专题由递推关系求数列通项公式含答案

.专题由递推关系求数列的通项公式一、目标要求经过详细的例题，掌握由递推关系求数列通项的常用方法：二、知识梳理求递推数列通项公式是数列知识的一个重点，也是一个难点，高考也经常经过察看递推数列来察看学生对知识的研究能力，求递推数列的通项公式一般是将递推公式变形，推得原数列是一种特其他数列或原数列的项的某种组合是一种特别数列，把一些较难办理的数列问题化为熟悉的等差或等比数列。三、典例精析S1n11、公式法：利用熟知的公式求通项公式的方法称为公式法。常用的公式有ann及SnSn12等差数列和等比数列的通项公式。例1已知数列{an}中a12，sn2{an}的通项公式n+2，求数列评注在运用ansnsn1时要注意条件n2，对n=1要考证。2、累加法：利用恒等式ana1a2a1+......+anan1求通项公式的方法叫累加法。它是求型如an1an+fn的递推数列的方法（其中数列fn的前n项和可求）。例2{an}中a1aa+1，求数列{an}的通项公式已知数列，n1212nn+3n2评注此类问题重点累加可消中间项，而f(n）可求和则易得an3、.累乘法a2a3anan0求通项公式的方法叫累乘法。它是求型如：利用恒等式ana1a2an1a1an1gnan的递推数列的方法数列gn可求前n项积..例3已知数列{an}中sn1nan，求数列{an}的通项公式评注angn，且式子右边累乘时可求积，而左边中间项可消。此类问题重点是化an14、转变法：经过变换递推关系，将非等差（等比）数列转变成等差或等比相关的数列而求得通项公式的方法称为转变法。常用的转变门路有：⑴凑配、消项变换——如将一阶线性递推公式an1qand（q,d为常数，q0,q1）经过凑配变成an1dd=qan，或消常数项转变成an2an1qan1anq1q1例4、已知数列{an}中，a11，an2an11n2，求数列{an}的通项公式议论：此类问题重点是利用配凑或消项变换将其转变成等比数列can1d11（）倒数变换——如将一阶分式递推公式an1（c,d为非零常数）取倒数得2andan1canc例5已知数列{an}中，a1an，求数列{an}的通项公式1，an12an1议论：此类问题重点是取倒数使其转变成一阶线性递推数列此后可用凑配、消项变换。p⑶对数变换——如将一阶分式递推公式an1canan0,c0,p0,p1取对数..可得lgan1plganlgc已知数列{an}中，a110，an0，且an12例610an，求数列{an}的通项公式议论：此类问题重点是取对数使其转变成对于an的对数的一阶线性递推数列即可用凑配、消项变换nq≠1，d≠1）⑷换元变换——如将一阶分式递推公式an1qand（q,d为非零常数，an1qa变换成n1ddd

nn

1an，令bnn，则转变成一阶线性递推公式dd例7在数列{an}中，a11，an13an+2n*，求数列{annN}的通项公式评注：此类问题重点是经过换元将其转变成一阶线性递推公式5、待定系数法递推公式为an2pan1qan（其中p，q均为常数）。解法：先把原递推公式转变成an2san1t(an1san)stp其中s，t知足，再应用前面转变法（4）种类的方法求解。stq21例8.已知数列an中，a11,a22,an2an1an，求an。33..7、叠代法例9an的前n和Sn足Snn已知数列2an(1),n1．求数列an的通公式。8、法：由数列前几用不完好法猜出数列的通公式，再用数学法明其正确性，种方法叫法。例10数列{an}足sn2nannN*}的通公式,求数列{an四、演、·宁卷已知等比数列n增数列，且2n＋an＋2＝n＋1，数列{an的通公1[2012]a2(a5a{a})}式an＝________.2、在数列{an}中，a131，求通公式an.,an1ann(n1)3、数列{an}是首221的正数列，且(n1)an1nanan1an0（n=1,2,3⋯），它的通公式是an=▁▁▁..4、已知数列{an}，其中122，且当n≥3，an2an1an21，求通公式an。a1,a5、正数列a0，a1，an⋯，an，⋯足anan2an1an2=2an1(n2)且a0a11，求{an}的通公式.五、能力提升an的前n和Sn与an足：an,Sn,Sn1且a11，求数列（逆推法）已知数列(n2)成等比数列，2an的前n和Sn点：本的常方法是先求通公式，此后求和，但逆向思，直接求出数列an的前n和Sn的推公式，是一种最正确解法..由递推关系求数列的通项公式答案22例1解：当n2由ansnsn1=n+2-n1+2=2n1当n1时3,n1不知足故a1s131,n22n例2解：由aa+1可知an1an111n1nn2+3n2n23n2n1n2aaaa+......+aa1+1111......11=n2n22334n1n1当n1时也建立。故有an=n1n例3解：当n=1时由a1s11a1可得a112由an1sn1sn=1n1an11nan可得an1nann2ana2a3an1123n2n11a1a2an1=n=nn1a12345n1当n=1时也建立。故有an=1nn1例4解法一凑配变换：由an2an11可得an12an11，又a112，故数列an1是首项为2，公比为2的等比数列，n1nan122，即an21解法二（消项变换）an2an11①an12an1②②-①得an1an2anan1n2，故数列an1an是首项为a2a12公比为2的等比数列即an1annn2，再用累加法得an21例5an1111解:由an1可得an2即22an1an1an1an11为首项2为公差的等差数列。11数列是以an=1+2（n-1）,即anan2n1例6解：由an0，且an12lgan1110an可得lgan112lgan，即2lgan1..数列lgan1是以lga112首以2公比的等比数列lgann即an2n11=210例7解：由an13an+2nan13an1an113an1)an可得n12n即n12(n令bnn1222222nbn13bn数列bn是以3首以3公比的等比数列即bn32222ann=3即annnn13222例8解：由an22an113an可化an2san1t(an1san)3st2s13即an2(st)an1stan1或1stt33s1里不如用1（自然也可用t3

1s3t11s3，大家能够一），t1an21(an1an)an1an是以首a2a11，公比1an1的等比数列,因此33an11n11的方法，分令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累加之，an( ),用型3101111(1)n1即ana1(((n23)))133313a11，因此an731n1又4(3)。4例9解：由a1S2a11a1112，有ann当nSnSn12(anan1)2(1),an2an2(n111),n2an12an22(1),⋯⋯，a22a12.n1n1n22n1an2a12(1)2(1)2(1)2n1(1)n[(2)n1(2)n2(2)]n12n1(1)n2[1(2)]32n2(n1[21)].3..a12n2n1]1也足上式，因此an[2(1)3n1anan1an2an12方法二、an2an12(1),222(nn1(1)nn1)(1)(1)3(1)3an2公比-21结构数列n首的等比数列（以下略）(1)333715n1解：易求a11,a22例10，a3,a4，由此可猜想ann1下面用数学法明：①当n1248211，左=a121，右=11=1，猜想建立；2k21②假n=k命建立，即akk1，那么由已知sk2kak①2sk12(k1)ak1②由②-①可得ak12ak1akakk1k1k112212k1命也建立。ak11=1k=kk11，即当n2222*由①，②可知命任何nN都建立。点：此关是利用假的ak明n=k+1命建立。方法二、n1a1S12a1a11n2anSnSn1(2nan)[2(n1)a1n]an11an12可结构等比数列（以下略）四、实战操练1、(公式法)2n[解析]本小主要考等比数列的见解与性．解的打破口灵巧用等比数列通形式，是解决关．由已知条件{}等比数列，可知，2(a＋a)＝5an＋1?annn＋22，又因{an}是增数列，210得a55因此q＝2.由a5＝a＝q＝

2(an＋an·2＝5an2－5q＋2＝0?q＝1或q)q?2q2n－1n32，因此a1＝2，an＝a1q＝2.2、（累加法）解：原推式可化：an1an11a2a111,a3a211nn11223a4a311，⋯⋯，anan111逐相加得：ana111.故an41.34n1nnn3、（累乘法）解：原推式可化：[(n1)an1nan](an1an)=0an1n∵an1an＞0，n1an..a21a32a43ann1an11.2,3,4,⋯⋯，n逐相乘得：n，即an=a1a2a3an1a1n4、（元法与累加法的合）解由an2an1an21得：(anan1)(an1an2)1，令bn1anan1，上式bn1bn21，因此{bn}是一个等差数列，b1a2a11，公差1.故bnn.。由于b1b2bn1a2a1a3a2anan1an1又b1b2bnn(n1)12因此an111)，即5、（元法与累乘法合）解an1an2整理得：n(n将推式两同除以2anan12an1an12an，b1a12bn11，故有bn2bn11bn==1，bnan1a0b2b1b12(b1)b1是公比2，首2的等比数列nn1nn1n∴bn2n1即an=2n1.∴an(2n1)2an1an1逐相乘得：