最全的递推数列求通项公式方法

PAGE33最全的递推数列求通项公式方法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=eq\f(4,3)×(4n－2n)－eq\f(1,3)×2n+1+eq\f(2,3)=eq\f(1,3)×(2n+1－1)(2n+1－2)=eq\f(2,3)×(2n+1－1)(2n－1)Tn=eq\f(2n,Sn)=eq\f(3,2)×eq\f(2n,(2n+1－1)(2n－1))=eq\f(3,2)×(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n+1－1))所以,=eq\f(3,2)eq\f(1,2i－1)－eq\f(1,2i+1－1))=eq\f(3,2)×(eq\f(1,21－1)－eq\f(1,2i+1－1))<eq\f(3,2)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：①②②－①，得即③④④－③，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∴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：（=1\*ROMANI）由已知得又是以为首项，以为公比的等比数列（=2\*ROMANII）由（=1\*ROMANI）知，将以上各式相加得：（=3\*ROMANIII）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\*ROMANI）、（=2\*ROMANII）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，…证明数列｛lg(1+an)｝是等比数列；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＝求数列｛an｝的通项公式；证明：对于一切正整数n，不等式a1a2……an2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，a1a2…an为证a1a2……an2只要证nN时有…………2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：n＝1时，3式显然成立，设n＝k时，3式成立，即1－（）则当n＝k＋1时，〔1－（）〕（）＝1－（）－＋（）1－（＋）即当n＝k＋1时，3式也成立故对一切nN，3式都成立利用3得，1－（）＝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N≥2）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:（2005，重庆,文,22,本小题满分12分）数列记（Ⅰ）求b1、b2、b3、b4的值；（Ⅱ）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：（Ⅰ）由整理得（Ⅱ）由所以解法四：（Ⅰ）同解法一（Ⅱ）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:（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x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1，2，3，…（Ⅰ）求a1，a2；（Ⅱ）｛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：(Ⅰ)当n＝1时，x2－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1，于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝EQ\f(1,2)当n＝2时，x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a2－EQ\f(1,2)，于是(a2－EQ\f(1,2))2－a2(a2－EQ\f(1,2))－a2＝0，解得a1＝EQ\f(1,6)(Ⅱ)由题设(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，即Sn2－2Sn＋1－anSn＝0当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入上式得Sn－1Sn－2Sn＋1＝0①由(Ⅰ)知S1＝a1＝EQ\f(1,2)，S2＝a1＋a2＝EQ\f(1,2)＋EQ\f(1,6)＝EQ\f(2,3)由①可得S3＝EQ\f(3,4)由此猜想Sn＝EQ