第三章：妙用競(jìng)賽方法優(yōu)化高考題通法

第三章：妙用競(jìng)賽方法優(yōu)化高考題解法

高考數(shù)學(xué)試題的命題遵循考試大綱和教學(xué)大綱，體現(xiàn)“基礎(chǔ)知識(shí)全面考，主干內(nèi)容重點(diǎn)

考，熱點(diǎn)知識(shí)反復(fù)考，冷門知識(shí)有時(shí)考”的命題原則，從解答策略上來(lái)說(shuō)，高考一般淡化解

題中的特殊技巧，比較注重在解題的通性通法上精心設(shè)計(jì).但是認(rèn)真分析近幾年的高考試題,

尤其是壓軸題，我們不難發(fā)現(xiàn)，有很多問題又很難用“通性通法”順利解決。因此，在平時(shí)

學(xué)習(xí)中，對(duì)于學(xué)有余力的同學(xué)來(lái)說(shuō)，有必要適當(dāng)掌握一些“競(jìng)賽”的方法或技巧，只有這樣，

才能真正在高考中真正做到處變不驚，游刃有余。

高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽中涉及的內(nèi)容很多、很廣，下面僅舉幾例：

1.運(yùn)用多元均值不等式巧解高考題

多元均值不等式：設(shè)0€/?+（，=瓦），則L支哈杭四

〃1=1V1=1

【例1】（2001年高考全國(guó)卷I試題）已知“，〃是正整數(shù)，且找

求證：（1+根）”＞（1+〃）'"。

講解（"二宜如”竺叱2.B＜［項(xiàng)+“）+〃一，"=（1+對(duì)

加個(gè)括號(hào)〃一加個(gè)?n

2.運(yùn)用柯西（Cauchy）不等式巧解高考題

柯西不等式：設(shè)％,bjGR（i=Ui）,貝ij這她.）2?這*電不），當(dāng)且僅當(dāng)

/=1/=1/=1

/^=〃6,（=1,2,…,"）時(shí)取等號(hào)，其中九〃是不全為零的實(shí)數(shù)。

【例2】點(diǎn)尸在直徑為2的球面上，過(guò)尸點(diǎn)作兩兩垂直的三條弦，若其中一條弦長(zhǎng)是另

一條弦長(zhǎng)的2倍，則這3條弦長(zhǎng)之和的最大值是

講解以這三條弦為相鄰邊可構(gòu)成一個(gè)長(zhǎng)方體，設(shè)其三邊長(zhǎng)為

則"+（2"）2+/=4,即5a2+尸=4，由柯西不等式，

得（5/+〃）（|+1后（3。+份2,整理，得%+居x4=|歷

【例3】（2009年高考安徽卷）給定兩個(gè)長(zhǎng)度為1的平面向量而和麗，它們的夾角

為120P，點(diǎn)C在以O(shè)為圓心的圓弧AB上移動(dòng)，若無(wú)'=無(wú)，其中羽yeR,則

x+y的最大值為

講解依題意反=%蘇+丁麗，兩邊平方得r+y2一肛=],再配方得

(x—尹+(亭》=1

構(gòu)造柯西不等式

[(x--^)2+哼y)2][l2+(V3)2]>(x+y)2，得(x+y)2<4,x+y<2,

_yV3,

當(dāng)且僅當(dāng)X—2_2'，即x=y=l時(shí)，等號(hào)成立。

1-y/3

3.運(yùn)用琴生不等式巧解高考題

琴生不等式：設(shè)/(X)在區(qū)間I上是下凸函數(shù)，則對(duì)任意玉GI及P‘>0

n\

ZP,”(XJEPM

(i=l,2,…，〃)，有上一.......>fi=l,其中等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)％=工2=3=X"

ZP，

1=1/=1/

時(shí)成立，若/(X)在區(qū)間1上是上凸函數(shù)，則不等號(hào)反向。

[例4](2005年高考全國(guó)卷I試題)

(1)設(shè)函數(shù)f(x)=xlog2x+(l_x)log2(l_x)(0<x<l),求/(x)的最小值;

(2)設(shè)正數(shù)。1，。2，，3,…，P2"滿足Pl+。2++…+。2"=1，證明：

Pllog2Pl+p2log,P2+p310g2P3+???+p2?10g2Pr>-n

講解(1)構(gòu)造函數(shù)80)=/082蒼》€(wěn)(0,1),g"(x)=—\>o

xln2

yI1_y11

由琴生不等式得g(1—)<5[g(x)+g(l—x)]得g(x)+g(l—x)N2g(])=-1

即xlog2X+(l-x)log2(l-x)N-1，幫當(dāng)x=g時(shí)，/(x)取得最小值一1;

2n2n

（）直接利用琴生不等式可得j=l1>(用又￡p,=i；

2g-F

r1=1/=1

\7

所以8惇［"卷畢但）fg（4）22"惇）=一〃；

o

即Pllog2P\+Pllog2Pl+-+Prlog2P2-N一〃；

4.運(yùn)用不動(dòng)點(diǎn)原理巧解高考題

設(shè)函數(shù)/（%）的定義域?yàn)镈，若存在與e。，使/（公）=/成立，則稱與為f（x）的不

動(dòng)點(diǎn)，或稱（公,與）為函數(shù)/（x）圖像的不動(dòng)點(diǎn);

x+3

【例5】已知函數(shù)/（幻=--（X^-1）,設(shè)數(shù)列｛4｝滿足卬=1,“付=/3”），數(shù)列

尤+1

｛〃｝滿足么=14—J5|,S“=偽+4+…+d（〃eN"）,證明：b“?（8二，’；

凡+3

講解由/（x）=x得f（x）的兩個(gè)不動(dòng)點(diǎn)為士百，因?yàn)??+1=/（%）

6_4+3_百=a-6)m“一百)

所以4+1

an+1。"+1

+6=9+6(1+拘a+揚(yáng)

凡+1

氏+14+1

-石_I-a—V3

兩式相除得:n

an+i+V31+V3an+V3

n

an-^ri-V^Y2V3-(V3-l)

由此可得:bn=1%一向=

a”+V311+V3J(l+73)n-(l-V3)n

h1

因此，只要證明：——"工——

(l+V3)n-(l-73)n2"

即證：2"-V3<(1+V3)n-(1-V3)n；

注串到(1+揚(yáng)"-(1-揚(yáng)"=V3+C：(gy+...]

‘層.=2百(￡；+￡：+...)=2"?6得證

1.運(yùn)用排序原理巧解高考題

排序原理：設(shè)有兩個(gè)有序組q<…<%也<b2<...<bn.

則axbn+a2bn_}+...+anbt（反序和）<+a2bj2+...+anbjn（亂序和）

44封+生為+.??+”也（順序和），即反序和W亂序和4順序和,其中八J2J3,…，初是自

然數(shù)1,2,3,…，〃的任一排列，當(dāng)且僅當(dāng)％=々=???=/或々=/=.“=2時(shí)等號(hào)成立；

【例6】有五位同學(xué)每人拿一只桶同時(shí)到一只公用的水龍頭去灌水，灌水所需的時(shí)間分

別為4,5,6,7,8分鐘，若只能逐個(gè)地灌水，未輪到的同學(xué)需等待，灌完的同學(xué)立即離開，

只要我們適當(dāng)?shù)匕才胚@五位同學(xué)的灌水順序，就能使每個(gè)花費(fèi)的時(shí)間（包括等待時(shí)間）的總

和盡可能小，但至少需要（）

A.58分鐘B,80分鐘C.81分鐘D.93分鐘

講解：根據(jù)排序原理，可知至少需要1x8+2x7+3x6+4x5+5x4=80分鐘

6.運(yùn)用錯(cuò)位排列公式巧解高考題

錯(cuò)位排列公式：設(shè)強(qiáng)，％是自然數(shù)12…題的一個(gè)排列,如果i",..”北滿足

z>l,z2^2,...,z>n,這樣的排列叫做自然數(shù)1,2,..,〃的一個(gè)錯(cuò)位排列，將錯(cuò)位排列的個(gè)數(shù)

記作則&=〃！1…+（-1）二；

_1!2!3!tv.

【例7】將數(shù)字1,2,3,4填入標(biāo)號(hào)為1,2,3,4的四個(gè)方格里，每格填入1個(gè)數(shù)字，

則每個(gè)方格的標(biāo)號(hào)與所填空數(shù)字均不相同的填法共有多少種：

講解本題即當(dāng)〃=4時(shí)的錯(cuò)位排列情形，因此，由上述公式可得，共9利”

7.運(yùn)用平面幾何知識(shí)巧解高考題

對(duì)于大部分同學(xué)來(lái)說(shuō)，平面幾何在初中就曾接觸過(guò)，但平面幾何的很多有趣、重要的性

質(zhì)則需要在競(jìng)賽培訓(xùn)中才能學(xué)到；如“三角形頂點(diǎn)到垂心的距離等于外心到該頂點(diǎn)所對(duì)邊距

離的兩倍”等；

【例8】（2005年高考全國(guó)卷2）非等邊AABC的外接圓的圓為

A

O,兩條邊上的高的交點(diǎn)為H，OH=m（OA+OB+OC）.則實(shí)數(shù)

講解如圖3-1所示，設(shè)。為線段的中點(diǎn)，則由平面幾何的

知識(shí)“三角形頂點(diǎn)到垂心的距離等于外心到該頂點(diǎn)所對(duì)邊距離的兩

圖3-1

倍”，得蘇=蘇+屈=蘇+2而=蘇+瓦+工，所以加=1

8.依靠拉格郎日中值定理巧解高考題

拉格朗日中值定理：設(shè)y=/（x）在3,例上連續(xù)，在（。/）上可導(dǎo)，則存在使

得/.?）=‘（?二""）?；

b-a

2X1「

【例9】（2006年高考陜西試卷）己知函數(shù)/（X）=/~XH---1--，且存在與G

24

使/（玉））=々;

（1）證明：/（X）是H上的單調(diào)增函數(shù);

⑵設(shè)玉=0,當(dāng)+1==；,y“+1=/（笫），其中〃=1,2,...

證明：＜x?+l＜x0＜y?+l＜x,；

（3）證明：

yn-\,2

講解（1）（x）=3x2-2x+--3（x-＞0,所以/（x）是R上的單調(diào)增函

236

（2）由0＜/＜；，得內(nèi)＜玉）＜必，又/（x）是增函數(shù)，所以/（%）＜/（玉））＜/（必）；

1131

即又%=/（七）=/（0）=：＞內(nèi)；%=/（y）=/（z）=6＜7=M；

4ZoZ

綜上：有％<%2<X()<必<%；

用數(shù)學(xué)歸納法證明如下：

（1）當(dāng)〃=1時(shí)，成立；

（2）假設(shè)當(dāng)〃=A時(shí)，有x&<x*+|</<yk+i<yk成立,

當(dāng)〃=4+1時(shí)，由/(%)是單調(diào)增函數(shù),有f(xk)<f(xk+l)<f(x0)<f(yk+l)</(”)；

因此，有X,+1<xA+2<XO<yk+2<y*+]；

綜上，成立；

（3）由丫用一七用二/（）'"）―/（L）及拉格朗日中值定理,知存在一點(diǎn)Je（乙,以），

XX

y,,-nyn-n

使得/（）；）：[（乙）=尸4）,注意到心（%,”）=[0,夕，又/'（》）=3/_28+：在

上的最大值為/（o）=L,因此，r?<L即>.一"向<：；

222y?-xn2

9.借助極坐標(biāo)巧解高考題

【例10]（2007年高考重慶卷試題）如圖3-2所示，中心在原點(diǎn)。的橢圓的右焦點(diǎn)為

尸（3,0）,右準(zhǔn)線/的方程為：x=12

（1）求橢圓的方程

（2）在橢圓上任意三個(gè)不同點(diǎn)4P2,與使NRFP?=NgFR=43-

111

證明：/加+/方7+為定值，并求此定值

四||FP21|FPJ

講解⑴略

V2V2C1

(2)由(1)知橢圓的方程為工+2_=1,得e=*=—，“=12—3=9

3627a2

ep3_9

則橢圓的極坐標(biāo)方程為:

1—ecos。一i」cosJ2-cos。

2

24427r

同樣,記橢圓的右頂點(diǎn)為A,并設(shè)ZAFP]=。，則ZAFg=寸+氏4/4=7一。，

99

__9_

P2=-----方一03=---------------萬(wàn)一

2-cos。2-cosf+e)'2-cos(—-^)

33

1111ii

-----1------1---------FA+

1MlFP

\2\IRIP}A

2-cos。2-cos片+。)2-cos勺-6)2

=-------1-------------1-------------=一

9993

對(duì)于一個(gè)學(xué)有余力的同學(xué)來(lái)說(shuō)，適當(dāng)參加一些競(jìng)賽學(xué)習(xí)，掌握一些競(jìng)賽知識(shí)對(duì)高考肯定

是大有裨益的，古人云“會(huì)當(dāng)凌絕頂，一覽眾山小”。

當(dāng)然，數(shù)學(xué)競(jìng)賽涉及的內(nèi)容很廣，從高考來(lái)看，也未必有必要全面深入，我們可以走捷

徑，抓大放小，何謂“大”，筆者覺得遞推方法與放縮技巧在高考?jí)狠S題中頻頻亮相，因此，

本章以此為突破，拋磚引玉。

3.1熟悉遞推方法

通項(xiàng)是數(shù)列的“核心元素”，對(duì)于很多數(shù)列問題只要知道了通項(xiàng)公式，一切問題將迎刃

而解。因此，我們要掌握一些遞推方法求數(shù)列的通項(xiàng)公式。

3.1.1累加累乘法

累加恒等式：an=(??-??_1)+(??_)-??_2)+?…+(%-4)+

累乘恒等式：凡=馬-?-人一?”?4(。“70)

4-1an-2%

累加累乘法能夠解決以下類型一與類型二所給的遞推數(shù)列通項(xiàng)問題。

類型一：已知4=b,an+i=an+/(〃),求an

分析累加法：?！?]-=/(〃)=>4+|=4+Z/(Z)

k=\

類型二：已知4=6,%+|=/(〃)%,求凡

分析累乘法：3=/(〃)=>%+i=q?1[/(%)

【例1】在數(shù)歹IJ{&}中，4=3,an+]=a?+—,求通項(xiàng)公式an

〃("+1)

講解原遞等式可化為：??+|=??+-一一!一，

nn+1

貝ljQ,=4+,—-,%=Q,~——>

逐項(xiàng)相加得：?！?4+1—o故。〃=4—

nn

【例2】設(shè)數(shù)列｛凡｝是首項(xiàng)為1的正項(xiàng)數(shù)列，且(〃+1)。3—〃寸+4用%=0,求數(shù)列

｛?！埃耐?xiàng)公式對(duì)。

講解原遞推式可化為：［(〃+1)。向一〃+”“)=()

n

?.,%+4>o,歲

ann+1

a2￡。3_2。4_3a?n-\a?11

則-=——。逐項(xiàng)相乘得：—即一

a3'的4

q22“〃_]nqnn

3.1.2待定系數(shù)法

運(yùn)用待定系數(shù)法可解決以下類型三所給的遞推數(shù)列問題。

類型三：已知4="。"+|=。?！?4(。￥1,且2￥0,4X0),求通項(xiàng)％。

分析令a,+1+x=p(a“+q),再解出x=一從而構(gòu)造出等比數(shù)列，由等比數(shù)列通

P-1

項(xiàng)公式求得。

類型四：已知，at=a,all+l=Aan+B?C"(A.B、C為非零常數(shù))，求通項(xiàng)?！?。

分析1原遞推式可化為a,川+2.Cn+X=4?+4?C")的形式，利用待定系數(shù)

法求得系數(shù)；I。

分析2原遞推式可化為芻必=冬+0/￡］的形式，令用=》,從而有

B

b,=b+---,轉(zhuǎn)化為類型一的形式。

"+I?/⑺

a“，|AaBAB

分析3原遞推式可化為產(chǎn)=7?需n+不，令4+i=巴3+工，轉(zhuǎn)化為類型三。

類型五：已知q=a,%+2=P?an+］+q-an(p、q為非零常數(shù))，求通項(xiàng)％。

分析1原遞推式可化為為+2+九?2+1=(。+九)(％+1+九?紇)的形式，利用待

定系數(shù)法求得系數(shù)4。

分析2運(yùn)用特征根法?？紤]特征方程x2一px-q=0，設(shè)該方程的兩個(gè)實(shí)根為。

B，則

(1)當(dāng)a手。時(shí)，可設(shè)紇=Aan-'+B/3"-'；

(2)當(dāng)a=。時(shí)，可設(shè)紇=(An+B)an-l,其中48是由初始值知a?確

定的常數(shù)。

如果特征根a,￡為共輾復(fù)數(shù)，a=r(cos0+isin6),

P=r(cos0-isin,則通項(xiàng)可設(shè)為

an=r"T［/cos(A-1)6+Asin(A—1)。］.

類型六：已知q=a,an+2=A-an+i+B-an+C(A、B、C為非零常數(shù))，求

通項(xiàng)％。

分析由已知遞推式，可得〈，?+2),兩式相減，

忸〃+3=A-a,.+B-a向+C

a

得a〃+3-n+2="(a〃+2-a,+)+B｛an+X-an)o令6〃=an+i-an,

得bi=A?b”1+B?b.,從而轉(zhuǎn)化為類型五。

類型七：已知多=a,an+1=A-a0+B-n+C(A、B、C為非零常數(shù))，求通

項(xiàng)4。

分析原遞推式可化為+4?〃+4=/［%+4?(〃-D+4］的形式，

利用待定系數(shù)法求得系數(shù)4,4。

［例3］設(shè)數(shù)列｛aj的首項(xiàng)芻G(0,1),a=一產(chǎn)，〃=2,3,4…。

(1)求｛紇｝的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)a=a,13-2a〃,證明：b“＜幺用，其中n為

正整數(shù)。

講解（1）由類型三，可知原遞推公式可化為1—a.=-1（1—。又

n2n-i

1一470,所以｛l-aj是首項(xiàng)為1一芻，公比為一:的等比數(shù)列，得

an=1一（1一4）J｝"-'。

3

（2）解法一由（1）可知0<a“<：，故々>0。那么，

成1一鬣=奇+1（3-2紇+i）一奇（3-2a）

=（小興3-2x三）_/（3-2a.）=等⑸一IT。

又由（1）知，an>0且a”H1,故-里>0,因此6.<bn+｝,n為正整數(shù)。

33-a

解法二由（1）可知0<紇<二,練w1,因?yàn)榧?-----L,所以

n2n〃+12

由a〃豐1可得露（3—2紇）<（土且）2,即a；（3-2an）<（上馬》?a“，兩邊

22

開平方得a〃j3-2a”=—.值.即。<，n為正整數(shù)。

2

【例4】在數(shù)列｛aj中，4=-La*=24+4?3"T,求通項(xiàng)公式為。

講解由原遞推公式可設(shè)a,,+1+2?3"=2（a〃+A-3"T）。比較系數(shù)得；I=-4,

所以a?+1—4?3"=2（紇-4.3〃T）。則數(shù)列｛4一4?3"一】是一個(gè)等比數(shù)列，其首項(xiàng)

是q-4?31-1=-5,公比是2。所以紇-4.32=-5-2n-l,

即4=4?3"T-5?2―。

評(píng)注本題也可以通過(guò)如下變形再運(yùn)用累加法求得產(chǎn)=會(huì)+

,令

乙〃+1Jn

4=f",則%—bn=0尸,bn=￡(%-b)+々=￡(|)+1?'以

*'/=1/=1/乙

下略。

【例5】在數(shù)列｛a“｝中，芻=-1,a2=2,an+2=5an+1-6an,求通項(xiàng)公式a”。

講解a.=5a.+]-6露可化為4+2+Aan+l=(5+2)(an+1+2a,),比較系數(shù)

得4=—3或；I=-2,不妨取2=—2,則a--2a向=3(a向-2露)。則

｛an+｝-2a.｝是一個(gè)等比數(shù)列，首項(xiàng)為a?-2al=2-2(-1)=4,公比為3。所以

/,-1n

an+1,-2an=4-，所以an=4-3-5-2-'。

【例6】在數(shù)列｛aj中，芻=■|，2a〃—a07=6/7-3,求通項(xiàng)公式為。

講解=6/7—3可化為2(a〃+4〃+4)=an-\+4("-1)+4，

比較系數(shù)得4=-6,%=9,所以叫=%。因此也｝是一個(gè)等比數(shù)列，首項(xiàng)

919

b[=q—6〃+9一，公比為一。所以“，即4一6〃+9=9?

22"2

故a.=9-+6A—9。

1+H.cl今/

【例7】已知4=4=4=1,且%+3-----也3(neN*),求通項(xiàng)公式

a

a”。

a//+1n0—2=1+anan-\,

講解由原遞推式可得《,(n>3,/?6TV*),兩式相減得

anan-3.>=l+an-1n-L.)

a0+產(chǎn),-2-a“a〃_3=a產(chǎn)…-an_xan_2=>an_2(an+1+2一)=a<^an_x+a?_3)

nL+%)=(紇+%)b』用+a,,T)

令n-則

an-2a

4=3,q=2,b._\=bn_3,所以，對(duì)〃N2,〃eN*都有3,b2n=2,所以

■/,

<3i+a>i=2a>a..—28,-a,>.①

O2/7+12n-\2n_2/7+12n2n-\

1=>k1

、“2〃+2+&2n=3H2/z+l%n+2=3a2〃+I-”2〃②

令a。=3al-4=2,a2n+1+aa2n=口區(qū)時(shí)、+aaQ

將①帶入后與②比較,

又由③得-4M+=P,由等比數(shù)列得

%n-l+aa2n-2

%?+i+4%?=P\（9+。產(chǎn)°）,%,+i+a/2n—P2+4“（））,

由上兩式解得

—［（-3+2囪）（2+6尸+（3+2而（2-舟］,（〃=2加

a_<6

—［（3-26）（2+6）*1+（3+2囪）（2-6）""］,（A=2勿—1）

.6

3.1.3不動(dòng)點(diǎn)法

不動(dòng)點(diǎn)的定義：函數(shù)/'（矛）的定義域?yàn)椤?，若存?eD,使/'（氣）=/成立,

則稱/為F（x）的不動(dòng)點(diǎn)；或稱5°,為/'（x）圖像的不動(dòng)點(diǎn)，“不動(dòng)點(diǎn)”是荷蘭數(shù)學(xué)家布

勞威爾（Brouwer）首先提出的，它是現(xiàn)代數(shù)學(xué)一個(gè)有趣的概念，現(xiàn)代數(shù)學(xué)中不少分支都從

不同的角度研究與它相關(guān)的問題?！安粍?dòng)點(diǎn)”在高中教材中雖未曾出現(xiàn)，但近幾年高考中，

以“不動(dòng)點(diǎn)”為背景的試題頻頻出現(xiàn)，值得大家重視。利用不動(dòng)點(diǎn)原理主要可解決以下兩種

類型的高考數(shù)列問題：

同類型三：已知q=a,an+}-pan+q（p豐1）,求通項(xiàng)a〃

分析由F（x）=x求出不動(dòng)點(diǎn)時(shí),在遞推關(guān)系式兩邊同時(shí)減去“，構(gòu)造出等比數(shù)列,

根據(jù)等比數(shù)列通項(xiàng)公式求出通項(xiàng)。

a-a+b

類型八：已知包十】---------,c豐0,ad—be*0,a,b,c,d都為常數(shù)，求通

c-an+a

項(xiàng)為。

分析設(shè)且-加#

/1(x)=+〃(c*0ad0),{4“}滿足遞推關(guān)系

ex+d

an+l=f(a“),且初始值芻*/(芻)。

<3.—p,<3—pa—DC

(1)若f有兩相異不動(dòng)點(diǎn)P，q.則3-----=k-——，其中A=———.即

a〃+i—。an-qa-qc

a—pa-pa、-p]n\

-——卜是以k為公比的等比數(shù)列，從而有—n——=」------4"T,由此解得

為一gJa”一qa、一q

(qq—pq)?k"八一(qp—pq)

”(<2(—p)?k"'—(q—q)

112c

⑵若f只有唯一不動(dòng)點(diǎn)p,則--------=--------+A,其中A=---------，即

a〃+i—。an-Pa+d

111/,、，

-------卜是以k為公差的等差數(shù)列，從而有-------=--------+(〃-1U,由此解得

an-p\an-Pai-P

%—p

(〃芻-pk)n+l—k[+pk

類型九：已知“二總差’其中"°，a，'，c都為常數(shù)’求通項(xiàng)％。

n

ax2+b

分析該數(shù)列的遞歸函數(shù)為f(x)

2ax4-c

ap2+baQ'+b,所以

⑴若f有兩相異不動(dòng)點(diǎn)p,q,即夕

lap+c2aq+c

ap2+cp-b=0,aq2+cq-Z?=0,所以

12

a?an+b?a-5n+Z?-2apan-pc

紇+i-PP=

2a?an+c-------------------2a-an+c

a,a；-2apa+a。2方(司〃—p￥

2H?a+nc2an?a+c

a(a—a.—p(a〃-PT

同理%+i—。=丁，------，兩式相除得———令

2a?a+ca-qa-q)2

,a一p

b=」--則be=%*=/?；_]=...=b：=(:~勺，所以

an-?qq-Q

2

a\2"Tq(a-7y--p(a-q)'

a-P_(x-P)2,由此解得露二丁————/，、以。

a--qa,-<7(為一py一(4-qy

(2)若f有兩相同的不動(dòng)點(diǎn)p,易得夕=----+4ab=0,由

2a

入+￡=?等+2令年=a.+5化簡(jiǎn)可得2加=%所以同是

以;為公比的等比數(shù)列，因此，b“=々g)"T=(a,+*)I；)”1，即

a+￡=(d+￡)d)i,即a=(a,+—)C-)^1?

"2a12a2"'2a22a

【例8】已知數(shù)列｛笆｝滿足芻=1,a+1=2a,,+1(〃GN*)。

(1)求｛aj的通項(xiàng)公式；(2)證明：w<—H—^+■,,H----<—(/?e/V*)。

23歿4an+\2

講解(1)遞推數(shù)列約+]=24+1對(duì)應(yīng)的特征函數(shù)為〃X)=2X+1，由

f(x)=X得不動(dòng)點(diǎn)為-1,因此，a“+\+1=2(a〃+1),即｛a〃+1｝是以q+1=2為

首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列。所以紇+1=2",即%=2"-1(/7GN*)。

A

ak_2^-12-11._,9

(3)由二一^^一;^7^‘萬(wàn)'

2

得，+=+???"!-<三。另一方面，

a2a3an+l2

a.2A-11111111,

-----=--=--之一一一,—,k—1,2.

A+1k

ak+l2-1--2--2(2"i-1)---2--3.+2*-2-232

所以

a.a,a11.11111.1,n1

—4--+4-—n—>----(-+r+???+—x)=-----(1----)>----,

2

a2a3an+x232220232〃23

綜上可得7；_—<—^+上+…H-----<—(neW*)。

23a2a3an+l2

“3a+2

【例9】在數(shù)列｛a〃｝中q=4,a=—一-。求通項(xiàng)a“。

a”+4

3x+2

講解先求出函數(shù)f(x)=---------的兩個(gè)不動(dòng)點(diǎn)1與-2,代入

x+4

芻二二二4包二，其中4=得

a,一qa”［一qa-qc

,3-lxl2

-3+2x1—5

由此解得4=,+,

n5〃—'-2〃一2

r/+2/t、

【例10]已知芻=2,且包+]=得一(〃>1),求通項(xiàng)3。

La

講解所給數(shù)列的遞歸函數(shù)為F(x)=~二,解方程F(x)=x得f的兩個(gè)不動(dòng)點(diǎn)

2x

為土血，由

%+亞產(chǎn)+也_⑸+揚(yáng)2亞二三1一也(a〃—V2)-

、"〃+12a

n2atinn

a「也今

a7?+1+也(3〃+也￥

，兩式相除，得」=?廣二亞，則4+1=解得

a/?+1%+17

々=(當(dāng))"'所以紇=亞(2+收)2”'+(2-&)2"'

(2+72/--(2-V2)2°"°

3.1.4階差法

當(dāng)遞推公式中既有S”又有%時(shí)，往往可用階差法，其運(yùn)用的公式為：

[45=1)

4=L一a"(nN2)

【例111已知數(shù)列｛aj的各項(xiàng)均為正數(shù)，且前n項(xiàng)和S.滿足

5=|(an+1)(an+2),且a2,4,ag成等比數(shù)列，求數(shù)列｛練｝的通項(xiàng)公式。

講解?.?對(duì)任意〃G/V*有S.=1(a〃+1)(a.+2),①

6

.??當(dāng)〃=1時(shí)，可==，(4+1)(a,+2),解得4=1或%=2；

當(dāng)AN1時(shí)，有*_]="(a〃_]+1)(a〃T+2),②

由①-②整理得(a〃+a0_J(a“一an_1-3)=0。

???｛aj各項(xiàng)均為正數(shù)，an-a—=3。

當(dāng)=1時(shí)，an-1+3(〃-1)=3z?-2,此時(shí)，a；=a2aq成紅。

2

當(dāng)q=2時(shí)，an=2+3(〃-1)=3〃-1,此時(shí)，a4=丹為不成立，故當(dāng)=2

舍去，所以，a“=3A-2。

評(píng)注求得4-a“_i=3后，可設(shè)a,,=q+(〃-1)x3,將其代入a：-a2a9得到

q=1。

【例12】設(shè)數(shù)列｛紇｝的前n項(xiàng)為S.,已知ban-2"=彷一1)5,

(1)證明：當(dāng)6=2時(shí)，｛練一n-2”一｝是等比數(shù)列；

(2)求｛a.｝的通項(xiàng)公式。

講解由題意，在ba.-2"=S—1)S?中，令n=1，得如-2=3-Da,,

q=2。由ban-2"=彷一1)5,得姐一-2〃T=(b-1電_0N2,nGN*),

兩式相減得伙

an,-an,—i)—2"nT=(6-l)a,,

即a=ba,+2"T(AN2,n￡N*)①

nl

(1)當(dāng)6=2時(shí)，由①知，an=2an—\,+2-,于是

0-1n-2

a/)-n-2”T=2/ai—i,-(/?-1)-2=2[na—i,-(/7-1)-2](n>2,neN")

又a1一1?21-1=1H0,所以｛a.-n-2”］是首項(xiàng)為1,公比為2的等比數(shù)列。

(2)當(dāng)6=2時(shí)，由(1)知，an-2a吁］=2"、即a“=(〃+1)2"、

當(dāng)6H2時(shí)，由①知，a=ba?+,兩邊同時(shí)除以2"得支=勺?芻彳+1，

""T2"22"T2

可設(shè)立+4=2(宅+外，②

2〃22"T

展開②得生=2.々+-2,與曳=勺.芻彳+1比較，得

2"22"T22"22"i2

8—2,1

22

.2a1b,a.1.

A------0——n+------?(—^―n-+-----),

b-22"b-222”Tb-2

alb1b—\

?-J-7+--是等比數(shù)列，公比為一，首項(xiàng)為1+-----=------。

2°b-2\2b-2b-2

+上=0.昌—葭=匕1.(2)〃T__J_,

2"b-2b-222"b-22b-2

...a=2g._J_］=%-2〃

nb-226-2b-2

3.1.5直接代換法

代換的主要目的是簡(jiǎn)化計(jì)算，巧妙代換可以使解題思路變得更順暢。

【例13］已知數(shù)列｛aj,其中斗=1,4=2,當(dāng)〃之3時(shí)，a”一2a0T+an_2=1,

求通項(xiàng)公式%。

講解由-2a+an2=1得(a“一a,,_)-(a；1-a7/2)=1o

令%=a“一%,則上式為%-%2=1，因此也｝是一個(gè)等差數(shù)列，

t\=4—q=1,公差為1o故6〃=no

由于&+向+…+=4一q+q-a?+…+a〃一anX=a“一1。

n(n-1)叱hi1M-1)

又4+4+…+b_所以a-1=--------即

n12n2

n2-n+2

a------------

n2

q=l

【例14】數(shù)列卜/滿足4=1八”,--------求｛a,J的通項(xiàng)

露+1=而(l+4a〃+J+24a.),(J

公式。

b2-1

講解設(shè)々