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1、1 专题三 递推数列求通项题型归类归法 四川省双流县中学 王 林 2015-5-11 各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解（如教材 P69B 组 5、6） 。特别是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解决数列难题的瓶颈前期学习中总结表明：转化化归的数学思想是求复杂问题的主导，序号n处理是易错点下面总结出几种常见类型递推公式下求解相应数列的通项公式的方法，希望大家落实过手 类型一 1()nnaafn 方 法 累加法( 逐差相加法) 把原递推公式转化为)(1nfaann，利用累加法( 逐差相加法) 求解. 【例 1】已知数列na满足211a，nnaann211
2、，求na 解：由条件知：111)1(1121nnnnnnaann，分别令)1( ,3,2, 1 nn，代入上式得)1(n个等式累加之，即)()()()(1342312 nnaaaaaaaa )111()4131()3121()211(nn ， 所以naan111，211a，nnan1231121 【变式】已知数列na满足12a，+11122nnnnnaaa，求na 2 【提升】已知数列na中11a，且2212121,3kkkkkkaaaa，其中k 1, 2, 3,. （1）求35,aa； （2）求na的通项公式 类型二 1()nnafn a 方 法 累乘法( 逐商相乘法) 把原递推公式转化为)
3、(1nfaann，利用累乘法( 逐商相乘法) 求解 【例 2】已知数列na满足321a，nnanna11，求na 解：由条件知11(1)1nnnnaanfnana，分别令1, 2, 3, (1),2, 3, 4,nnnn或，代入上式得)1(n个等式累乘之，即3241231nnaaaaaaaann1433221 naan11又321a，nan32 规律：1(1)(2)(2nafnfnfa） 【变式】已知数列na，满足 a1=1，1321)1(32 nnanaaaa (n2)，求数列na的通项公式 3 【提升】1、已知数列na满足11123,(2)321nnnaaann，求na 2 、正项数列na
4、中，11a，*122101Nnaanaannnnn，求na 类型三 一级线性递推：1nnapaq（其中 p，q 均为常数，10()pqp） 方法 1 构造辅助数列法 用待定系数法构造等比数列，即把原递推公式转化为：1nnatpat， 其中pqt1，再利用换元法转化为等比数列nat求解 方法 2 构造辅助数列法 111122()()()nnnnnnnnapaqaap aanapaq n求出1nnaa的通项1()(2)nnaafnn用累加法求na（转化为类型 1 ） 比较以上两种方法，用解法 1 快捷。 【例 3】已知数列na中，11a，321nnaa，求na 4 【提升】已知数列na满足*111
5、,21().nnaaanN （）求数列na的通项公式； （II）若数列bn滿足12111*444(1)(),nnbbbbnanN证明：数列bn是等差数列； （）证明：*122311.().232nnaaannnNaaa 类型四 1()nnapafn （其中 p 均为常数，10()pp） 方 法 辅助数列法 用待定系数法构造等比数列，即令1(1)()nnax nyp axny，与已知递推式比较，解出,x y，从而转化为naxny是公式为p的等比数列（前提是首项不为 0） 【例 4】设数列na满足11121(2)2naann，求数列na的通项公式 5 类型五 1nnnapaq（其中 p，q 均为常
6、数，110()()pqpq） 方法1 辅助数列法 一般地，先在递推公式两边同除以1nq，得111nnnnaapqqqq，引入辅助数列nb（其中nnnabq） ，得11nnpbbqq，转化为一阶线性递推数列求解。 方法 2 辅助数列法 在递推公式两边同除以1np，得111()nnnnnaaqpppp，引入辅助数列nb（其中nnnabp） ，得11()nnnqbbpp，再用累加法求解 【例 5】已知数列na中，651a,11)21(31nnnaa，求na 【提升】设数列na的前n项的和14122333nnnSa，1, 2, 3,n （）求首项1a与通项na； （）设2nnnTS，1, 2, 3,n
7、 ，证明：132niiT 6 类型六 二阶线性递推：21nnnapaqa（其中,p q均为常数） 方 法 辅助数列法 用待定系数法，把递推关系式变形为211()nnnnasat asa，其中, s t满足stpstq ，化归为等比数列问题，再应用前面类型的方法求解。项不为 0 ） 【例 6】 （06 福建）已知数列na满足*12211,3,32().nnnaaaaanN（I）证明：数列1nnaa是等比数列； （II）求数列na的通项公式； 解： （I）证明：2132,nnnaaa *212111212(),1,3,2().nnnnnnnnaaaaaaaanNaa 1nnaa是以21aa2为首项
8、，2 为公比的等比数列 （II）解：由（I）得*12 (),nnnaanN112211()().()nnnnnaaaaaaaa 12*22.2121().nnnnN 类型七 递推公式为nS与na的关系式 (或()nnSfa) 方 法 消“元”转化法 一般利用 )2()1(11nSSnSannn与)()(11nnnnnafafSSa消去nS )2(n或与)(1nnnSSfS)2(n消去na进行求解 【例 6】已知数列na前 n 项和2214nnnaS. （1）求1na与na的关系； （2）求通项公式na. 7 【变式】数列na的前n项的和为nS满足22221nnnSanS，11a. （1 ）证明
9、：数列1nS为等差数列； （2 ）求na的通项公式. 【提升】 （2013江西（理） ）正项数列na的前项和nS满足:222(1)()0nnSnnSnn (1)求数列na的通项公式na； (2)令221(2)nnbna, 数列 nb的前n项和为nT. 证明: 对于任意的*nN, 都有564nT 解析：(1)解: 由222(1)()0nnSnnSnn, 得2()(1)0nnSnnS. 由于na是正项数列, 所以20,nnSSnn. 于是112,2aSn时,221(1)(1)2nnnaSSnnnnn. 综上, 数列na的通项2nan. (2)证明: 由于2212,(2)nnnnan bna. 则2
10、22211114(2)16(2)nnbnnnn. 222222222111111111111632435(1)(1)(2)nTnnnn 222211111151(1)162(1)(2)16264nn 8 【提升】设数列na的前n项和为nS. 已知11a,2121233nnSannn,*n N. () 求2a的值; () 求数列na的通项公式; () 证明: 对一切正整数n,有1211174naaa. （2013广东（理） ） 解析：(1) 解: 2121233nnSannn,nN. 当1n 时,112212221233aSaa ，又11a,24a (2) 解: 2121233nnSannn,n
11、N. 321112122333nnnnnnSnannnna 当2n 时, 111213nnnnnSna 由 ,得 112211nnnnSSnanann 1222nnnaSS 1211nnnananann 111nnaann 数列nan是以首项为111a,公差为 1 的等差数列. 2111,2nnannannn 当1n 时,上式显然成立. 2*,nannN (3) 证明: 由(2) 知,2*,nannN 当1n 时,11714a,原不等式成立. 当2n 时, 121117144aa,原不等式亦成立. 当3n 时, 221111 ,11nnnnnn 2221211111111111121324211naaannnnn111111111111111121322423522211nnnn 1111111111112132435211nnnn 1111171117121214214nnnn 当3n 时,原不等式亦成立. 综上,对一切正整数n,有1211174naaa.
