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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: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{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: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{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：

　　　　　　　　　　　　　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 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)：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{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
变式: (2005,江西,文,22．本小题满分14分）
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: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
变式:（2006,山东,理,22,本小题满分14分）
已知a1=2，点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中=1，2，3，…
证明数列｛lg(1+an)｝是等比数列；
设Tn=(1+a1) (1+a2) …(1+an)，求Tn及数列｛an｝的通项；
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）， ，
，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｛an｝满足：，求数列｛an｝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｛an｝满足：a1＝，且an＝
求数列｛an｝的通项公式；
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
(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
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｛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．

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