高考递推数列题型分类归纳解析

21/21递推数列题型高考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。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数列问题的难题。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:已知，

，求。解：。例3:（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1: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.例2:（2006，,文,14）在数列中，若，则该数列的通项＝_____（key:）例3:（2006..理22.）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）证法一：①②②－①，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1:已知数列中，,，求。解：在两边乘以得：令，则,解之得：所以例2:（2006，全国I,理22）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)：[这是新补充的方法，仅供学有余力的同学用]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）：[补充的方法，供学有余力的同学看]数列：，的特征方程是：。,∴。又由，于是故例1: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。例2:（2006，,文,22）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：①②②－①，得即③④④－③，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:（2006，,理,20)

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

例3:(2005,,文,22）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.例2:（2006，,文,22,）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（=1\*ROMANI）、（=2\*ROMANII）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1：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：。例2:（2005，,理,21）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∴或例3:（2006,,理,22）已知a1=2，点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中=1，2，3，…（Ⅰ）证明数列｛lg(1+an)｝是等比数列；（Ⅱ）设Tn=(1+a1)(1+a2)…(1+an)，求Tn与数列｛an｝的通项；（Ⅲ）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），，①，又②，由①②得，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1：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，例2:（2006，,理,22,）（此题较难，涉与到数列，不等式的放缩法，数学归纳法等知识，综合性较强，要认真研究，体会）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＝（n≥1）…………1°（2）证：据1°得，a1·a2·…an＝为证a1·a2·……an<2·n！只要证n∈N*时有>…………2°显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个n∈N*，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－（）－＋（）＝1－（＋）即当n＝k＋1时，3°式也成立

故对一切n?N*，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

（下面介绍的方法供学习程度较高，且有余力的同学参考用）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1：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2：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一样的特征根依定理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.例3:（2005，,文,22,）数列记（Ⅰ）求b1、b2、b3、b4的值；（Ⅱ）求数列的通项公式与数列的前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：数学归纳法例1:（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,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a2＝

(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＝0①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