最全的递推数列求通项公式方法.docx
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最全的递推数列求通项公式方法
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,,文,14)
在数列中,若,则该数列的通项_______________
(key:
)
变式:
(2006..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,,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,,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=73a1,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,,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,,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:
(
)由已知得
又
是以为首项,以为公比的等比数列
(
)由(
)知,
将以上各式相加得:
(
)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(
)、(
)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,,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,,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,…
(1)证明数列{lg(1+an)}是等比数列;
(2)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,,理,22,本大题满分14分)
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a1a2……an2n!
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=(n1)…………1
(2)证:
据1得,a1a2…an=
为证a1a2……an2n!
只要证nN时有…………2
显然,左端每个因式都是正数,先证明,对每个nN,有
1-()…………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nN,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,,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,,文,5)
已知数列满足,则=()
A.0B.C.D.
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- 数列 求通项 公式 方法