由递推数列求通项方法.doc

§02高考递推数列题型分类归纳解析
§01. 求递推数列通项公式的十种策略例析
递推数列的题型多样，求递推数列的通项公式的方法也非常灵活，往往可以通过适当的策略将问题化归为等差数列或等比数列问题加以解决，亦可采用不完全归纳法的方法，由特殊情形推导出一般情形，进而用数学归纳法加以证明，因而求递推数列的通项公式问题成为了高考命题中颇受青睐的考查内容。本文试给出求递推数列通项公式的十种方法策略，它们是：公式法、累加法、累乘法、待定系数法、对数变换法、迭代法、数学归纳法、换元法、不动点法、特征根的方法。仔细辨析递推关系式的特征，准确选择恰当的方法，是迅速求出通项公式的关键。根据我校学生的特点主要掌握前七种方法即可。有能力的同学，可以全面加以分析、研究。使此类问题得以较全面的解决。主要以自学为主，课堂上没有时间讲解。本资料是此类问题的精品版，希望同学们加以珍惜、研究，在高考中拿到应有的分数。切勿外借、翻印！注意每种方法对应的递推数列形式，是掌握方法的关键。
递推数列分类：（按递推方程所含数列连续项的个数）
1．由两个连续项的关系：及一个初始项所确定的数列，叫一阶递推数列。例如：；，等。
2．由三个连续项的关系及两个初始项所确定的数列，叫二阶递推数列。例如斐波那契数列：；再如等
递推数列分类：（按递推方程各项所含数列连续项的次数）
分为线性的和非线性的递推数列；若递推方程中，各，，……都是一次的，则叫线性递推数列。
如二阶线性递推方程；否则就是非线性的，如都是二阶非线性递推数列。
一、利用公式法求通项公式
例1 已知数列满足，，求数列的通项公式.
解：两边除以，得，则，
故数列是以为首项，以为公差的等差数列，由等差数列的通项公式得，所以数列的通项公式为.
评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，说明数列是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出，进而求出数列的通项公式.
二、利用累加法求通项公式
例2 已知数列满足，求数列的通项公式.
解：由得
则

所以数列的通项公式为
评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，进而求出 ，即得数列的通项公式.
例3 已知数列满足，求数列的通项公式.
解：由得
则

所以
评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，进而求出 ，即得数列的通项公式.
例4 已知数列满足，求数列的通项公式.
解：两边除以，得，则，
故

因此，则
评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，进而求出 +…+，即得数列的通项公式，最后再求数列的通项公式.
三、利用累乘法求通项公式
例5 已知数列满足，求数列的通项公式.
解：因为，所以，则，
则

所以数列的通项公式为
评注：本题解题的关键是把递推关系转化为，进而求出 ，即得数列的通项公式.
例6 （2004年全国15题）已知数列满足，则的通项
解：因为 ①
所以 ②
所以②式－①式得，则,则
所以 ③
由，取得，则，又知，则，代入③得 .
评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为（n≥2），进而求出
，从而可得当n≥2时的表达式，最后再求出数列的通项公式.
四、利用待定系数法求通项公式
例7 已知数列满足，求数列的通项公式.
解：设 ④
将代入④式，得，等式两边消去，得，两边除以，得，则x=－1，代入④式，得 ⑤
由≠0及⑤式，得，则，则数列是以为首项，以2为公比的等比数列，则，故.
评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为 ，从而可知数列是等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求出数列的通项公式.
例8 已知数列满足，求数列的通项公式.
解：设 ⑥
将代入⑥式，得
整理得.
令，则，代入⑥式，得 ⑦
由及⑦式，得，则，
故数列是以为首项，以3为公比的等比数列，因此，则.
评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，从而可知数列是等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求数列的通项公式.
例9 已知数列满足，求数列的通项公式.
解：设 ⑧
将代入⑧式，得，
则
等式两边消去，得，
则得方程组，则，代入⑧式，得
⑨
由及⑨式，得
则，故数列为以 为首项，以2为公比的等比数列.
因此，则.
评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为 ，从而可知数列是等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求出数列的通项公式.
五、利用对数变换法求通项公式
例10 已知数列满足，，求数列的通项公式.
解：因为，所以.在式两边取常用对数得
⑩
设
将⑩式代入式，得，两边消去并整理，得
，则
，故
代入式，得
由及式，
得，则，
所以数列是以为首项，以5为公比的等比数列，则
，因此

，
则.
评注：本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式转化为
，从而可知数列是等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求出数列的通项公式.
六、利用迭代法求通项公式
例11 已知数列满足，求数列的通项公式.
解：因为，所以

又，所以数列的通项公式为.
评注：本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式，即先将等式两边取常用对数得，即，再由累乘法可推知 ，从而
七、利用数学归纳法求通项公式
例12 已知数列满足，求数列的通项公式.
解：由及，得

由此可猜测，往下用数学归纳法证明这个结论.
（1）当时，，所以等式成立.
（2）假设当时等式成立，即，则当时，

由此可知，当时等式也成立.
根据（1）（2）可知，等式对任何
评注：本题解题的关键是通过首项和递推关系式先求出数列的前n项，进而猜出数列的通项公式，最后再用数学归纳法加以证明.
八、利用换元法求通项公式
例13 已知数列满足，求数列的通项公式.
解：令，则，故，代入得
，即
因为，故，则，即，
可化为，所以是以为首项，以为公比的等比数列，因此，则，
即，得.
评注：本题解题的关键是通过将的换元为，使得所给递推关系式转化形式，从而可知数列为等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求出数列的通项公式.
九、利用不动点法求通项公式
例14 已知数列满足，求数列的通项公式.
解：令，得，则是函数的两个不动点.
因为.
所以数列是以为首项，以为公比的等比数列。
故，则.
评注：本题解题的关键是先求出函数的不动点，即方程的两个根，进而可推出，从而可知数列为等比数列，再求出数列的通项公式，最后求出数列的通项公式.
例15 已知数列满足，求数列的通项公式.
解：令，得，则x=1是函数的不动点.
因为，所以，所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，则，故.
评注：本题解题的关键是先求出函数的不动点，即方程的根，进而可推出，从而可知数列为等差数列，再求出数列的通项公式，最后求出数列的通项公式.
十、利用特征根法求通项公式
例16 已知数列满足，求数列的通项公式.
解：的相应特征方程为，解之求特征根是，所以.
由初始值，得方程组
求得
从而.
评注：本题解题的关键是先求出特征方程的根.再由初始值确定出，从而可得数列的通项公式.
§02. 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.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理22）已知数列中，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: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:已知， ，求.
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: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.
变式:（2006，重庆,文,14）在数列中，若，则该数列的通项_____________
（）
变式:（2006. 福建.理22.本小题满分14分）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
　 ④－③，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，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:已知数列中，,，求.
解：在两边乘以得：
令，则,解之得：，所以
变式:（2006，全国I,理22,本小题满分12分）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)：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）数列:,的特征方程是:.
,.
又由，于是 故
例: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:（2006，福建,文,22,本小题满分14分）
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：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
变式:（2006，陕西,理,20本小题满分12分)
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.
变式: (2005,江西,文,22．本小题满分14分）
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:设数列：，求.
解：设，则，将代入递推式，得

∴取…（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:（2006，山东,文,22,本小题满分14分）已知数列｛｝中，、点在直线y=x上，其中n=1,2,3….
(Ⅰ)令，求证数列时等比数列；
(Ⅱ)求数列的通项；
(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（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：已知数列｛｝中，，求数列的通项公式.
解：由两边取对数得，
令，则，再利用待定系数法解得：.
变式:（2005，江西,理,21．本小题满分12分）
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
变式:（2006,山东,理,22,本小题满分14分）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；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9
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:（2006，江西,理,22,本大题满分14分）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＝（n³1）…………1°
（2）证：据1°得，a1·a2·…an＝
为证a1·a2·……an<2·n！，只要证nÎN*时有>…………2°
显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个nÎN*，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－（）－＋（）³1－（＋）即当n＝k＋1时，3°式也成立.故对一切nÎN*，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
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：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：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.
变式:（2005，重庆,文,22,本小题满分12分）
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），故；，故；，故；，故
（II）因，
故猜想是首项为,公比的等比数列.因，（否则将代入递推公式会导致矛盾）
故
故的等比数列.
,，由得，

解法三：（Ⅰ）由得，代入递推关系
整理得
（Ⅱ）由
所以是首项为，公比的等比数列，故

解法四：
（Ⅰ）同解法一
（Ⅱ）
猜想是首项为,公比的等比数列
又因,故()因此

从而
由得

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
变式:（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(也可以把分开为然后求和，中间项均抵消，只剩下首项和末项,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a1＝.
(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= （ ）
A．0 B． C． D．
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