最全的递推数列求通项公式方法.doc

1、1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 )(nfan解法：把原递推公式转化为 ，利用累加法(逐差相加法) 求解。1nfa例:已知数列 满足 ， ，求 。n21n21na解：由条件知： )(1 an分别令 ，代入上式得 个等式累加之，即)(,3,2n1n)()( 3412 aaa1)1() n所以 nn1，2a23变式:（2004，全国 I，个理 22本小题满分 14 分）已知数列 ，且 a2k=a2k

2、1 +(1) K, a2k+1=a2k+3k, 其中 k=1,2,3,.1n中（I）求 a3, a5；（II）求 a n的通项公式.解： ，kk)(12k321，即kkk312 kkka)1(312，)(3a25 kkka)1(312将以上 k 个式子相加，得 )(21)3()1()()( 2212 kkkk将 代入，得a2，1)(2312kkka。)(31k经检验 也适合，1a)(1)2312121为 偶 数为 奇 数nannn类型 2 nnf)(1解法：把原递推公式转化为 ，利用累乘法(逐商相乘法) 求解。1nfan例:已知数列 满足 ， ，求 。na321nn1a解：由条件知 ，分别令

3、，代入上式得 个等式累乘n )1(,3,2)1(n之，即 13421naa n432an1又 ，例:已知 ， ，求 。1nn231)(n解： 123)(1)( aan 47563318n。变式:（2004，全国 I,理 15 ）已知数列a n，满足 a1=1，(n2) ，则a n的通项 1321 )(na 1_na2解：由已知，得 ，用此式减去已知式，得nna 1321 )当 时， ，即 ，又 ，2nnan(12a，将以上 n 个式子相乘，得aan13421, !n)(3类型 3 （其中 p，q 均为常数， ） 。pann1 )01(pq解法（待定系数法）：把原递推公式转化为： ，其中 ，再利

4、1tatnn pqt1用换元法转化为等比数列求解。例:已知数列 中， ， ，求 .na132nan解：设递推公式 可以转化为 即 .32n )(21tat 321tan故递推公式为 ,令 ，则 ,且)(1n nb431b.所以 是以 为首项，2 为公比的等比数列，则231nabn41,所以 .143na变式:（2006，重庆,文,14）在数列 中，若 ，则该数列的通项 _na11,2(1)nna（key: ）32变式:（2006. 福建.理 22.本小题满分 14 分）已知数列 满足na*11,2().naN（I）求数列 的通项公式；（II）若数列b n滿足 证明：数列b n是等差数列；121

5、*4(),nnbbba（）证明： *231. .2naN（I）解： *1(),nN,a是以 为首项，2 为公比的等比数列 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j n12.即 *().naN（II）证法一： 1214().nnkkka412(.)4.nnkk.,nbb1211()().n nb ，得 1(,n即 1()0,nb21()2.n ，得 ,nb即 210,nnb*(),N是等差数列 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j n证法二：同证法一，得1()0nb令 得,2.设 下面用数学归纳法证明 2(),dR2(1).nbd（1）当 时，等式成立 头htp:/w.xjk

6、ygcom126t:/.j ,n（2）假设当 时， 那么()k(),kbd1 2(1).1kkb kdk这就是说，当 时，等式也成立 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j n根据（1）和（2） ，可知 对任何 都成立 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j ()nbd*nN是等差数列 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j ,nbd（III ）证明： 1,12,.()kkka n1231.2naa511211.,2,.(2)3.23kkkkka n12 231. .)(),n nna*231.().nnN变式:递推式： 。解法：只需构造数列 ，消去 带来的差异f

7、pann1 nbf类型 4 （其中 p，q 均为常数， ） 。 （或)01)(qp,其中 p，q, r 均为常数） 。1nnaprq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1nqqann1（其中 ） ，得： 再待定系数法解决。nbnqabpnn1例:已知数列 中， , ，求 。n651 11)2(3nnana解：在 两边乘以 得：1)2(3a 1)2(31n令 ，则 ,解之得：nnb21nbnnb)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 ，na14233nnSa,A（）求首项 与通项 ；（）设 ， ，证明：1nnTS,1

8、32niT解：（I）当 时， ；32411aS1a当 时， ，即2n )32(11 nnnnnna，利用 （其中 p，q 均为常数， ） 。 41pa )01(qp6（或 ,其中 p，q, r 均为常数）的方法，解之得：1nnaprq nna24()将 代入得 Sn= (4n2 n) 2n+1 + = (2n+11)(2 n+12)nn2443 13 23 13= (2n+1 1)(2n1) 23Tn= = = ( )2nSn 32 2n(2n+1 1)(2n 1) 32 12n 1 12n+1 1所以, = ) = ( ) 0 ， ana n1 =5 (n2) 头htp:/w.xjkygco

9、m126t:/.j 当 a1=3 时，a 3=13，a 15=73 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j a1， a3，a 15 不成等比数列a 13;当 a1=2 时， a3=12， a15=72， 有 a32=a1a15 ， a1=2， an=5n3 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 变式: (2005,江西,文,22本小题满分 14 分）已知数列a n的前 n 项和 Sn 满足 SnS n2 =3 求数列a n的,),()21Sn且通项公式.解： ，12nnaS，两边同乘以 ，可得)3()31an n)1(11 23()(nn令 nnb)3()23112nn 223)1(b21)(43)21()( 22212 nnnn b)3()312bn又 ， ，1Sa25112S，)()(2ab。)(3432511nbnn .,)21(34,)2()()1( 1为 偶 数为 奇 数na nnnnn类型 7 bapnn1 )0(、ap