2022年数列总结----递推数列求通项公式的典型方法

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1、递推数列求通项公式的典型方法1、an+1=an+f（n）型累加法 : an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+（ a2-a1）+ a1=f（n-1）+f（n-2）+f （1）+ a1 例 1 已知数列 an满足 a1=1,an+1=an+2n（nN*）, 求 an解: an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+（ a2-a1）+ a1=2n-1+2n-2+21+1=2n-1（nN*）例在数列 na中，31a,) 1(11nnaann，求通项公式na. 解：原递推式可化为：1111nnaann则,211112aa312123aa413134aa，nnaann1111逐项相加得：

2、naan111. 故nan142、)(1ngaann型累积法 :112211.aaaaaaaannnnn所以11.321agngngngan例 2: 已知数列 an满足*1Nnnaann,.11a求na解:112211.aaaaaaaannnnn =!11.321nnnnNnnan!1例2 设数 列 na是 首 项 为1的 正项 数 列 ， 且0)1(1221nnnnaanaan（n=1,2,3 ） ，则它的通项公式是na=（2000 年高考 15 题） . 解：原递推式可化为：)()1(11nnnnaanaan=0 nnaa10，11nnaann则,43,32,21342312aaaaaa，

3、nnaann11逐项相乘得：naan11，即na=n1. 3qpaann 1型（p,q 为常数）方法： （1）111pqappqann，再根据等比数列的相关知识求na. (2)11nnnnaapaa再用累加法求na. (3)111nnnnnpqpapa , 先用累加法求nnpa再求na例 3已知na的首项aa1（a 为常数） ，2,21nNnaann，求na解 设12nnaa，则11211nnaa1na为公比为 2 的等比数列。1211nnaa1211nnaa题目 :在数列na(不是常数数列)中,1122nnaa且113a,求数列na的通精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归

4、纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 19 页项公式 . 解法一:因为1122nnaa,所以,1122nnaa,所以 ,111()2nnnnaaaa,所以 ,数列1nnaa是公比为12的等比数列.又21116aa,所 以 ,11111()62nnnaa,将1122nnaa代 入 上 式 可 得11114( )32nna. 评注 这种方法叫做差分法.即由条件1nnapaq (1)0)pq p进行递推可得1nnapaq,进一步可得11()nnnnaap aa,数列1nnaa是公比为p的等比数列,所以 ,1121()nnnaaaap,再将1nnapaq代入即可求得121()1nnaapq

5、ap. 解法二 :所给数列对应的特征方程为:122xx,所以 ,特征根为4x.因为1122nnaa,所以 ,114(4)2nnaa,即数列4na是公比为12的等比数列 ,又11143a,所以 ,4na1111( )32n.故11114( )32nna. 评注 :这种方法叫做特征根法,因为1p,所以满足xpxq(叫做此数列对应的特征方程)的x存在,由1nnapaq可得1()nnaxpaqx()np ax,所以 ,数列nax是以1ax为首项 ,以p为公比的等比数列或各项均为0,于是再根据条件11()nnaxax p,所以,11()nnaax px. 解法三 :设11()2nnaa,即11122nn

6、aa与已知1122nnaa对比 可 得122, 所 以 ,4.所 以 , 可 得114(4)2nnaa,即 数 列4na是公比为12的等比数列或者各项均为0.(下同解法二 ). 评注 :这种方法通常叫做构造法.即由已知递推式的特点构造一个等比数列,再求通项公式 .设1()nnap a,与原递推数列进行对比可以建立方程,求数所设实数的值即可得1na是以1a为首项 ,以p为公比的等比数列. 以上三种方法虽然各不相同,但是它们有一点是共同的,即构造一个等比数列,这就是本题的实质所在. 4nfpaann 1型（p 为常数）方法：变形得111nnnnnpnfpapa，则nnpa可用累加法求出，由此求得n

7、a. 例 4已知na满足11122,2nnnaaa，求na解12211nnnnaanna2为等差数列。nnaann1221nnna25.nnnqapaa12型（p,q 为常数）方法：待定糸数法设nnnnaaaa112构造等比数列例 5数列na中，, 3,221aa且2,211nNnaaannn，求na. 6、取倒数法精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 19 页例 6 已知数列 na 中，其中, 11a，且当n2 时，1211nnnaaa，求通项公式na。解将1211nnnaaa两边取倒数得：2111nnaa，这说明1na是一

8、个等差数列，首项是111a，公差为2，所以122) 1(11nnan，即121nan. 7、取对数法例若数列 na中，1a=3且21nnaa（n 是正整数），则它的通项公式是na=（ 2002 年上海高考题）. 解由题意知na 0，将21nnaa两边取对数得nnaalg2lg1，即2lglg1nnaa，所以数列lgna是以1lg a=3lg为首项，公比为2 的等比数列，12113lg2lglgnnnaa，即123nna. 8、平方（开方）法例 8 若数列 na中，1a=2 且213nnaa（n2） ，求它的通项公式是na. 解将213nnaa两边平方整理得3212nnaa。数列 2na 是以2

9、1a=4 为首项， 3 为公差的等差数列。133)1(212nnaan。因为na0，所以13nan。9、待定系数法待定系数法解题的关键是从策略上规范一个递推式可变成为何种等比数列，可以少走弯路.其变换的基本形式如下：1、BAaann 1（A、B为常数）型，可化为1na=A（na）的形式 . 例9 若数列na 中，1a=1，nS是 数列 na 的前n项之 和， 且nnnSSS431（n1） ，求数列 na 的通项公式是na. 解 递推式nnnSSS431可变形为41311nnSS（1）设（ 1）式可化为)1(311nnSS（2）比较（ 1）式与（ 2）式的系数可得2，则有)21(3211nnSS

10、。故 数 列 21nS 是 以3211S为 首 项 ， 3为 公 比 的 等 比 数 列 。21nS=nn3331。所以131nnS。当 n2，1238332231231211nnnnnnnnSSa。数列 na的通项公式是123833212nnnna)2()1(nn。2 、BAaann 1nC（ A、 B、 C 为 常 数 ， 下 同 ） 型 ， 可 化 为11nnCa=nnCaA(）的形式 . 例 10 在数列 na 中，,342,1111nnnaaa求通项公式na。解：原递推式可化为：)3(2311nnnnaa比较系数得=-4，式即是：)34(23411nnnnaa. 则数列341nna是

11、一个等比数列，其首项534111a，公比是2. 112534nnna精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 19 页即112534nnna. 3、nnnaBaAa12型，可化为)()(112nnnnaaAaa的形式。例 11 在数列 na 中，2, 121aa， 当Nn，nnnaaa6512求通项公式na. 解：式可化为：)(5(112nnnnaaaa比较系数得=-3 或=-2 ，不妨取=-2. 式可化为：)2(32112nnnnaaaa则21nnaa是一个等比数列，首项122aa=2-2（-1）=4，公比为 3. 11342n

12、nnaa. 利用上题结果有：112534nnna. 4、CBnAaann 1型，可化为)1(21211naAnann的形式。例 12 在数列 na中，231a，12nnaa=63n求通项公式na. 解式可化为：21121)1()(2nanann比较系数可得：1=-6 ，92，式为12nnbbnb是一个等比数列，首项299611nab，公比为21. 1)21(29nnb即nnna)21(996故96)21(9nann. 一、复习回顾引入问题： 已知数列 an满足 a1=1, 且 an+1 =3na+1, 求 an。分析一： 归纳法。 由递推公式， 可求出 a2=4，a3=13，a4=40。则 a

13、2-a1=3=31，a3-a2=9=32，a4-a3=27=33。由此猜测： an-an-1=3n-1（可用数学归纳法证明），所以an-1-an-2=3n-2，an-2-an-3=3n-3， a4-a3=33，a3-a2=32，a2-a1=31，把上式子累加，得， an-a1=31+32+33+ +3n-1=，得 an=312n。分析二：构造法。由an+1 =3na+1，得 an+1 +12=3（an+12） ，即数列 an+12为一个公比为3 的等比数列，则an+12=(1+12) 3n-1 =312n。分 析 三 ： 迭 代 法 。 an=3an-1+1=3(3an-2+1)+1=32an

14、-2+31+1= =3n-1a1+3n-21+3n-31 + +31+1=312n点评：（1）分析一中先猜测出前后两项差的关系，再用累加法求出通项；这种用不完全归纳法求出前几项再找规律的的方法，对所有求数列通项的题均适用，应培养归纳能力；（2）分析二中构造出新数列，由新数列求出an的通项；（3）分析三使用迭代法，这也是由递推式求通项的基本方法。本文将由此例题展开，对它进行各种变形，力求归纳出由递推公式求通项公式的方法。二、例题精讲例 1. 已知数列 an 中，a1=1，对任意自然数n 都有12(1)nnaan n，求 an。分析：由已知，12(1)nnaan n，122(1)nnaann，32

15、23 4aa，21223aa，累加，得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 19 页an-a1=11112.(1)(1)(2)(1)2 3n nnnnn=11221n。点评： （1）例 3由例 1 中的常数项1 变为 f(n) 而得来；（2）递推式为an+1=an+f(n) ，只要 f(1)+f(2)+ +f(n-1)是可求的，可用累加法求出。（3）今年安徽题中也有这样一题：已知数列an中 a1=1，且 a2k=a2k-1+(-1)k，a2k+1=a2k+3k，其中 k=1,2,3 （ 1）求 a3，a5（2）求数列 an的通

16、项公式。这是一个 an+1=an+f(n) 型的函数， 只不过偶数项减奇数项与奇数项减偶数项的f(n)不同而已，依照上法，可以轻松求解。（4）运用类比推理的思想方法，把例3 与例 1 的形式进行比较后可看出类似之处，从而在方法上类同。对递推式为an+1=pan+q （p、 q 为常数）时， 可构造新数列an+1+1qp=p(an+1qp) 。其 证 明 的 简 略 过 程 如 下 ： 由an+1=pan+q， 令an+1+x =p(an+x) ， 化 简 ， 得an+1=pan+px-x ，因此 px-x=q ，即 x=1qp。得证。例 2：已知数列 an中， a1=1，13nnnaaa，求

17、an。分析：把两边取倒数，可得11131nnaa。令1nnba，则 bn+1=3bn+1，即引入问题，按上法可求解。点评： （1）转换问题，化成基本型后求解（运用反思维定势定势方法中的转移思维方法）（2）对分式型递推数列可归纳如下：设a1=a，1(0)nnncadaaaab若 d=0， 则上式变形为111nnbaac ac， 令1nnba, 则1nnbabbcc,即基本型。若 d，c0, 且 bcad，令 an= bn+t(t为待定系数 ) 转化为情形。例 3. 在数列 na中，362 ,2311naaann, 求通项na. 解：原递推式可化为ynxayxnann)1()(21比较系数可得：x

18、=-6,y=9,上式即为12nnbb所以nb是一个等比数列，首项299611nab, 公比为21.1)21(29nnb即：nnna)21(996故96)21(9nann. (2) 若nqnf)( 其中 q 是常数，且n0,1) 若 p=1 时，即：nnnqaa1，累加即可 . 若1p时，即：nnnqapa1，求通项方法有以下三种方向：i. 两边同除以1np. 即：nnnnnqppqapa)(111, 令nnnpab，则nnnqppbb)(11, 然后类型 1，累加求通项 . ii.两边同除以1nq . 即：qqaqpqannnn111, 令nnnqab, 则可化为qbqpbnn11. 然后转化

19、为类型5 来解，iii.待定系数法：设)(11nnnnpapqa. 通过比较系数，求出，转化为等比数列求通项 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 19 页形如11nnnqapaa( 其中 p,q 为常数 ) 型（1）当 p+q=1 时用转化法例 4. 数列 na中，若2,821aa, 且满足03412nnnaaa, 求na. 解：把03412nnnaaa变形为)(3112nnnnaaaa. 则数列nnaa1是以612aa为首项， 3 为公比的等比数列，则1136nnnaa利用类型6 的方法可得nna311. （2）当04

20、2qp时用待定系数法 . 例 5. 已知数列 na满足06512nnnaaa，且5, 121aa, 且满足 ,求na. 解：令)(112nnnnxaayxaa, 即0)(12nnnxyaayxa, 与已知06512nnnaaa比较，则有65xyyx, 故32yx或23yx下面我们取其中一组32yx来运算，即有)2(32112nnnnaaaa, 则数列nnaa21是以3212aa为首项， 3 为公比的等比数列，故nnnnaa333211, 即nnnaa321, 利用类型的方法，可得nnna23. 评注：形如nnnbaaaa12的递推数列 , 我们通常采用两次类型(5) 的方法来求解 , 但这种方

21、法比较复杂, 我们采用特征根的方法: 设方程bxax)(的二根为, 设nnnqpa, 再利用21,aa的值求得p,q 的值即可 . 形如rnnpaa1( 其中 p,r为常数 ) 型（1） p0，0na用对数法 . 例 6. 设正项数列na满足11a，212nnaa（n 2）. 求数列na的通项公式 . 解：两边取对数得：122log21lognnaa，)1(log21log122nnaa，设1log2nanb， 则12nnbb，nb是 以2为 公 比 的 等 比 数 列 ，11log121b11221nnnb，1221lognan，12log12nan，1212nna练习 数列na中，11a，

22、12nnaa（n2） ，求数列na的通项公式 . 答案：nna2222（2）p0 时用迭代法 . 课堂小结： 学生的体会是多方面、多角度的，因此小结内容也很灵活。知识方面：数列的概念、数列的通项公式能力方面：掌握研究问题的一般方法，主要有：观察、发现、归纳、总结、类比思考问题： 是否每一个数列都能写出它的通项公式？每一个数列的通项公式是否唯一？根据前n 项写出的不同形式的通项公式所确定的数列是否是相同的？求递推数列通项公式是数列知识的一个重点，也是一个难点， 高考也往往通过考查递推数列来考查学生对知识的探索能力，求递推数列的通项公式一般是将递推公式变形，推得原数列是一种特殊的数列或原数列的项的

23、某种组合是一种特殊数列， 把一些较难处理的数列问题化为中学中所研究的等差或等比数列。利用递推数列求通项公式，在理论上和实践中均有较高的价值，下面介绍一下利用构造法求递推数列的通项公式的方法和策略. 一、构造等差数列法例 1.在数列 an中，ananan nnnn1132212，()()()，求通项公式 an。解：对原递推式两边同除以n nn()()12可得：annannnn12112()()()令bannnn()1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 19 页则即为bbnn12，则数列 bn为首项是ba1111132()，公差

24、是bbnn12的等差数列， 因而bnnn3221212()， 代入式中得an nnn121 41()()。故所求的通项公式是an nnn121 41()()二、构造等比数列法1.定义构造法利用等比数列的定义qaann1，通过变换，构造等比数列的方法。例 2.设在数列 an中，aaaannn112222，求 an的通项公式。解：将原递推式变形为aaannn12222()aaannn12222()/得：aaaannnn1122222，即lglgaaaannnn1122222设baannnlg22式可化为aann12，则数列 bn 是以 b1lglglg()aa11222222221为首项，公比为2

25、 的等比数列，于是bnnn22122211lg()lg()，代入式得：aann22()212n，解得annn221121122()()为所求。2.aAaBnn1（A、B 为常数）型递推式可构造为形如aA ann1()的等比数列。例 3.已知数列an，其中aaann11132，求通项公式an。解： 原递推式可化为：aann1131()， 则数列an1是以a112为首项，公比为3 的等比数列，于是aannn11323111()，故ann2311。3.aAaBCnnn1（ A、B、C 为常数，下同）型递推式可构造为形如aCA aCnnnn11()的等比数列。例 4.已知数列an，其中a11，且aaa

26、nnnn123，求通项公式an。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 19 页解：将原递推变形为1321aannn，设 bn1an。得bbnnn132设式可化为bbnnnn11232()，比较得15于是有bbnnnn111523152()数列bnn152是一个以b1115212535为首项，公比是3的等比数列。所以bnnn1523531()，即bnnn152153()，代入式中得：annn523()为所求。4.aAaBnCnn1型递推式可构造为形如anA annn112121()的等比数列。例 5.在数列an中，aaannn1

27、132263，求通项公式an。解：原递推式可化为2112112()()anannn，比较系数可得：16，29，上式即为21bbbnnn，是一个等比数列，首项ban116992，公比为12。所以bnn92121()。即annn69912()，故annn91269( )为所求。三、函数构造法对于某些比较复杂的递推式，通过分析结构，联想到与该递推式结构相同或相近的公式、函数，再构造“桥函数”来求出所给的递推数列的通项公式的方法。例 6.在数列an中，aaaannn11313，求通项公式an。分析：首先考虑所给递推式与公式()abaa babb3322333的联系。解：设axx11，则aaaxxxxx

28、x21311313333()()同理axx399，axx42727，。即axxaxxaxxxxx13323333343300112233，猜想axxnnn3311。下面用数学归纳法加以证明（证明略）。由于a11，即xx11，解得x352，于是ann()35231()35231n为所求。转化为常见类型求解：例 2 设数列na满足下列条件，试求各通项：（1）, 11a)3 ,2, 1(1) 1(1nannann精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 19 页（2）)4,3 ,2()1(2, 1111naaannn（3）)5 ,4 ,

29、3(,10, 121121naaaaaannnn解： （1）)1(111)1(11nnnanaannannnn令,nabnn则111ab，)1(11nnbbnn本 题 用)1(nn除 递 推 式 两 边 ， 再 进 行 变 量 代 换 ， 就 可 转 化 为“)(1nfaann型” ，可得1212nnbanbnnn（ 2 ） 递 推 式 两 边 同 除 以n2， 得nnnnnaa)21(2211， 就 可 转 化 为“)(1nfaann型 ” ，当然，也可以在递推式两边同除以n)1(，得1)1(2)1(1)1(2)1(111nnnnnnnnaaaa即，则可转化为“qapann 1型” ，所以得

30、1)1(231nnna（3）递推式两边同取对数，得)lg(lg21lglg211nnnnaaaa令nnnaablglg1，则),5,4,3(211lglg21121nbbaabnn)3 ,2, 1()21(1nbnn1)21(11110)21(lglgnnnnnnaaaa，已转化为“)(1nfaann型”，由累乘相消法可得11221122112)21(41211101010101010nnnnnaaa根据上述的介绍，下面问题你能解决吗？练习：设数列na满足下列条件，试求各通项：（1）)4,3 ,2(23,011naaann（2）)3 ,2, 1(,11nnaaaann（3）)3,2, 1()

31、1)(2( ,111nnaanann（4）)4,3, 2(,1111nanaaaannnn（5）)4,3 ,2(23,1111naaannn（6）),3 ,2 , 1( 123,1,01221naaaaannn（7）), 3, 2, 1(4325,7111naaannn（8）), 4, 3 ,2(34,1111naaaannn专题二由递推公式求通项的技巧（1）递推式为： an+1=an+f(n) 型（用迭加法）（2）递推式为： an+1=pan+q 型(p,q 为常数 ) (用特征根法转化成等比数列）nnnnanaaaa求中、已知例,141,211211nnnnaaaNnaa求有对于中，、例,

32、 23, 1211精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 19 页（3）递推式为： an+1=pan+qn型 (p,q 为常数 ) (同除 qn或 qn+1，再用特征根法转化成等比数列) （4）递推式为： an+2=pan+1+qan型(p,q 为常数 ) (变行为： an+2-an+1=( an+1-an) nnnnnaaaNnaa求有对于中，、例,)21(31,653111nnnnnaaaaaaa求有中，、例,3132, 2, 141221nnnnnnnnaansaanssnaaa求中，、设例用的关系式：此类型可利与递推式为

33、,2,15)2.()1.(.s(5)1111nnnnnnaasnsa求项的和，且为其前中，、已知例,) 1(4162nnnnnaannaaa，求、已知例（用迭乘法）型如17:)6(11的极限项和的前）（的通项）求（的两根，是方程、中，、已知例分成奇数项与偶数项）（此类题把型如：nnnnnnnnnnnnTnbaxbxaaaaataa21031, 18)7(2111的通项，分别求出，且成等比，、成等差；、，、已知数列例”法）递推式（用“减少变量同一个题中，出现两个双递推nnnnnnnnnnbabababababa,21009)8(11211212的通项、分别求出成等差，、成等比，、，满足、已知例n

34、nnnnnnnnnbabababababa11111, 2110精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 19 页递推数列求通项公式的基本类型及其对策高中数学递推数列通项公式的求解，在高考中娄见不鲜，其丰富的内涵及培养学生思维逻辑性具有较高的价值，同时对于培养学生的归纳推理能力也具有十分重要的意义，下面就递推数列求通项的基本类型作一个归纳，以供读者参考。类型一、型或)()(11ngaanfaannnn对策：利用迭加或迭乘方法，即：112211)()()(aaaaaaaannnnn或112211aaaaaaaannnnn例1 、

35、（ 2006 年 山 东 高 考 文 科 ） 已 知 数 列 na 中 ，211a，nnaan12，点（）在直线y=x 上，其中n=1,2,3. ()令是等比数列；求证数列nnnnbaab, 11()求数列的通项；na解析：（I）nnaan12，点（）在直线y=x 上naann12121naann得：13211nnnaaa)1(21111nnnnaaaa又11nnnaab121nnbb而1212aa得432a数列 nb是以首项为431121aab，公比为21的等比数列（II）由（ I）得12143nnb，1121431nnnaa即1121431nnnaa由：112211)()()(aaaaaa

36、aannnnn21214312143121431032nn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 19 页=223nn类型二、型)(nnafS对策：巧用)2() 1(11nSSnaannn例 2、 （2007 年福建高考文科）数列an的前 N 项和为 Sn，a1=1，an+1=2Sn(nN*). 求数列 an的通项 an。解析： （ I） an+1=2Sn, Sn+1-Sn=2Sn, nnSS1=3. 又 S1a1=1, 数列 Sn是首项为1、公比为3 的等比数列，Sn=3n-1(n N*). 当 n2 时， an-2Sn-1

37、=23n-2(n2), an=.2,3 2112nnn，类型三、型)0(1pqqpaann对策：等价转化为：)1(11pqappqann从而化为等比数列1pqan ，并且该数列以11pqa为首项，公比为p 例3 、（ 2006年 福 建 高 考 理 科 ） 已 知 数 列na满 足*111,21().nnaaanN求数列na的通项公式 . 解：*121(),nnaanN112(1),nnaa1na是以112a为首项， 2 为公比的等比数列12 .nna即2*21().nanN变式 1：型)0(1pqrrqpaannn对策：（1）若p=q，则化为rqaqannnn11，从而化为以qa1为首项，公

38、差等于 r 的等差数列 nnqa （2）若 pq，则化为rqaqpqannnn11，进而转化为类型三求通项例 4、 已知数列 na满足.2)2(241*1aNnnaannn，且，求及na. 解析：nnnaa241122211nnnnaa令n2nnab，则)1(211nnbbnb+1 是以首项为21211ab，公比为2 的等比数列精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 19 页nnb21nna212n得数列 na 的通项公式为nnna222变式 2：型)0(1pqrqnpaann对 策 ： 等 价 转 化 为 ：)(1yxnap

39、yxnann， 再 化 为ypxnppayxnann)1()1(1，对照系数，解出x，y，进而转化为类型三例 5、题见例1（2006 山东高考文科）解析：nnaan12，点（）在直线y=x 上naann12令)(21)1(1ynxaynxann，可化为：0221yxxnaann与比较系数得21yx， 可化为：)2(212)1(1nanannnnnana213)21()21(211223nann变式 3、rqapaannn 1型对策：取倒数后得pqaprann111，化为类型三例 6、已知数列 na满足 a1=1，6331nnnaaa，求na解析：由6331nnnaaa，得11211nnaa即：

40、)11(2111nnaa，以下请读者解决。变式 4：型)0(1ppaarnn若 p=1，则等式两边取常用对数或自然对数，化为：1lglgnnara，得到首项为1lg a，公比为r 的等比数列nalg ，所以nalg=11lg arn，得11nrnaa若 p1，则等式两边取以p 为底的对数得：1lglg1npnpara，转为类型三求通项。例7 、（ 06年 石 家 庄 模 拟 ） 若 数 列 na 中 ，31a且)(21为正整数naann，则数列的通项公式为解析：21nnaa及31a知3na，两边取对常用对数得：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - -

41、- -第 13 页，共 19 页nnaalg2lg1nalg是以首项为3lglg1a，公比为 2 的等比数列。3lg2lg1nna123nna变式 5、型)0(11pqaqapaannnn对策：两端除以nnaa1得：qapann111（1）若1p，则构成以首项为11a，公差为q的等差数列 na1 ；例8 、（ 07保 定 摸 底 ） 已 知 数 列 na 满 足2, 11na时 ，nnnnaaaa112，求通项公式na。解：nnnnaaaa1122111nnaa，数列 na1是以首项111a，公差为2 的等差数列12)1(211nnan121nan（2）若1p，转化为类型三求解。变式 6：型)

42、0(11pqqapaannn对策：等价 转化为)(11nnnnxaayxaa， 利用与11nnnqapaa恒 等 求 出x,y得 到 一 等 比 数 列1nnxaa， 得nnxaa1=f(n) ，进而化为变式2 类型例 9、题见例1（2006 山东高考文科）解析：nnaan12，点（）在直线y=x 上naann12121naann得：13211nnnaaa)1(21111nnnnaaaa数列 11nnaa是以首项为43112aa， 公比为21的等比数列以下同例1（II）求通项na类型四、奇偶项型对策一：求出奇数项（或偶数项）的递推关系，再对应以上方法求解。例 10（2005 年高考北京卷改编）

43、设数列na 的首项411aa，且为奇数为偶数nanaannn,41,211，求na精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 19 页解：若 n 为偶数，则8121)41(2121111nnnnaaaa即81211212nnaa)41(21)41(21)41(214113221212aaaannnn)41(2141112aann41)41(2112aann若 n 为奇数，则41214111nnnaaa即4121222nnaa，)21(21)21(21)21(212121422222aaaannnn21)2141(2112aann为

44、奇数为偶数nanaannn,41)41(21,21)41(212112对策二：型)0(1pqpqaannn，这种类型一般可转化为12na与na2 是等差或等比数列。例 11、在数列 na 中，nnnna，aaa求，2111解：由nnnaa21，得1212nnnaa两式相除得：22nnaa， 12na与na2均为公比为2 的等比数列，易求得：为偶数为奇数，nnannn2212,2类型五、周期型例12 、（2005年 高 考 湖 南 卷 ） 已 知 数 列 na 满 足20*111)(1330a，Nnaaaann则，（）A0 B3C3D23略解：由1330111nnaaaa，得0331334311

45、2aaaaa，因此数列是以3 为周期的数列，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 19 页所以3220aa，选 B 探究递推公式为分式型数列的通项问题对于形如递推公式为na11nnAaBCaD（0C，0ADBC）的数列na，这类问题有一般性的公式解法，通常用特征方程求不动点，即先求解递推公式所对应的特征方程，求出不动点，然后再解。虽然这类题本身有特征方程求不动点等的知识背景，但高考题并不考，也不依赖于这知识，从所给的标准答案来看，其立意在于将递推数列求通项问题转化为已知数列的已知知识来解决，即转化为等差数列或等比数列来解决。

46、那么， 有没有不用高等数学知识，而只用高中数学知识的方法？这类问题是否存在通项公式？若存在又怎么来求？下面通过具体例子介绍一种方法，仅供参考 ! 例题例题 1： （2010 年全国高考数学理科第22 题）已知数列na中，11a，11.nnaca（）设52c，12nnba，求数列nb的通项公式；（）求使不等式na1na3成立的c的取值范围 .分析：（）题目已经明确告诉学生要构造：2na的倒数，也就是说在1512nnaa，两边同时减2 得：12512222nnnnaaaa，再倒数即：114222nnaa，亦即142nnbb，下一步再 变形：122433nnbb，所以23nb是首项为13，公比为4

47、的等比数列，进而可求出数列nb的通项公式。（）略例题 2： （2008 年全国高考数学陕西卷理科第22 题）已知数列na的首项1a=35，1na=321nnaa， n=1， 2, 3（）求na的通项公式；证明：对任意的x0,na11x21231nxx, n=1，2，3（）证明：12aana21nn分析：（）由1na=321nnaa两边同时加上，得1na3221nnaa；倒数得121132nnnaaa213232na22113232na2；令32， （目的使分母成“na” 型） ；得0，或1，不妨取0， 于是有11na2313na， 变形11na11311na， 又111a23，所 以 ， 数

48、列11na是 以23为 首 项 ，13为 公 比 的 等 比 数 列 。 于 是 ： 有精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 19 页11na23113n23n，得na332nn略例题 3： （ 2007 年全国高考数学理科试卷第22 题） ：已知：数列na中，1a2，1na212na，1n， 2，3（）求na的通项公式；（）若数列nb中1b2，13423nnnbbb，1n， 2，3证明：2nb43na，1n，2，3 分析：（）由题设可得1na2212na所以数列2na是首项为22，公比为21的等比数列所以na2211n,

49、1n， 2，3（）对于13423nnnbbb两边同时加x得：13423nnnbbxxb；即：1233423nnnxbxbxb倒数：11nbx232334nnbxbx即: 11nbx22 3432323xxx13423nxbx223x（1）可令：3423xxx，目的是使分母变成“nbx”型则（ 1）式可化为11nbx3223xx1nbx223x（ 2）由方程3423xxx得x2;不妨取2x则（ 2）式可变为112nb32 232 212nb232 2即：112nb42112nb2221它是形如“1nnapaq”的式子；易求422 22211nnb所以：4222 1211nnb；显然，nb2。由(

50、)知：na2211n所以43na432211n4312 121n于是：43nanb4312 121n4222 1211n434212221211nn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 19 页42434342211221221211nnnn43434221211221211nnn444342211221211nnn0 所以，nb43na综上可知，2nb43na，1n，2，3探求：对于1(0,0)nnnA aBaCA DB CC aD型通项公式的方法可以推广到一般，结果总结如下：对于na11nnAaBCaD两边同时加x，得：

51、nax11nnAaBCaDx即：nax11()()nnACx aBDxCaD倒数：1nax11()()nnCaDACx aBDx即：1nax11()()nnC BDxCACx aBDxDACxACxACx aBDx所以：1nax1()()nC BDxDACxACx aBDxCACx即：1nax211()nC BDxDBDxACxACxaACxCACx为了使上述等式左右成“1nax”形式，可令BDxACxx则：1naxDCxACx11naxCACx（*）由方程BDxACxx，得：2()0CxAD xB(0)C方程有解的条件为：2()4ADBC0在此条件下可求出该方程解：1x，2x；不妨令1xx则

52、（ * ）式可变为：11nax11DCxACx111nax1CACx设nb11nax，1nb111nax则nbp1nbq（其中p11DCxACx，q1CACx）对于上述数列nb是很容易求出它的通项公式的。即可求出数列11nax的通项。进而求出数列na通项公式来。以上方法尽管相对较麻烦些，但它用得知识点和方法都是高中数学内容所要求的。 因为原数列既不是等差数列也不是等比数列，但我们在原数列上 “加”上一个适当的数，再“倒”过来，就可以用我们所掌握的等差，等比知识来求了，所以不妨称之为“加倒法”。它是一种初等的方法。练习：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - -

53、- - - -第 18 页，共 19 页1.（河北省定州市实验中学张志兰）中学数学教学参考2009.1 2。76P已知数列na中，1a=3，na1132nnaa，2,nnN，（）若数列nb满足21nnnaba，证明：nb是等比数列；求数列na的通项公式以及最大项，并说明理由；（）求limxna的值。2（广西师大附中李天红）中学数学教学参考2009.1 2。80P已知函数31xfxx，设数列na满足11a，1nnafanN，数列nb满足nb3na，记nS1niib（）求数列na的通项公式；求证：1312nnnb；（）求证：nS2 333已知各项均为正数的数列na满足17425nnnaaa， 且1

54、12a， 求数列na的通项公式。4已知数列na中，12a，1311nnnaaa，求数列na的通项公式。5已知数列na满足1724nnnaaa，首项为13a，求数列na的通项公式。6已知数列na满足13147nnnaaa，首项为112a，求数列na的通项公式。答案1先 求 得 数 列na的 通 项na12121nn， 进 而 求 出 数 列nb的 通 项12nnb2（）3 133 131313nnnnna；3112 3131nnna，4131nnan，5116215nna，69428nnan；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 19 页