高考数学解题技巧-递推数列通项公式的十种策略例析.doc

1、求递推数列通项公式的十种策略例析 递推数列的题型多样，求递推数列的通项公式的方法也非常灵活，往往可以通过适当的策略将问题化归为等差数列或等比数列问题加以解决，亦可采用不完全归纳法的方法，由特殊情形推导出一般情形，进而用数学归纳法加以证明，因而求递推数列的通项公式问题成为了高考命题中颇受青睐的考查内容。笔者试给出求递推数列通项公式的十种方法策略，它们是：公式法、累加法、累乘法、待定系数法、对数变换法、迭代法、数学归纳法、换元法、不动点法、特征根的方法。仔细辨析递推关系式的特征，准确选择恰当的方法，是迅速求出通 项公式的关键。 一、利用公式法求通项公式 例 1 已知数列 an 满足 nn1n 23

2、a2a ， 2a1 ，求数列 an 的通项公式。 解： nn1n 23a2a 两边除以 1n2 ，得232a2a nn1n 1n ，则232a2a nn1n 1n ， 故数列 2ann是以 1222a11 为首，以 23 为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得23)1n(12a nn ，所以数列 an 的通项公式为 nn 2)21n23(a 。 评注：本题解题的关键是把递推关系式 nn1n 23a2a 转化为232a2a nn1n 1n ，说明数列 2ann是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出23)1n(12a nn ，进而求出数列 an 的通项公式。 二、利用累加法求通项公式 例

3、 2 已知数列 an 满足 1a1n2aa 1n1n ，求数列 an 的通项公式。 解：由 1n2aa n1n 得 1n2aa n1n 则 112232n1n1nnn a)aa()aa()aa()aa(a 1)1n(2 n)1n(21)1n(12)2n()1n(21)112()122(1)2n(21)1n(2所以数列 an 的通项公式为 2n na 评注：本题解题的关键是把递推关系式 1n2aa n1n 转化为 1n2aa n1n ，进而求出 112232n1n1nn a)aa()aa()aa()aa( ，即得数列 an 的通项公式。 例 3 已知数列 an 满足 3a132aa 1nn1n

4、，求数列 an 的通项公式。 解：由 132aa nn1n 得 132aa nn1n 则 112232n1n1nnn a)aa()aa()aa()aa(a 3)1n()3333(2 3)132()132()132()132( 122n1n122n1n 所以 1n32n31 332a nnn 评注：本题解题的关键是把递推关系式 132aa nn1n 转化为 132aa nn1n ，进而求出 112232n1n1nn a)aa()aa()aa()aa( ，即得数列 an 的通项公式。 例 4 已知数列 an 满足 3a132a3a 1nn1n ，求数列 an 的通项公式。 解： 132a3a nn

5、1n 两边除以 1n3 ，得 1nnn1n 1n 3 1323a3a ， 则1nnn1n 1n 3 1323a3a ， 故3a)3a3a()3a3a()3aaa()aa3a(3a 111223n 3n2n 2n2n 2n1n 1n1n 1nnnnn 33)3132()3 132()3 132()3 132( 22n1nn 1)313 13 13131(3 )1n(2 22n1nnn 因此n1nnnn 321213n2131 )31(313 )1n(23a ， 则 213213n32a nnn 评 注 ： 本 题 解 题 的 关 键 是 把 递 推 关 系 式 132a3a nn1n 转化为1n

6、nn1n 1n 31323a3a ，进而求出 )3a3a()3a3a()3a3a( 3n 3n2n 2n2n 2n1n 1n1n 1nnn + + 3a)3a3a( 11122 ，即得数列 3ann的通项公式，最后再求数列 an 的通项公式。 三、利用累乘法求通项公式 例 5 已知数列 an 满足 3aa5)1n(2a 1nn1n ，求数列 an 的通项公式。 解：因为 3aa5)1n(2a 1nn1n ，所以 0an ，则 nn1n 5)1n(2aa ， 则112232n 1n1n nn aaaaaaaa aa 35)11(25)12(25)12n(25)11n(2 122n1n 3523)

7、1n(n2 12)2n()1n(1n 所以数列 an 的通项公式为 !n523a 2 )1n(n1nn 评注：本题解题的关键是把递推关系 nn1n a5)1n(2a 转化为 nn1n 5)1n(2aa ，进而求出112232n 1n1n n aaaaaaaaa ，即得数列 an 的通项公式。 例 6 （ 2004 年全国 15 题）已知数列 an 满足 )1n(a3a2aa1a 321n1 ， )2n(a)1n( 1n ，则 an 的通项 2n2!n1n1an ， 解：因为 )2n(a)1n(a3a2aa 1n321n 所以 n1n3211n naa)1n(a3a2aa 所以式式得 nn1n

8、naaa 则 )2n(a)1n(a n1n 则 )2n(1naa n 1n 所以2232n 1n1n nn aaaaaaaa 22 a2!na34)1n(n 由 )2n(a)1n(a3a2aa 1n321n ，取 n=2 得 212 a2aa ，则 12 aa ，又知 1a1 ，则 1a2 ，代入得 2!nn5431a n 。 评注：本题解题的关键是把递推关系式 )2n(a)1n(a n1n 转化为 1naa n1n （ n 2），进而求出2232n 1n1n n aaaaaaa ，从而可得当 n 2 时 na 的表达式，最后再求出数列 an 的通项公式。 四、利用待定系数法求通项公式 例 7

9、 已知数列 an 满足 6a53a2a 1nn1n ，求数列 an 的通项公式。 解：设 )5xa(25xa nn1n1n 将 nn1n 53a2a 代入式，得 nn1nnn 5x2a25x53a2 ，等式两边消去na2 ，得 n1nn 5x25x53 ，两边除以 n5 ，得 x25x3 ，则 x= 1，代入式， 得 )5a(25a nn1n1n 由 1565a 11 0 及 式，得 05a nn ，则 25a 5a nn1n1n ，则数列 5a nn 是以 15a 11 为首项，以 2 为公比的等比数列，则 1nnn 215a ，故 n1nn 52a 。 评 注 ： 本 题 解 题 的 关

10、键 是 把 递 推 关 系 式 nn1n 53a2a 转化为)5a(25a nn1n1n ，从而可知数列 5a nn 是等比数列，进而求出数列 5a nn 的通项公式，最后再求出数列 an 的通项公式。 例 8 已知数列 an 满足 1a425a3a 1nn1n ，求数列 an 的通项公式。 解：设 )y2xa(3y2xa nn1n1n 将 425a3a nn1n 代入式，得 )y2xa(3y2x425a3 nn1nnn 整理得 y32x3y42)x25( nn 。 令 y3y4 x3x25，则2y 5x，代入式，得 )225a(3225a nn1n1n 由 013121225a 11 及式，

11、 得 0225a nn ，则 3225a 225a nn1n1n ， 故数列 225a nn 是以 13121225a 11 为首项，以 3 为公比的等比数列，因此 1nnn 313225a ，则 225313a n1nn 。 评注：本题解题的关键是把递推关系式 425a3a nn1n 转化为)225a(3225a nn1n1n ，从而可知数列 225a nn 是等比数列，进而求出数列 225a nn 的通项公式，最后再求数列 an 的通项公式。 例 9 已知数列 an 满足 1a5n4n3a2a 12n1n ，求数列 an 的通项公式。 解：设 z)1n(y)1n(xa 21n )zynxn

12、a(2 2n 将 5n4n3a2a 2n1n 代入式，得 z)1n(y)1n(x5n4n3a2 22n )zynxna(2 2n ，则 z2yn2xn2a2 )5zyx(n)4yx2(n)x3(a2 2n2n 等式两边消去 na2 ，得 z2yn2xn2)5zyx(n)4yx2(n)x3( 22 ， 则得方程组z25zyxy24yx2x2x3 ，则18z10y3x ，代入式，得 18)1n(10)1n(3a 21n )18n10n3a(2 2n 由 0323111811013a 21 及式，得 018n10n3a 2n 则 218n10n3a 18)1n(10)1n(3a 2n21n ，故数列

13、 18n10n3a 2n 为以323111811013a 21 为首项，以 2 为 公 比 的 等 比 数 列 ， 因 此1n2n 23218n10n3a ，则 18n10n32a 24nn 。 评注：本题解题的关键是把递推关系式 5n4n3a2a 2n1n 转化为)18n10n3a(218)1n(10)1n(3a 2n21n ， 从 而 可 知 数 列18n10n3a 2n 是等比数列，进而求出数列 18n10n3a 2n 的通项公式，最后再求出数列 an 的通项公式。 五、利用对数变换法求通项公式 例 10 已知数列 an 满足 5nn1n a32a ， 7a1 ，求数列 an 的通项公式

14、。 解：因为 7aa32a 15nn1n ， ，所以 0a0a 1nn ， 。在 5nn1n a32a 式两边取常用对数得 2lg3lgnalg5alg n1n 设 )yxna( lg5y)1n(xalg n1n 11 将式代入 11 式，得 )yxna( l g5y)1n(x2lg3lgnalg5 nn ，两边消去nalg5 并整理，得 y5xn52lgyxn)x3( l g ，则 y52lgyx x5x3lg，故42lg163lgy43lgx代入 11 式，得 4 2lg16 3lg)1n(4 3lgalg1n )4 2lg16 3lgn4 3lga( l g5 n 12 由 04 2lg

15、16 3lg14 3lg7lg4 2lg16 3lg14 3lgalg1 及 12 式， 得 04 2lg16 3lgn4 3lgalgn ， 则 542lg163lgn43lgalg 42lg163lg)1n(43lgalgn1n ， 所以数列 4 2lg16 3lgn4 3lga l gn 是以 42lg163lg43lg7lg 为首项，以 5 为公比的等比数列，则 1nn 5)4 2lg16 3lg4 3lg7( l g4 2lg16 3lgn4 3lgalg ，因此42lg6 3lgn4 3lg5)4 2lg16 3lg4 3lg7(lgalg 1nn 1n416141 5)2lg3l

16、g3lg7(l g )233l g (5)2337 lg (2lg3lg3lg 411614n1n4116141411614n 1n16141 5)2337lg( )237l g ()2337l g ()233l g ( 4 1516 1n4n51n54 1516 154 n51n5411614n 1n1n1n1n ，则41516 1n4n55n 1n1n 237a 。 评 注 ： 本 题 解 题 的 关 键 是 通 过 对 数 变 换 把 递 推 关 系 式 5nn1n a32a 转化为)4 2lg16 3lgn4 3lga(lg54 2lg16 3lg)1n(4 3lgalg n1n ，从

17、而可知数列42lg16 3lgn4 3lga lg n 是等比数列，进而求出数列 4 2lg16 3lgn4 3lga l g n 的通项公式，最后再求出数列 an 的通项公式。 六、利用迭代法求通项公式 例 11 已知数列 an 满足 5aaa 12)1n(3n1n n ， ，求数列 an 的通项公式。 解：因为 n2)1n(3n1n aa ，所以 1n2n1n 2n32)1n(3 2n2n3 1nn aaa 2)1n(n1n)1n()2n()3n(211n)1n()2n()3n(3)1n()2n(23n)1n()2n(22!n312n)1n()2n(32312n)1n)(2n(33n2n)

18、1n(32)2n(33n2n)1n(32naaaaa又 5a1 ，所以数列 an 的通项公式为 2 )1n(n1n 2!n3n 5a 。 评注：本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式，即先将等式n2)1n(3n1n aa 两边取常用对数得 nn1n alg2)1n(3alg ，即 nn1n 2)1n(3algalg ，再由累乘法可推知 2 )1n(n1n 2!n3112232n 1n1n nn 5lgalgalg algalg algalg algalg algalg ，从而2 )1n(n2!n3n 1n5a 七、利用数学归纳法求通项公式 例 12 已知数列 an 满足98a)3n

19、2()1n2( )1n(8aa 122n1n ，求数列 an 的通项公式。 解：由22n1n )3n2()1n2( )1n(8aa 及 98a1，得 2212 )312()112( )11(8aa 2524259 2898 49484925382524)322()122()12(8aa222381808149484948)332()132()13(8aa2234由此可猜测22n )1n2( 1)1n2(a ，往下用数学归纳法证明这个结论。 （ 1）当 n=1 时，98)112( 1)112(a 221 ，所以等式成立。 （ 2）假设当 n=k 时等式成立，即22k )1k2( 1)1k2(a

20、，则当 1kn 时， 22k1k )3k2()1k2( )1k(8aa 222222222222222222)3k2()1k2()1k2()3k2()1k2()3k2()1k2()1k(8)3k2()3k2()1k2()3k2()1k2()1k(8)3k2(1)1k2()3k2()1k2()1k(8)1k2(1)1k2(22221)1k(2 11)1k(2)3k2( 1)3k2( 由此可知，当 n=k+1 时等式也成立。 根据（ 1）（ 2）可知，等式对任何 *Nn 评注：本题解题的关键是通过首项和递推关系式先求 出数列的前 n 项，进而猜出数列的通项公式，最后再用数学归纳法加以证明。 八、利

21、用换元法求通项公式 例 13 已知数列 an 满足 1a)a241a41(161a1nn1n ，求数列 an 的通项公式。 解：令 nn a241b ，则 )1b(241a 2nn 故 )1b(241a 21n1n ，代入 )a241a41(161ann1n 得 b)1b(24141161)1b(241 n2n2 1n 即 2n2 1n )3b(b4 因为 0a241b nn ，故 0a241b 1n1n 则 3bb2 n1n ，即 23b21bn1n ， 可化为 )3b(213bn1n ， 所以 3b n 是以 2312413a2413b 11 为首项，以 21 为公比的等比数列，因此 2n

22、1nn )21()21(23b ，则 2nn 21(b +3，即 3)21(a241 2nn ，得31)21()41(32a nnn 。 评注：本题解题的关键是通过将 na241 的换元为 nb ，使得所给递推关系式转化23b21b n1n 形式，从而可知数列 3b n 为等比数列，进而求出数列 3b n 的通项公式，最后再求出数列 an 的通项公式。 九、利用不动点法求通项公式 例 14 已知数列 an 满足 4a1a4 24a21a 1nn1n ，求数列 an 的通项公式。 解：令 1x4 24x21x ，得 024x20x4 2 ，则 3x2x 21 ， 是函数 1x4 24x21)x(

23、f 的两个不动点。因为91327a926a13)1a4(324a21)1a4(224a2131a4 24a2121a4 24a213a2annnnnnnnnn1n1n 。3a 2ann，所以数列 3a 2a nn是以 234 243a 2a 11 为首项，以 913 为公比的等比数列，故3a 2ann 1n)913(2 ，则 31)913(21a1nn 。 评注：本题解题的关键是先求出函数 1x4 24x21)x(f 的不动点，即方程 1x4 24x21x 的两个根 3x2x 21 ， ，进而可推出3a 2a9133a 2a nn1n 1n ，从而可知数列 3a 2a nn 为等比数列，再求出

24、数列 3a 2a nn 的通项公式，最后求出数列 an 的通项公式。 例 15 已知数列 an 满足 2a3a2 2a7a 1nn1n ，求数列 an 的通项公式。 解：令 3x2 2x7x ，得 02x4x2 2 ，则 x=1 是函数 )x(f 7x4 1x3 的不动点。 因为3a2 5a513a2 2a71a nnnn1n ，所以 1a 11n 521a 1)1a 251(521a 23a525a53a2nnnnnn ，所以 数列 1a1n是以11211a 11 为首项，以 52 为公差的等差数列，则 52)1n(11a 1n ，故 3n2 8n2a n 。 评注：本题解题的关键是先求出函

25、数 7x4 1x3)x(f 的不动点，即方程 3x2 2x7x 的根1x ，进而可推出 521a 11a 1n1n ，从而可知数列 1a1 n为等差数列，再求出数列1a1 n 的通项公式，最后求出数列 an 的通项公式。 十、利用特征根法求通项公式 例 16 已知数列 an 满足 1aa)2n(aa3a 211nn1n ，求数列 an 的通项公式。 解： )2n(aa3a 1nn1n 的相应特征方 程为 0132 ，解之求特征根是2 532 53 21 ， ，所以 2 53c2 53ca 21n 。 由初始值 1aa 21 ，得方程组 22211211)2 53(c)2 53(c1)2 53(c)2 53(c1求得5525c5525c21 从而 nnn )2 53(5 525)2 53(5 525a 。 评注：本题解题的关键是先求出特征方程的根。再由初始值确定出 21 cc， ，从而可得数列 an 的通项公式。