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递推式求数列通项公式常见类型及解法


高考神梯数列绝招

2014-11-20

递推式求数列通项公式常见类型及解法
对于由递推式所确定的数列通项公式问题,通常可通过对递推式的变形转 化成 等差数列或等比数列,也可以通过构造把问题转化。下面分类说明。

一、



例 1. 在数列{an}中,已知

,求通项公式。

解:已知递推式化为

,即



所以



将以上

个式子相加,得



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二、



例 2. 求数列

的通项公式。

解:当









所以



三、



例 3. 在数列

中,

,求



解法 1:设 于是,得 数列。

,对比

,得



,以 3 为公比的等比

所以有



解法 2:又已知递推式,得

上述两式相减,得 项,以 3 为公比的等比数列。
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,因此,数列

是以

为首

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所以 1.(2008 陕西卷 22) . (本小题满分 14 分) 已知数列 {an } 的首项 a1 ? 求 {an } 的通项公式;

,所以



3 3an , 2, ?. , an ?1 ? ,n ?1 5 2an ? 1

? an?1 ?

? 1 1? 1 3an 1 2 1 ? 1 ? ? ? 1? , ,? ,? ? ? an ?1 3 ? an 2an ? 1 an?1 3 3a n ?



? 1 ? 2 1 1 2 ? 1 ? ,? ? ? 1 ? 是以 为首项, 为公比的等比数列. 3 3 an 3 ? an ?

?

3n 1 2 1 2 . ? 1 ? ? n?1 ? n ,? an ? n 3 ?2 an 3 3 3
1’ a2 ? 2, an+2= 已知数列 ?an } 满足, a1= an ? an ?1 ,n? N*. 2

2.(2009 陕西卷文) (本小题满分 12 分)

? ? ? 令 bn ? an?1 ? an ,证明: {bn} 是等比数列;
(Ⅱ)求 ?an } 的通项公式。 (1)证 b1 ? a2 ? a1 ? 1, 当 n ? 2 时, bn ? an ?1 ? an ? 所以 ?bn ? 是以 1 为首项, ?

an ?1 ? an 1 1 ? an ? ? (an ? an ?1 ) ? ? bn ?1, 2 2 2

1 为公比的等比数列。 2 1 n ?1 (2)解由(1)知 bn ? an ?1 ? an ? (? ) , 2
当 n ? 2 时, an ? a1 ? (a2 ? a1 ) ? (a3 ? a2 ) ? ? ? (an ? an?1 ) ? 1 ? 1 ? (? ) ? ? ? (? )

1 2

1 2

n?2

1 1 ? (? ) n ?1 2 1 5 2 1 2 ? 1 ? [1 ? (? ) n ? 2 ] ? ? ( ? ) n ?1 , ? 1? 1 3 2 3 3 2 1 ? (? ) 2 5 2 1 1?1 当 n ? 1 时, ? (? ) ? 1 ? a1 。 3 3 2 5 2 1 n ?1 * 所以 an ? ? ( ? ) ( n ? N ) 。 3 3 2

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四、



例 4. 设数列

,求通项公式



解:设

,则





所以









这时,所以



由于{bn}是以 3 为首项,以

为公比的等比数列,所以有



由此得:



说明:通过引入一些尚待确定的系数转化命题结构,经过变形与比较,把问题转化成基本数 列(等差或等比数列)。

1. 在数列 ?an ? 中, a1 ? 2 , an?1 ? 4an ? 3n ? 1, n ? N* .
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(Ⅰ)证明数列 ?an ? n? 是等比数列; (Ⅱ)求数列 ?an ? 的前 n 项和 Sn ; (Ⅲ)证明不等式 Sn?1 ≤ 4Sn ,对任意 n ? N* 皆成立. 本小题以数列的递推关系式为载体,主要考查等比数列的概念、 等比数列的通项 公式及前 n 项和 公式、 不等式的 证明等 基础 知识,考 查运算 能力 和推理论 证能 力.满分 12 分. (Ⅰ)证明:由题设 an?1 ? 4an ? 3n ? 1,得

an?1 ? (n ? 1) ? 4(an ? n) , n ? N* .
又 a1 ? 1 ? 1,所以数列 ?an ? n? 是首项为 1 ,且公比为 4 的等比数列. (Ⅱ)解:由(Ⅰ)可知 an ? n ? 4n?1 ,于是数列 ?an ? 的通项公式为

an ? 4n?1 ? n .
所以数列 ?an ? 的前 n 项和 Sn ?
4n ? 1 n(n ? 1) ? . 3 2

(Ⅲ)证明:对任意的 n ? N* ,

? 4n ? 1 n(n ? 1) ? 4n ?1 ? 1 (n ? 1)(n ? 2) Sn ?1 ? 4Sn ? ? ? 4? ? ? 3 2 2 ? ? 3
1 ? ? (3n 2 ? n ? 4) ≤ 0 . 2

所以不等式 Sn?1 ≤ 4Sn ,对任意 n ? N* 皆成立.
1) an ? 2.设数列 {an } 的首项 a1 ? (0,, 3 ? an ?1 ,n ? 2, 3, 4,… . 2

(1)求 {an } 的通项公式; (2)设 bn ? an 3 ? 2an ,证明 bn ? bn?1 ,其中 n 为正整数. 解: (1)由 an ?
3 ? an ?1 ,n ? 2, 3, 4,…, 2 1 整理得 1 ? an ? ? (1 ? an ?1 ) . 2 1 又 1 ? a1 ? 0 ,所以 {1 ? an } 是首项为 1 ? a1 ,公比为 ? 的等比数列,得 2
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? 1? an ? 1 ? (1 ? a1 ) ? ? ? ? 2?
(2)方法一: 由(1)可知 0 ? an ?
2 2 那么, bn ?1 ? bn

n ?1

3 ,故 bn ? 0 . 2

2 2 ? an ?1 (3 ? 2 an ?1 ) ? an (3 ? 2 an )

3 ? an ? 2 ? 3 ? an ? ? ?? ? ?3 ? 2? ? ? an (3 ? 2an ) 2 ? ? 2 ? ? 9a ? n (an ? 1) 2 . 4
2 2 又由(1)知 an ? 0 且 an ? 1 ,故 bn ?1 ? bn ? 0 ,

2

因此

bn ? bn?1,n 为正整数.

五、



例 5. 已知 b≠0,b≠±1, 和 b 表示 an 的通项公式。

,写出用 n

解:将已知递推式两边乘以

,得

,又设

,于是,原递推式化为

,仿类型三,可解得

,故



说明:对于递推式

,可两边除以

,得

,引入辅助

数列

,然后可归结为类型三。

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1.(2009 全国卷Ⅰ理) (本小题满分 12 分) (注 意 : 在 试 题 卷 上 作 答 无 效 ) . . . . . . . . . . . . . 在数列 {an } 中, a1 ? 1, an ?1 ? (1 ? ) an ? (I)设 bn ?

1 n

n ?1 2n

an ,求数列 {bn } 的通项公式 n

(II)求数列 {an } 的前 n 项和 Sn 分析: (I)由已知有

an ?1 an 1 1 ? ? n ? bn ?1 ? bn ? n n ?1 n 2 2 1 * (n? N ) n ?1 2

利用累差迭加即可求出数列 {bn } 的通项公式: bn ? 2 ? (II)由(I)知 an ? 2n ?

n , 2n ?1

? Sn = ? (2k ?
k ?1 n

n

n n k k ) ? (2 k ) ? ? ? k ?1 k ?1 2 k ?1 k ?1 2



? (2k ) ? n(n ? 1) ,又 ?
k ?1

k 是一个典型的错位相减法模型, k ?1 k ?1 2

n

易得

?2
k ?1

n

k
k ?1

? 4?

n?2 n?2 ? Sn = n(n ? 1) ? n ?1 ? 4 n ?1 2 2

评析:09 年高考理科数学全国(一)试题将数列题前置,考查构造新数列和利用错位相减法求 前 n 项和, 一改往年的将数列结合不等式放缩法问题作为押轴题的命题模式。 具有让考生和 一线教师重视教材和基础知识、基本方法基本技能,重视两纲的导向作用。也可看出命题人 在有意识降低难度和求变的良苦用心。

2. 在数列 ?an ? 中, a1 ? 2,an?1 ? ?an ? ? n?1 ? (2 ? ? )2n (n ? N? ) ,其中 ? ? 0 . (Ⅰ)求数列 ?an ? 的通项公式; (Ⅱ)求数列 ?an ? 的前 n 项和 Sn ; (Ⅲ)证明存在 k ? N? ,使得
an ?1 a ≤ k ?1 对任意 n ? N? 均成立. an ak

本小题以数列的递推关系式为载体,主要考查等比数列的前 n 项和公式、数列求 和、不等式的证明等基础知识与基本方法,考查归纳、推理、运算及灵活运用数 学知识分析问题和解决问题的能力.满分 14 分. (Ⅰ)解法一: a2 ? 2? ? ? 2 ? (2 ? ?)2 ? ? 2 ? 22 ,

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a3 ? ?(? 2 ? 22 ) ? ? 3 ? (2 ? ?)22 ? 2? 3 ? 23 , a4 ? ?(2? 3 ? 23 ) ? ? 4 ? (2 ? ?)23 ? 3? 4 ? 24 .
由此可猜想出数列 ?an ? 的通项公式为 an ? (n ?1)? n ? 2n . 以下用数学归纳法证明. (1)当 n ? 1 时, a1 ? 2 ,等式成立. (2)假设当 n ? k 时等式成立,即 ak ? (k ?1)? k ? 2k , 那么 ak ?1 ? ?a1 ? ? k ?1 ? (2 ? ?)2k ? ? (k ?1)? k ? ? 2k ? ? k ?1 ? 2k ?1 ? ? 2k

? [(k ? 1) ?1]? k ?1 ? 2k ?1 .
这就是说, 当 n ? k ? 1 时等式也成立. 根据 (1) 和 (2) 可知, 等式 an ? (n ?1)? n ? 2n 对任何 n ? N? 都成立. 解法二:由 an?1 ? ?an ? ? n?1 ? (2 ? ?)2n (n ? N? ) , ? ? 0 , 可得

?2? ?? ? n ?1 ? ??? an?1

n ?1

?

?2? ? ? ? ? 1, n ? ??? an

n

n n ? an ? 2 ? ? an ? 2 ? ? ? 所以 ? n ? ? ? ? 为等差数列,其公差为 1,首项为 0,故 ? ? ? ? n ? 1 ,所 ?n ? ? ? ?? ? ? ? ? ? ?

以数列 ?an ? 的通项公式为 an ? (n ?1)? n ? 2n . (Ⅱ)解:设 Tn ? ? 2 ? 2? 3 ? 3? 4 ? ?? (n ? 2)? n?1 ? (n ?1)? n , ① ②

?Tn ? ? 3 ? 2? 4 ? 3? 5 ??? (n ? 2)? n ? (n ?1)? n?1
当 ? ? 1 时,①式减去②式, 得 (1 ? ? )Tn ? ? 2 ? ? 3 ? ? ? ? n ? (n ? 1)? n ?1 ?

? 2 ? ? n?1 ? (n ? 1)? n ?1 , 1? ?

Tn ?

? 2 ? ? n?1 (n ? 1)? n?1 (n ? 1)? n?2 ? n? n?1 ? ? 2 . ? ? (1 ? ? )2 1? ? (1 ? ? )2
(n ? 1)? n?2 ? n? n?1 ? ? 2 ? 2n?1 ? 2 . 2 (1 ? ? )

这时数列 ?an ? 的前 n 项和 Sn ?

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当 ? ? 1 时, Tn ?

n( n ? 1) n(n ? 1) ? 2n ?1 ? 2 . .这时数列 ?an ? 的前 n 项和 Sn ? 2 2

?a ? a (Ⅲ)证明:通过分析,推测数列 ? n ?1 ? 的第一项 2 最大,下面证明: a1 ? an ?
an?1 a2 ? 2 ? 4 ? ? , n≥ 2 . an a1 2


由 ? ? 0 知 an ? 0 ,要使③式成立,只要 2an?1 ? (? 2 ? 4)an (n ≥ 2) , 因为 (? 2 ? 4)an ? (? 2 ? 4)(n ?1)? n ? (? 2 ?1)2n

? 4? · (n ?1)? n ? 4 ? 2n ? 4(n ?1)? n?1 ? 2n?2

≥ 2n? n?1 ? 2n?2 ? 2an?1,n ≥ 2 .
所以③式成立. 因此,存在 k ? 1 ,使得
an ?1 a a ≤ k ?1 ? 2 对任意 n ? N? 均成立. an ak a1

六、



例 6. 已知数列

,求



解:在

两边减去



所以

为首项,以



所以

令上式

,再把这

个等式累加,得

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所以



说明:

可以变形为

,就是

,则可从 是公比为 的等比数列,这样就转化为前面的类型五。

,解得

,于是

等差、等比数列是两类最基本的数列,是数列部分的重点,自然也是高考考查的热点,而考 查的目的在于测试灵活运用知识的能力,这个“灵活”往往集中在“转化”的水平上。

转化的目的是化陌生为熟悉,当然首先是等差、等比数列,根据不同的递推公式,采用相应 的变形手段,达到转化的目的。

1. 设 a1=1,a2= ,an+2= an+1-

5 3

5 3

2 an (n=1,2,---),令 bn=an+1-an (n=1,2---) 3

(1) 求数列{bn}的通项公式,(2)求数列{nan}的前 n 项的和 Sn。

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2.数列 ?an ? 中, a1 ? 8, a4 ? 2 且满足 an?2 ? 2an?1 ? an ⑴求数列 ?an ? 的通项公式; ⑵设 S n ?| a1 | ? | a2 | ??? | an | ,求 S n ;

n? N*

1 (n ? N * ),Tn ? b1 ? b2 ? ? ? bn (n ? N * ) ,是否存在最大的整数 n(12 ? a n ) m 成立?若存在,求出 m 的值;若不存在,请说明理 m ,使得对任意 n ? N * ,均有 Tn ? 32
⑶设 bn = 由。 解: (1)由题意, an?2 ? an?1 ? an?1 ? an ,?{an } 为等差数列,设公差为 d , 由题意得 2 ? 8 ? 3d ? d ? ?2 ,? an ? 8 ? 2(n ? 1) ? 10 ? 2n . (2)若 10 ? 2n ? 0则n ? 5 , n ? 5时, S n ?| a1 | ? | a2 | ??? | an |

8 ? 10 ? 2n ? n ? 9n ? n 2 , 2 n ? 6 时, S n ? a1 ? a2 ? ? ? a5 ? a6 ? a7 ? ? an ? a1 ? a2 ? ? ? an ?

? S5 ? (S n ? S5 ) ? 2S5 ? S n ? n 2 ? 9n ? 40
n?6 n ? 9n ? 40 1 1 1 1 1 (3)? bn ? ? ? ( ? ) n(12 ? an ) 2n(n ? 1) 2 n n ? 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n ? )?( ? )] ? . ? Tn ? [(1 ? ) ? ( ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( 2 2 2 3 3 4 n ?1 n n n ?1 2(n ? 1) m n m * * ? 若 Tn ? 对任意 n ? N 成立,即 对任意 n ? N 成立, 32 n ? 1 16 n 1 m 1 ? (n ? N * ) 的最小值是 ,? ? , ?m 的最大整数值是 7。 n ?1 2 16 2 m * . 即存在最大整数 m ? 7, 使对任意 n ? N ,均有 Tn ? 32
2

故 Sn ?

9n ? n 2

n?5

说明:本例复习数列通项,数列求和以及有关数列与不等式的综合问题。

3.(2009 全国卷Ⅱ理) (本小题满分 12 分) 设数列 {an } 的前 n 项和为 S n , 已知 a1 ? 1, Sn?1 ? 4an ? 2 (I)设 bn ? an?1 ? 2an ,证明数列 {bn } 是等比数列 (II)求数列 {an } 的通项公式。 解: (I) 由 a1 ? 1, 及 Sn?1 ? 4an ? 2 , 有 a1 ? a2 ? 4a1 ? 2, a2 ? 3a1 ? 2 ? 5,?b1 ? a2 ? 2a1 ? 3 由 Sn?1 ? 4an ? 2 , . . .① 则当 n ? 2 时,有 Sn ? 4an?1 ? 2 . . . . .②

②-①得 an?1 ? 4an ? 4an?1 ,?an?1 ? 2an ? 2(an ? 2an?1 )
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又?bn ? an?1 ? 2an ,?bn ? 2bn?1 ?{bn } 是首项 b1 ? 3 ,公比为2的等比数列. (II)由(I)可得 bn ? an?1 ? 2an ? 3 ? 2n?1 ,?

an ?1 an 3 ? ? 2n ?1 2n 4

a 1 3 } 是首项为 ,公差为 的等比数列. ? 数列 { n n 2 4 2 a 1 3 3 1 ? ? (n ? 1) ? n ? , an ? (3n ?1) ? 2n?2 ? n n 2 2 4 4 4
评析:第(I)问思路明确,只需利用已知条件寻找 bn与bn?1的关系即可 . 第(II)问中由(I)易得 an?1 ? 2an ? 3 ? 2n?1 ,这个递推式明显是一个构造新数列的模 型: an?1 ? pan ? qn ( p, q为常数),主要的处理手段是两边除以 q
n ?1



总体来说,09 年高考理科数学全国 I、Ⅱ这两套试题都将数列题前置,主要考查构造新数列 (全国 I 还考查了利用错位相减法求前 n 项和的方法) ,一改往年的将数列结合不等式放缩 法问题作为押轴题的命题模式。 具有让考生和一线教师重视教材和基础知识、 基本方法基本 技能,重视两纲的导向作用。也可看出命题人在有意识降低难度和求变的良苦用心。 例 7.Sn 法:

例 8:设数列 ?an ? 满足 a1 ? 3a2 ? 3 a3 ? … ? 3
2

n ?1

an ?

n , a ? N* . 3

(Ⅰ)求数列 ?an ? 的通项; (Ⅱ)设 bn ?
n ,求数列 ?bn ? 的前 n 项和 Sn . an

n (I) a1 ? 3a2 ? 32 a3 ? ...3n ?1 an ? , 3 n ?1 a1 ? 3a2 ? 32 a3 ? ...3n ? 2 an ?1 ? (n ? 2), 3

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3n ?1 an ? an ?

n n ?1 1 ? ? (n ? 2). 3 3 3

1 (n ? 2). 3n
1 (n ? N * ). 3n

验证 n ? 1 时也满足上式, an ? (II) bn ? n ? 3n ,

Sn ? 1? 3 ? 2 ? 32 ? 3 ? 33 ? ...n ? 3n
3Sn ?? 1? 32 ? 2 ? 33 ? 3 ? 34 ? ...n ? 3n?1

?2Sn ? 3 ? 32 ? 33 ? 3n ? n ? 3n?1
?2Sn ?
Sn ?

3 ? 3n ?1 ? n ? 3n ?1 , 1? 3

n n ?1 1 n ?1 3 ?3 ? ?3 ? ? 2 4 4 1.已知数列 ?an ? 中, S n 是其前 n 项和,并且 Sn?1 ? 4an ? 2(n ? 1, 2,?), a1 ? 1 ,
⑴设数列 bn ? an?1 ? 2an (n ? 1,2,??) ,求证:数列 ?bn ? 是等比数列;

an , (n ? 1,2, ??) ,求证:数列 ?cn ? 是等差数列; 2n ⑶求数列 ?an ? 的通项公式及前 n 项和。
⑵设数列 c n ? 分 析 : 由 于 {b n } 和 {c n } 中 的 项 都 和 {a n } 中 的 项 有 关 , {a n } 中 又 有 S n?1 =4a n +2 , 可 由 S n ? 2 -S n?1 作切入点探索解题的途径. 解 : (1) 由 S n?1 =4a n ?2 , S n ? 2 =4a n?1 +2 , 两 式 相 减 , 得 S n ? 2 -S n?1 =4(a n?1 -a n ) , 即 a n ? 2 =4a n?1 -4a n .(根据 b n 的构造,如何把该式表示成 b n?1 与 b n 的关系是证明的关键,注 意加强恒等变形能力的训练) a n ? 2 -2a n?1 =2(a n?1 -2a n ),又 b n =a n?1 -2a n ,所以 b n?1 =2b n ① ②
n ?1

已知 S 2 =4a 1 +2,a 1 =1,a 1 +a 2 =4a 1 +2,解得 a 2 =5,b 1 =a 2 -2a 1 =3 由①和②得,数列{b n }是首项为 3,公比为 2 的等比数列,故 b n =3·2



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当 n≥2 时,S n =4a n?1 +2=2

n ?1

(3n-4)+2;当 n=1 时,S 1 =a 1 =1 也适合上式.
n ?1

综上可知,所求的求和公式为 S n =2

(3n-4)+2.

说明:1.本例主要复习用等差、等比数列的定义证明一个数列为等差,等比数列,求数列 通项与前 n 项和。解决本题的关键在于由条件 S n?1 ? 4an ? 2 得出递推公式。 2.解综合题要总揽全局,尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件,在后 面求解的过程中适时应用.

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数列求通项公式常见题型与解题方法数列是高中数学的重要内容,又是学习高等数学...特殊化,利用已知的递推公式求具体. 问题(2)与问题(1)紧密相连,可以从特殊...
【教学随笔】由递推式求数列通项典型例题的技巧解法.doc
类型 1 递推公式为 an? 由递推式求数列通项的典型题的技巧解法对于由递推公式确定的数列的求解, 通常可以通过递推公式的变换转化为等差数列或等 比数列问题,...
求递推数列通项公式的常用方法.doc
递推数列通项公式常用方法 - 求递推数列通项公式常用方法 求递推数列通项公式是数列知识的一个重点,也是一个难点,高考也往往通过考查递 推数列来考查...
(第三板块,数列)利用递推关系求数列通项的九种类型及解法.doc
(第三板块,数列)利用递推关系求数列通项的九种类型及解法 - 1 / 13 利用递推关系求数列通项的九种类型及解法 1.形如 an?1 ? an ? f (n) 型 ? an...
高中数学常见数列类型的通项公式的求法三已知数列的递....doc
高中数学常见数列类型通项公式的求法三已知数列递推公式求通项_数学_高中教育_教育专区。高中数学常见数列类型通项公式的求法三已知数列递推公式求通项,...
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