高中数学数列递推定理

第一篇：高中数学数列递推定理

定理（二阶线性递推数列）

已知数列{an}的项满足an2pan1qan，a1=a，a2=b,nN+，称方程x2pxq0为数列an的特征方程。若x1,x2是特征方程的两个根，则

n1n1

（1）当x1x2时，数列an的通项为anAx1Bx2，其中A，B由

初始值决定；

（2）当x1x2时，数列an的通项为an(A1B1n)x1n1，其中A1，B1由初始值决定。

3122、已知数列a11,a2,且anan1an2(n3,4,5,)，求通项公式an。

（略解：二阶线性递推数列，x1x2型！x2x,x1x2，用公式得

1n1

an(n1)()nn）

定理（一次分式递推数列）

已知数列{an}的项满足： a1a且对于nN，都有an1

panq

p、ranh

q、r、hR，且phqr,r0,a1），称方程x

（i）若a1,则数列{an}为常数数列（ii）若a1，则数列{

h

r

（1）当特征方程有两个相同的特征根时，pxq

为数列an特征方程.rxh

为等差数列。an

an1

为等比数列。an2

（2）当特征方程有两个相异的特征根

1、2时，数列

第二篇：高中数学教学情景创设优秀案例15：递推数列教学

递推数列教学情境创设案例

在递推数列教学时，创设有趣的游戏情境，学生喜欢做游戏，简短有趣的游戏也能激发学生的学习兴趣。

案例：

汉诺塔问题

起源传说：相传在盘古开天辟地创造世界之初，便在印度贝纳雷斯的一座寺庙的一块红木板上插了三根钻石棒，并在其中的一根棒上安放了６４枚纯金圆盘。有一个婆罗门门徒不休不眠地赶到庙里来，然后又费尽了千心万苦把这６４个金灿灿的圆盘移到另一根钻石棒上。等到七七四十九天后，婆罗门门徒终于完成了这项工作，刚要松口气，但只听“轰咙”一声巨响，寺庙、门徒以及世界全都崩溃了！（说得够玄的吧！其实，解开此游戏后，你有的是成功的喜悦和无限的得意）

规则： ①一次只能移一个盘子； ②盘子只能在三个柱子上存放； ③任何时候大盘不能放在小盘上面。递推关系探求 学生自主探求 交流总结

设三根宝石柱分别为：A、B、C，设aE为将A上的铁片按上述规定全部移到C上所需要移动的最少次数，则a1=1，a2=3，a3=7。

当n=3，即A上有3个铁片时，为了能将A上的最下面一个大铁片能移到C上，应先将A上的前2个铁片移到B上。根据n=2时的结论，这样要先移3次，第4次就可将A上的最下面的大铁片移到C上，然后再将B上的2个铁片移到C上，借助A，利用n=2时的结论，又需移动3次，这样一共移了7次，即a3=7。

以此类推，若当A上有n个铁片时，共需要移动an次才能将铁片全部移到C上，则当A上有n+1个铁片时，为了将A上面的n个铁片先移到B上，根据假设为此需移动an次，这样在移动1次就可将A上的最下面的一个大铁片移到C上，然后将B上的n各铁片移到C上，这又需要移动an次，于是一共移动a n1=2an+1，（n∈N）次。（移动圆片的次数)***709551615，看来，众僧们耗尽毕生精力也不可能完成金片的移动。

第三篇：数列的递推公式教案

数列的递推公式教案

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

五、板书设计

第四篇：高中数学相关定理

2013年普通高等学校招生统一考试数学（文）复习资料2013.5.26

高中数学相关定理、公式及结论证明

（一）三角函数部分。

一、两角和（差）的余弦公式证明。

内容：cos()coscossinsin,cos()coscossinsin

证明：

①如图（1），在单位圆中设P（cos,sin）,Q（cos,-sin）

则：OPOQ)cos()OPOQcoscossinsin

cos()coscossinsin图（1）

②如图（2），在单位圆中设P（cos,sin）,Q（cos,sin）

则：OPOQ)cos()OPOQcoscossinsin

cos()coscossinsin图（2）

二、两角和（差）的正弦公式证明。

内容：sin()sincoscossin,sin()sincoscossin

证明：

sin()cos[

2()]cos[(

2)]cos(

2)cossin(

2)sin

sincoscossin

sin()cos[

2()]cos[(

2)]cos(

2)cossin(

2)sin

sincoscossin

三、两角和（差）的正切公式证明。内容：tan()

证明： tantan1tantan，tan()tantan1tantan

sincos

tan()

sin()cos()



sincoscossincoscossinsin



coscoscoscoscoscos



cossincoscossinsincoscos



tantan1tantan

sincos

tan()

sin()cos()



sincoscossincoscossinsin



coscoscoscoscoscos



cossincoscossinsincoscos



tantan1tantan

四、半角公式证明。内容：sin

2

1cos,cos



2

1cos,tan

2



1cos1cos



2sin1cos



1cos2sin

cos212sin

证明：由二倍角公式 2

cos22cos

12cos12sin2

用代替2，得，得sin2

cos2cos212

sincos

cos,cos

2



cos

2

tan

2

sincos

2

2cos2cos

2

2

2

2



2sin1cos，tan

2

sincos

2

sincos

2

2sin2sin

2

2

2

2



1cos2sin

五、正弦定理证明。

内容：在ABC中，a,b,c分别为角A,B,C的对边，则证明：①如图（3），在RtABC中，sinA



asinAbc,

bsinB



csinC

.ac,sinB

asinA



bsinB

c，C90,sinC1.

asinA



bsinB



csinC

.图（3）

②如图（4），在锐角ABC中，以B为原点，BC所在直线为x轴，建立直角坐标系，作ACy轴于点C，易知BA和CA在轴上的射影均为BC

CbsinC



2B)csinB,bsinB



csinC,同理

asinA



bsinB



asinA



bsinB



csinC

.图（4）

③如图（5），在钝角ABC中，以C为原点，BC所在直线为x轴，建立直角坐标系，作ACy轴于点C，易知BA和CA在轴上的射影均为CC

BcsinBC



2)bsinC,bsinBasinA



csinCbsinB,同理

c

asinA



bsinB



sinC

.图（5）

六、余弦定理证明。

a2b2c22bccosA



2ABC内容：在中，a,b,c分别为角A,B,C的对边，则ba2c22accosB

222

cab2abcosC

证明：如图（6），在ABC中，aaBC

(ACAB)(ACAB)

2ACAB

2

2ACABcosA2

bc2bccosA图（6）

222

abc2bccosA

同理可证：2 22

cab2abcosC

（二）平面向量部分。

一、平面向量基本定理。

内容：如果e1,e2是同一平面内的两个不共线的向量，那么对于这一平面内的任意一向量a，存在唯一一对 实数1,2，使得a1e12e2.证明：如图（7），过平面内一点O，作OAe1,OBe2,OCa，过点C分别作直 线OA和直线OB的平行线，交OA于点M，交OB于点N，有且只有一组实数，使

得OM1OA,ON2OB图（7）

OCOMONOC1OA2OB

即a1e12e2.二、共线向量定理。

内容：如图（8），A,B,C为平面内的三点，且A,B不重合，点P为平面内任一点，若C在直线AB上，则有

PCPA(1)PB

证明：由题意，BC与BA共线，BCBA

BCPCPB,BAPAPBPCPB(PAPB)

图（8）

化简为：PCPA(1)PB

三、平行向量定理。

内容：若两个向量（与坐标轴不平行）平行，则它们相应的坐标成比例；若两个向量相对应的坐标成比例，则两向量平行。

证明：设a,b是非零向量，且a(x1,y1),b(x2,y2)若a//b，则存在实数使ab，且由平面向量基本定理可知

x1iy1j(x2iy2j)x2iy2j.x1x2①，y1y2②

①y2②x2得：x1y2x2y10

若y10,y20（即向量a,b不与坐标轴平行）则

x1y

1x2y

2（三）立体几何部分。

一、三垂线定理及其逆定理。

内容：在平面内的一条直线，如果和穿过这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。

三垂线定理的逆定理：如果平面内一条直线和穿过该平面的一条斜线垂直，那么这条直线也垂直于这条斜线在平面内的射影。

证明：已知：如图（9），直线l与平面相交与点A，l在上的射影OA垂直于a,a

求证：l⊥a

证明：过P作PO垂直于

∵PO⊥α∴PO⊥a

又a⊥OA，PO∩OA=O ∴a⊥平面POA

∴a⊥l图（9）

（四）解析几何部分。

一、点到直线距离公式证明。

内容：已知直线l:AxByC0,直线外一点M(x0,y0).则其到直线l的距离为d

Ax

ByA

C。

B

证明：如图（10），设直线l:AxByC0,直线外一点M(x0,y0).直线上一点P(x,y).可得直线的 一个方向向量为v(B,A),设其法向量为n(s,t)则vnBsAt0，可得直线一法向量为n(A,B),n的单位向量为n0

（AA

B,A

B

B)图（10）

由题意，点M到直线的距离为PM在n0上的射影，所以，d

A(x0x)B(y0y)

A

B



Ax

By

0

2(AxBy)B

②

A

因为点P(x,y)在直线上，所以C(AxBy)①

Ax

ByA

所以，把①代入②中，得d

00

C

B

（五）数列部分

一、等差数列前n项和公式证明。

内容：an是等差数列，公差为d，首项为a1，Sn为其n前项和，则Sna1n证明：由题意，Sna1(a1d)(a12d).......(a1(n1)d)① 反过来可写为：Snan(and)(an2d).......(an(n1)d)②

①+②得：2Sna1na1n.......a1n



n个

n(n1)

d

n(a1an)

所以，Sn

n(a1an)

③，把ana1(n1)d代入③中，得Sna1n

二、等比数列前n项和公式证明。

n(n1)

d

n(a1an)

na1,(q1)

n

内容：an是等比数列，公比为q，首项为a1，Sn为其n前项和，则Sn=a1anq a1(1q)

,(q1)

1q1q

证明：Sna1a1qa1q.......a1qqS

n

2n

1①

n

a1qa1q

a1q

.......a1q②

n

①—②得：(1q)Sna1a1q，当q1时，Sn

a1a1q1q

n



a1(1q)1q

n

③

把ana1q

n1

代入③中，得Sn

a1anq1q

当q1时。很明显Snna1

na1,(q1)

n

所以，Sn=a1anq a1(1q)

,(q1)

1q1q

（六）函数和导数部分

一、换底公式证明。内容：log

N

loglog

aa

Nb

b

(N,a,b0;a,b1)

证明：设log

a

NX,log

a

bY，则ba,Na

YX

log

b

Nlog

a

Y

a

X



XY

log

a

a

XY



loglog

aa

Nb

第五篇：高中数学求递推数列的通项公式的九种方法

求递推数列的通项公式的九种方法

利用递推数列求通项公式，在理论上和实践中均有较高的价值.自从二十世纪八十年代以来，这一直是全国高考和高中数学联赛的热点之一.一、作差求和法

例1在数列{a

1n}中，a13,an1an

n(n1)，求通项公式an.解：原递推式可化为：a111111

n1annn1则a2a112,a3a22

3a111111

4a334，……，anan1n1n逐项相加得：ana11n.故an4n

.二、作商求和法

例2设数列{a

22n}是首项为1的正项数列，且(n1)an1nanan1an0（n=1,2,3…），则它的通项公式是an=▁▁▁（2000年高考15题）

解：原递推式可化为：

[(n1)aan1n

n1nan](an1an)=0∵ an1an＞0，a

n

1n则

a21a32a43an1aa,,,……，n

逐项相乘得：n1，即a1n=.12a23a34an1na1n

n

三、换元法

例3已知数列{a4n}，其中a1

3,a1

3129，且当n≥3时，anan13

(an1an2)，求通项公式an（1986年高考文科第八题改编）.解：设bn1anan1，原递推式可化为：b1n3b,{b是一个等比数列，b134111

n2n}1a2a1939，公比为3.故bn1

b(1)n219(13)n2(13)n.故aa1311

1nn1(3)n.由逐差法可得：an22(3)n3.例4已知数列{an}，其中a11,a22，且当n≥3时，an2an1an21，求通项公式an。解 由an2an1an21得：(anan1)(an1an2)1，令bn1anan1，则上式为bn1bn21，因此{bn}是一个等差数列，b1a2a11，公差为1.故bnn.。

由于b1b2bn1a2a1a3a2anan1an1

又bn(n1)

1b2bn1

2所以a1n1

2n(n1)，即a1

n2

(n2n2)

四、积差相消法

例5（1993年全国数学联赛题一试第五题）设正数列a0，a1，an…，an，…满足

anan2an1an2=2an1(n2)且a0a11，求{an}的通项公式.解将递推式两边同除以aann1an2整理得：

2a

n1aa1 n1n

2设ban

a

1n=

a，则b1na=1，bn2bn11，故有 10

b22b11⑴b32b21⑵

…………

bn2bn11(n1)

由⑴2

n2

+ ⑵2

n

3+…+(n1)20得b222n1=2n

n121，即

ana=2n

1.n1

逐项相乘得：an=(21)2(221)2(2n1)2，考虑到a01，故 a

n

1(21)(21)

(n0).(21)222n2

(n1)

五、取倒数法

例6已知数列{aan

1n}中，其中a11,，且当n≥2时，an

2a，求通项公式an。

n11

解将aan1n

2a两边取倒数得：1n11

a12，这说明{1

}是一个等差数列，首项

nan1an是

a1，公差为2，所以11(n1)22n1，即a1n.1

an2n1

六、取对数法

例7若数列{aa

2n}中，1=3且an1an（n是正整数），则它的通项公式是an=▁▁▁（2002

年上海高考题）.解由题意知an＞0，将an1a2

2lgalgan

1n两边取对数得lgan1

n，即

lga2，所以数n

列{lgalga1n1

n}是以lga1=lg3为首项，公比为2的等比数列，lgan12nlg32，即

a2n1

n3.七、平方（开方）法

例8若数列{an}中，a1=2且an3a

2n1（n2），求它的通项公式是an.解将an

a22a22

2n1两边平方整理得ann13。数列{an}是以a1=4为首项，3为公

差的等差数列。a2

na21(n1)33n1。因为an＞0，所以ann1。

八、待定系数法

待定系数法解题的关键是从策略上规范一个递推式可变成为何种等比数列，可以少走弯路.其变换的基本形式如下：

1、an1AanB（A、B为常数）型，可化为an1=A（an）的形式.例9若数列{an}中，a1=1，Sn是数列{an}的前n项之和，且SSn

n134S（n1），n

求数列{an}的通项公式是an.解 递推式SSnn1

34S可变形为1n

S3

14（1）

n1Sn设（1）式可化为

1S3（n1

S)（2）n

比较（1）式与（2）式的系数可得2，则有

1S23(1S2)。故数列{1

2}是

n1

nSn

以

11S23为首项，3为公比的等比数列。1

S2=33n13n。所以Snn3n

1。当n2，anSnS132123n

n1

n3n1232n83n

1

2。数列{a

123n(n1)n}的通项公式是an32n83n12

(n2)。

2、an

n1AanBC（A、B、C为常数，下同）型，可化为an1Cn1=A(anCn）的形式.例10在数列{an}中，a11,an12an43n1,求通项公式an。解：原递推式可化为：

an13n2(an3n1)①

比较系数得=-4，①式即是：an143n2(an43n1).则数列{a1n43n}是一个等比数列，其首项a143115，公比是2.∴an43n152n1 即a1n43n52n1.3、an2Aan1Ban型，可化为an2an1(A)(an1an)的形式。例11在数列{an}中，a11,a22，当nN，an25an16an ①求通项公式

an.解：①式可化为：

an2an1(5)(an1an)

比较系数得=-3或=-2，不妨取=-2.①式可化为：

an22an13(an12an)

则{an12an}是一个等比数列，首项a22a1=2-2（-1）=4，公比为3.∴an12a1n43n.利用上题结果有：

an43n152n1.4、an1AanBnC型，可化为an11n2A[an1(n1)2]的形式。例12 在数列{a

3n}中，a1

2，2anan1=6n3① 求通项公式an.解①式可化为：

2(an1n2)an11(n1)2②比较系数可

得：

=-6，29，②式为2bnbn1 

1{bn} 是一个等比数列，首项b1a16n9

∴bn

91，公比为.22

91n1

()22

n

即 an6n99()故an9()6n9.九、猜想法

运用猜想法解题的一般步骤是：首先利用所给的递推式求出a1,a2,a3,……，然后猜想出满足递推式的一个通项公式an，最后用数学归纳法证明猜想是正确的。

例13 在各项均为正数的数列{an}中，Sn为数列{an}的前n项和，Sn=通项公式。

n

(an+)，求其2an