最全的递推数列求通项公式方法

.

. .

. . word. .. 高考递推数列题型分类归纳解析

各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解。特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。本文总结出几种求解数列通项公式的方法，希望能对大家有帮助。

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:已知数列na满足211a，nnaann211，求na。

解：由条件知：111)1(1121nnnnnnaann

分别令)1(,,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累加之，即)()()()(1342312nnaaaaaaaa

)111()4131()3121()211(nn

所以naan111

211a，nnan1231121

变式:（2004，全国I，个理22．本小题满分14分）

已知数列1}{1aan中，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：kkkaa)1(122，kkkaa3212

kkkkkkaaa3)1(312212，即kkkkaa)1(31212

)1(313aa，

2235)1(3aa

…… ……

kkkkaa)1(31212

将以上k个式子相加，得

]1)1[(21)13(23])1()1()1[()333(22112kkkkkaa

将11a代入，得 .

. .

. . word. .. 1)1(21321112kkka，

1)1(21321)1(122kkkkkaa。

经检验11a也适合，)(1)1(21321)(1)1(21321222121为偶数为奇数nnannnnn

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:已知数列na满足321a，nnanna11，求na。

解：由条件知11nnaann，分别令)1(,,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累乘之，即

1342312••••nnaaaaaaaann1433221naan11

又321a，nan32

例:已知31a，nnanna23131 )1(n，求na。

解：123132231232)2(31)2(32)1(31)1(3annnnan••••

3437526331348531nnnnn。

变式:（2004，全国I,理15．）已知数列{an}，满足a1=1，1321)1(32nnanaaaa

(n≥2)，则{an}的通项1___na 12nn

解：由已知，得nnnnaanaaaa13211)1(32，用此式减去已知式，得

当2n时，nnnnaaa1，即nnana)1(1，又112aa，

naaaaaaaaann13423121,,4,3,1,1，将以上n个式子相乘，得2!nan)2(n .

. .

. . word. .. 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pqt1，再利用换元法转化为等比数列求解。

例:已知数列na中，11a，321nnaa，求na.

解：设递推公式321nnaa可以转化为)(21tatann即321ttaann.故递推公式为)3(231nnaa,令3nnab，则4311ab,且23311nnnnaabb.所以nb是以41b为首项，2为公比的等比数列，则11224nnnb,所以321nna.

变式:（2006，,文,14）

在数列na中，若111,23(1)nnaaan，则该数列的通项na_______________

（key:321nna）

变式:（2006. .理22.本小题满分14分）

已知数列na满足*111,21().nnaaanN

（I）求数列na的通项公式；

（II）若数列{bn}滿足12111*444(1)(),nnbbbbnanN证明：数列{bn}是等差数列；

（Ⅲ）证明：*122311...().232nnaaannnNaaa

（I）解：*121(),nnaanN

112(1),nnaa

1na是以112a为首项，2为公比的等比数列

12.nna

即 *21().nnanN

（II）证法一：1211144...4(1).nnkkkkna .

. .

. . word. .. 12(...)42.nnkkknnk

122[(...)],nnbbbnnb ①

12112[(...)(1)](1).nnnbbbbnnb ②

②－①，得112(1)(1),nnnbnbnb

即1(1)20,nnnbnb

21(1)20.nnnbnb

③－④，得 2120,nnnnbnbnb

即 2120,nnnbbb

*211(),nnnnbbbbnN

nb是等差数列

证法二：同证法一，得

1(1)20nnnbnb

令1,n得12.b

设22(),bddR下面用数学归纳法证明 2(1).nbnd

（1）当1,2n时，等式成立

（2）假设当(2)nkk时，2(1),kbkd那么

122[2(1)]2[(1)1].1111kkkkbbkdkdkkkk

这就是说，当1nk时，等式也成立

根据（1）和（2），可知2(1)nbnd对任何*nN都成立

1,nnnbbdb是等差数列

（III）证明：1121211,1,2,...,,12122(2)2kkkkkkakna

12231....2nnaaanaaa .

. .

. . word. .. 111211111111.,1,2,...,,2122(21)23.222232kkkkkkkkakna

1222311111111...(...)(1),2322223223nnnnaaannnaaa

*122311...().232nnaaannnNaaa

变式:递推式：nfpaann1。解法：只需构造数列nb，消去nf带来的差异．

类型4 nnnqpaa1（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1nq，得：qqaqpqannnn111•引入辅助数列nb（其中nnnqab），得：qbqpbnn11再待定系数法解决。

例:已知数列na中，651a,11)21(31nnnaa，求na。

解：在11)21(31nnnaa两边乘以12n得：1)2(32211••nnnnaa

令nnnab•2，则1321nnbb,解之得：nnb)32(23

所以nnnnnba)31(2)21(32

变式:（2006，全国I,理22,本小题满分12分）

设数列na的前n项的和14122333nnnSa，1,2,3,n

（Ⅰ）求首项1a与通项na；（Ⅱ）设2nnnTS，1,2,3,n，证明：132niiT

解：（I）当1n时，323434111aSa21a；

当2n时，)3223134(3223134111nnnnnnnaaSSa，即nnnaa241，利用nnnqpaa1（其中p，q均为常数，)0)1)(1((qppq）。 .