常见递推数列类型以及应用.doc

2014-2015学年高二数学培尖资料
2014-2015学年高二数学培尖资料
-------高考数学递推数列题型归纳解析
类型1 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：数列的前项和为，且，，求的值及数列的通项公式；分析：由，，n=1，2，3，……，得
，，，
由（n≥2），得（n≥2），
又=，所以(n≥2),
∴ 数列的通项公式为；
总结：这个类型主要用到公式，在时很容易犯错误，需要注意。
变式: (05,江西,文,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2
解法：把原递推公式转化为，利用累加法(逐差相加法)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加之，即 所以 ，
例2: 数列且,求数列的通项.
分析:注意到左右两边系数与下标乘积均为, 将原式两边同除以, 变形为, 可转化为类型一求解.下略.
变式:（2004，全国I，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3
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: 数列的通项.
解:
变式:（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4 （其中p，q均为常数，）
用待定系数法,构造一个公比为p的等比数列,令, , 从而{}是一个公比为p的等比数列.
例1:( 06，重庆,文)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.
类型5:递推式：
例1: 已知数列中，,，求。
法一：在两边乘以得：
令，则,解之得：所以
法二: 在两边除以得: ,令,
则有, 采用逐差求和法可得3
所以
法三: 待定系数法:设,则
所以令,则,
所以
变式: (07天津)在数列中N其中.
求数列的通项公式.
【解析】由N可得
所以为等数列，其公差为1，首项为0.故
所以数列的通项公式为
类型6
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.
变式:（2008年广州一模19题） 已知数列中，且（且）．
　　（1）若数列为等差数列，求实数的值；（2）求数列的前项和．
解：（1）方法1：∵，∴，．
设，由为等差数列，则有．
　　∴．　∴．解得 ．　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　事实上，，
　　综上可知，当时，数列为首项是、公差是1的等差数列．
方法2：∵数列为等差数列，设，由为等差数列，则有
∴． ∴
．
　　综上可知，当时，数列为首项是、公差是1的等差数列．
（2）由（1）知，， ∴．
∴．
即．
令， ①
则． ②
②－①，得 ．
∴．
类型7
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：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：。
变式:（06山东理）已知a1=2，点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x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；
（3）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）， ，
，又，

，又，
类型8
解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为。
例：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，
变式1:（2006江西理22）已知数列｛an｝满足：a1＝，且an＝
求数列｛an｝的通项公式.
解：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＝（n³1）
变式2:（2008陕西卷22）已知数列的首项，，．
求的通项公式．
解：，，，
又，是以为首项，为公比的等比数列．
，．
类型9 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10 递推公式为（其中p，q均为常数）
解法(待定系数法)：先把原递推公式转化为其中s，t满足
例1：数列：， ，求数列的通项公式。
解法一（待定系数——迭加法）: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
。
。
例2: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。
变式1、（2008广东文）设数列满足，，（n = 3，4，…）。数列满足， （n = 2，3，…）是非零整数，且对任意的正整数m和自然数k，都有－1≤…≤1。求数列和的通项公式；
解：由得 又 ，
数列是首项为1公比为的等比数列，

.
变式2: （2008广东卷21）设为实数，是方程的两个实根，数列满足，，（…）．
（1）证明：，；（2）求数列的通项公式．
【解析】（1）由求根公式，不妨设，得
，
（2）设，则，由得，
消去，得，是方程的根，由题意可知，
①当时，此时方程组的解记为

即、分别是公比为、的等比数列，
由等比数列性质可得,,
两式相减，得
，，
，
，即，
②当时，即方程有重根，，
即，得，不妨设，由①可知
，，
即，等式两边同时除以，得，即
数列是以1为公差的等差数列，,
综上所述，
类型11 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12周期型
解法：由递推式计算出前几项，寻找周期。
例1：若数列满足，若，则的值为___________。
例2：已知数列满足，，求。
分析：该题表面上看是类型六的结构，但是特征方程无实数解，所以无法直接构造等比数列，实际上写出数列前几项
，可以发现该数列是以6为周期的数列，所以。
严格的证明是由：作和得，所以周期为6。
例3：已知数列满足，，求。
分析：该题表面上看象类型七，但是方程无实数根，所以构造新数列比较困难。
解法一、②代入①，所以数列周期为4，所以
解法二、设，所以得
，所以为周期为4的数列，即周期也为4。
总结：对于例3解法一是基本方法，解法二是技巧，可以快速解题，比如对于递推式，因为，所以我们就可以快速知道周期为12。
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