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高考遞推數列題型分類歸納解析
各種數列問題在很多情形下，就是對數列通項公式的求解。特別是在一些綜合性比較強的數列問題中，數列通項公式的求解問題往往是解決數列難題的瓶頸。本文總結出幾種求解數列通項公式的方法，希望能對大家有幫助。
類型1
解法：把原遞推公式轉化為，利用累加法(逐差相加法)求解。
例:已知數列滿足，，求。
解：由條件知：
分別令，代入上式得個等式累加之，即
所以
，
變式:（2004，全國I，個理22．本小題滿分14分）
已知數列，且a2k=a2k－1+(－1)K, a2k+1=a2k+3k, 其中k=1,2,3,…….
（I）求a3, a5；
（II）求{ an}的通項公式.
解：，
，即
，
…… ……
將以上k個式子相加，得
將代入，得
，
。
經檢驗也適合，
類型2
解法：把原遞推公式轉化為，利用累乘法(逐商相乘法)求解。
例:已知數列滿足，，求。
解：由條件知，分別令，代入上式得個等式累乘之，即
又，
例:已知， ，求。
解：
。
變式:（2004，全國I,理15．）已知數列{an}，滿足a1=1， (n≥2)，則{an}的通項
解：由已知，得，用此式減去已知式，得
當時，，即，又，
，將以上n個式子相乘，得
類型3 （其中p，q均為常數，）。
解法（待定系數法）：把原遞推公式轉化為：，其中，再利用換元法轉化為等比數列求解。
例:已知數列中，，，求.
解：設遞推公式可以轉化為即.故遞推公式為,令，則,且.所以是以為首項，2為公比的等比數列，則,所以.
變式:（2006，重慶,文,14）
在數列中，若，則該數列的通項_______________
（key:）
變式:（2006. 福建.理22.本小題滿分14分）
已知數列滿足
（I）求數列的通項公式；
（II）若數列{bn}滿足證明：數列{bn}是等差數列；
（Ⅲ）證明：
（I）解：

是以為首項，2為公比的等比數列

即　
（II）證法一：

　　　　　　　　　　　　　①
　　　　　　②
②－①，得
即

　 ③－④，得　
即　

是等差數列
證法二：同證法一，得
　
令得
設下面用數學歸納法證明　
（1）當時，等式成立
（2）假設當時，那么

這就是說，當時，等式也成立
根據（1）和（2），可知對任何都成立
是等差數列
（III）證明：




變式:遞推式：。解法：只需構造數列，消去帶來的差異．
類型4 （其中p，q均為常數，）。 （或,其中p，q, r均為常數） 。
解法：一般地，要先在原遞推公式兩邊同除以，得：引入輔助數列（其中），得：再待定系數法解決。
例:已知數列中，,，求。
解：在兩邊乘以得：
令，則,解之得：
所以
變式:（2006，全國I,理22,本小題滿分12分）
設數列的前項的和，
（Ⅰ）求首項與通項；（Ⅱ）設，，證明：
解：（I）當時，；
當時，，即，利用（其中p，q均為常數，）。 （或,其中p，q, r均為常數）的方法，解之得：
(Ⅱ)將代入①得 Sn= ×(4n－2n)－×2n+1 + = ×(2n+1－1)(2n+1－2)
= ×(2n+1－1)(2n－1)
Tn= = × = ×( － )
所以, = － ) = ×( － ) <
類型5 遞推公式為（其中p，q均為常數）。
解法一(待定系數法)：先把原遞推公式轉化為
其中s，t滿足
解法二(特征根法)：對于由遞推公式，給出的數列，方程，叫做數列的特征方程。若是特征方程的兩個根，當時，數列的通項為，其中A，B由決定（即把和，代入，得到關于A、B的方程組）；當時，數列的通項為，其中A，B由決定（即把和，代入，得到關于A、B的方程組）。
解法一（待定系數——迭加法）:
數列：， ，求數列的通項公式。
由，得
，
且。
則數列是以為首項，為公比的等比數列，于是
。把代入，得
，
，
，
。
把以上各式相加，得
。
。
解法二（特征根法）：數列：， 的特征方程是：。
,
。
又由，于是
故
例:已知數列中，,,，求。
解：由可轉化為
即或
這里不妨選用（當然也可選用，大家可以試一試），則是以首項為，公比為的等比數列,所以,應用類型1的方法，分別令，代入上式得個等式累加之，即
又，所以。
變式:（2006，福建,文,22,本小題滿分14分）
已知數列滿足
（I）證明：數列是等比數列；
（II）求數列的通項公式；
（III）若數列滿足證明是等差數列
（I）證明：
是以為首項，2為公比的等比數列
（II）解：由（I）得
　　
（III）證明：
　　　　　　　　①
　　②
②－①，得
即　　　　　③
　　　　　④
④－③，得
即
是等差數列
類型6 遞推公式為與的關系式。(或)
解法：這種類型一般利用與消去 或與消去進行求解。
例：已知數列前n項和.
（1）求與的關系；（2）求通項公式.
解：（1）由得：
于是
所以.
（2）應用類型4（（其中p，q均為常數，））的方法，上式兩邊同乘以得：
由.于是數列是以2為首項，2為公差的等差數列，所以
變式:（2006，陜西,理,20本小題滿分12分)
已知正項數列{an}，其前n項和Sn滿足10Sn=an2+5an+6且a1,a3,a15成等比數列，求數列{an}的通項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)
當a1=3時，a3=13，a15=73 a1， a3，a15不成等比數列∴a1≠3;
當a1=2時， a3=12， a15=72， 有 a32=a1a15 ， ∴a1=2， ∴an=5n－3
變式: (2005,江西,文,22．本小題滿分14分）
已知數列{an}的前n項和Sn滿足Sn－Sn－2=3求數列{an}的通項公式.
解：，
，兩邊同乘以，可得
令
…… ……
又，，
，
。
類型7
解法：這種類型一般利用待定系數法構造等比數列，即令，與已知遞推式比較，解出,從而轉化為是公比為的等比數列。
例:設數列：，求.
解：設，將代入遞推式，得
…（１）則,又，故代入（１）得
說明：（1）若為的二次式，則可設;(2)本題也可由 ,（）兩式相減得轉化為求之.
變式:（2006，山東,文,22,本小題滿分14分）
已知數列｛｝中，在直線y=x上，其中n=1,2,3…
(Ⅰ)令
(Ⅱ)求數列
(Ⅲ)設的前n項和,是否存在實數，使得數列為等差數列？若存在，試求出 若不存在,則說明理由
解：（I）由已知得
又
是以為首項，以為公比的等比數列
（II）由（I）知，
將以上各式相加得：

（III）解法一：
存在，使數列是等差數列
數列是等差數列的充要條件是、是常數
即
又
當且僅當，即時，數列為等差數列
解法二：
存在，使數列是等差數列
由（I）、（II）知，
又
當且僅當時，數列是等差數列
類型8
解法：這種類型一般是等式兩邊取對數后轉化為，再利用待定系數法求解。
例：已知數列｛｝中，，求數列
解：由兩邊取對數得，
令，則，再利用待定系數法解得：。
變式:（2005，江西,理,21．本小題滿分12分）
已知數列
（1）證明
（2）求數列的通項公式an.
解：用數學歸納法并結合函數的單調性證明：
（1）方法一 用數學歸納法證明：
1°當n=1時，
∴，命題正確.
2°假設n=k時有
則

而
又
∴時命題正確.
由1°、2°知，對一切n∈N時有
方法二：用數學歸納法證明：
1°當n=1時，∴；
2°假設n=k時有成立，
令，在[0，2]上單調遞增，所以由假設
有：即
也即當n=k+1時 成立，所以對一切
（2）解法一：
所以　　
,
又bn=－1，所以
解法二：
由（I）知，，兩邊取以2為底的對數，
令,則
或
變式:（2006,山東,理,22,本小題滿分14分）
已知a1=2，點(an,an+1)在函數f(x)=x2+2x的圖象上，其中=1，2，3，…
證明數列｛lg(1+an)｝是等比數列；
設Tn=(1+a1) (1+a2) …(1+an)，求Tn及數列｛an｝的通項；
記bn=，求｛bn｝數列的前項和Sn，并證明Sn+=1
解：（Ⅰ）由已知，


，兩邊取對數得
，
即
是公比為2的等比數列
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
（*）


=
由（*）式得
（Ⅲ）， ，
，又，
，又，
類型9
解法：這種類型一般是等式兩邊取倒數后換元轉化為。
例：已知數列｛an｝滿足：，求數列｛an｝的通項公式。
解：取倒數：
是等差數列，
變式:（2006，江西,理,22,本大題滿分14分）
已知數列｛an｝滿足：a1＝，且an＝
求數列｛an｝的通項公式；
證明：對于一切正整數n，不等式a1(a2(……an(2(n！
解：（1）將條件變為：1－＝，因此｛1－｝為一個等比數列，其首項為
1－＝，公比，從而1－＝，據此得an＝（n(1）…………1(
（2）證：據1(得，a1(a2(…an＝
為證a1(a2(……an(2(n！
只要證n(N(時有(…………2(
顯然，左端每個因式都是正數，先證明，對每個n(N(，有
(1－（）…………3(
用數學歸納法證明3(式：
n＝1時，3(式顯然成立，
設n＝k時，3(式成立，
即(1－（）
則當n＝k＋1時，
(〔1－（）〕(（）
＝1－（）－＋（）
(1－（＋）即當n＝k＋1時，3(式也成立
故對一切n(N(，3(式都成立
利用3(得，
(1－（）＝1－
＝1－(
故2(式成立，從而結論成立
類型10
解法：如果數列滿足下列條件：已知的值且對于，都有（其中p、q、r、h均為常數，且），那么，可作特征方程,當特征方程有且僅有一根時,則是等差數列;當特征方程有兩個相異的根、時，則是等比數列。
例：已知數列滿足性質：對于且求的通項公式.
解: 數列的特征方程為變形得其根為故特征方程有兩個相異的根，使用定理2的第（2）部分，則有
∴
∴
即
例：已知數列滿足：對于都有
（1）若求（2）若求（3）若求
（4）當取哪些值時，無窮數列不存在？
解：作特征方程變形得
特征方程有兩個相同的特征根依定理2的第（1）部分解答.
(1)∵對于都有
(2)∵
∴


令，得.故數列從第5項開始都不存在，
當≤4，時，.
(3)∵∴
∴
令則∴對于
∴
(4)、顯然當時，數列從第2項開始便不存在.由本題的第（1）小題的解答過程知，時，數列是存在的，當時，則有令則得且≥2.
∴當（其中且N≥2）時，數列從第項開始便不存在.
于是知：當在集合或且≥2}上取值時，無窮數列都不存在.
變式:（2005，重慶,文,22,本小題滿分12分）
數列記
（Ⅰ）求b1、b2、b3、b4的值；
（Ⅱ）求數列的通項公式及數列的前n項和
解法一：由已知,得,其特征方程為解之得,或
,
,
解法二：
（I）
（II）因，
故猜想
因，（否則將代入遞推公式會導致矛盾）
故的等比數列.
,
解法三：
（Ⅰ）由
整理得
（Ⅱ）由
所以
解法四：
（Ⅰ）同解法一
（Ⅱ）

從而
類型11 或
解法：這種類型一般可轉化為與是等差或等比數列求解。
例：（I）在數列中，，求
（II）在數列中，，求
類型12 歸納猜想法
解法：數學歸納法
變式:（2006，全國II,理,22,本小題滿分12分）
設數列｛an｝的前n項和為Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根為Sn－1，n＝1，2，3，…
（Ⅰ）求a1，a2；
（Ⅱ）｛an｝的通項公式
提示:1 為方程的根,代入方程可得
將n=1和n=2代入上式可得
2 求出等,可猜想并用數學歸納法進行證明，本題主要考察 一般數列的通項公式與求和公式間的關系
3 方程的根的意義(根代入方程成立)
4數學歸納法證明數列的通項公式(也可以把分開為,可得
解：(Ⅰ)當n＝1時，x2－a1x－a1＝0有一根為S1－1＝a1－1，
于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝
當n＝2時，x2－a2x－a2＝0有一根為S2－1＝a2－，
于是(a2－)2－a2(a2－)－a2＝0，解得a1＝
(Ⅱ)由題設(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，
即　　Sn2－2Sn＋1－anSn＝0
當n≥2時，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
下面用數學歸納法證明這個結論
(i)n＝1時已知結論成立
(ii)假設n＝k時結論成立，即Sk＝，
當n＝k＋1時，由①得Sk＋1＝，即Sk＋1＝，
故n＝k＋1時結論也成立
綜上，由(i)、(ii)可知Sn＝對所有正整數n都成立 　　……10分
于是當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝－＝，
又n＝1時，a1＝＝，所以
｛an｝的通項公式an＝，n＝1，2，3，… ……12分
本題難度較大,不過計算較易,數列的前面一些項的關系也比較容易發現
類型13雙數列型
解法：根據所給兩個數列遞推公式的關系，靈活采用累加、累乘、化歸等方法求解。
例：已知數列中，；數列中，。當時，,，求,.
解：因
所以
即…………………………………………（1）
又因為
所以……
.即………………………（2）
由（1）、（2）得：，
類型14周期型
解法：由遞推式計算出前幾項，尋找周期。
例：若數列滿足，若，則的值為___________。
變式:（2005，湖南,文，5）
已知數列滿足，則= （ ）
A．0 B． C． D．

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