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  • 2021-05-14 发布

高考递推数列题型分类归纳解析

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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.‎