高考遞推數列題型分類歸納解析

21/21遞推數列題型高考歸納解析各種數列問題在很多情形下，就是對數列通項公式的求解。在一些綜合性比較強的數列問題中，數列通項公式的求解問題往往是數列問題的難題。本文總結出幾種求解數列通項公式的方法，希望能對大家有幫助。類型1．

解法：把原遞推公式轉化為，利用累加法(逐差相加法)求解。例:已知數列滿足，，求。解：由條件知：分別令，代入上式得個等式累加之，即所以，變式:（2004，全國I，個理22．本小題滿分14分）已知數列，且a2k=a2k－1+(－1)k,

a2k+1=a2k+3k,其中k=1,2,3,…….（I）求a3,a5；（II）求{an}的通項公式.解：∵，∴，即∴，……

……將以上k個式子相加，得將代入，得，。經檢驗也適合，∴類型2．

解法：把原遞推公式轉化為，利用累乘法(逐商相乘法)求解。例1:已知數列滿足，，求。解：由條件知，分別令，代入上式得個等式累乘之，即又，例2:已知，

，求。解：。例3:（2004，全國I,理15．）已知數列{an}，滿足a1=1，

(n≥2)，則{an}的通項

解：由已知，得，用此式減去已知式，得當時，，即，又，，將以上n個式子相乘，得類型3．（其中p，q均為常數，）。解法（待定系數法）：把原遞推公式轉化為：，其中，再利用換元法轉化為等比數列求解。例1:已知數列中，，，求.解：設遞推公式可以轉化為即.故遞推公式為,令，則,且.所以是以為首項，2為公比的等比數列，則,所以.例2:（2006，,文,14）在數列中，若，則該數列的通項＝_____（key:）例3:（2006..理22.）已知數列滿足（I）求數列的通項公式；（II）若數列{bn}滿足證明：數列{bn}是等差數列；（Ⅲ）證明：（I）解：是以為首項，2為公比的等比數列

即（II）證法一：①②②－①，得即③－④，得即是等差數列

證法二：同證法一，得，令得設下面用數學歸納法證明（1）當時，等式成立

（2）假設當時，那么這就是說，當時，等式也成立

根據（1）和（2），可知對任何都成立

是等差數列

（III）證明：變式:遞推式：。解法：只需構造數列，消去帶來的差異．類型4．（其中p，q均為常數，）。（或,其中p，q,

r均為常數）。解法：一般地，要先在原遞推公式兩邊同除以，得：引入輔助數列（其中），得：再待定系數法解決。例1:已知數列中，,，求。解：在兩邊乘以得：令，則,解之得：所以例2:（2006，全國I,理22）設數列的前項的和，（Ⅰ）求首項與通項；（Ⅱ）設，，證明：解：（I）當時，；當時，，即，利用（其中p，q均為常數，）。（或,其中p，q,

r均為常數）的方法，解之得：(Ⅱ)將代入①得Sn=×(4n－2n)－×2n+1+=×(2n+1－1)(2n+1－2)=×(2n+1－1)(2n－1)Tn==×=×(－)所以,=－)=×(－)<類型5．遞推公式為（其中p，q均為常數）。解法一(待定系數法)：先把原遞推公式轉化為其中s，t滿足解法二(特征根法)：[這是新補充的方法，僅供學有余力的同學用]對于由遞推公式，給出的數列，方程，叫做數列的特征方程。若是特征方程的兩個根，當時，數列的通項為，其中A，B由決定（即把和，代入，得到關于A、B的方程組）；當時，數列的通項為，其中A，B由決定（即把和，代入，得到關于A、B的方程組）。解法一（待定系數——迭加法）:數列：，，求數列的通項公式。由，得，且，則數列是以為首項，為公比的等比數列，于是。把代入，得，，，……。把以上各式相加，得。。解法二（特征根法）：[補充的方法，供學有余力的同學看]數列：，的特征方程是：。,∴。又由，于是故例1:已知數列中，,,，求。解：由可轉化為即或這里不妨選用（當然也可選用，大家可以試一試），則是以首項為，公比為的等比數列,所以,應用類型1的方法，分別令，代入上式得個等式累加之，即又，所以。例2:（2006，,文,22）已知數列滿足（I）證明：數列是等比數列；（II）求數列的通項公式；（III）若數列滿足證明是等差數列

（I）證明：是以為首項，2為公比的等比數列

（II）解：由（I）得（III）證明：①②②－①，得即③④④－③，得即是等差數列

類型6．遞推公式為與的關系式。(或)解法：這種類型一般利用與消去

或與消去進行求解。例1：已知數列前n項和.（1）求與的關系；（2）求通項公式.解：（1）由得：于是所以.（2）應用類型4（（其中p，q均為常數，））的方法，上式兩邊同乘以得：由.于是數列是以2為首項，2為公差的等差數列，所以例2:（2006，,理,20)

已知正項數列{an}，其前n項和Sn滿足10Sn=an2+5an+6且a1,a3,a15成等比數列，求數列{an}的通項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)

當a1=3時，a3=13，a15=73

a1，a3，a15不成等比數列∴a1≠3;當a1=2時，a3=12，a15=72，有a32=a1a15，∴a1=2，∴an=5n－3

例3:(2005,,文,22）已知數列{an}的前n項和Sn滿足Sn－Sn－2=3求數列{an}的通項公式.解：∵，∴，兩邊同乘以，可得令∴……

……∴又∵，，∴，∴?！囝愋?．解法：這種類型一般利用待定系數法構造等比數列，即令，與已知遞推式比較，解出,從而轉化為是公比為的等比數列。例1:設數列：，求.解：設，將代入遞推式，得…（１）則,又，故代入（１）得說明：（1）若為的二次式，則可設;(2)本題也可由

,（）兩式相減得轉化為求之.例2:（2006，,文,22,）已知數列｛｝中，在直線y=x上，其中n=1,2,3…

(Ⅰ)令(Ⅱ)求數列(Ⅲ)設的前n項和,是否存在實數，使得數列為等差數列？若存在，試求出，若不存在,則說明理由。解：（Ⅰ）由已知得

又是以為首項，以為公比的等比數列

（II）由（I）知，……將以上各式相加得：

（III）解法一：存在，使數列是等差數列，

數列是等差數列的充要條件是、是常數即又∴當且僅當，即時，數列為等差數列

解法二：存在，使數列是等差數列

由（=1\*ROMANI）、（=2\*ROMANII）知，又∴當且僅當時，數列是等差數列。

類型8．解法：這種類型一般是等式兩邊取對數后轉化為，再利用待定系數法求解。例1：已知數列｛｝中，，求數列解：由兩邊取對數得，令，則，再利用待定系數法解得：。例2:（2005，,理,21）已知數列（1）證明（2）求數列的通項公式an.解：用數學歸納法并結合函數的單調性證明：（1）方法一用數學歸納法證明：1°當n=1時，

∴，命題正確.2°假設n=k時有

則

而又∴時命題正確.由1°、2°知，對一切n∈N時有方法二：用數學歸納法證明：1°當n=1時，∴；2°假設n=k時有成立，令，在[0，2]上單調遞增，所以由假設有：即也即當n=k+1時

成立，所以對一切（2）解法一：所以,又bn=－1，所以解法二：∵∴由（I）知，，兩邊取以2為底的對數，∴令,則∴或例3:（2006,,理,22）已知a1=2，點(an,an+1)在函數f(x)=x2+2x的圖象上，其中=1，2，3，…（Ⅰ）證明數列｛lg(1+an)｝是等比數列；（Ⅱ）設Tn=(1+a1)(1+a2)…(1+an)，求Tn與數列｛an｝的通項；（Ⅲ）記bn=，求｛bn｝數列的前項和Sn，并證明Sn+=1

解：（Ⅰ）由已知，，兩邊取對數得，即是公比為2的等比數列

（Ⅱ）由（Ⅰ）知

（*）=由（*）式得（Ⅲ），，①，又②，由①②得，又，

類型9解法：這種類型一般是等式兩邊取倒數后換元轉化為。例1：已知數列｛an｝滿足：，求數列｛an｝的通項公式。解：取倒數：是等差數列，例2:（2006，,理,22,）（此題較難，涉與到數列，不等式的放縮法，數學歸納法等知識，綜合性較強，要認真研究，體會）已知數列｛an｝滿足：a1＝，且an＝（1）求數列｛an｝的通項公式；（2）證明：對于一切正整數n，不等式a1·a2·……an<2·n！解：（1）將條件變?yōu)椋?－＝，因此｛1－｝為一個等比數列，其首項為1－＝，公比，從而1－＝，據此得an＝（n≥1）…………1°（2）證：據1°得，a1·a2·…an＝為證a1·a2·……an<2·n！只要證n∈N*時有>…………2°顯然，左端每個因式都是正數，先證明，對每個n∈N*，有31－（）…………3°用數學歸納法證明3°式：（i）n＝1時，3°式顯然成立，（ii）設n＝k時，3°式成立，即31－（）則當n＝k＋1時，3〔1－（）〕·（）＝1－（）－＋（）＝1－（＋）即當n＝k＋1時，3°式也成立

故對一切n?N*，3°式都成立

利用3°得，31－（）＝1－＝1－>故2°式成立，從而結論成立

類型10

（下面介紹的方法供學習程度較高，且有余力的同學參考用）解法：如果數列滿足下列條件：已知的值且對于，都有（其中p、q、r、h均為常數，且），那么，可作特征方程,當特征方程有且僅有一根時,則是等差數列;當特征方程有兩個相異的根、時，則是等比數列。例1：已知數列滿足性質：對于且求的通項公式.

解:數列的特征方程為變形得其根為故特征方程有兩個相異的根，使用定理2的第（2）部分，則有∴∴即例2：已知數列滿足：對于都有（1）若求（2）若求（3）若求（4）當取哪些值時，無窮數列不存在？解：作特征方程變形得特征方程有兩個一樣的特征根依定理2的第（1）部分解答.(1)∵對于都有(2)∵∴

令，得.故數列從第5項開始都不存在，當≤4，時，.(3)∵∴∴令則∴對于∴(4)、顯然當時，數列從第2項開始便不存在.由本題的第（1）小題的解答過程知，時，數列是存在的，當時，則有令則得且≥2.∴當（其中且N≥2）時，數列從第項開始便不存在.于是知：當在集合或且≥2}上取值時，無窮數列都不存在.例3:（2005，,文,22,）數列記（Ⅰ）求b1、b2、b3、b4的值；（Ⅱ）求數列的通項公式與數列的前n項和解法一：由已知,得,其特征方程為解之得,或∴,∴,

∴∴解法二：（I）（II）因，故猜想因，（否則將代入遞推公式會導致矛盾）故的等比數列.,

解法三：（Ⅰ）由整理得（Ⅱ）由所以解法四：（Ⅰ）同解法一（Ⅱ）從而類型11或解法：這種類型一般可轉化為與是等差或等比數列求解。例：（I）在數列中，，求

（II）在數列中，，求類型12歸納猜想法解法：數學歸納法例1:（2006，全國II,理,22,本小題滿分12分）設數列｛an｝的前n項和為Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根為Sn－1，n＝1，2，3，…（Ⅰ）求a1，a2；（Ⅱ）｛an｝的通項公式

提示:1.為方程的根,代入方程可得將n=1和n=2代入上式可得

2.求出等,可猜想并用數學歸納法進行證明，本題主要考察一般數列的通項公式與求和公式間的關系3.方程的根的意義(根代入方程成立)4.數學歸納法證明數列的通項公式(也可以把分開為,可得解：(Ⅰ)當n＝1時，x2－a1x－a1＝0有一根為S1－1＝a1－1，于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝.

當n＝2時，x2－a2x－a2＝0有一根為S2－1＝a2－，于是(a2－)2－a2(a2－)－a2＝0，解得a2＝

(Ⅱ)由題設(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，即Sn2－2Sn＋1－anSn＝0

當n≥2時，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分下面用數學歸納法證明這個結論

(i)n＝1時已知結論成立

(ii)假設n＝k時結論成立，即Sk＝，當n＝k＋1時，由①得Sk＋1＝，即Sk＋1＝，故n＝k＋1時結論也成立

綜上，由(i)、(ii)可知Sn＝對所有正整數n都成立

……10分于是當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝－＝，又n＝1時