最全的递推数列求通项公式方法.doc

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高考递推数列题型分类归纳解析

各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解。

特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。

本文总结出几种求解数列通项公式的方法，希望能对大家有帮助。

类型1

解法：

把原递推公式转化为，利用累加法（逐差相加法）求解。

例:

已知数列满足，，求。

解：

由条件知：

分别令，代入上式得个等式累加之，即

所以

，

变式:

（2004，全国I，个理22．本小题满分14分）

已知数列，且a2k=a2k－1+（－1）k,a2k+1=a2k+3k,其中k=1,2,3,…….

（I）求a3,a5；

（II）求{an}的通项公式.

解：

，

，即

，

…………

将以上k个式子相加，得

将代入，得

，

。

经检验也适合，

类型2

解法：

把原递推公式转化为，利用累乘法（逐商相乘法）求解。

例:

已知数列满足，，求。

解：

由条件知，分别令，代入上式得个等式累乘之，即

又，

例:

已知，，求。

解：

。

变式:

（2004，全国I,理15．）已知数列{an}，满足a1=1，（n≥2），则{an}的通项

解：

由已知，得，用此式减去已知式，得

当时，，即，又，

，将以上n个式子相乘，得

类型3（其中p，q均为常数，）。

解法（待定系数法）：

把原递推公式转化为：

，其中，再利用换元法转化为等比数列求解。

例:

已知数列中，，，求.

解：

设递推公式可以转化为即.故递推公式为,令，则,且.所以是以为首项，2为公比的等比数列，则,所以.

变式:

（2006，重庆,文,14）

在数列中，若，则该数列的通项_______________

（key:

）

变式:

（2006.福建.理22.本小题满分14分）

已知数列满足

（I）求数列的通项公式；

（II）若数列{bn}滿足证明：

数列{bn}是等差数列；

（Ⅲ）证明：

（I）解：

是以为首项，2为公比的等比数列

即　

（II）证法一：

　　　　　　　　　　　　　①

　　　　　　②

②－①，得

即

　 ③－④，得　

即　

是等差数列

证法二：

同证法一，得

令得

设下面用数学归纳法证明　

（1）当时，等式成立

（2）假设当时，那么

这就是说，当时，等式也成立

根据

（1）和

（2），可知对任何都成立

是等差数列

（III）证明：

变式:

递推式：

。

解法：

只需构造数列，消去带来的差异．

类型4（其中p，q均为常数，）。

（或,其中p，q,r均为常数）。

解法：

一般地，要先在原递推公式两边同除以，得：

引入辅助数列（其中），得：

再待定系数法解决。

例:

已知数列中，,，求。

解：

在两边乘以得：

令，则,解之得：

所以

变式:

（2006，全国I,理22,本小题满分12分）

设数列的前项的和，

（Ⅰ）求首项与通项；（Ⅱ）设，，证明：

解：

（I）当时，；

当时，，即，利用（其中p，q均为常数，）。

（或,其中p，q,r均为常数）的方法，解之得：

（Ⅱ）将代入①得Sn=×（4n－2n）－×2n+1+=×（2n+1－1）（2n+1－2）

=×（2n+1－1）（2n－1）

Tn==×=×（－）

所以,=－）=×（－）<

类型5递推公式为（其中p，q均为常数）。

解法一（待定系数法）：

先把原递推公式转化为

其中s，t满足

解法二（特征根法）：

对于由递推公式，给出的数列，方程，叫做数列的特征方程。

若是特征方程的两个根，当时，数列的通项为，其中A，B由决定（即把和，代入，得到关于A、B的方程组）；当时，数列的通项为，其中A，B由决定（即把和，代入，得到关于A、B的方程组）。

解法一（待定系数——迭加法）:

数列：

，，求数列的通项公式。

由，得

，

且。

则数列是以为首项，为公比的等比数列，于是

。

把代入，得

，

，

，

。

把以上各式相加，得

。

。

解法二（特征根法）：

数列：

，的特征方程是：

。

。

又由，于是

故

例:

已知数列中，,,，求。

解：

由可转化为

即或

这里不妨选用（当然也可选用，大家可以试一试），则是以首项为，公比为的等比数列,所以,应用类型1的方法，分别令，代入上式得个等式累加之，即

又，所以。

变式:

（2006，福建,文,22,本小题满分14分）

已知数列满足

（I）证明：

数列是等比数列；

（II）求数列的通项公式；

（III）若数列满足证明是等差数列

（I）证明：

是以为首项，2为公比的等比数列

（II）解：

由（I）得

（III）证明：

　　　　　　　　①

　　②

②－①，得

即　　　　　③

　　　　　④

④－③，得

即

是等差数列

类型6递推公式为与的关系式。

（或）

解法：

这种类型一般利用与消去或与消去进行求解。

例：

已知数列前n项和.

（1）求与的关系；

（2）求通项公式.

解：

（1）由得：

于是

所以.

（2）应用类型4（（其中p，q均为常数，））的方法，上式两边同乘以得：

由.于是数列是以2为首项，2为公差的等差数列，所以

变式:

（2006，陕西,理,20本小题满分12分）

已知正项数列{an}，其前n项和Sn满足10Sn=an2+5an+6且a1,a3,a15成等比数列，求数列{an}的通项an

解:

∵10Sn=an2+5an+6，①∴10a1=a12+5a1+6，解之得a1=2或a1=3

又10Sn－1=an－12+5an－1+6（n≥2），②

由①－②得10an=（an2－an－12）+6（an－an－1），即（an+an－1）（an－an－1－5）=0

∵an+an－1>0，∴an－an－1=5（n≥2）

当a1=3时，a3=13，a15=73a1，a3，a15不成等比数列∴a1≠3;

当a1=2时，a3=12，a15=72，有a32=a1a15，∴a1=2，∴an=5n－3

变式:

（2005,江西,文,22．本小题满分14分）

已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn－Sn－2=3求数列{an}的通项公式.

解：

，

，两边同乘以，可得

令

…………

又，，

，

。

类型7

解法：

这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令，与已知递推式比较，解出,从而转化为是公比为的等比数列。

例:

设数列：

，求.

解：

设，将代入递推式，得

…（１）则,又，故代入（１）得

说明：

（1）若为的二次式，则可设;

（2）本题也可由,（）两式相减得转化为求之.

变式:

（2006，山东,文,22,本小题满分14分）

已知数列｛｝中，在直线y=x上，其中n=1,2,3…

（Ⅰ）令

（Ⅱ）求数列

（Ⅲ）设的前n项和,是否存在实数，使得数列为等差数列？

若存在，试求出若不存在,则说明理由

解：

（I）由已知得

又

是以为首项，以为公比的等比数列

（II）由（I）知，

将以上各式相加得：

（III）解法一：

存在，使数列是等差数列

数列是等差数列的充要条件是、是常数

即

又

当且仅当，即时，数列为等差数列

解法二：

存在，使数列是等差数列

由（I）、（II）知，

又

当且仅当时，数列是等差数列

类型8

解法：

这种类型一般是等式两边取对数后转化为，再利用待定系数法求解。

例：

已知数列｛｝中，，求数列

解：

由两边取对数得，

令，则，再利用待定系数法解得：

。

变式:

（2005，江西,理,21．本小题满分12分）

已知数列

（1）证明

（2）求数列的通项公式an.

解：

用数学归纳法并结合函数的单调性证明：

（1）方法一用数学归纳法证明：

1°当n=1时，

∴，命题正确.

2°假设n=k时有

则

而

又

∴时命题正确.

由1°、2°知，对一切n∈N时有

方法二：

用数学归纳法证明：

1°当n=1时，∴；

2°假设n=k时有成立，

令，在[0，2]上单调递增，所以由假设

有：

即

也即当n=k+1时成立，所以对一切

（2）解法一：

所以　　

又bn=－1，所以

解法二：

由（I）知，，两边取以2为底的对数，

令,则

或

变式:

（2006,山东,理,22,本小题满分14分）

已知a1=2，点（an,an+1）在函数f（x）=x2+2x的图象上，其中=1，2，3，…

（1）证明数列｛lg（1+an）｝是等比数列；

（2）设Tn=（1+a1）（1+a2）…（1+an），求Tn及数列｛an｝的通项；

记bn=，求｛bn｝数列的前项和Sn，并证明Sn+=1

解：

（Ⅰ）由已知，

，两边取对数得

，

即

是公比为2的等比数列

（Ⅱ）由（Ⅰ）知

（*）

=

由（*）式得

（Ⅲ），，

，又，

，又，

类型9

解法：

这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为。

例：

已知数列｛an｝满足：

，求数列｛an｝的通项公式。

解：

取倒数：

是等差数列，

变式:

（2006，江西,理,22,本大题满分14分）

已知数列｛an｝满足：

a1＝，且an＝

（1）求数列｛an｝的通项公式；

（2）证明：

对于一切正整数n，不等式a1·a2·……an<2·n！

解：

（1）将条件变为：

1－＝，因此｛1－｝为一个等比数列，其首项为

1－＝，公比，从而1－＝，据此得an＝（n³1）…………1°

（2）证：

据1°得，a1·a2·…an＝

为证a1·a2·……an<2·n！

只要证nÎN*时有>…………2°

显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个nÎN*，有

³1－（）…………3°

用数学归纳法证明3°式：

（i）n＝1时，3°式显然成立，

（ii）设n＝k时，3°式成立，

即³1－（）

则当n＝k＋1时，

³〔1－（）〕·（）

＝1－（）－＋（）

³1－（＋）即当n＝k＋1时，3°式也成立

故对一切nÎN*，3°式都成立

利用3°得，

³1－（）＝1－

＝1－>

故2°式成立，从而结论成立

类型10

解法：

如果数列满足下列条件：

已知的值且对于，都有（其中p、q、r、h均为常数，且），那么，可作特征方程,当特征方程有且仅有一根时,则是等差数列;当特征方程有两个相异的根、时，则是等比数列。

例：

已知数列满足性质：

对于且求的通项公式.

解:

数列的特征方程为变形得其根为故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第

（2）部分，则有

∴

∴

即

例：

已知数列满足：

对于都有

（1）若求

（2）若求（3）若求

（4）当取哪些值时，无穷数列不存在？

解：

作特征方程变形得

特征方程有两个相同的特征根依定理2的第

（1）部分解答.

（1）∵对于都有

（2）∵

∴

令，得.故数列从第5项开始都不存在，

当≤4，时，.

（3）∵∴

∴

令则∴对于

∴

（4）、显然当时，数列从第