常见递推数列通项的求解方法

1、常见递推数列通项的求解方法 整理：高松 2011年11月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；高考中的递推数列求通项问题，情境新颖别致，有一定的广度、深度和创新度，是高考的热点之一，是一类考查思维能力的好题；要求考生进行严格的逻辑推理，找到数列的通项公式，为此介绍几种常见递推数列通项公式的求解方法.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1:已知数列满足，求。变式练习1、（2009全国卷理）在数列中，（I）设，求数列的通项公式（II）求数列的前项和类型2 解法：把原递推

2、公式转化为，利用累乘法(逐商相乘法)求解。例2:已知， ，求。变式练习2、数列的前n项和为，且，求数列的通项公式. 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3、在数列(不是常数数列)中,且,求数列的通项公式. 变式练习3、已知数列an的首项a1，an1 ，nN*.求an的通项公式类型4 （其中p，q均为常数，）。 （或,其中p，q, r均为常数） 。解法一：一般地，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。解法二：当时，例4:已知数列中，,，求。变式练习4：（1）、设数列的前项的和，（

3、）求首项与通项；（）设，证明：（2）、已知数列满足，求数列的通项公式。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）。例5:数列：， ，求数列的通项公式。变式练习5、已知数列中，,，求。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6：已知数列前n项和.（1

4、）求与的关系；（2）求通项公式.变式练习6、(05,江西)已知数列an的前n项和Sn满足SnSn2=3求数列an的通项公式.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7:设数列：，求.变式练习7、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 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8：已知数列中，求数列变式练习8、已知a1=2，点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象

5、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 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9：已知数列an满足：，求数列an的通项公式。变式练习9、（2006，江西,理）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！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

6、数列;当特征方程有两个相异的根、时，则是等比数列。例10：已知数列满足性质：对于且求的通项公式. 变式练习10、（2005重庆）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11：（I）在数列中，求 （II）在数列中，求类型12 归纳猜想法 解法：数学归纳法例12:（2006，全国II,理,22,）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 变式练习12：（1）. 设数列满足：，且，则的一个通项公式为 。（2）、已知数列满足，求

7、数列的通项公式。类型13 双数列型解法：根据所给两个数列递推公式的关系，灵活采用累加、累乘、化归等方法求解。例13：已知数列中，；数列中，。当时，,，求,.常见递推数列通项的求解方法参考答案例1: 解：由条件知：分别令，代入上式得个等式累加之，即所以，变式练习1、分析：（I）由已知有 利用累差迭加即可求出数列的通项公式: ()（II）由（I）知,=而,又是一个典型的错位相减法模型，易得 =例2: 解： 。变式练习2、 例3、变式练习3、例4: 解：在两边乘以得：令，则,解之得：所以变式练习4：（1）、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

8、方法，解之得：()将代入得 Sn= (4n2n)2n+1 + = (2n+11)(2n+12) = (2n+11)(2n1) Tn= = = ( )所以, = ) = ( ) （2）、解析：在中取掉待定令，则， ；再加上得，整理得：，令，则令 ；即；数列是以为首项，为公比的等比数列。，即；整理得例5: 解法一（待定系数迭加法）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，于是故变式练习5、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

9、型1的方法，分别令，代入上式得个等式累加之，即又，所以。例6：解：（1）由得：，于是所以.（2）应用类型4（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，所以解：，两边同乘以，可得令 又，。例7: 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.变式练习7、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 例8：解：由两边取对数得，令，

10、则，再利用待定系数法解得： .变式练习8、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， 例9：解：取倒数：是等差数列，变式练习9、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

11、成立 例10：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，则有即变式练习10、解：由已知,得,其特征方程为解之得,或, 例11：略例12: 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