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用迭代法速解高考压轴题

高 三 数 学
专题讲座 巧用迭代法速解高考压轴题

高考是以知识为载体，方法为依托，能力为目标来进行考查的，命题时则是以能力为立意，以方法和知识为素材来进行命题设计的。纵观这两年全国高考的新课程试卷中的压轴题—数列问题，背景新颖、能力要求高、内在联系密切、思维方法灵活，又由于新课程的改革中淡化了数学归纳法，无疑地迭代法成为解决这类问题的通法。
1．an+1=pan+q(p、q为非零常数)型
此类型的通项公式求法通常有两种迭代思路：一是构造新数列使其成等比数列，设原递推关系化为an+1+=p(an+)，其中为待定系数，于是有p－=q，即=，这样数列即为等比数列。二是an=pan－1+q=p(pan－2+q)+q=p2an－2+pq+q=p2(pan－3+q)+pq+q=p3an－3+p2q+pq+q=……=pn－1a1+pn－2q+……+pq+q，它的实质下标递降，直至退到不同再退为止。
例1．设a>0如图，已知直线:y=ax及曲线C:y=x2，C上的点Q1的横坐标为a1(0<a1<a)，从C上的点Qn（n≥1）作直线平行于x轴，交直线于点Pn+1，再从点Pn+1作直线平行于y轴，交曲线C于点Qn+1. Qn（n=1,2,3……）的横坐标构成数列。（I）试求an+1与an的关系，并求的通项公式；（II）、（III）两题略。
分析：通过点Qn与Pn+1的纵坐标关系，Pn+1与Qn+1的横坐标的关系，建立an+1与an的递推关系，将n换成n－1，即为迭代，反复利用这种迭代的方法即可求出an。
解：由点Qn在曲线C上，所以Qn的纵坐标为an2，即Qn(an，a)。又由于Qn与Pn+1的纵坐标相等，所以，Pn+1的纵坐标为a。而点Pn+1在直线上，所以Pn+1的横坐标为，即Pn+1（）。又因为Pn+1与Qn+1的横坐标相同，所以an+1=即为an+1与an的递推关系。下用迭代法求数列的通项公式。
迭代法一（构造新数列迭代）：对an+1=两边同时取对数得：lgan+1=2lgan－lga，所以lgan+1－lga=2(lgan－lga)，反复迭代得：lgan－lga=(lgan－1－lga)=2·2(lgan－2－lga)=22(lgan－2－lga)=……=2n－1(lga1－lga)=lg()2，所以lg=lg()2，即an=a·()2。
迭代法二（直接变形迭代）：∵an+1=，∴
∴==[（）2]=()=……=.
∴an+1=a·()2，即an=a·()2.
[解题回顾]解决本小题的关键有两步，一是灵活运用Pn+1与Qn、Qn+1间的纵横坐标间的关系正确而迅速建立an+1与an的关系式；二是巧妙运用待定系数法或同除以a对递推关系进行变形，使递推关系进一步具体化、特征化，然后再反复迭代。实质上，等差等比数列的通项公式就是利用这种迭代法而推导出来的。迭代法二是变形成结构相同的式，然后进行下标递降；迭代法一也先是对递推关系式变形，化成an+1=pan+q这种形式，利用待定系数法求解，也可以在此基础上直接迭代，如lgan=2lgan－1－lga=22lgan－2－2·lga－lga=……=2n－1lga1－(2n－2+2n－3+……+2+1)lga=2n－1lga1－(2n－1－1)lga，所以an==a·。从高考阅卷中可以看出，不少学生得出递推关系式后，望而却步，这足以说明学生在数学思想方法上没有受到良好的训练，平时的学习都是被动的接受，而很少有主动建构的过程。

2．an+1=pan+f(n)（p为常数，p≠1，p≠0）型。
此类型的通项公式求法常见有两种迭代方法：一是构造新数列代，即an+1－g(n+1)=p[an－g(n)],比较系数有：g(n+1)－pg(n)=f(n)对一切n∈N+都成立，求出，则数列是等比数列；二是下标递降迭代，即an→an－1→an－2→…→a2→a1.也就是an=pan－1+f(n－1)=p[pan－2+f(n－2)]+f(n－1)=P2an－2+Pf(n－2)+f(n－1)=P3an－3+P2f(n－3)+Pf(n－2)+f(n－1)=…=Pn－1a1+Pn－2f(1)+…+Pf(n－2)+f(n－1)，再利用求和法求出an。
例2．设a0为常数，且an=3n－1－2an－1·(n∈N+)。（I）证明对任意n≥1，an=;（II）假设对任意n≥1有an＞an－1，求a0的取值范围。
分析：本题的递推关系式中3n－1是一个变量，于是我们在利用待定系数法构造新数列时要注意与类型1的区别，思路一可以设an+1－·3n=－2（an－·3n－1），由比较系数得的值，再迭代；思路二对递推关系进行等价变形，即两边同除以3n转化为类型1的问题求解；思路三直接利用关系式迭代转化为求和问题。
解：（I）迭代法一（构造等比数列迭代）∵an=3n－1－2an－1, ∴=,设可化为，展开比较系数得k=反复迭代有：
=…=（）n·().
∴,
即an=(－2)n·a0+.
迭代法二.原式化为：an－，比较系数求得，
∴an+。反复迭代有
an+…=
(－2)n·(a),即an=(－2)n·a0+.
迭代法三（下标递降）∵an=3n－1－2an－1=－2an－1+3n－1=(－2)·(－2an－2+3n－3)+(－2)·3n－2+3n－1=(－2)2·an－2+(－2)·3n－2+3n－1=(－2)2·(－2an－3+3n－3)+(－2)·3n－2+3n－1=(－2)3an－3+(－2)2·3n－3+（－2）·3n－2+3n－1=…=(－2)n·a0+(－2)n－1·30+(－2)n－2·3+…+(－2)·3n－2+3n－1=(－2)n·ao+3n－1[(－)n－1+(－)n－2+……+1]=(－2)n·a0+3n－1.·a0+
第（II）题（略）
[解题回顾]（1）本题的第（I）题是以数列背景，考查学生灵活运用数列知识，解决数列通项公式的常规方法来解问题，这无疑对学生的能力有较高的要求，也体现高考以能力为立意的命题思想，所以在平时的教学过程中要加强数学思想方法的教学和训练，只有这样学生才能实现在真正意义上的会解题，即创造性地解题。
（2）从迭代法一、二可以看出：通过适当的变形可化为an+1=pan+q(p、q为常数，P≠0)类型问题，所以类型1是基础问题。

3．an+2=pan+1+qan(p,q≠0,p,q为常数)型。
此类型问题关键是转化为an+1与an的关系，即an+1=ran+s(r,s为非零常数)，于是转化为类型1问题。
例3．已知点的序列An（xn,0）,n∈N+，其中x1=0,x2=a(a>0),A3是线段A1A2的中点，A4是线段A2A3的中点，…，An是线段An－2An－1的中点，…，求的通项公式。
分析：充分利用“An是线段An－2An－1的中点”这一重要信息来揭示xn与xn－1、xn－2的递推关系，然后利用迭代法先将相邻三项递推关系转化为相邻两项的关系，即xn与xn－1的关系，再用类型一或类型二的迭代法求解xn.
解：由An是线段An－2An－1的中点得：xn=,即2xn=xn－1+xn－2(n≥3).
迭代法一：∵2xn=xn－1+xn－2, ∴2xn+xn－1=2xn－1+xn－2.
反复迭代有：2xn+xn－1=2xn－1+xn－2=2xn－2+xn－3=…=2x2+x1=2a.
∴2xn+xn－1=2a，即xn=－.∴再次反复迭代得：

迭代法二：∵2xn=xn－1+xn－2, ∴2xn－2xn－1=－(xn－1－xn－2), 即xn－xn－1=－.
∴xn=(xn－xn－1)+(xn－1－xn－2)+…+(x2－x1)+x1=a[1+(－)+(－)2+…+(－)n－2]=
.
∴数列的通项公式为xn=。
[解题回顾]从本题的上述两种方法可以看出：变形的形式不同，则迭代的方法也不相同。方法一是抓住2xn+1+xn的结构形式不变进行反复迭代，然后再对xn+1=－xn+a进行反复迭代；也可以用待定系数法构造新数列然后再迭代；方法二则是构造为等比数列。如果将两种迭代结果2xn+1+xn=2a和xn+1－xn=(－)n－1·a结合在一起，从方程组角度考虑，则显得更简捷明了。

4．an+2、an+1、an与an－1的递推型。
此类型问题是相邻四项间的递推关系，首先转化为相邻三项或两项的递推关系，然后再用上述三种类型的迭代法求解。
例4．已知数列各项都是自然数，a1=0,a2=3,且an+1an=(an－1+2)·(an－2+2),n=3,4,5，…。（I）求a3;（II）证明：an=an－2+2,n∈N+，n≥3，（III）求的通项公式及前n项和Sn。
分析：第（I）题利用特殊值n=3及a4,a3都是自然数的特征求出a3；第（II）题的证明实际上是将四项递推关系转化两项递推关系，然后利用等差数列的有关知识求解an及Sn，对（II）的证明要会观察结论与已知的结构形式，转化为只需证明
即可，于是对已知的关系进行分离变形即可。
解：（I）（略）答案为a3=2,a4=5.
(II)∵an+1an=(an－1+2)(an－2+2),∴an+2an+1=(an+2)(an－1+2).
两式相比得：
∴当n为偶数时，n与此同时n+2为偶数，反复迭代有：
当n为奇数时，n与n+2为奇数，反复迭代
有： .
∴当n，即an=an－2+2.（n≥3）
（III）（略）
[解题回顾]第（II）题的原来证明（标准答案）是用数学归纳法解的，没有给出这种简捷而具有一般性的迭代法。解题过程中体现了分类与整合的数学思想方法。

5．an+1=p(n)·a+f(n)·an－1+r (p(n)≠0)型.
此类an+1与an的关系是变系数制约的，解题策略：一是寻求更优化的递推关系；二是根据题目的结论进行适当的等式变换或不等变换（包括迭代）。
例5．设数列满足an+1=a－nan+1, n∈N+. (I)当a1=2时，求a2,a3,a4，并由此猜出an的一个通项公式；（II）当a1≥3时,证明:对于所有的n≥1,有(1)an≥n+2; (2).
分析：第（I）题利用“试验－归纳—猜想”的方法求出an；第（II）题（1）利用数学归纳法证明；而（2）可用数学归纳法证明，也可用迭代放缩法证明。
解：（I）由a1=2，得a2=3，a3=4，a4=5，猜出an=n+1.
(II)(1)用数学归纳法证明（略）。
（2）由an+1=an(an－n)+1及（1）an≥n+2，得：an+1≥2an+1,
∴an≥2an－1+1≥2（2an－2+1）+1=22an－2+2+1≥22（2an－3+1）+2+1=23an－3+22+2+1≥…≥2n－1a1+2n－2+…+2+1≥3·2n－1+2n－2+…+2+1=(2+1)·2n－1+2n－2+…+2+1=2n+2n－1+2n－2+…+2+1=2n+1－1. ∴an+1≥2n+1，即.
.
解题回顾：该小题仍然考查数列与不等式的推理问题，但与前小题相比，有更高的层次的要求。高要求的表现不仅仅是推理的过程，更重要的是反复迭代变形（放缩迭代）的决策，由此可看出迭代法解高考题的威力。