高考递推数列题型分类归纳解析

1、.递推数列题型高考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。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数列问题的难题。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=a2k1+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

2、化为,利用累乘法求解。例1: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2:已知,求。解：。例3:2004,全国I,理15已知数列an,满足a1=1,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1: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.例2:2006,XX,文,14在数列中,若,则该数列的通项_key:例3:2006.XX.理22.已知数列满足I

3、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1:已知数列中,求。解：在两边乘以得：令,则,解之得：所以例2:2006,全国I,理22设数列的

4、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= 2n+1 + = = Tn= =所以, = = 类型5递推公式为其中p,q均为常数。解法一：先把原递推公式转化为其中s,t满足解法二：这是新补充的方法,仅供学有余力的同学用对于由递推公式,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,

5、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：补充的方法,供学有余力的同学看数列：,的特征方程是：。,。又由,于是 故例1: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。例2:2006,XX,文,22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：,得即,得即是等差数列 类型6递推公式为与的关系式。解法：这种类型

6、一般利用与消去或与消去进行求解。例1：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,所以例2:2006,XX,理,20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, 10a1=a12+5a1+6,解之得a1=2或a1=3 又10Sn1=an12+5an1+6,由得10an=+6,即=0 an+an10 ,anan1=5 当a1=3时,a3=13,a15=73 a1,

7、a3,a15不成等比数列a13;当a1=2时,a3=12,a15=72,有a32=a1a15 ,a1=2,an=5n3 例3: 2005,XX,文,22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1: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;本题也可由,两式相减得转化为求之.例2:2006,XX,文,22, 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

8、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：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 = 1 * ROMAN I、 = 2 * ROMAN 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1：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：。例2:2005,XX,理,21已知数列1证明2求数列的通项公式an.解：

9、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,则或例3:2006,XX,理,22已知a1=2,点在函数f=x2+2x的图象上,其中=1,2,3,证明数列lg是等比数列；设Tn= ,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：由已知,两边取对数得

10、,即是公比为2的等比数列 由知 *=由*式得, , 又,由得,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1：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,例2:2006,XX,理,22,此题较难,涉及到数列,不等式的放缩法,数学归纳法等知识,综合性较强,要认真研究,体会已知数列an满足：a1,且an1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ann112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313

11、用数学归纳法证明3式：in1时,3式显然成立,ii设nk时,3式成立,即31则当nk1时,3111即当nk1时,3式也成立 故对一切n?N*,3式都成立 利用3得,3111故2式成立,从而结论成立 类型10下面介绍的方法供学习程度较高,且有余力的同学参考用解法：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1：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2：已知数列满足：对于都

12、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.对于都有令,得.故数列从第5项开始都不存在,当4,时,.令则对于、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.例3:2005,XX,文,22, 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：III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

13、., 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：数学归纳法例1:2006,全国II,理,22,本小题满分12分设数列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2a1a10,解得a1. 当n2时,x2a2xa20有一根为S21a2,于是2a2a20,解得a2由题设2anan0,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 n1时已知结论成立 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、可知Sn对所有正整数n都成立 10分于是当n2时,anSnSn1,又n