2022年求递推数列通项公式的常用方法 .pdf

名师精编优秀资料求递推数列通项公式的常用方法绍兴一中求递推数列通项公式是数列知识的一个重点，也是一个难点，高考也往往通过考查递推数列来考查学生对知识的探索能力， 求递推数列的通项公式一般是将递推公式变形，推得原数列是一种特殊的数列或原数列的项的某种组合是一种特殊数列，把一些较难处理的数列问题化为中学中所研究的等差或等比数列，下面就求递推数列通向公式的常用方法举例一二，供参考：一公式法：利用熟知的的公式求通项公式的方法称为公式法，常用的公式有1nnnaSS(2)n，等差数列或等比数列的通项公式。例一已知无穷数列na的前n项和为nS，并且*1()nnaSnN，求na的通项公式？【解析】：1nnSa，111nnnnnaSSaa，112nnaa，又112a，12nna. 反思：利用相关数列na与nS的关系：11aS,1nnnaSS(2)n与提设条件，建立递推关系，是本题求解的关键 . 跟踪训练1.已知数列na的前n项和nS，满足关系1lgnSn(1,2)n.试证数列na是等比数列 . 二归纳法：由数列前几项用不完全归纳猜测出数列的通项公式，再利用数学归纳法证明其正确性，这种方法叫归纳法 . 例二已知数列na中，11a，121(2 )nnaan，求数列na的通项公式 . 【解析】：11a，121(2)nnaan，2121aa3，3221aa7猜测21nna*()nN，再用数学归纳法证明.（略）反思：用归纳法求递推数列，首先要熟悉一般数列的通项公式，再就是一定要用数学归纳法证明其正确性. 跟踪训练2.设na是正数组成的数列，其前n项和为nS，并且对于所有自然数n，na与 1 的等差中项等于nS与 1 的等比中项，求数列na的通项公式 . 三累 加 法 ： 利 用1211()()nnnaaaaaa求 通 项 公 式 的 方 法 称 为 累 加 法 。 累 加 法 是 求 型 如1( )nnaaf n的递推数列通项公式的基本方法（( )f n可求前n项和） . 例三已知无穷数列na的的通项公式是12nna，若数列nb满足11b，(1)n，求数列nb的通项公式 . 【解析】：11b,112nnnbb(1)n,1211()()nnnbbbbbb=1+12+ 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 10 页名师精编优秀资料112n=1122n. 反思 :用累加法求通项公式的关键是将递推公式变形为1( )nnaaf n. 跟踪训练3.已知112a,112nnnaa*()nN,求数列na通项公式 . 四累乘法 :利用恒等式321121(0,2)nnnnaaaaaana aa求通项公式的方法称为累乘法,累乘法是求型如: 1( )nnag n a的递推数列通项公式的基本方法(数列( )g n可求前n项积 ). 例四已知11a,1()nnnan aa*()nN,求数列na通项公式 . 【解析】：1()nnnan aa,11nnanan,又有321121(0,2)nnnnaaaaaana aa= 123n 12n-1=n,当1n时11a，满足nan，nan. 反思 : 用累乘法求通项公式的关键是将递推公式变形为1( )nnag n a. 跟踪训练4.已知数列na满足11a,123123(1)(2)nnaaaanan.则na的通项公式是. 五构造新数列 : 将递推公式n+1naqad（,q d为常数，0q，0d）通过1()()nnaxq ax与原递推公式恒等变成1()11nnddaq aqq的方法叫构造新数列. 例五已知数列na中 , 11a,121(2)nnaan,求na的通项公式 . 【解析】 :利用1()2()nnaxax,求得112(1)nnaa,1na是首项为112a,公比为 2 的等比数列 ,即12nna,21nna反思 :.构造新数列的实质是通过1()()nnaxq ax来构造一个我们所熟知的等差或等比数列. 跟踪训练5.已知数列中, 11a,1n-13nnaa(2)n求数列na的通项公式 . 六倒数变换：将递推数列1nnncaaad(0 ,0 )cd,取倒数变成1111nndac ac的形式的方法叫倒数变换. 例六已知数列na*()nN中, 11a,121nnnaaa,求数列na的通项公式 . 【解析】:将121nnnaaa取倒数得 : 1112nnaa,1112nnaa,1na是以111a为首项 ,公差为 2 的等精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 10 页名师精编优秀资料差数列 . 112(1)nna,121nan. 反思 :倒数变换有两个要点需要注意:一是取倒数 .二是一定要注意新数列的首项,公差或公比变化了. 跟踪训练6.已知数列na中, ,122nnnaaa,求数列na的通项公式 . 小结 :求递推数列的通项公式的方法很多,以上只是提供了几种常见的方法,如果我们想在求递推数列中游刃有余,需要在平时的练习中多观察,多思考 ,还要不断的总结经验甚至教训. 参考答案 : 1.证明：由已知可得：n101nS，当2n时119 10nnnnaSS，1n时，119aS满足上式 . na的通项公式19 10nna,2n时110nnaa为常数 ,所以na为等比数列 . 2.解:由已知可求11a,23a,35a,猜测21nan.(用数学归纳法证明). 3.由已知112nnnaa,121321()()()nnnaaaaaaaa=21122112n13122n. 4.2n时, 123123(1)nnaaaana,11212(1)nnnaaanana作差得 : 1nnnaana,11nnana,323aa,434aa,1nnana2345nana,21a,!2nna(2)n,11!22nnann. 5. 312nna6. 21nan数列一、 求递推数列通项公式基础类型nnnnaadaaq11及类型 1 )(1nfaann解法：把原递推公式转化为)(1nfaann，利用累加法 (逐差相加法 )求解。例 1:已知数列na满足211a，nnaann211，求na。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 10 页名师精编优秀资料解：由条件知：111)1(1121nnnnnnaann分别令)1( ,3 ,2 ,1nn，代入上式得)1(n个等式累加之， 即)()()()(1342312nnaaaaaaaa)111()4131()3121()211(nn所以naan111211a，nnan1231121类型 2 nnanfa)(1解法：把原递推公式转化为)(1nfaann，利用累乘法 (逐商相乘法 )求解。例 2:已知数列na满足321a，nnanna11，求na。解 ： 由 条 件 知11nnaann， 分 别 令) 1( , 3, 2, 1nn， 代 入 上 式 得)1(n个 等 式 累 乘 之 ， 即1342312nnaaaaaaaann1433221naan11又321a，nan32例 3:已知31a，nnanna23131)1(n，求na。解：123132231232)2(31)2(32)1(31)1(3annnnan34 375 26331 348 531nnnnn。变式 : （2004，全国 I,理 15 ）已知数列 an，满足 a1=1，1321) 1(32nnanaaaa(n2) ，则an的通项1_na12nn解：由已知，得nnnnaanaaaa13211) 1(32，用此式减去已知式，得当2n时，nnnnaaa1，即nnana) 1(1，又112aa，naaaaaaaaann13423121,4,3, 1,1，将以上 n 个式子相乘，得2!nan)2(n精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 10 页名师精编优秀资料类型 3 qpaann 1（其中 p，q 均为常数，)0) 1(ppq） 。解法（待定系数法） ：把原递推公式转化为：)(1taptann，其中pqt1，再利用换元法转化为等比数列求解。例 4:已知数列na中，11a，321nnaa，求na. 解 ： 设 递 推 公 式321nnaa可 以 转 化 为)(21tatann即321ttaann. 故 递 推 公 式 为)3(231nnaa,令3nnab，则4311ab,且23311nnnnaabb.所以nb是以41b为首项， 2 为公比的等比数列，则11224nnnb,所以321nna. 变式 :（2006，重庆 ,文,14）在数列na中，若111,23(1)nnaaan，则该数列的通项na_ （key:321nna）类型 4 nnnqpaa1（其中 p，q 均为常数，)0)1)(1(qppq） 。（或1nnnaparq,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1nq，得：qqaqpqannnn111引入辅助数列nb（其中nnnqab） ，得：qbqpbnn11再待定系数法解决。例 5:已知数列na中，651a,11)21(31nnnaa，求na。解：在11)21(31nnnaa两边乘以12n得：1)2(32211nnnnaa令nnnab2，则1321nnbb,解之得：nnb)32(23所以nnnnnba)31(2)21(32类型 5 递推公式为nnnqapaa12（其中 p，q 均为常数）。解 (特征根法 )：对于由递推公式nnnqapaa12，21,aa给出的数列na，方程02qpxx，叫做数列na的特征方程。若21,xx是特征方程的两个根，当21xx时，数列na的通项为1211nnnBxAxa，其中 A，B 由21,aa决定（即把2121,xxaa和2, 1n，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 10 页名师精编优秀资料代入1211nnnBxAxa，得到关于A、B 的方程组）；当21xx时，数列na的通项为11)(nnxBnAa，其中A，B 由21,aa决定（即把2121,xxaa和2, 1n，代入11)(nnxBnAa，得到关于A、B 的方程组）。例 6: 数列na：),0(025312Nnnaaannn，baaa21,求na解（特征根法） ：的特征方程是：02532xx。32,121xx, 1211nnnBxAxa1)32(nBA。又由baaa21,，于是)(32332baBabABAbBAa故1)32)(323nnbaaba练习 :已知数列na中，11a,22a,nnnaaa313212，求na。1731:()443nnkey a。变式 :（2006，福建 ,文,22）已知数列na满足*12211,3,32().nnnaaaaa nN求数列na的通项公式；（I）解：112211()().()nnnnnaaaaaaaa12*22.2121().nnnnN类型 6 递推公式为nS与na的关系式。 (或()nnSf a) 解法： 利用)2()1(11nSSnSannn与)()(11nnnnnafafSSa消去nS)2(n或 与)(1nnnSSfS)2(n消去na进行求解。例 7：数列na前 n 项和2214nnnaS.（1）求1na与na的关系；（2）求通项公式na. 解： （1）由2214nnnaS得：111214nnnaS于是)2121()(1211nnnnnnaaSS所以11121nnnnaaannnaa21211. （2）应用类型4（nnnqpaa1（其中p，q 均为常数，)0) 1)(1(qppq） ）的方法，上式两边同乘以12n得：22211nnnnaa由1214121111aaSa. 于 是 数 列nna2是 以2为 首 项 ， 2为 公 差 的 等 差 数 列 ， 所 以精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 10 页名师精编优秀资料nnann2) 1(22212nnna类型 7 rnnpaa1)0, 0(nap解法：这种类型一般是等式两边取对数后转化为qpaann 1，再利用待定系数法求解。例 8：已知数列na中，2111, 1nnaaaa)0(a，求数列.的通项公式na解：由211nnaaa两边取对数得aaann1lglg2lg1，令nnablg，则abbnn1lg21，再利用待定系数法解得：12)1(nnaaa。类型 8 )()()(1nhanganfannn解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为qpaann 1。例 9：已知数列 an满足：1,13111aaaannn，求数列 an的通项公式。解：取倒数：11113131nnnnaaaana1是等差数列，3)1(111naan3)1(1n231nan变式 :（2006，江西 ,理,22）已知数列 an满足： a132，且 ann1n13nan2nN2an1（，） 求数列 an的通项公式；解： （1）将条件变为： 1nnan11n113a（ ），因此 1nna为一个等比数列，其首项为111a13，公比13，从而 1nnan13，据此得 annnn331（n 1）类型 9 周期型解法：由递推式计算出前几项，寻找周期。例 10：若数列na满足)121( , 12)210(,21nnnnnaaaaa，若761a，则20a的值为 _。变式 :（2005，湖南 ,文， 5）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 10 页名师精编优秀资料已知数列na满足)(133, 0*11Nnaaaannn，则20a= （）A0 B3C3D23二、数列的求和： (1)公式法：必须记住几个常见数列前n项和2)1(2)(11dnnnaaanSnn；11)1(111qqqaqnaSnn；10（辽宁卷）已知等差数列na的前n项和为22( ,),nSpnaq p qR nN（）求q 的值；（）若a1与 a5的等差中项为18， bn满足22lognnab，求数列的 bn前 n 项和 . . ()解法一：当1n时，112aSpq, 当2n时,2212(1)2(1)nnnaSSpnnqp nnq22pnp. na是等差数列 , 222pqpp, 0q 4 分解法二：当1n时,112aSpq, 当2n时,2212(1)2(1)nnnaSSpnnqp nnq22pmp. 当3n时,11222(1)22naapnpp npp. 22232apqppq. 又222232appp, 所以3232pqp,得0q. 4 分()解：1512aaa, 318a. 又362app, 6218pp, 4p精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 10 页名师精编优秀资料86nan 8 分又22lognnab得432nnb. 12b,4(1) 1414322162nnnnbb,即nb是等比数列 . 所以数列nb的前n项和2(1 16 )2(161)1 1615nnnT(2)分组求和：如：求 1+1,41a,712a, ,2311nan, 的前 n 项和（注：12)13(12) 13(annannSn）(3)裂项法：如)2(1nnan求 Sn常用的裂项有111)1(1nnnn；)211(21)2(1nnnn；)2)(1(1)1(121)2)(1(1nnnnnnn（湖北卷） 已知二次函数( )yfx的图像经过坐标原点，其导函数为( )62fxx，数列na的前 n 项和为nS，点( ,)()nn SnN均在函数( )yf x的图像上。（） 、求数列na的通项公式；（）、设11nnnba a，nT是数列nb的前 n 项和，求使得20nmT对所有nN都成立的最小正整数m；解： （）设这二次函数f(x)ax2+bx (a 0) ,则 f(x)=2ax+b, 由于 f(x)=6x2,得a=3 , b=2, 所以f(x)3x22x. 又因为点( ,)()nn SnN均在函数( )yf x的图像上，所以nS3n22n. 当 n2 时，anSnSn1（3n22n）) 1(2) 132nn（6n5. 当 n1 时， a1S13 1226 15，所以， an6n5 （nN）（）由（）得知13nnnaab5)1(6)56(3nn)161561(21nn，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 10 页名师精编优秀资料故 Tnniib121)161561(.)13171()711(nn21（1161n）. 因此，要使21（1161n）20m（nN）成立的m,必须且仅须满足2120m，即 m 10，所以满足要求的最小正整数m 为 10. (4)错位相减法：其特点是cn=anbn其中 an是等差， bn是等比如：求和Sn=1+3x+5x2+7x3+ +(2n1)xn1注意讨论x，1)1 ()1 ()12()12(1212xxxxnxnxnSnnn(5)倒叙相加法：等差数列的求和公式就是用这种方法推导出来的。如求证： Cn0+3Cn1+5Cn2+ +(2n 1) Cnn=(n+1)2n精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 10 页