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．a n+1=pa n +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a n+1+λ=p(a n +λ)，其中λ为待定系数，于是有p λ－λ=q ，即λ=1-p q，这样数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+1p q a n 即为等比数列。

二是a n =pa n －1+q=p(pa n －2+q)+q=p 2a n －2+pq+q=p 2(pa n －3+q)+pq+q=p3a n －3+p 2q+pq+q=……=p n －1a 1+p n －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l :y=ax 及曲线C:y=x 2，C 上的点Q 1的横坐标为a 1(0<a 1<a)，从C 上的点Q n （n ≥1）作直线平行于x 轴，交直线l 于点P n+1，再从点P n+1作直线平行于y 轴，交曲线C 于点Q n+1. Q n （n=1,2,3……）的横坐标构成数列{}n a 。

（I ）试求a n+1与a n 的关系，并求{}n a 的通项公式；（II ）、（III ）两题略。

分析：通过点Q n 与P n+1的纵坐标关系，P n+1与Q n+1的横坐标的关系，建立a n+1与a n 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a n 。

解：由点Q n 在曲线C 上，所以Q n 的纵坐标为a n 2，即Q n (a n ，a 2n )。

又由于Q n 与P n+1的纵坐标相等，所以，P n+1的纵坐标为a 2n 。

而点P n+1在直线l 上，所以P n+1的横坐标为a a n 2，即P n+1（n n a a a ,2）。

又因为P n+1与Q n+1的横坐标相同，所以a n+1=aa n2即为a n+1与a n 的递推关系。

下用迭代法求数列{}n a 的通项公式。

迭代法一（构造新数列迭代）：对a n+1=aa n2两边同时取对数得：lga n+1=2lga n －lga ，所以lga n+1－lga=2(lga n －lga)，反复迭代得：lga n －lga=(lga n －1－lga)=2·2(lga n －2－lga)=22(lga n －2－lga)=……=2n －1(lga 1－lga)=lg(a a 1)21-n ，所以lg a a n =lg(a a 1)21-n ，即a n =a·(aa 1)21-n 。

迭代法二（直接变形迭代）：∵a n+1=a a n 2，∴221aa a a nn =+ ∴22121])[()(a a a a a a n n n -+===221221)()(a a a a n n -⨯-==[（a a n 2-）2]22=(a a n 2-)32=……=naa 21)(. ∴a n+1=a·(a a 1)2n ，即a n =a·(aa 1)21-n . [解题回顾]解决本小题的关键有两步，一是灵活运用P n+1与Q n 、Q n+1间的纵横坐标间的关系正确而迅速建立a n+1与a n 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a n+1=pa n +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lga n =2lga n －1－lga=22lga n －2－2.lga －lga= (2)－1lga 1－(2n －2+2n －3+……+2+1)lga=2n －1lga 1－(2n －1－1)lga ，所以a n =122111---n n a a =a·121)(-n aa 。

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．a n+1=pa n +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a n+1－λg(n+1)=p[a n －λg(n)],比较系数有：λg(n+1)－p λg(n)=f(n)对一切n ∈N +都成立，求出λ，则数列{})(n g a n λ-是等比数列；二是下标递降迭代，即a n →a n －1→a n －2→…→a 2→a 1.也就是a n =pa n －1+f(n －1)=p[pa n －2+f(n －2)]+f(n －1)=P 2a n －2+Pf(n －2)+f(n －1)=P 3a n －3+P 2f(n －3)+Pf(n －2)+f(n －1)=…=P n －1a 1+P n －2f(1)+…+Pf(n －2)+f(n －1)，再利用求和法求出a n 。

例2．设a 0为常数，且a n =3n －1－2a n －1·(n ∈N +)。

（I ）证明对任意n ≥1，a n =012)1(]2)1(3[51a n n n n n -+-+-;（II ）假设对任意n ≥1有a n ＞a n －1，求a 0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a n+1－λ·3n =－2（a n －λ·3n －1），由比较系数得λ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）∵a n =3n －1－2a n －1, ∴nn a 3=3133211+⋅---n n a ,设可化为)3(32311k a k a n n n n -⋅-=---，展开比较系数得k=).513(32513a :,5111n n --=---n n a 即化为反复迭代有：)513()32()513(3251322211--=--=-----n n n n n na a a =…=（32-）n·(51300-a ). ∴nn n n a a )32(51)32(5130-⋅-⋅-=-, 即a n =(－2)n ·a 0+]2)1(3[51)2(])2(3[5110n n n n n n a ⋅-++⋅-=---.迭代法二.原式化为：a n －)3(2311--⋅--=⋅n n n a λλ，比较系数求得2.0-=λ，∴a n +)351(235111--⋅+-=⋅n n n a 。

反复迭代有a n +=+⋅-=+⋅-=+⋅-=⋅------)53()2()53()2()53(235133322211n n n n n n n a a a …= (－2)n·(a 5300+),即a n =(－2)n ·a 0+]2)1(3[511n n n ⋅-+-.迭代法三（下标递降）∵a n =3n －1－2a n －1=－2a n －1+3n －1=(－2)·(－2a n －2+3n －3)+(－2)·3n －2+3n －1=(－2)2·a n －2+(－2)·3n －2+3n －1=(－2)2·(－2a n －3+3n －3)+(－2)·3n －2+3n －1=(－2)3a n －3+(－2)2·3n －3+（－2）·3n －2+3n －1=…=(－2)n ·a 0+(－2)n －1·30+(－2)n －2·3+…+(－2)·3n －2+3n －1=(－2)n ·a o +3n －1[(－32)n －1+(－32)n －2+……+1]=(－2)n ·a 0+3n －1.n n)2(321)32(1-=+--·a 0+]2)1(3[511n n n ⋅-+-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a n+1=pa n +q(p 、q 为常数，P ≠0)类型问题，所以类型1是基础问题。

3．a n+2=pa n+1+qa n (p,q ≠0,p,q 为常数)型。

此类型问题关键是转化为a n+1与a n 的关系，即a n+1=ra n +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A n （x n ,0）,n ∈N +，其中x 1=0,x 2=a(a>0),A 3是线段A 1A 2的中点，A 4是线段A 2A 3的中点，…，A n 是线段A n －2A n －1的中点，…，求{}n x 的通项公式。

分析：充分利用“A n 是线段A n －2A n －1的中点”这一重要信息来揭示x n 与x n －1、x n －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x n 与x n －1的关系，再用类型一或类型二的迭代法求解x n . 解：由A n 是线段A n －2A n －1的中点得：x n =221--+n n x x ,即2x n =x n －1+x n －2(n ≥3). 迭代法一：∵2x n =x n －1+x n －2, ∴2x n +x n －1=2x n －1+x n －2. 反复迭代有：2x n +x n －1=2x n －1+x n －2=2x n －2+x n －3=…=2x 2+x 1=2a. ∴2x n +x n －1=2a ，即x n =－a x n +-121.∴再次反复迭代得： ].)21(1[32]1)21()21[()21()21()21()21()21()21()21()21()21()21()21()21(212113211233322221-----------=+-+⋅⋅⋅+-=+-+⋅⋅⋅+-+-=⋅⋅⋅=+-+-+-=+-++--=+-+-=+--=+-=n n n n n n n n n n a a a a a x a a a x a a a x aa x a x a x x迭代法二：∵2x n =x n －1+x n －2, ∴2x n －2x n －1=－(x n －1－x n －2), 即x n －x n －1=－a x x x x x x n n n n n n ⋅-=--=⋅⋅⋅=--=-------21223221)21()()21())(21()(21. ∴x n =(x n －x n －1)+(x n －1－x n －2)+…+(x 2－x 1)+x 1=a[1+(－21)+(－21)2+…+(－21)n －2]= ])21(1[321---n a . ∴数列{}n x 的通项公式为x n =])21(1[321---n a 。