递推数列的多种解题方法.doc

递推数列题型归纳解析郭玉竹整理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:已知数列，且a2k=a2k1+(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:已知数列an，满足a1=1， (n2)，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:在数列中，若，则该数列的通项_（key:）变式: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；（）证明：（I）解：是以为首项，2为公比的等比数列 即（II）证法一： ，得即，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:设数列的前项的和，（）求首项与通项；（）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：()将代入得 Sn= (4n2n)2n+1 + = (2n+11)(2n+12) = (2n+11)(2n1) Tn= = = ( )，所以, = ) = ( ) 0 ， anan1=5 (n2) 当a1=3时，a3=13，a15=73 a1， a3，a15不成等比数列a13;当a1=2时， a3=12， a15=72， 有 a32=a1a15 ， a1=2， an=5n3 变式: 已知数列an的前n项和Sn满足SnSn2=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（）则,又，故代入（）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:已知数列中，在直线y=x上，其中n=1,2,3 ()令()求数列()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: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nN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: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；（3）记bn=，求bn数列的前项和Sn，并证明Sn+=1 解：（）由已知，两边取对数得，即是公比为2的等比数列 （）由（）知 （*）=由（*）式得（）， ，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: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a1a2an2n！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（n1）1（2）证：据1得，a1a2an为证a1a2an2显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个nN*，有1（）3用数学归纳法证明3式：n1时，3式显然成立，设nk时，3式成立，即1（）则当nk1时，1（）（）1（）（）1（）即当nk1时，3式也成立 故对一切nN*，3式都成立 利用3得，1（）11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2项开始便不存在.由本题的第（1）小题的解答过程知，时，数列是存在的，当时，则有令则得且2.当（其中且N2）时，数列从第项开始便不存在.于是知：当在集合或且2上取值时，无穷数列都不存在.变式:数列记（）求b1、b2、b3、b4的值；（）求数列的通项公式及数列的前n项和解法一：由已知,得,其特征方程为解之得,或, ，解法二：（I）（II）因，故猜想因，（否则将代入递推公式会导致矛盾），故的等比数列., ， 解法三：（）由整理得（）由所以解法四：（）同解法一（） 从而类型11 或解法：这种类型一般可转化为与是等差或等比数列求解例：（I）在数列中，求 （II）在数列中，求类型12 归纳猜想法 解法：数学归纳法变式:设数列an的前n项和为Sn，且方程x2anxan0有一根为Sn1，n1，2，3，（）求a1，a2；（）an的通项公式 提示:1 为方程的根,代入方程可得将n=1和n=2代入上式可得 2 求出等,可猜想并用数学归纳法进行证明，本题主要考察 一般数列的通项公式与求和公式间的关系3 方程的根的意义(根代入方程成立)4数学归纳法证明数列的通项公式(也可以把分开为,可得解：()当n1时，x2a1xa10有一根为S11a11，于是(a11)2a1(a11)a10，解得a1 当n2时，x2a2xa20有一根为S21a2，于是(a2)2a2(a2)a20，解得a1 ()由题设(Sn1)2an(Sn1)an0，即Sn22Sn1anSn0 当n2时，anSnSn1，代入上式得Sn1Sn2Sn10由()知S1a1，S2a1a2 由可得S3 由此猜想Sn，n1，2，3， 8分下面用数学归纳法证明这个结论 (i)n1时已知结论成立 (ii)假设nk时结论成立，即Sk，当nk1时，由得Sk1，即Sk1，故nk1时结论也成立 综上，由(i)、(ii)可知Sn对所有正整数n都成立 10分于是当n2时，anSnSn1，又n1时，a1，所以an的通项公式an，n1，2，3， 12分本题难度较大,不过计算较易,数列的前面一些项的关系也比较容易发现