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：

①②

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=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: (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＝（n≥1）…………1︒

（2）证：据1︒得，a1∙a2∙…an＝为证a1∙a2∙……an<2∙n！

只要证n∈N*时有>…………2︒

显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个n∈N*，

有≥1－（）…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≥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n∈N*，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，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＝0①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．