《最全的递推数列求通项公式方法》由会员分享，可在线阅读，更多相关《最全的递推数列求通项公式方法（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
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拟强的数列问题中，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解法：把原递推公式转化为，利用累加法(逐差相加法)求解。例: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本小题总分值14分数列，且a2k=a2k1+(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，
2、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: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:，求。解：。变式:2004，全国I,理15数列an，满足a1=1，(n2)，则an的通项解：由，得，用此式减去式，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: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:2006，,文,14在数列中，假设，则该数列的通项_key:变式:2006.理22.
3、本小题总分值14分数列满足I求数列的通项公式；II假设数列bn滿足证明：数列bn是等差数列；证明：I解：是以为首项，2为公比的等比数列即II证法一：，得即，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，则这就是说，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:数列中，,，求。解：在两边乘以得：令，则,解之得：所以变式:2006，全国I,
4、理22,本小题总分值12分设数列的前项的和，求首项与通项；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：()将代入得 Sn= (4n2n)2n+1 + = (2n+11)(2n+12) = (2n+11)(2n1) Tn= = = ( )所以, = ) = ( ) 0 ， anan1=5 (n2)当a1=3时，a3=13，a15=73a1， a3，a15不成等比数列a13;当a1=2时， a3=12， a15=72， 有 a32=a1a15 ， a1=2， an=5n3变式:(2005,文,22本小题总分值14分数列an的前n项和Sn满
5、足SnSn2=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，与递推式比拟，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，得则,又，故代入得说明：1假设为的二次式，则可设;(2)此题也可由 ,两式相减得转化为求之.变式:2006，,文,22,本小题总分值14分数列中，在直线y=*上，其中n=1,2,3()令()求数列()设的前n项和,是否存在实数，使得数列为等差数列.假设存在，试求出 假设不存在,则说明理由解：I由得 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
6、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I、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：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:2005，,理,21本小题总分值12分数列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nN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，
7、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,则或变式:2006,理,22,本小题总分值14分a1=2，点(an,an+1)在函数f(*)=*2+2*的图象上，其中=1，2，3，（1） 证明数列lg(1+an)是等比数列；（2） 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：由，两边取对数得，即是公比为2的等比数列由知 *=由*式得， ，又，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：数列an满足：，求数
8、列an的通项公式。解：取倒数：是等差数列，变式:2006，,理,22,本大题总分值14分数列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a1a2an2n！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ann112证：据1得，a1a2an为证a1a2an2显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个nN*，有13用数学归纳法证明3式：（i） n1时，3式显然成立，（ii） 设nk时，3式成立，即1则当nk1时，111即当nk1时，3式也成立故对一切nN*，3式都成立利用3得，111故2式成立，从而结论成立类型10解法：如果
9、数列满足以下条件：的值且对于，都有其中p、q、r、h均为常数，且，则，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：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局部，则有即例：数列满足：对于都有1假设求2假设求3假设求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一样的特征根依定理2的第1局部解答.(1)对于都有(2)令，得.故数列从第5项开场都不存在，当4，时，.(3)令则对于(4)、显然当时，数列从第2项开场便不存在.由此题的第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N2时，数列从第项开场便不存在.于是知：当在集合或且2上取值时，无穷数列都不存在.变式:2005，,文,22,本小题总分值12分数列记求b1、b2、b3、b4的值；求数列的通项公式及数列的前n项和解法一：由,得,其特征方程为解之得,或, 解法二：III因，故猜测因，否则将代入递推公式会导致矛盾故的等比数列., 解法三：由整理得由所以解法四：同解法一从而类型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
