2022年数列总结----递推数列求通项公式的典型方法.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 递推数列求通项公式的典型方法例2 设 数 列 an是 首 项 为1的 正 项 数 列 , 且名师归纳总结 1、an+1=an+f （n）型a . n1 an12na n2a n1a n0（n=1,2,3 ）,就它的通项公式是a = 累加法 : （2000 年高考 15 题） . an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+ （ a2-a1）+ a1解：原递推式可化为：n1 an1nanan1an=0 =f （n-1 ）+f （n-2 ）+ f （1）+ a1 例 1 已知数列 an满意 a1=1,a n+1=an+2n（nN *）, 求

2、anan1an0,ann1nn1解: an=（an-a n-1）+（an-1-a n-2）+ （ a2-a 1）+ a 1a=2 n-1+2 n-2+ +2 1+1=2 n-1 （nN *）就a21,a32,a 43, ,an1nn1例在数列 a 中,1a3,an1ann11,求通项公式1a2ana23a 34n逐项相乘得：an1,即a =1 . n解：原递推式可化为：a n1a n1n11a 1nn3a n 1panq型（ p,q 为常数）就a2a111,a 3a2111223方法：（1）an1pq1pa npq1,再依据等比数列的相关学问a4a311, ,anan1n11134n求a .

3、逐项相加得：ana 111. 故an41 2a n1anpanan1再用累加法求a . nn 3an1anpq1 , 先用累加法求an再求an2、an1gn 型pn1pnnpnan例 3已知an的首项a1a（a 为常数）,an2an1nN,n2,累积法 :ana n1.an1.a2. a1求a nanan2a 1解 设an2an1,就1所以angn1gn2gn3.g1a1an12an11例 2: 已知数列 an满意an1nnN*,a 11.求anan1为公比为 2 的等比数列；anan1a12n1解:anan1an1.a2a 1anan2ana12n11a 1 =n1n2n3. 1n1.题目

4、:在数列 an不是常数数列 中,a n11a n2且a 11,求数列 an的通a nn1.nN23第 1 页,共 19 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 项公式 . 一:因为a na n11a n2,所以,a n1a n12,所an4是公比为1 2的等比数列或者各项均为0.下同解法二 . 解法22评注 : 这种方法通常叫做构造法.即由已知递推式的特点构造一个等比数列,再以 ,a n1an1 2ana1,所以 ,数列a n1a n是公比为1的等比数列.又求通项公式 .设an1p a n,与原递推数列进行对比可以建立方程,求2数所设实数的值即可得an1是

5、以a 1为首项 ,以 p 为公比的等比数11an111na n11ana 2a 11, 将, 所 以 ,2代 入 上 式 可 得列. n16 11622以上三种方法虽然各不相同,但是它们有一点是共同的,即构造一个等比数a n41 2n1. 列,这就是此题的实质所在. 4a n 1panfn型（ p 为常数）3名师归纳总结 评注 这种方法叫做差分法.即由条件an1panq pq p10进行递推方法：变形得an1anfn,就an1可用累加法求出,由此求可得anpan1q ,进一步可得an1anp a nan1,数列an1an是公n1nn1pnppp比为 p 的等比数列 ,所以 ,an1ana2a

6、1pn1,再将an1panq 代入即,求a n得a . 可求得ana2a 1pn1q. 例 4已知an满意a 12 ,an12an2np1解an1an1解法二 :所给数列对应的特点方程为:x1x2,所以 ,特点根为x4.由于2n12n2a nn2为等差数列；a n11an2,所以 ,an141an4,即数列 an4 是公比为124 11 1 n3 2的等比22411 3,所以 ,anp11 1 n 1.故 a n2,所以满意 x1. anna 1n1nan构造等比数列数列 ,又a 1432n22n,由于a评注 :这种方法叫做特点根法1pxq 叫做此数列对n应的特征方程的x存在,由a n1pan

7、q可得5.an2pan1qan型（p,q 为常数）a n1xpanqxp anx ,所以 ,数列 anx 是以1ax 为首项 ,以方法：待定糸数法设a n2a n1an1p 为公比的等比数列或各项均为0,于是再依据条件anxa 1x pn1,所例 5数列an中,a12,a2,3且2ana n1an1nN,n2,以,ana 1x pn1x . 求a . 解法三 :设a n11 2a n,即an11an1与已知a n11an2对2226、取倒数法第 2 页,共 19 页比 可 得12, 所 以 ,4 . 所 以 , 可 得a n141 an4 ,即 数 列22- - - - - - -精选学习资料

8、 - - - - - - - - - 例 6 已知数列 a 中,其中a1,1,且当 n2 时,anan11,S n1例9 如数列a 中,a =1,S 是 数列 a 的前 n 项之 和, 且2 an13S nSn（n1）,求数列 a 的通项公式是a . 求通项公式a ；4名师归纳总结 解将an2an11两边取倒数得：1a112,这说明1是一解 递推式Sn13S nS n可变形为11314（1）an1annan4SnSn个等差数列,首项是11,公差为2,所以11n122n1,设（ 1）式可化为113 1（2）a1a nSnS n即a n11. 比较（ 1）式与（ 2）式的系数可得2,就有1123

9、12 ；2 nS nSn7、取对数法故 数 列 12 是 以123为 首 项 , 3为 公 比 的 等 比 数 列 ；例如数列 a 中,a =3 且an1a n2（n 是正整数）,就它的通项公式S nS 1是a = （ 2002 年上海高考题）. 12=3n 313n；所以S nn 311；解由题意知a 0,将an1a n2两边取对数得lgan12lgan,即Snlgan12,所以数列lgan是以lg a =lg3为首项,公比为2 的等比数列,当 n2,anSnS n13n123n1232n23n12；lgan183nlga nlga 12n1lg32n1,即an2 3n1. 数列 a 的通项

10、公式是an1n23n12n1 ；8、平方（开方）法2 3n28n 3例 8 如数列 a 中,a =2 且an3a21（n2 ）,求它的通项公n2 、an 1AanBCn（ A、 B、 C 为 常 数 , 下 同 ） 型 , 可 化 为式是a . 解将an32 a n1两边平方整理得a2a213；数列 a2 是以a n1Cn1=AanCn）的形式 . nnn2 a =4 为首项, 3 为公差的等差数列；2 an2 a 1n1 33 n1；由于an例 10 在数列 a 中,a 11 ,an12an43n1,求通项公式a ；解：原递推式可化为：0,所以an3n1；an13n2 a n3 n19、待定

11、系数法比较系数得=-4 ,式即是：a n143n2an43n1. 待定系数法解题的关键是从策略上规范一个递推式可变成为何种等比数列,可以少走弯路. 其变换的基本形式如下：就数列an43n1是一个等比数列,其首项a141 315,公比是1、an 1AanB（A、B为常数）型,可化为an1=A（an）的2. 形式 . an43n152n1第 3 页,共 19 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 即an43n152n1. n1aBan型N,n2可n1化an为3、an2Aaan2an1Aan1n的形式；n,a5 a6例 11 在数列 a 中,a 1,1a22,

12、当求通项公式a . 解：式可化为：a n 2 a n 1 5 a n 1 a n 比较系数得 =-3 或 =-2 ,不妨取 =-2. 式可化为：a n 2 2 a n 1 3 a n 1 2 a n 就 a n 1 2 a n 是一个等比数列,首项 a 2 2a 1 =2-2 （-1 ）=4,公比为 3. n 1a n 1 2 a n 4 3 . 利用上题结果有：n 1 n 1a n 4 3 5 2 . 4、a n 1 Aa n Bn C 型,可 化 为a n 1 1 n 2 A a n 1 n 1 2 的形式；例 12 在数列 a 中,1a 3,2 a n a n 1 =6 n 3 2求通项

13、公式 a . 解 式可化为：2 a n 1 n 2 a n 1 1 n 1 2 故 a n 9 12一、复习回忆n6 n9. a +1, 求 an；引入问题： 已知数列 an满意 a1=1, 且 an+1 =3分析一： 归纳法； 由递推公式, 可求出 a2=4,a3=13,a4=40；就 a2-a1=3=3 1,a3-a 2=9=3 2,a4-a 3=27=3 3；由此推测： an-a n-1=3 n-1（可用数学归纳法证明） ,所以an-1-an-2=3 n-2 ,an-2 -a n-3=3 n-3 , a4-a 3=3 3,a3-a 2=3 2,a2-a 1=3 1,把上式子累加,n得,

14、an-a 1=3 1+3 2+3 3+ +3 n-1 =,得 an=3 1；2分析二：构造法；由 an+1 =3 na +1,得 an+1 + 1 =3（an+1）,即数列 an+1 2 2 2n为一个公比为 3 的等比数列,就 an+1 =1+1 3 n-1 = 3 1；2 2 2分 析 三 ： 迭 代 法 ； an=3an-1 +1=33an-2+1+1=3 2an-2+3 1+1= =3 n-1 a1+3 n-2n1+3 n-31 + +3 1+1=3 12点评：（1）分析一中先推测出前后两项差的关系,再用累加法求出通项；这种用不完全归纳法求出前几项再找规律的的方法,对全部求数列通项的题

15、均适用,应培育归纳才能；（2）分析二中构造出新数列,由新数列求出 an 的通项；（3）分析三使用迭代法,这也是由递推式求通项的基本方法；本文将由此例题绽开,对它进行各种变形,力求归纳出由递推公式求通项名师归纳总结 比较系数可得：2 bnbn16 n99,公比为1 . 2公式的方法；n 都有ana nan121,求 an；1=-6 ,29,式为二、例题精讲b n是一个等比数列,首项b 1a 1例 1. 已知数列 a n 中,a1=1,对任意自然数n n2bn91n1分析：由已知,ana n121,an122, ,22n nn1 n即an6n991na 3a22,a2a 1223,累加,得23 4

16、第 4 页,共 19 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - an-a 1=211n1 n11.1如 d=0,就上式变形为a11b1a,令b n1, 就bn1bb na,n n1 n2 n2 3nc a ncancc即基本型；=21n11；如 d,c 0, 且 bc ad,令 an= b n+tt为待定系数 转化为情形；2例 3. 在数列 a n中,a13 2,2xnanan116nn3, 求通项a . 点评：（1）例 3 由例 1 中的常数项1 变为 fn 而得来；（2）递推式为an+1=an+fn ,只要 f1+f2+ +fn-1是可求的,可用累解：原

17、递推式可化为2yan1 yanx 加法求出；（3）今年安徽题中也有这样一题：已知数列an 中 a1=1,且 a2k=a2k-1+-1k,比较系数可得：x=-6,y=9,上式即为2 bnb n1a2k+1=a2k+3 k,其中 k=1,2,3 （ 1）求 a3,a5（2）求数列 a n 的通项公式；这所以bn是一个等比数列,首项b 1a 16 n99, 公比为1 . 2是一个 an+1=an+fn 型的函数, 只不过偶数项减奇数项与奇数项减偶数项的fn2不同而已,依照上法,可以轻松求解；b n91n1即：an6n991n（4）运用类比推理的思想方法,把例3 与例 1 的形式进行比较后可看出类似之

18、处,从而在方法上类同；222对递推式为an+1=pan+q（p、q 为常数）时,可构造新数列an+1+pq1=pan+pq1 ；故an91n6n9. 22 如fnqn 其中 q 是常数,且n0,1 其 证 明 的 简 略 过 程 如 下 ： 由an+1=pan+q , 令an+1+x =pa n+x , 化 简 , 得名师归纳总结 an+1=pan+px-x ,因此 px-x=q ,即 x=pq1；得证；如 p=1 时,即：an1anqn,累加即可 . bn1pn, 第 5 页,共 19 页如p1时,即：an1panqn,例 2：已知数列 a n 中, a1=1,an1aan3,求 an；求通

19、项方法有以下三种方向：i. 两边同除以pn1. n即：an1an1pn, 令bnan,就bn1分析：把两边取倒数,可得a11311；令b n1,就 bn+1=3bn+1,pn1qnpqpnqpna na n然后类型 1,累加求通项 . an1pan1, 即引入问题,按上法可求解；ii.两边同除以qn1 . 即：点评：（1）转换问题,化成基本型后求解（运用反思维定势定势方法中的qn1qqn5 来解,q转移思维方法）令bnan, 就可化为b n1pb n1. 然后转化为类型（2）对分式型递推数列可归纳如下：设a1=a,an1ca nda0qnqqiii.待定系数法：,转化为等比数列pn. 通过比较

20、系数,求出设an1qn1pan求通项 . aanb- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 形如 a n 1 pa n qa n 1 其中 p,q 为常数 型（1）当 p+q=1 时 用转化法例 4. 数列 a n 中,如 a 1 8 , a 2 2 , 且满意 a n 2 4 a n 1 3 a n 0 , 求 a . 解：把 a n 2 4 a n 1 3 a n 0 变形为 a n 2 a n 1 3 a n 1 a n . 就数列 a n 1 a n 是以 a 2 a 1 6 为首项, 3 为公比的等比数列,就n 1 na n 1 a n 6 3 利用

21、类型 6 的方法可得 a n 11 3 . （2）当 p 2 4 q 0 时 用待定系数法 . 例 5. 已知数列 a n 满意 a n 2 5 a n 1 6 a n 0,且 a 1 ,1 a 2 5 , 且满意 ,求 a . b na log2n1, 就b n2b n1,b n1是 以2为 公 比 的 等 比 数 列 ,12n1,logan12n1,b 1log111b n2n221,a n11a n1logan 22n122n（n2）,求数列an的通项公式 . 2n练习 数列an中,a11,a答案：an2222n（2）p0,an0用对数法 . 2n1 例 6. 设正项数列an满意a11,

22、an2 a21（n 2）. 求数列an的通令 b nnannn项公式 . 1 解：两边取对数得：loga n212loga n21,loga 2n12loga n211 ,设第 6 页,共 19 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 是 b就即为 bn1b n2 ,就数列 b n 为首项是 b 1 1a113,公差即 lgan1212lga n21 2an12a n2n1bn2 的等差数列, 因而 b n32n1 1 2,代入式中得2 n设 b nlga n22an1n n1 4 n1 ；a n22式可化为an2 ,就数列 b n 是以 b1故所求的通项

23、公式是an名师归纳总结 an1n n1 4n1 lga 12lg222lg21 为首项,公比为2 的等比数列,于是2a 1222二、构造等比数列法bn2lg21 2n12nlg21 ,代入式得：an2an21.定义构造法21 2n,解得 an2221 2n11 为所求；利用等比数列的定义qan1 ,通过变换,构造等比数列的方法；1 2nan2.an1AanB（A 、B 为常数）型递推式例 2.设在数列 a n中, a 12,a n1a2 nn2,求 a n 的通项公式；2 a可构造为形如an1A a n 的等比数列；解：将原递推式变形为例 3.已知数列 a n,其中 a 11,an13 an2

24、,求通项公式an ；an12an2 an22解：原递推式可化为： an113 an1 ,就数列 an1 是以 a 112为首项,公比为3 的等比数列,于是an1a11 3n123n1,故an12an2 an22an23n11；3.an1AanBCn（ A、B、C 为常数,下同）型递推式/得：a an12an22 ,可构造为形如an1Cn1A anCn 的等比数列；n12an2例 4.已知数列 a n,其中 a11 ,且 an12nann3,求通项公式an；a第 7 页,共 19 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解：将原递推变形为a1132n ,设

25、bn 1 a n；所以 bn91n1；nan22得 bn13 b nn 2 212n ,比较得1于是有即 an6 n991 ,故 a n9 12n6 n9为所求；b3的联2设式可化为b n12n13 b n三、函数构造法5b n112n13 b n12n1对于某些比较复杂的递推式,通过分析结构,联想到与该递推式结构相同或相近的公式、函数,再构造“ 桥函数” 来求出所给的递推数列的通项公式的5523为首项,公比是3方法；数列 bn12n是一个以 b11例 6.在数列 a n中, a11,an1a33 an,求通项公式an；n5555分析：第一考虑所给递推式与公式ab3a33 a b3 ab2的等比数列；所以 bn12n33 n1,即 bn12n1n 3 ,代入式中得：9 ,系；解：设 a1xx1 ,就5555a n2n53n为所求；a2a33 a 1 x x27 , ；133 xx1x3x3同理 a3x9x1a4x27x即名师归纳总结 4.an1AanBnC型递推式a1n1 2 的等比数列；a 1x30x