数列求通项公式

精选文本精选文本..精选文本.高考递推数列题型分类归纳解析类型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=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，。精选文本精选文本..精选文本.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：。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。精选文本精选文本..精选文本.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；（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 即精选文本精选文本..精选文本. 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： 精选文本精选文本..精选文本.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，（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))精选文本精选文本..精选文本.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，，，精选文本精选文本..精选文本.。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，代入上式得精选文本精选文本..精选文本.个等式累加之，即又，所以。变式: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③④精选文本精选文本..精选文本.④－③，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: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: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.精选文本精选文本..精选文本.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，得精选文本精选文本..精选文本.…（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: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精选文本精选文本..精选文本.（=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、是常数即又精选文本精选文本..精选文本.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: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：精选文本精选文本..精选文本.（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，精选文本精选文本..精选文本.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，…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，精选文本精选文本..精选文本.，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＝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