《递推型数列类型与求通项公式方法(已打).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《递推型数列类型与求通项公式方法(已打).doc（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、文档来源为 :从网络收集整理.word 版本可编辑 .欢迎下载支持 .常用递推数列类型与求通项公式方法摘要：本文力图对常见的高考递推数列类型的概括及求通项公式方法的研究，揭示这一内容的数学规律与本质，以便帮助读者更好地辅导学生参加高考递推公式是指数列的任意连续若干项所满足的一个确定关系式（比较常见的通常是给出数列中的相邻两项间的关系），由递推公式和相应的前若干项可以确定一个数列；利用递推公式法给出数列称为递推数列在递推背景下，首先是如何突破这个递推的条件，其中（大多数）的方法就是求出数列的通项公式，然后用这个通项公式解决后面的综合问题；（少数）另一种重要方法就是不求出、或本身就是很难求出通项公
2、式，借助数列解题特有的方法来解决问题在2008 年全国19 份理科试卷中，凡是数列综合题都含有递推公式，其中有16 份需要用求出通项公式的工具解题；在2009 年高考19 份理科卷中，有 5 份卷出现递推型数列综合题，在年高考19 份理科卷中，也有份卷出现递推型数列综合题，这些试题都需要求出通项公式来解决后面的问题因此在高考中，递推数列题目屡见不鲜，其中，需要求出递推数列的通项是近年高考的热点解决此类问题必须根据递推公式的结构特征，运用一些独特的方法，变换原来的递推公式，以便得到等差型、等比型、累加型、累乘型等模式比较明确的新递推公式，然后，利用基本数列知识去求数列的通项公式然而，不少读者对变
3、换数列的递推公式的方法知之甚少，从而导致了在处理此类问题时吃“闭门羹”；文对这样的递推数列用例题形式给出了九种模型，值得初学者一读，但内容粗浅，缺少从思想高度上去总结，从方法分类上去概括，类型也无法覆盖高考的要求；文只对含有递推公式相关的数列的问题有一点简单的涉及；为此，本文在上述基础上，把老师们平时零散在做的，就一些常见的、高考密切相关的递推公式变换的常用手段进行整理与研究,系统概括，希望对读者有所帮助一、求递推公式形如an 1Aa nBt nCnD 的数列的通项公式这里结合具体的例子来说明递推公式形如an 1Aa nBt nCnD (其中 A 、 B 、 C 、 D ， t 为已知的常数且
4、A0 、，且 t1 ， nN ) 的数列 an 的通项公式的求法这些递推数列的通项公式的推求在文3 、 里都有一些零散的研究，所提的方法多样，这里希望通过对上述方法的归纳、集中，形成单一的、便于学生轻松掌握和简易运用的所谓“主要方法”和“次要方法” ，采用的“主要方法”是将已知数列转化变形为新的“等比”数列后求通项的方法，这里的转变侧重在用待定系数法，对递推公式进行“改造”；采用的“次要方法”是利用等式“ an(anan 1 )(an 1an 2 )(an 2an 3 )( a2a1 )a1 ”即有些参考书所称呼的“逐差法” 或“累加法”来求本文不考虑特殊的情形，如 A 1， A t 等情况；
5、请读者阅读本文后思考笔者为什么要用“主要方法”和“次要方法”来命名类型 1 递推关系形如 an 1AanD （ A0 、1， D0 ）的递推数列例 1 已知数列 an 满足： a12 ， an 13an2 （ nN ），求数列 an 的通项公式主要解法：因为a12 ， an 13an2 （ nN ），将递推关系进行适当的变形为an 113(an1) ，就可以转化为一个新的等比数列 an1 ，其首项为 a11213 ，公比为 q3，所以有 an13 3n 13n ，从而有an3n1这样的数列有时无法直接观察转化出an 113( an1) 的形式，那么通常可以设变形后的形式为an 1x3(anx)
6、 ，展开得 an 13an2x ，由待定系数法知2x2 ，所以得 x1一般地，对于递推关系形如an 1Aa nD （ A0 、 1， D0 ）的递推数列，两边同加上一个x ，得an 1xA(anDx ) ，令 D x x ，得 xD，即递推关系变为an 1DA(anD) 这样的等比数AAA1A1A1列1文档来源为 :从网络收集整理 .word 版本可编辑 .欢迎下载支持 .次要解法：由 an 13an2，可以得到an1an2，即 an 1an2递推式子，由此想到等式3n 13n3n 13n 13n3n 1ananan 1)(an 1an 2(an 2an 3a2a1a13n(nn 1n 13n
7、2 )n2n3 )(21)1，那么就有33333333an222)2a1= 113n13n(n) ( n 1 ) (n 2(2 )13n ，即 an33333一般地，对于递推关系形如an 1AanD （A0、 ，D0）的递推数列，可以变化为an 1anD，1An 1AnAn1即an1anD型An1AnAn 1另解：由 an13an2 ，得到an3an123(3an22)232 an 22(3 1)33 an32(3231)3n1 a12(3n23n 3311)23n1(3n11) ，即 an3n1 一般地，对于递推关系形如an 1AanD （ A0、1， D0）的递推数列，也可以由归纳法归纳而
8、得anAn 1 a1D ( An 2An 3A11) 思考题：（年上海理科卷题）已知数列 a的前 n 项和为 s，且 snn 5an85 ，（nN）nn（ I ）证明： an1 是等比数列； （ II ）求数列 sn 的通项公式，并求出n 为何值时， sn 取得最小值？并说明理由答案：（ I ） an1 是以为首项，5 为公比的等比数列； （ II） sn n9075 ( 5 )n1 ，当 n15 时 sn 取得66最小值类型 2递推关系形如an 1AanCnD（、 ，）的数列A01C 0例 2已知数列 an 满足： a14， an 15an16n （ nN），求数列 an 的通项公式主要解法
9、：因为a14 ， an15an16n （ nN ），将递推关系进行适当的变形为an 14(n1)15(an4n1) ，就可以转化为一个新的等比数列 an4n1 ，其首项为 a14 1 1 1、公比为q5，所以有 an4n11 5n1 ，从而有 an5n 14n1这样的数列有时无法直接观察转化出an 14(n1)15(an4n 1) 的形式，那么，通常可以设变形后的形式为an 1x(n1)y5(anxny) ，展开得 an 15an4xn4yx ，由待定系数法得4x16， 4 yx0 所以x 4 ， y 1再将 x4 ， y1代入 an 1x(n1)y5( anxny) 就可以得到最终的变式：2
10、文档来源为 :从网络收集整理 .word 版本可编辑 .欢迎下载支持 .an 14(n1)15(an4n1) 一般地，对于递推关系形如an 1 Aa n CnD （ A 0、1，C0 ）的数列，我们可以变化为an 1x(n1)yA(anxny) ，退回来就是 an 1Aan( A1) xn ( A1) yx ，这样 xc、A1ycD(A 1)2A1次要解法：由于 an 1a16n ，得到 an 1an16n1)n 1，即 an 1an161n，由此想到等式5 n5n 15n(5n 15nn ()555ananan 1)an 1an 2)a5n(n5n 1(n 15n 2(555n 2an 3)
11、a2a1a1n 25n 3(251 )51，那么就有5an161n 1(n 2) (1n 2(n1)n 311a111n(4n 1) （这里的中刮号内求5n5( n 1) ( )3) (1 ()1=()5555555和要用到错位相减法） ，从而有 an5n 14n1一般地，对于递推关系形如 an1AanCnD（A0 1C0）的数列，我们可以变化为an 1anCn D、 ，An 1AnAn 1这样的逐差形式思考题：知数列 an 满足：a14， a2an2n 27n1（n N），求数列 an 的通项公式(答案：n 1an2n 12n23n 1)类型 3递推关系形如 an1Aa nBt nD （ A
12、0 、， B 0 ）的数列例 3 已知数列 an 满足： a116 ， an14an3 2n1 （ nN），求数列 an 的通项公式主要解法：因为a116 ， an 14an3 2n1 （ nN），将递推关系进行适当的变形为an 132n 14( an3 2n ) ，就可以转化为一个新的等比数列 an3 2n ，其首项为 a13 2110 ，公比 q4 ，所以有 an32n104n 1 ，从而有 a5 22 n 132n n这样的数列有时无法直接观察转化出an 1 32n 14(an3 2n ) 的形式，那么通常可以设变形后的形式为an 1x2n 1y4(an x2ny) ，展开得 an 14
13、anx2n 13y ，由待定系数法知x 3 ， y 0 ，再将 x 3， y0 代入 an 1x2n 1y 4(anx2ny) 就可以得到最终的变式an 13 2n 14( an3 2n ) 一般地，对于递推关系形如an 1Aa nBt nD （ A0、， B 0 ）的数列，可以考虑把递推关系改造为3文档来源为 :从网络收集整理 .word版本可编辑 .欢迎下载支持 .an 1xt n 1yA(an xt ny) ，后面就可以用待定系数法来处理了次要解法：由 an 14an32n 1，可以变为an 1an31n 1，即an 1an31n 1，后面可以利用等4n 14 n( )4n 14 n(
14、)22式“ an(anan1 )( an 1an2 )(an 2an3 )(a2a1 ) a1 ”来求一般地，对于递推关系形如an 1Aa nBt nD （ A0、， B0 ）的数列，可以考虑把递推关系改造为an 1anB ( t )nD这样的逐差形式了An 1AnA AAn 1思考题：（年全国课标卷理科题）设数列 an 满足 a12 ， an 1an322n1 （ I ）求数列 an 的通项公式；（ II）令 bnna n ，求数列 bn 的前 n 项的和 sn 答案：（ I ） an22n 1 ；（ II ） sn1( 3n1)22 n 12 9类型 4递推关系形如 an 1Aa n Bt
15、 nCnD （ A0、， B 0，C0 ）的数列例 4已知数列 an 满足： a11 ， an12an75n3n8 求数列 an 的通项公式主要解法：本题的条件是前面几个问题的混合，也比较复杂，很难直接观察变形为新的等比数列的形式可根据前面的类型的结论使用待定系数法设变形后的公式为 an 1xy( n1)z5n12(anxynz5n ) ，展开整理得an 12an 3xy3yn7 z 5n ，由待定系数法知3xy8 ，3 y3 ，7z7，所以有 x3 ， y 1 ，z 1这样，就可以得到最终的变式an 13(n1)5n 12( an3n5n )，转化为 an 3 n5n 这样一个新的等比数列，
16、其首项为a131512 、公比 q2 ，从而有 an3n5n2 (2)n 1 ，即an 3 n5n(2) n 一般地，对于递推关系形如an 1Aa nBt nCnD （ A0、， B0 ， C0 ）的数列，可以考虑把递推关系改造为an 1x y(n1)z tn 1(x yn z tn ) ，后面就可以用待定系数法来处理了A an次要解法：由an 12an7 5n38 可以得到an1an75)n3n4 (1n ，即n( 2) n 1( 2)n(2 ( 2) n)222an 1an75n3n1n后与前面几个例题的“次要方法”一样，可以利用等式( 2) n 1( 2) n()2 ( 2) n4 ()
17、222“ an(anan1 )(an 1an2 )(an 2an3 )( a2a1 )a1 ”来求，但运算量大，还要利用“错位相减法”来求里面的部分和一般地，对于递推关系形如an 1Aa nBt nCnD （ A0、， B0 ， C0 ）的数列，可以考虑把递推4文档来源为 :从网络收集整理 .word版本可编辑 .欢迎下载支持 .关系改造为 an 1anB ( t ) nCnD这样的逐差形式An 1AnA AAn 1An 1思考题：（年重庆理科卷题） 在数列 an中，a11，an1cancn1(2n（nN），其中实数 c01)（ I ）求 an 的通项公式； （ II ）若对于一切kN ，有
18、a2 ka2k1 ，求 c 的取值范围答案：（ I ） an 的通项公式 an(n21)cnc n1 ；（ II ） c 的取值范围是 (, 113 )1,)6小结：上面四种类型（ A1且 At ， nN ）所谓“主要方法”可归纳如下，不要求读者记住，但要求读者能理解 an1AanD（A 0， D0 ）可以变形为 an 1D1A(anD1) ；AA an1AanCnD （ A0， C0 ）可以变形为an 1C (n 1)C (A 1)DA anCnC (A 1)D；A 1(A 1)2A 1(A 1)2 an1AanBt nD （ A0 ，B0 ，t1 ）可以变形为 an1Bt n1DA(anB
19、t nD) ；AtA 1AtA1 an1AanBt nCnD（A 0， B0， C0， t1）可以变形为an 1Bt n 1C ( n 1)C (A 1)DA anBt nCnC (A 1)DA tA 1(A 1)2A tA 1(A 1)2二、倒数变换法例 5已知数列 an 满足： a14an（ nN），求数列 an 的通项公式1 ， an 12an解：由 an 14an（ nN）得：1an2111，把1看成项，anan 14an2 an4an2则数列 1 就是一类中型1 数列，所以，有111(11) 的变式，可求得11(1) n ，即anan 12 2 an2a n222 nann1 12评
20、注：对于递推公式形如an1pan（其中 p ， q ， r 是非零常数）的数列通项公式的求法，通常可以考虑将其qa n r两边取倒式，得到1r1q ，再将问题转化为一类中型1 数列的形式，从而求解an 1panp5文档来源为 :从网络收集整理.word 版本可编辑 .欢迎下载支持 .三、对数变换法例 6 已知数列 an 各项都是正数，且满足：a12 ， an 12an2 （ n N）求数列 an 的通项公式 an解：由 an 12an2 ，（ nN）得， lg an 1lg 22 lg an ，把 lg an 看成项，则数列 lg an 就是一类中型1 数列，所以有 lg an 1lg 2 2
21、(lg anlg 2) ，因此，有 lg anlg 22n 1 (lg a1lg 2)2n lg 2 ，即 an2(2n1) 评注：对于递推公式形如an 1panm （其中 p0 且 a10 ）或 an 1anf (n) （其中 f (n)0 且 a10 ）的数列通项公式的求法，通常可以考虑将其两边取对数式，得到lg an 1lg pm lg an 或 lg an 1lg anlg f (n) ，则数列lg an 符合一类中各型数列的形式，从而求解四、累加法所谓累加法就是利用重要的数列恒等式“ an(anan1 )(an 1an 2 )( an 2an 3 )(a2a1 ) a1 ”来求数列通
22、项公式的方法；也就是：如果已知数列 an 的递推公式形如（或可以转化为）： an1anf (n) ，且f (1) f (2) f (3)f (n) 是可求的，此时，将n 1,2,3, n 依次代入关系式中得到n1 个等式，然后把这n 1个式子相加，整理求得通项公式在一类各型例题中的所谓“次要方法”就是这样的做法例 7 已知数列 an 满足： a1 2 ， (n 1)an 1 ann （ n N），求数列 an 的通项公式 an 解：由 (n 1) an 1 an n 得， (n 1)!an 1 n!ann n! n! an(n 1)! n!，即 ( n 1)! an 1 n!an(n 1)!
23、n! ，从而，n! an n! an(n1)! an 1 ( n1)! an 1(n2)! an 2 ( 2! a21!a1 )1! a1n! (n1)! ( n 1)!(n2)! (2! 1! )1! 2n!1，即 an11n!五、累积法所谓累加法就是利用重要的数列恒等式“ ananan 1 an 2a2 a1 ”来求数列通项公式的方法；也就是：an 1 an 2 an 3a1如果已知数列 an 的递推公式形如（或可以转化为）： an1f (n) ，且 f(1)f (2)f (n1)是可求的，此时，将ann 1,2,3, n 依次代入关系式中得到n1个等式，然后把这n 1个式子相乘，整理求得
24、通项公式例 8 数列 an 满足： a12 ， ann 1N），求数列 an 的通项公式 an 1an （ nn解：由已知得 an 1n1 ，所以， ananan 1an 2a2 a1n n12a1 2n ，即 an 2nannan 1 an 2 an 3a1n 1 n 21就是所求6文档来源为 :从网络收集整理 .word 版本可编辑 .欢迎下载支持 .六、求递推公式形如an2pan 1qan （其中 p ， q 是不为零的两个常数）的数列的通项公式例 9已知数列 an 满足： a1a ，a2b ，且 an 2pan 1qan （ nN），（其中 p ， q 是不为零的两个常数） ，求 an 解：一般地，设 an2x1an1x2 ( an 1x1 an ) 即 an2(x1x2 )an 1x1 x2 an ，结合 an 2pa n 1 qa n ，所以有x1x2p由此可知 x1、 x2 是二次方程 x 2pxq0的两个非零根，这两个根有可能是不等实根、重实根、甚至共x1 x2q轭虚根，