高考数列递推公式题型归纳解析完整答案版

高考数列递推公式题型归纳解析完整答案版

最新高考数列递推公式题型归纳解析完整答案版 ‎ 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。‎ 变式1.1:（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3:已知， ，求。‎ 解：‎ ‎ 。‎ 变式2.1:（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。‎ 变式3.1:（2006，重庆,文,14）‎ 在数列中，若，则该数列的通项___________ ‎ 变式3.2:（2006. 福建.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3.3: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。‎ 变式4.1:（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）‎ 例4，: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5: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5.1:（2006，福建,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：‎ ‎　①②‎ ‎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:（06陕西,理,) 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=‎73‎‎ a1， 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: (05,江西,文,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。‎ 变式:（2006，山东,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：（I）由已知得 ‎ 又 是以为首项，以为公比的等比数列 ‎ ‎（II）由（I）知，‎ 将以上各式相加得：‎ ‎ ‎ ‎（III）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（I）、（II）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。‎ 变式:（05江西,理）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:（06山东理）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；‎ ‎（3）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，江西,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a‎1·a2·……an<2·n！‎ 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＝（n³1）…………1° ‎（2）证：据1°得，a‎1·a2·…an＝为证a‎1·a2·……an<2·n！‎ 只要证nÎN*时有>…………2° 显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个nÎN*，‎ 有³1－（）…3° 用数学归纳法证明3°式：n＝1时，3°式显然成立，设n＝k时，3°式成立，‎ 即³1－（）‎ 则当n＝k＋1时，‎ ³〔1－（）〕·（）‎ ‎＝1－（）－＋（）‎ ³1－（＋）即当n＝k＋1时，3°式也成立 ‎ 故对一切nÎN*，3°式都成立 利用3°得，‎ ³1－（）＝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，重庆,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，湖南,文，5）‎ 已知数列满足，则= （ ） 　　　（Ｂ）‎ ‎ A．0 B． C． D．‎