2022年求递推数列通项公式的常用方法.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 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学问的一个重点,也是一个难点,高考也往往通过考查递推数列来考查同学对学问的探究才能, 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别的数列或原数列的项的某种组合是一种特别数列,把一些较难处理的数列问题化为中学中所争论的等差或等比数列,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a nS nS n 1n2,等差数列或等比数列的通项公式；例一已知无穷数列an的前 n 项和为S ,并且

2、a nS n1 naN*,求an的通项公式？【解析】：S n1a ,a n1S n1S na na n1,n11a ,又a 11,22a n1n. an与S n的关系：a 1S , 1a nS nS n1n2与提设条件,建立递推关系,是此题2反思：利用相关数列求解的关键 . 跟踪训练 1.已知数列 a n 的前 n 项和 S ,满意关系 n lg S n 1n n 1,2 .试证数列 a n 是等比数列 . 二 归纳法：由数列前几项用不完全归纳推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 a n 中,a 1 1,a n 2 a n 1 1 n 2 ,

3、求数列 a n 的通项公式 . 【解析】：a 1 1,a n 2 a n 1 1 n 2,a 2 2 a 1 1 3 ,a 3 2 a 2 1 7推测 a n 2 n 1 n N *,再用数学归纳法证明 .（略）反思：用归纳法求递推数列,第一要熟识一般数列的通项公式,再就是肯定要用数学归纳法证明其正确性 . 跟踪训练 2.设 a n 是正数组成的数列,其前 n项和为 S ,并且对于全部自然数 n ,a 与 1 的等差中项等于 S n与 1 的等比中项,求数列 a n 的通项公式 . 三 累 加 法 ： 利 用 a n a 1 a 2 a 1 n a n a求 通 项 公 式 的 方 法 称 为

4、 累 加 法 ； 累 加 法 是 求 型 如 1a n 1 a n f n 的递推数列通项公式的基本方法（f n 可求前 n 项和） . n例三 已知无穷数列 a n 的的通项公式是 a n 1,如数列 b n 满意 b 1 1, n 1,求数列 b n 的通项2公式 . 名师归纳总结 【解析】：b 11 ,b n1b n1nn1,b nb 1 b 2b 1b nb n1=1+1 2+ 第 1 页,共 10 页2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编 优秀资料n 1 n 11= 2 1. 2 2反思 :用累加法求通项公式的关键是将递推公式变形为 a

5、 n 1 a n f n . n跟踪训练 3.已知 a 1 1, a n 1 a n 1 n N * ,求数列 a n 通项公式 . 2 2四 累乘法 :利用恒等式 a n a 1 a 2 a 3 a n a n 0, n 2 求通项公式的方法称为累乘法 ,累乘法是求型如 : a a 2 a n 1a n 1 g n a n 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 a 1 1 , a n n a n 1 a n n N ,求数列 a n 通项公式 . 【解析】：a n n a n 1 a n , a n 1 n 1,又有 a n a 1 a 2 a 3

6、a n a n 0, n 2 = a n n a a 2 a n 1123n = n ,当 n 1 时 a 1 1,满意 a n n ,a n n . 1 2 n-1反思 : 用累乘法求通项公式的关键是将递推公式变形为 a n 1 g n a . 跟踪训练 4.已知数列 a n 满意 a 1 1 , a n a 1 2 a 2 3 a 3 n 1 a n 1 n 2 .就 a n 的通项公式是 . 五 构造新数列 : 将递推公式 a n+1 qa n d （q d 为常数,q 0,d 0）通过 a n 1 x q a n x 与原递推公式恒等变成 a n 1 d q a n d 的方法叫构造新

7、数列 . q 1 q 1例五 已知数列 a n 中 , a 1 1 , a n 2 a n 1 1 n 2 ,求 a n 的通项公式 . 【解析】 :利用 a n x 2 a n 1 x ,求得 a n 1 2 a n 1 1 , a n 1 是首项为n n a 1 1 2 ,公比为 2 的等比数列 ,即 a n 1 2 , a n 2 1反思 :.构造新数列的实质是通过 a n 1 x q a n x 来构造一个我们所熟知的等差或等比数列 . n 1跟踪训练 5.已知数列 中 , a 1 1 , a n 3 a n-1 n 2 求数列 a n 的通项公式 . 六 倒数变换：将递推数列 a n

8、 1 ca n c 0 , d 0 ,取倒数变成 1 d 1 1的形式的方法叫倒数变换 . a n d a n 1 c a n c例六 已知数列 a n n N * 中, a 1 1 , a n 1 a n,求数列 a n 的通项公式 . 2 a n 1【解析】:将 a n 1 a n 取倒数得 : 12 1, 1 12 , 1 是以 11 为首项 ,公差为 2 的等2 a n 1 a n 1 a n a n 1 a n a n a 1名师归纳总结 第 2 页,共 10 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编优秀资料,差数列 . 1 a n12n

9、1,a n211. n反思 :倒数变换有两个要点需要留意:一是取倒数 .二是肯定要留意新数列的首项,公差或公比变化了. 跟踪训练6.已知数列a n中, ,an12a n2,求数列a n的通项公式 . a n小结 :求递推数列的通项公式的方法许多,以上只是供应了几种常见的方法,假如我们想在求递推数列中游刃有余需要在平常的练习中多观看,多摸索 ,仍要不断的总结体会甚至教训. 参考答案 : 1.证明：由已知可得：S nn 101,当n2时anS nS n19 10n1,n1时,a n为等比数列 . ,n2时an110为常数 ,所以a 1S 19满意上式 . a n的通项公式an9 10n1a n2.

10、解:由已知可求a 11,a 23,a 35,推测a n2n1 .用数学归纳法证明. 3.由已知a n1a n1n,a na 1 a 2a 1a 3a 2a na n1=1122221n131n1. 222a 12a 2n1 a n1na n4.n2时, a na 12 a 23 a 3n1 a n1,a n1作差得 : a n1a nna ,an1n1,a 33,a 44,an1nana 2a 3ana n345n,a 21,ann.n2,a n1n1n.n2. a 2225. a n3n216. a nn21数列一、 求递推数列通项公式基础类型an1a nd 及an1q anfn ,利用累加

11、法 逐差相加法 求解；第 3 页,共 10 页类型 1 an1a nfn a n1a n解法：把原递推公式转化为例 1:已知数列an满意a11,an1ann21n,求a ；2名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编优秀资料a 4a 3a na n1解：由条件知：an1ann21nn11 1n11nn分别令n1 2,3, ,n1 ,代入上式得n1 个等式累加之, 即a 2a 1a 3a 2 111111n111所以a na 11122334nnn1 个 等 式 累 乘 之 , 即a 11,a n1113122n2n类型 2 an1fn a

12、 n解法：把原递推公式转化为an1fn,利用累乘法 逐商相乘法 求解；an例 2:已知数列an满意a12,an1nn1an,求an；3解 ： 由 条 件 知ann1nn1, 分 别 令n,1,2,3,n1, 代 入 上 式 得aa 2a3a 4an123n1an1a 1a2a 3an1234na 1n又1a2,a n233 n例 3:已知1a3,an13 n1ann1 ,求an；3n2解：an3 n1 13n2132131a 13n1 23 n22322321n 2,就 an的通项a n13 n4 3n75 23361；3n1 3n48 5n变式 :（ 2004,全国 I,理 15）已知数列

13、an,满意 a1=1,ana 12 a 23 a 3n1a n_n1an1a na 12 a23 a 31 nn1a n1na n,用此式减去已知式,得2第 4 页,共 10 页n2解：由已知,得当n2时,a n1a 33 ,na n,即a n1n1a n,又a 2a 11,a 11 ,a2a44,an,将以上 n 个式子相乘,得a nn .n,1a1a 2a3an2名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编优秀资料qp,再利用换元法转化为等比数列求解；类型 3 an 1pa nq（其中 p,q 均为常数,pqp10）；解法（待定系数法）

14、 ：把原递推公式转化为：a n1tp ant,其中t1例 4:已知数列an中,a 11,an12 an3,求a . 2 ant即a n12 antt3. 故 递 推 公 式 为解 ： 设 递 推 公 式an12 an3可 以 转 化 为an1ta n132 a n3 ,令b nan3,就b 1a 134,且b n1an132.所以b n是以b 14为首项, 2 为公比的bnan3等比数列,就b n4n 212n1,所以a n2n13. 变式 :（ 2006,重庆 ,文,14）在数列a n中,如a 11,a n12 a n3 n1,就该数列的通项a n_ rqn,其中 p,q, r 均为常（ke

15、y:a n2n13）0 ）；（或a n1pa n类型 4 an1pa nqn（其中 p,q 均为常数,pqp1 q1 数）；an1引入帮助数列b n（其中bnan）,得：解法：一般地,要先在原递推公式两边同除以qn1,得：a n1pqn1qqnqqnb n1pb n1再待定系数法解决；qqn1例 5:已知数列an中,a15,an11an1n1,求a ；632解：在an11an1n1两边乘以2n1得：2n1an122na323令b n2nan,就b n12b n1,解之得：bn32 2n33所以anbn31n21n2n23给出的数列an,方程x2pxq0,叫做数列类型 5 递推公式为a n2pa

16、n1qa n（其中 p,q 均为常数）；解 特点根法 ：对于由递推公式an2pa n1qan,a 1, a 2a n的特点方程；a 1, a 2打算（即把a 1,a2,x 1,x 2和n,12,如x 1, x2是特点方程的两个根,当x 1x2时,数列a n的通项为ann Ax 11n Bx 21,其中 A,B 由名师归纳总结 第 5 页,共 10 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编 优秀资料n 1 n 1代入 a n Ax 1 Bx 2,得到关于 A、 B 的方程组）；当 x 1 x 2 时,数列 a n 的通项为 a n A Bn x 1

17、n 1,其中 A, B 由 a 1 ,a 2 打算（即把 a 1 , a 2 , x 1 , x 2 和 n ,1 2,代入 a n A Bn x 1 n 1,得到关于 A、B 的方程组）；例 6: 数列 a n：3 a n 2 5 a n 1 2 a n 0 n 0 , n N ,a 1 a , a 2 b ,求 a n解（特点根法） ：的特点方程是：3 x 2 5 x 2 0；x 1 1 , x 2 2, 3a n Ax 1 n 1Bx 2 n 1A B 2 n 1；又由 a 1 a , a 2 b,于是3a A B A 3 b 2 a 2 n 1b A 2B B 3 a b 故 a n

18、3 b 2 a 3 a b 3 3练习 :已知数列 a n 中,a 1 1 , a 2 2 , a n 2 2a n 1 1a n,求 a ；3 37 3 1 n 1key a n ；4 4 3变式 :（ 2006,福建 ,文,22）已知数列 a n 满意 a 1 1, a 2 3, a n 2 3 a n 1 2 a n N *. 求数列 a n 的通项公式；（I ）解：a n a n a n 1 a n 1 a n 2 . a 2 a 1 a 1n 1 n 22 2 . 2 1n * 2 1 n N .类型 6 递推公式为 S 与 a 的关系式； 或 S n f a n S 1 n 1 解

19、 法： 利 用 a n 与 a n S n S n 1 f a n f a n 1 消 去 S n n 2 或 与S n S n 1 n 2 S n f S n S n 1 n 2 消去 a 进行求解；例 7：数列 a n 前 n 项和 S n 4 a n 1n 2 .（1）求 a n 1 与 a 的关系；（2）求通项公式 n a . n2解：（ 1）由 S n 4 a n 1n 2 得：S n 1 4 a n 1 1n 12 2于是 S n 1 S n a n a n 1 1n 2 1n 1 2 2所以 a n 1 a n a n 1 1n 1 a n 1 1a n 1n . 2 2 2（

20、2）应用类型 4（a n 1 pa n q n（其中 p, q 均为常数, pq p 1 q 1 0 ）的方法,上式两边同乘以 2 n 1 得：n 1 n2 a n 1 2 a n 2由 a 1 S 1 4 a 1 11 2 a 1 1 . 于 是 数 列 2 na n 是 以 2 为 首 项 , 2 为 公 差 的 等 差 数 列 , 所 以2名师归纳总结 第 6 页,共 10 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编 优秀资料2 nan 2 2 n 1 2 n a n nn 12r类型 7 a n 1 pa n p ,0 a n 0 解法：这种

21、类型一般是等式两边取对数后转化为 a n 1 pa n q,再利用待定系数法求解；例 8：已知数列a 中,a 1 ,1 a n 1 1a n 2a 0 ,求数列 a n 的通项公式 .a解：由 a n 1 1a n 2 两边取对数得 lg a n 1 2 lg a n lg 1,a a令 b n lg a n,就 b n 1 2 b n lg 1,再利用待定系数法解得：a n a 1 2 n 1；a a类型 8 a n 1 f n a ng n a n h n 解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为 a n 1 pa n q；例 9：已知数列 an满意：a n a n 1 , a 1

22、1,求数列 an的通项公式；3 a n 1 1解：取倒数：1 3 a n 1 13 1a n a n 1 a n 11 是等差数列,1 1 n 1 3 1 n 1 3 a n 1a n an a 1 3 n 2变式 :（ 2006,江西 ,理,22）已知数列 an满意： a13 2,且 an2a3na n1（n1 n 1n2,nN）求数列 an的通项公式；1 3,公比1 3,从而 1n解：（ 1）将条件变为： 1n1（ 13n1）,因此 1a 1n为一个等比数列,其首项为11anana 1a n1,据此得 ann3n（ n 1）n 3n 31类型 9 周期型解法：由递推式运算出前几项,查找周期

23、；例 10：如数列an满意an12an,0ana11 ,如1a6,就a20的值为 _；22an,117n2变式 :（ 2005,湖南 ,文, 5）名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 已知数列an满意a 1,0an1a nn3n名师精编a20优秀资料（）N*,就= 3 a1A 0 B3C3D32二、数列的求和：1公式法：必需记住几个常见数列前n 项和S nS nna 1anna1nn1 d；Snna1qq1q1；a 1 1n2210（辽宁卷）已知等差数列a n的前 n 项和为2 aq p qN1qpn2R n（）求 q

24、 的值；（）如 a1 与 a5 的等差中项为18, bn 满意a n2log2b ,求数列的 bn前 n 项和 . n第 8 页,共 10 页. 解法一：当n1时,a 1S 1p2q , 122 n1q2pnp2. 当n2时,a nS nS n12 pn2 nqp na n是等差数列 , 122 n1q2pmp2. p2q2pp2, q0 4 分解法二：当n1时,a 1S 1p2q , 当n2时,a nS nS n12 pn2 nqp n当n3时,a 1a n12pnp22p n1p22p . a 2p2q2p3p2q . 又a 22p2p23p2, 所以 3p2q3p2,得q0. 4 分解：

25、a 1a 12a5, a 318 . 又a 36pp2, 6pp218, p4名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - na8 n6 8 分. 16,即nb名师精编优秀资料又a n2log2b 得b n4 2n3是等比数列 . b 12,b n12 4n1 12 4b n4 2n3所以数列nb的前 n 项和T nn 21 16 2 16 n1511 162分组求和：如：求 1+1,14,17, ,a113n2, 的前 n 项和（注：Sn 3n21na1）aa2n 3n1 na123裂项法：如 an 1 求 Snn n 2 常用的裂项有 1 1 1

26、；1 1 1 1 ；1 1 1 1 n n 1 n n 1 n n 2 2 n n 2 n n 1 n 2 2 n n 1 n 1 n 2 （湖北卷） 已知二次函数 y f x 的图像经过坐标原点,其导函数为 f 6 x 2,数列 a n 的前 n 项和为 S ,n点 , n S n n N 均在函数 y f x 的图像上；（）、求数列 na 的通项公式；（）、设 b n 1,T 是数列 n b n 的前 n 项和,求使得 T n m对全部 n N 都成立的最小正整数 m；a a n 1 20解：（）设这二次函数 fx ax 2+bx a 0 , 就 fx=2ax+b, 由于 fx=6x 2,

27、得a=3 , b=2, 所以 fx3x 22x. 又由于点 , n S n n N 均在函数 y f x 的图像上,所以 S 3n n 22n. 当 n2时,anSnSn 1（3n22n）（n 1 22 n 16n5. 当 n1 时, a1S13 1 226 15,所以, an6n5 （ n N ）（）由（）得知 b n 331 1 1 ,a n a n 1 6 n 5 6 n 1 5 2 6 n 5 6 n 1名师归纳总结 第 9 页,共 10 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编 优秀资料故 T nnib1 1 1 1 1 . 1 11 （

28、11）. i 1 2 7 7 13 6 n 5 6 n 1 2 6 n 1因此,要使 1 （11） m （ n N ）成立的 m,必需且仅须满意 1 m ,即 m10,所以满意要求的2 6 n 1 20 2 20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+5x 2+7x 3+ +2n1x n1留意争论 x,2n x 1S n 2 n 1 x n 1 2 n 1 x n1 x 2 x 11 x 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： Cn 0+3C n 1+5C n 2+ +2n 1 C n n=n+12 n名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 10 页