高考数学解题技巧-递推数列通项公式的十种策略例析

求递推数列通项公式的十种策略例析求递推数列通项公式的十种策略例析 递推数列的题型多样 求递推数列的通项公式的方法也非常灵活 往往可以通过适当的 策略将问题化归为等差数列或等比数列问题加以解决 亦可采用不完全归纳法的方法 由 特殊情形推导出一般情形 进而用数学归纳法加以证明 因而求递推数列的通项公式问题 成为了高考命题中颇受青睐的考查内容 笔者试给出求递推数列通项公式的十种方法策略 它们是 公式法 累加法 累乘法 待定系数法 对数变换法 迭代法 数学归纳法 换 元法 不动点法 特征根的方法 仔细辨析递推关系式的特征 准确选择恰当的方法 是 迅速求出通项公式的关键 一 利用公式法求通项公式一 利用公式法求通项公式 例例 1 已知数列满足 求数列的通项公式 a n n n1n 23a2a 2a1 a n 解 两边除以 得 则 n n1n 23a2a 1n 2 2 3 2 a 2 a n n 1n 1n 2 3 2 a 2 a n n 1n 1n 故数列是以为首 以为公差的等差数列 由等差数列的通项公式 得 2 a n n 1 2 2 2 a 1 1 2 3 所以数列的通项公式为 2 3 1n 1 2 a n n a n n n 2 2 1 n 2 3 a 评注 本题解题的关键是把递推关系式转化为 说明 n n1n 23a2a 2 3 2 a 2 a n n 1n 1n 数列是等差数列 再直接利用等差数列的通项公式求出 进而求出 2 a n n 2 3 1n 1 2 a n n 数列的通项公式 a n 二 利用累加法求通项公式二 利用累加法求通项公式 例例 2 已知数列满足 求数列的通项公式 a n 1a1n2aa 1n1n a n 解 由1n2aa n1n 得1n2aa n1n 则 112232n1n1nnn a aa aa aa aa a 1 1n 2 n 1n 2 1 1n 12 2n 1n 2 1 112 122 1 2n 2 1 1n 2 所以数列的通项公式为 a n 2 n na 评注 本题解题的关键是把递推关系式转化为 进1n2aa n1n 1n2aa n1n 而求出 即得数列的通项公 112232n1n1nn a aa aa aa aa a n 式 例例 3 已知数列满足 求数列的通项公式 a n 3a132aa 1 n n1n a n 解 由132aa n n1n 得132aa n n1n 则 112232n1n1nnn a aa aa aa aa a 3 1n 3333 2 3 132 132 132 132 122n1n 122n1n 所以1n32n 31 33 2a n n n 评注 本题解题的关键是把递推关系式转化为 132aa n n1n 132aa n n1n 进而求出 即得数列的通项 112232n1n1nn a aa aa aa aa a n 公式 例例 4 已知数列满足 求数列的通项公式 a n 3a132a3a 1 n n1n a n 解 两边除以 得132a3a n n1n 1n 3 1nn n 1n 1n 3 1 3 2 3 a 3 a 则 1nn n 1n 1n 3 1 3 2 3 a 3 a 故 3 a 3 a 3 a 3 a 3 a 3 a a a a a 3 a 3 a 1 1 1 2 2 3n 3n 2n 2n 2n 2n 1n 1n 1n 1n n n n n 3 3 3 1 3 2 3 1 3 2 3 1 3 2 3 1 3 2 22n1nn 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1n 2 22n1nnn 因此 n 1n n n n 32 1 2 1 3 n2 1 31 31 3 1 3 1n 2 3 a 则 2 1 3 2 1 3n 3 2 a nn n 评注 本题解题的关键是把递推关系式转化为132a3a n n1n 进而求出 1nn n 1n 1n 3 1 3 2 3 a 3 a 3 a 3 a 3 a 3 a 3 a 3 a 3n 3n 2n 2n 2n 2n 1n 1n 1n 1n n n 即得数列的通项公式 最后再求数列的通项公式 3 a 3 a 3 a 1 1 1 2 2 3 a n n a n 三 利用累乘法求通项公式三 利用累乘法求通项公式 例例 5 已知数列满足 求数列的通项公式 a n 3aa5 1n 2a 1n n 1n a n 解 因为 所以 则 3aa5 1n 2a 1n n 1n 0an n n 1n 5 1n 2 a a 则 1 1 2 2 3 2n 1n 1n n n a a a a a a a a a a 3 5 11 2 5 12 2 5 12n 2 5 11n 2 122n1n 35 23 1n n 2 12 2n 1n 1n 所以数列的通项公式为 a n n523a 2 1n n 1n n 评注 本题解题的关键是把递推关系转化为 进 n n 1n a5 1n 2a n n 1n 5 1n 2 a a 而求出 即得数列的通项公式 1 1 2 2 3 2n 1n 1n n a a a a a a a a a a n 例例 6 2004 年全国 15 题 已知数列满足 a n 1n a3a2aa1a 321n1 则的通项 2n a 1n 1n a n 2n 2 n 1n1 an 解 因为 2n a 1n a3a2aa 1n321n 所以 n1n3211n naa 1n a3a2aa 所以 式 式得 nn1n naaa 则 2n a 1n a n1n 则 2n 1n a a n 1n 所以 2 2 3 2n 1n 1n n n a a a a a a a a 22 a 2 n a 34 1n n 由 取 n 2 得 则 2n a 1n a3a2aa 1n321n 212 a2aa 12 aa 又知 则 代入 得1a1 1a2 2 n n5431an 评注 本题解题的关键是把递推关系式转化为 2n a 1n a n1n n 2 进而求出 从而可得当 n 2 时的表达式 1n a a n 1n 2 2 3 2n 1n 1n n a a a a a a a n a 最后再求出数列的通项公式 a n 四 利用待定系数法求通项公式四 利用待定系数法求通项公式 例例 7 已知数列满足 求数列的通项公式 a n 6a53a2a 1 n n1n a n 解 设 5xa 25xa n n 1n 1n 将代入 式 得 等式两边消去 n n1n 53a2a n n 1nn n 5x2a25x53a2 得 两边除以 得 则 x 1 代入 式 n a2 n1nn 5x25x53 n 5x25x3 得 5a 25a n n 1n 1n 由 0 及 式 得 则 则数列1565a 1 1 05a n n 2 5a 5a n n 1n 1n 是以为首项 以 2 为公比的等比数列 则 故 5a n n 15a 1 1 1nn n 215a n1n n 52a 评注 本题解题的关键是把递推关系式转化为 n n1n 53a2a 从而可知数列是等比数列 进而求出数列的 5a 25a n n 1n 1n 5a n n 5a n n 通项公式 最后再求出数列的通项公式 a n 例例 8 已知数列满足 求数列的通项公式 a n 1a425a3a 1 n n1n a n 解 设 y2xa 3y2xa n n 1n 1n 将代入 式 得425a3a n n1n y2xa 3y2x425a3 n n 1nn n 整理得 y32x3y42 x25 nn 令 则 代入 式 得 y3y4 x3x25 2y 5x 225a 3225a n n 1n 1n 由及 式 013121225a 1 1 得 则 0225a n n 3 225a 225a n n 1n 1n 故数列是以为首项 以 3 为公比的等比数列 225a n n 13121225a 1 1 因此 则 1nn n 313225a 225313a n1n n 评注 本题解题的关键是把递推关系式转化为425a3a n n1n 从而可知数列是等比数列 进而求 225a 3225a n n 1n 1n 225a n n 出数列的通项公式 最后再求数列的通项公式 225a n n a n 例例 9 已知数列满足 求数列的通项公式 a n 1a5n4n3a2a 1 2 n1n a n 解 设z 1n y 1n xa 2 1n zynxna 2 2 n 将代入 式 得5n4n3a2a 2 n1n z 1n y 1n x5n4n3a2 22 n 则 zynxna 2 2 n z2yn2xn2a2 5zyx n 4yx2 n x3 a2 2 n 2 n 等式两边消去 得 n a2z2yn2xn2 5zyx n 4yx2 n x3 22 则得方程组 则 代入 式 得 z25zyx y24yx2 x2x3 18z 10y 3x 18 1n 10 1n 3a 2 1n 18n10n3a 2 2 n 由及 式 得0323111811013a 2 1 018n10n3a 2 n 则 故数列为以2 18n10n3a 18 1n 10 1n 3a 2 n 2 1n 18n10n3a 2 n 为首项 以 2 为公比的等比数列 因此323111811013a 2 1 则 1n2 n 23218n10n3a 18n10n32a 24n n 评注 本题解题的关键是把递推关系式转化为5n4n3a2a 2 n1n 从而可知数列 18n10n3a 218 1n 10 1n 3a 2 n 2 1n 是等比数列 进而求出数列的通项公式 最后 18n10n3a 2 n 18n10n3a 2 n 再求出数列的通项公式 a n 五 利用对数变换法求通项公式五 利用对数变换法求通项公式 例例 10 已知数列满足 求数列的通项公式 a n 5 n n 1n a32a 7a1 a n 解 因为 所以 在式两边取常7aa32a 1 5 n n 1n 0a0a 1nn 5 n n 1n a32a 用对数得 2lg3lgnalg5alg n1n 设 yxna lg5y 1n xalg n1n 11 将 式代入式 得 两边消去 11 yxna lg5y 1n x2lg3lgnalg5 nn 并整理 得 则 n alg5y5xn52lgyxn x3 lg 故 y52lgyx x5x3lg 4 2lg 16 3lg y 4 3lg x 代入式 得 11 4 2lg 16 3lg 1n 4 3lg alg 1n 4 2lg 16 3lg n 4 3lg a lg5 n 12 由及式 0 4 2lg 16 3lg 1 4 3lg 7lg 4 2lg 16 3lg 1 4 3lg alg 1 12 得 0 4 2lg 16 3lg n 4 3lg alg n 则 5 4 2lg 16 3lg n 4 3lg alg 4 2lg 16 3lg 1n 4 3lg alg n 1n 所以数列是以为首项 以 5 为公比的 4 2lg 16 3lg n 4 3lg a lg n 4 2lg 16 3lg 4 3lg 7lg 等比数列 则 因此 1n n 5 4 2lg 16 3lg 4 3lg 7 lg 4 2lg 16 3lg n 4 3lg alg 4 2lg 6 3lg n 4 3lg 5 4 2lg 16 3lg 4 3lg 7 lgalg 1n n 1n 4 1 6 1 4 1 5 2lg3lg3lg7 lg 233lg 5 2337 lg 2lg3lg3lg 4 1 16 1 4 n 1n 4 1 16 1 4 1 4 1 16 1 4 n 1n 4 1 16 1 4 1 5 2337lg 则 237lg 2337lg 233lg 4 15 16 1n4n5 1n5 4 15 16 15 4 n5 1n5 4 1 16 1 4 n 1n1n1n1n 4 15 16 1n4n5 5 n 1n 1n 237a 评注 本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式转化为 5 n n 1n a32a 从而可知数列 4 2lg 16 3lg n 4 3lg a lg5 4 2lg 16 3lg 1n 4 3lg alg n1n 是等比数列 进而求出数列的通项 4 2lg 16 3lg n 4 3lg a lg n 4 2lg 16 3lg n 4 3lg a lg n 公式 最后再求出数列的通项公式 a n 六 利用迭代法求通项公式六 利用迭代法求通项公式 例例 11 已知数列满足 求数列的通项公式 a n 5aaa 1 2 1n 3 n1n n a n 解 因为 所以 n 2 1n 3 n1n aa 1n2n1n 2n32 1n 3 2n 2n3 1nn a aa 2 1n n 1n 1n 2n 3n 211n 1n 2n 3n 3 1n 2n 23n 1n 2n 2 2 n3 1 2n 1n 2n 323 1 2n 1n 2n 3 3n 2n 1n 32 2n 3 3n 2n 1n 3 2n a a a a a 又 所以数列的通项公式为 5a1 a n 2 1n n 1n 2 n3 n 5a 评注 本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式 即先将等式 两边取常用对数得 即 再 n 2 1n 3 n1n aa n n 1n alg2 1n 3alg n n 1n 2 1n 3 alg alg 由累乘法可推知 从而 2 1n n 1n 2 n3 1 1 2 2 3 2n 1n 1n n n 5lgalg alg alg alg alg alg alg alg alg alg 2 1n n 2 n3 n 1n 5a 七 利用数学归纳法求通项公式七 利用数学归纳法求通项公式 例例 12 已知数列满足 求数列的通项 a n 9 8 a 3n2 1n2 1n 8 aa 1 22 n1n a n 公式 解 由及 得 22 n1n 3n2 1n2 1n 8 aa 9 8 a1 22 12 312 112 11 8 aa 25 24 259 28 9 8 49 48 4925 38 25 24 322 122 12 8 aa 22 23 81 80 8149 48 49 48 332 132 13 8 aa 22 34 由此可猜测 往下用数学归纳法证明这个结论 2 2 n 1n2 1 1n2 a 1 当 n 1 时 所以等式成立 9 8 112 1 112 a 2 2 1 2 假设当 n k 时等式成立 即 则当时 2 2 k 1k2 1 1k2 a 1kn 22 k1k 3k2 1k2 1k 8 aa 22 222 22 222 22 22 222 2 3k2 1k2 1k2 3k2 1k2 3k2 1k2 1k 8 3k2 3k2 1k2 3k2 1k2 1k 8 3k2 1 1k2 3k2 1k2 1k 8 1k2 1 1k2 2 2 2 2 1 1k 2 1 1 1k 2 3k2 1 3k2 由此可知 当 n k 1 时等式也成立 根据 1 2 可知 等式对任何 Nn 评注 本题解题的关键是通过首项和递推关系式先求出数列的前 n 项 进而猜出数列的 通项公式 最后再用数学归纳法加以证明 八 利用换元法求通项公式八 利用换元法求通项公式 例例 13 已知数列满足 求数列的通项 a n 1a a241a41 16 1 a 1nn1n a n 公式 解 令 则 nn a241b 1b 24 1 a 2 nn 故 代入得 1b 24 1 a 2 1n1n a241a41 16 1 a nn1n b 1b 24 1 41 16 1 1b 24 1 n 2 n 2 1n 即 2 n 2 1n 3b b4 因为 故0a241b nn 0a241b 1n1n 则 即 3bb2 n1n 2 3 b 2 1 b n1n 可化为 3b 2 1 3b n1n 所以是以为首项 以为公比的等比 3b n 2312413a2413b 11 2 1 数列 因此 则 3 即 得 2n1n n 2 1 2 1 23b 2n n 2 1 b 3 2 1 a241 2n n 3 1 2 1 4 1 3 2 a nn n 评注 本题解题的关键是通过将的换元为 使得所给递推关系式转化 n a241 n b 形式 从而可知数列为等比数列 进而求出数列的通项公 2 3 b 2 1 b n1n 3b n 3b n 式 最后再求出数列的通项公式 a n 九 利用不动点法求通项公式九 利用不动点法求通项公式 例例 14 已知数列满足 求数列的通项公式 a n 4a 1a4 24a21 a 1 n n 1n a n 解 令 得 则是函数 1x4 24x21 x 024x20 x4 2 3x2x 21 的两个不动点 因为 1x4 24x21 x f 所以数列 9 13 27a9 26a13 1a4 324a21 1a4 224a21 3 1a4 24a21 2 1a4 24a21 3a 2a n n nn nn n n n n 1n 1n 3a 2a n n 是以为首项 以为公比的等比数列 故 3a 2a n n 2 34 24 3a 2a 1 1 9 13 3a 2a n n 1n 9 13 2 则 3 1 9 13 2 1 a 1n n 评注 本题解题的关键是先求出函数的不动点 即方程的 1x4 24x21 x f 1x4 24x21 x 两个根 进而可推出 从而可知数列为等比3x2x 21 3a 2a 9 13 3a 2a n n 1n 1n 3a 2a n n 数列 再求出数列的通项公式 最后求出数列的通项公式 3a 2a n n a n 例例 15 已知数列满足 求数列的通项公式 a n 2a 3a2 2a7 a 1 n n 1n a n 解 令 得 则 x 1 是函数的不动点 3x2 2x7 x 02x4x2 2 x f 7x4 1x3 因为 所以 3a2 5a5 1 3a2 2a7 1a n n n n 1n 所以数列是以 1a 1 1n 5 2 1a 1 1a 2 5 1 5 2 1a 2 3 a 5 2 5a5 3a2 nnn n n n 1a 1 n 为首项 以为公差的等差数列 则 故1 12 1 1a 1 1 5 2 5 2 1n 1 1a 1 n 3n2 8n2 an 评注 本题解题的关键是先求出函数的不动点 即方程的根 7x4 1x3 x f 3x2 2x7 x 进而可推出 从而可知数列为等差数列 再求出数列1x 5 2 1a 1 1a 1 n1n 1a 1 n 的通项公式 最后求出数列的通项公式 1a 1 n a n 十 利用特征根法求通项公式十 利用特征根法求通项公式 例例 16 已知数列满足 求数列的通项公 a n 1aa 2n aa3a 211nn1n a n 式 解 的相应特征方程为 解之求特征根是 2n aa3a 1nn1n 013 2 所以 2 53 2 53 21 2 53 c 2 53 ca 21n 由初始值 得方程组1aa 21 2 2 2 1 1 2 1 1 2 53 c 2 53 c1 2 53 c 2 53 c1 求得 5 525 c 5 525 c 2 1 从而 nn n 2 53 5 525 2 53 5 525 a 评注 本题解题的关键是先求出特征方程的根 再由初始值确定出 从而可得数 21 cc 列的通项公式 a n 3 3 递推数列递推数列 一 基本知识简述 1 有关概念 我们在研究数列 an 时 如果任一项 an与它的前一项 或几项 间的关 1 n a 系可以用一个公式来表示 则此公式就称为数列的递推公式 通过递推公式给出的数列 一般我们也称之为递推数列 主要有以下几种方法 1 构造法 通过构造特殊的数列 一般为等差数列或等列 利用特殊数列的通项求 递推数列的通项 2 迭代法 将递推式适当变形后 用下标较小的项代替某些下标较大的项 在一般项 和初始之间建立某种联系 从而求出通项 3 代换法 包括代数代换 三角代换等 4 待定系数法 先设定通项的基本形式 再根据题设条件求出待定的系数 3 思想策略 构造新数列的思想 4 常见类型 类型 一阶递归 为常数 aaa npnqanpa nn 0 1 1 类型 II 分式线性递推数列 0 1 A BAa DCa a n n n 二 例题 例 1 求通项23 1 nn aa2 1 a n a 分析 构造辅助数列 则 1 31 1 nn aa13 n n a 求通项过程中 多次利用递推的思想方法以及把一般数列转化为等差 等比数列去讨 论 从而求出了通项公式 n a 一般形式 已知 其中 p q a 为常数 求通项qpaa nn 1 aa 1n a 同类变式 已知数列满足 且 求通项 na 12 2 1 naa nn 2 1 a n a 分析 待定系数 构造数列使其为等比数列 bknan 即 解得 2 1 1 bknabnka nn 1 2 bk 求得1225 1 na n n 归纳 类型 一阶递归 为常数 aaa npnqanpa nn 0 1 1 其特例为 1 时 1 np 1 nqaa nn 利用累加法 将 各式相加 1 1 nqaa nn 1n a 2 n a 2 nq 2 a 1 a 1 q 得 n2 n a 1 a 1 1 n k kq 2 时 利用累乘法 0 nq nn anpa 1 1 1 1 n k n kpaa 3 时 qnqpnp 0 1 pqpaa nn 解题方法 利用待定系数法构造类似于 等比数列 的新数列 法 1 常数变易法 设 则 从而 1 xapxa nn 1 1 pxpaa nn 1 p q x 亦即数列是以为首项 公比为 p 的等比数列 1p q an 1 p q an 从而可得 1 1 1 1 n n p p q a p q a 1 1 1 p q p p q aa n n 1 1 1 p qpqpa n 法 2 211 nnnn aapaa 利用成等比数列求出 再利用迭代或迭另法求出 1 nn aa 1 nn aa n a 法 3 由 则可得qpaa nn 1 从而又可得 2 1 2 2 12 2 1 1 1 1 p q p a p a p q p a p a p q p a p a nn n n n nn n n n nn n p q p q p q p a p a 32 1 即 11 12 1 n n n p q ppp q p a pa 1 1 1 p qpqpa n 4 时 qnqpnp n 0 1 pqpaa n nn 两边同除以 n p 例 2 数列的前 n 项和为 且 求数列的通 na n S1 1 a n S 2 Nnan n na 项公式 例 3 数列中 且 求数列的通项公式 na 3 1 1 a 12 2 1 n n n a a a na 提示 1 1 2 11 1 nn aa 归纳 类型 II 分式线性递推数列 0 1 A BAa DCa a n n n 练习 1 已知数列中 是其前项和 并且 n a n Sn 11 42 1 2 1 nn Sana 设数列 求证 数列是等比数列 2 1 2 1 naab nnn n b 设数列 求证 数列是等差数列 2 1 2 n a c n n n n c 求数列的通项公式及前项和 n an 分析分析 由于 b 和 c 中的项都和 a 中的项有关 a 中又有 S 4a 2 可由 nnnn1n n S S作切入点探索解题的途径 2n 1n 解 解 1 由 S 4a S 4a 2 两式相减 得 S S 4 a a 即 a 4a