设数列an、bn、cn满足：bnanan2，cnan2an13an2(n=1，2，3，)，若 cn为等差数列，且 bnbn1(n=1，2，3，)求证：an为等差数列 证明证明：设数列cn是公差为 1 d的等差数列，且 bnbn1(n=1，2，3，)， 因为 cnan2an13an2， 所以 cn+2an+22an33an4， 两式相减得 22132412 ()2()3()=23 nnnnnnnnnnn ccaaaaaabbb ， 因为 21121 ()()2 nnnnnn ccccccd ， 所以 121 23=2 nnn bbbd ， 则 +1231
36、23=2 nnn bbbd ， 第 13 页 共 14 页 两式相减得 +12+132 23=0 nnnnnn bbbbbb 因为 +1nn bb0， +2+1nn bb0， +3+2nn bb0， 所以由得 +1 =0 nn bb （这是解决本题的关键所在这是解决本题的关键所在） 不妨设 2n bd，则 22nn aad =， 故 12+12 23423 nnnnnn caaaaad ， 从而 +1+1+22+12 423=425 nnnnn caadaad， 所以 +112 2()2 nnnn ccaad ， 故 +1+1212 11 () 22 nnnn aaccddd（常数） 所以an
37、为等差数列 2、已知数列an的前 n 项和为 Sn，数列bn，cn满足 (n1)bnan1Sn n ，(n2)cn an 1an2 2 Sn n ，其中 nN*若存在实数 ，使得对一切 nN*，有 bncn，求 证：数列an是等差数列 证明证明：由(n1)bnan1Sn n ， 得 n(n1)bnnan1Sn， (n1)(n2)bn1(n1)an2Sn1， 两式相减，并化简得 an2an1(n2)bn1nbn 从而 (n2)cn an 1an2 2 Sn n an 1an2 2 an1(n1)bn an 2an1 2 (n1)bn (n2) bn 1nbn 2 (n1)bn 1 2(n2)(bnbn1) 因此 cn1 2(bnbn1) 因为对一切 nN*，有 bncn，所以 cn1 2(bnbn1)， 故 bn，cn （这是解决本题的关键所在这是解决本题的关键所在） 所以 (n1)an1Sn n ， (n2)1 2(an1an2) Sn n， 两式相减得1 2(an2an1)，即 an2an12 故 an1an2 (n2) 又 2a2S1 1 a2a1，则 an1an2 (n1) 所以数列an是等差数列 注注 此类问题求解的关键是利用不等关系夹出等量关系 第 14 页 共 14 页
