最全的递推数列求通项公式方法

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，个理22．本小题满分14分）

已知数列，且a_2k=a_2k－1+(－1)^k,   a_2k+1=a_2k+3^k, 其中k=1,2,3,…….

（I）求a₃, a₅；

（II）求{ a_n}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{a_n}，满足a₁=1， (n≥2)，则{a_n}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_______________

（key:）

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{b_n}滿足证明：数列{b_n}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，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p，q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 S_n= ×(4ⁿ－2ⁿ)－×2ⁿ⁺¹ + = ×(2ⁿ⁺¹－1)(2ⁿ⁺¹－2)

   = ×(2ⁿ⁺¹－1)(2ⁿ－1)   

 T_n= = × = ×( － )

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{a_n}，其前n项和S_n满足10S_n=a_n²+5a_n+6且a₁,a₃,a₁₅成等比数列，求数列{a_n}的通项a_n  

解: ∵10S_n=a_n²+5a_n+6， ①   ∴10a₁=a₁²+5a₁+6，解之得a₁=2或a₁=3   

又10S_n－1=a_n－1²+5a_n－1+6(n≥2)，②

 由①－②得 10a_n=(a_n²－a_n－1²)+6(a_n－a_n－1)，即(a_n+a_n－1)(a_n－a_n－1－5)=0 

∵a_n+a_n－1>0  ， ∴a_n－a_n－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， ∴a_n=5n－3 

变式: (2005,江西,文,22．本小题满分14分）

已知数列{a_n}的前n项和S_n满足S_n－S_n－2=3求数列{a_n}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，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:（2006，山东,文,22,本小题满分14分）

已知数列｛｝中，在直线y=x上，其中n=1,2,3… 

(Ⅰ)令

(Ⅱ)求数列

(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

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a_n.

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b_n=－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(a_n,a_n+1)在函数f(x)=x²+2x的图象上，其中=1，2，3，…

（1）       证明数列｛lg(1+a_n)｝是等比数列；

（2）       设T_n=(1+a₁) (1+a₂) …(1+a_n)，求T_n及数列｛a_n｝的通项；

记b_n=，求｛b_n｝数列的前项和S_n，并证明S_n+=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｛a_n｝满足：，求数列｛a_n｝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｛a_n｝满足：a₁＝，且a_n＝

（1）       求数列｛a_n｝的通项公式；

（2）       证明：对于一切正整数n，不等式a₁·a₂·……a_n<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a_n＝（n³1）…………1°

（2）证：据1°得，a₁·a₂·…a_n＝

为证a₁·a₂·……a_n<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）

（II）因，

故猜想

因，（否则将代入递推公式会导致矛盾）

故的等比数列.

,   

解法三：

（Ⅰ）由

整理得

（Ⅱ）由

所以

解法四：

（Ⅰ）同解法一

（Ⅱ）

       

从而

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｛a_n｝的前n项和为S_n，且方程x²－a_nx－a_n＝0有一根为S_n－1，n＝1，2，3，…

（Ⅰ）求a₁，a₂；

（Ⅱ）｛a_n｝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,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(S_n－1)²－a_n(S_n－1)－a_n＝0，

即　　S_n²－2S_n＋1－a_nS_n＝0 

当n≥2时，a_n＝S_n－S_n－1，代入上式得

S_n－1S_n－2S_n＋1＝0　　　①

由(Ⅰ)知S₁＝a₁＝，S₂＝a₁＋a₂＝＋＝ 

由①可得S₃＝ 

由此猜想S_n＝，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S_k＝，

当n＝k＋1时，由①得S_k＋1＝，即S_k＋1＝，

故n＝k＋1时结论也成立 

综上，由(i)、(ii)可知S_n＝对所有正整数n都成立  　　……10分

于是当n≥2时，a_n＝S_n－S_n－1＝－＝，

又n＝1时，a₁＝＝，所以

｛a_n｝的通项公式a_n＝，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．