高考递推数列题型分类归纳解析 33页

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(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， (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，重庆,文,14）‎ 在数列中，若，则该数列的通项＝_____（key:）‎ 例3:（2006.福建.理22.）‎ 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= ×(4n－2n)－×2n+1 + = ×(2n+1－1)(2n+1－2)= ×(2n+1－1)(2n－1)‎ ‎　Tn== ×=×(－)‎ 所以, = －)= ×(－)<‎ 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)：[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，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，福建,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：‎ ‎　　‎ ‎　　①‎ ‎　　②‎ ‎　　②－①，得 ‎　　即③‎ ‎　　④‎ ‎　　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，陕西,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+6，①   ∴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=73   a1，a3，a15不成等比数列∴a1≠3;‎ ‎　当a1=2时，a3=12，a15=72，有a32=a1a15 ，∴a1=2，∴an=5n－3  ‎ 例3: (2005,江西,文,22）‎ ‎　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1: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.‎ 例2:（2006，山东,文,22, ）‎ 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：（Ⅰ）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，江西,理,21）‎ 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 例3:（2006,山东,理,22）‎ 已知a1=2，点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中=1，2，3，…‎ ‎（Ⅰ）证明数列｛lg(1+an)｝是等比数列；‎ ‎（Ⅱ）设Tn=(1+a1) (1+a2) …(1+an)，求Tn及数列｛an｝的通项；‎ ‎（Ⅲ）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），，‎ ‎　 　①， 又　　　②，‎ ‎　　由①②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，江西,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an＝‎ ‎（1）求数列｛an｝的通项公式；‎ ‎（2）证明：对于一切正整数n，不等式a1·a2·……an<2·n！‎ 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＝（n≥1）…………1°‎ ‎（2）证：据1°得，a1·a2·…an＝　为证a1·a2·……an<2·n！‎ ‎　只要证n∈N*时有>…………2°‎ ‎　显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个n∈N*，有 ‎　31－（）…………3°‎ 用数学归纳法证明3°式：‎ ‎（i）n＝1时，3°式显然成立，‎ ‎（ii）设n＝k时，3°式成立，‎ 即31－（）‎ 则当n＝k＋1时，‎ ‎　3〔1－（）〕·（）‎ ‎＝1－（）－＋（）‎ ‎＝1－（＋）即当n＝k＋1时，3°式也成立  ‎ 故对一切n?N*，3°式都成立  ‎ 利用3°得，‎ ‎31－（）＝1－‎ ‎＝1－>‎ 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.‎ 例3:（2005，重庆,文,22, ）‎ 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 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＝.  ‎ 当n＝2时，x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a2－，‎ 于是(a2－)2－a2(a2－)－a2＝0，解得a2＝  ‎ ‎(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＝0　　①‎ 由(Ⅰ)知S1＝a1＝，S2＝a1＋a2＝＋＝  ‎ 由①可得S3＝  ‎ 由此猜想Sn＝，n＝1，2，3，………8分 下面用数学归纳法证明这个结论  ‎ ‎(i)n＝1时已知结论成立  ‎ ‎(ii)假设n＝k时结论成立，即Sk＝，‎ 当n＝k＋1时，由①得Sk＋1＝，即Sk＋1＝，‎ 故n＝k＋1时结论也成立  ‎ 综上，由(i)、(ii)可知Sn＝对所有正整数n都成立  　　……10分 于是当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝，‎ 又n＝1时，a1＝＝，所以｛an｝的通项公式an＝，n＝1，2，3，………12分 本题难度较大,不过计算较易,数列的前面一些项的关系也比较容易发现  ‎ 类型13双数列型 解法：根据所给两个数列递推公式的关系，灵活采用累加、累乘、化归等方法求解。‎ 例：已知数列中，；数列中，。当时，,，求,.‎ 解：因 所以 即…………………………………………（1）‎ 又因为 所以……‎ ‎.即………………………（2）‎ 由（1）、（2）得：，‎ 类型14周期型 解法：由递推式计算出前几项，寻找周期。‎ 例：若数列满足，若，则的值为（）。‎ 变式:（2005，湖南,文，5）‎ 已知数列满足，则=（B）‎ ‎　A．0　　B．　　C．　　D．‎