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第四节：由数列的递推公式求通项公式
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．我现在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．
类型一、
解法：把原递推公式转化为，利用累加法(逐差相加法)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加之，即
所以
，．
变式：已知数列中，，且，其中
（I）求；（II）求的通项公式．
解：，
，即
，
…… ……
将以上k个式子相加，得
将代入，得
，
．
经检验也适合，
类型二、
解法：把原递推公式转化为，利用累乘法(逐商相乘法)求解．
例2.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3.已知，，求．
解：

变式：（2011全国I理15）已知数列，满足，
，则的通项 ．
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．
类型三、（其中均为常数，）．
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4.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：（2010.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）若数列滿足证明：数列是等差数列；
（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：




类型四、（其中均为常数，）．
（或,其中均为常数）．
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5.已知数列中，,，求．
解：在两边乘以得：
令，则,解之得：
所以
变式:（2011全国I理本小题满分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, = － ) = ×( － ) <
类型五、递推公式为（其中均为常数）．
解法一(待定系数法)：先把原递推公式转化为
其中满足
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，其中由决定（即把和，代入，得到关于的方程组）；当时，数列的通项为，其中由决定（即把和，代入，得到关于的方程组）．
例6.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7.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:
1.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
2.已知数列中，,,，求．
3.已知数列中，是其前项和，并且，
⑴设数列，求证：数列是等比数列；
⑵设数列，求证：数列是等差数列；⑶求数列的通项公式及前项和．
类型六、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8.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:（2011陕西理本小题满分12分)
已知正项数列，其前项和满足且成等比数列，求数列的通项．
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: (2010江西文本小题满分14分）
已知数列的前项和满足，且，求数列的通项公式.
解：，
，两边同乘以，可得
令
…… ……
又，，
，
。
类型七、
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9.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．
变式:（2006山东文22本小题满分14分）
已知数列｛｝中，，点在直线上，其中
(Ⅰ)令，求证：数列是等比数列；
(Ⅱ)求数列
(Ⅲ)设分别为数列的前项和,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
类型八、
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10.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:（2011江西理21．本小题满分12分）
已知数列的各项都是整数，且满足
（1）证明 （2）求数列的通项公式．
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:（2010山东理22,本小题满分14分）
已知，点在函数的图象上，其中
(1)证明数列是等比数列；
(2)设，求及数列的通项；
(3)记，求数列的前项和,并证明=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）法一， ，
，又，
，又，
法二、
类型九、解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为.
例11.已知数列满足：，求数列的通项公式.
解：取倒数：
是等差数列，
变式:（2011江西理本大题满分14分）
1.已知数列满足：，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)证明：对于一切正整数，不等式.
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）证法一：据1(得，a1a2…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
(1－（）…………3(
用数学归纳法证明3(式：
n＝1时，3(式显然成立，
设n＝k时，3(式成立，
即(1－（）
则当n＝k＋1时，
(〔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，
(1－（）＝1－
＝1－(
故2(式成立，从而结论成立
法二、要证(…………2(
令
易证：

2.若数列的递推公式为，则求这个数列的通项公式.
3.已知数列{}满足时，，求通项公式.
4.已知数列满足：，求数列的通项公式.
5．若数列中，，求通项公式．
类型十、
解法：如果数列满足下列条件：已知的值且对于，都有（其中均为常数，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12.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13.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:（2011重庆文,本小题满分12分）
数列记．
（Ⅰ）求的值； （Ⅱ）求数列的通项公式及数列的前项和．
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
类型十一、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14.（I）在数列中，，求；
（II）在数列中，，求．
类型十二、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）
设数列的前项和为，且方程有一根为，
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）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(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
类型十三、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15.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：，
类型十四、周期型数列
解法：由递推式计算出前几项，寻找周期．
例16.若数列满足，若，则的值为___________．
变式:（2010湖南文5）
已知数列满足，则=（ ）
A．0 B． C． D．
附论文部分内容：巧用递推关系求解实际问题
1.随机游动问题
问题1 设正四面体的四个顶点是,各棱长均为1米,有一小虫从点开始按以下规则前进：在每一个顶点处用同样的概率选择通过这个顶点的三条棱之一并一直爬到这条棱的尽头,设它爬了10米以后恰好位于顶点的概率为,求的值.
解 考虑一般情形
令表示小虫爬了米后又到达点的概率.
由于小虫爬了米后到达点的概率是爬了米后未到达点的概率与从以外的某一点向爬来的概率的乘积,故有.
下面求解.
由递推关系式得,令得到,又
,所以,即.
因此.
2.配对问题
问题2 10对夫妇参加舞会，现要求选择舞伴，其中规定同一对夫妻不能选择对方当舞伴，舞伴必须是男女搭配，问有多少种不同的选法？
解 考虑一般情形
假设有对夫妇，男士记为,女士记为,此时可供选择的总数为.
首先考虑(表示男士1选择女士2当舞伴)
(1)如果,此时剩下的对夫妇还有种选法.
(2)如果,此时又把看成一对夫妻,则此时有中选法.
同理我们可考虑.
综上,
由,可得到
.
3.涂色问题
问题3十边形的边依次记为,每条边都涂以红、黄、蓝三种颜色的中的一种,其中相邻的两边不能同色,则有多少种不同的涂色方法?
解 考虑一般情形
假设为边形在题设条件下的涂色总数. 边形的条边分别记为.
(1)不考虑和之间的影响,则有三种颜色可供选择,其他均有两种颜色可供选择,因此涂色总数有种.
(2) 考虑和之间的影响.由于和之间的影响由决定,若和同色,则有2种选择, 若和异色,则只有1种选择.
因此所要求的方法总数为.
下面求解.由递推关系式得 ,令,得到,也即
,再令,可得,又
,所以,即.
因此.
4.子集选择问题
问题4 已知集合,求集合具有以下性质的子集的个数：每个子集至少含有2个元素,且每个子集中任意两个元素的差的绝对值大于1.
解 考虑一般情形
假设为集合的具有题设性质的子集的个数.
集合的具有题设性质的子集可以分成两类：
(1)含有元素,这样的子集的个数有个,即每个满足题中条件的子集与
的并集,以及;
(2)不含有元素,这样的子集个数为.
于是有,又由得
.

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