1、1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 )(nfan解法：把原递推公式转化为 ，利用累加法(逐差相加法) 求解。1nfa例:已知数列 满足 ， ，求 。n2n21na解：由条件知： )(1 an分别令 ，代入上式得 个等式累加之，即)(,3,21()( 3412 naa )(所以 nn1，2an123变式:（2004，全国 I，个理 22本小题满分 14 分）已知数列 ，且 a2k=a2k1 +(1)
2、 K, a2k+1=a2k+3k, 其中 k=1,2,3,.1n中（I）求 a3, a5；（II）求 a n的通项公式 .解： ，kk)(12k321，即kk12 kk)1(312，3325)(a kkk112将以上 k 个式子相加，得 1)(2)13()1()()3( 2212 kkkka将 代入，得，1)(3112kkk。)(23ka经检验 也适合，1)(1)231211为 偶 数为 奇 数nannn类型 2 nnfa)(1解法：把原递推公式转化为 ，利用累乘法(逐商相乘法 )求解。)1fan例:已知数列 满足 ， ，求 。n321na12解：由条件知 ，分别令 ，代入上式得 个等式累乘之
3、，即1na)1(,3,21nn)1(n34214a1又 ，n2例:已知 ， ，求 。1ana11)(n解： 123232)( an 47561831n。变式:（2004，全国 I,理 15 ）已知数列a n，满足 a1=1， (n2)，则a n的通1321 )(n项 _na2解：由已知，得 ，用此式减去已知式，得nn 131 )(当 时， ，即 ，又 ，2nana12，将以上 n 个式子相乘，得an3421, 2!na)(类型 3 （其中 p，q 均为常数， ） 。pnn )01(pq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1ttann pqt1求解。例:
4、已知数列 中， ， ，求 .na132nn解：设递推公式 可以转化为 即 .故递推公式为32n )(21tt 321tan,令 ，则 ,且 .所以 是以 为首项，2 为)(31nn ab4ab3nbnb41公比的等比数列，则 ,所以 .14n31n变式:（2006，重庆,文,14）在数列 中，若 ，则该数列的通项 _na11,23()nna（key: ）32变式:（2006. 福建.理 22.本小题满分 14 分）已知数列 满足n *11,().naN（I）求数列 的通项公式；（II）若数列b n滿足 证明：数列b n是等差数列；12 *41(),nnbbba（）证明： 231. .2na（I
5、）解： *1(),nN,a是以 为首项，2 为公比的等比数列 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 2.nn即 *1().3（II）证法一： 1214.().nnkkka12(.)4nnk,nbb1211.)().n nb，得 11(,即 ()0,n2)2.nb，得 1,nb即 1,n*2(),nN是等差数列 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j nb证法二：同证法一，得()0n令 得,1.设 下面用数学归纳法证明 2(),bdR2(1).nbd（1）当 时，等式成立 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j ,（2）假设当 时， 那么nk(1),bd1 ().
6、k kk这就是说，当 时，等式也成立 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 1根据（1）和（2） ，可知 对任何 都成立 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j ()nbd*nN是等差数列 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j ,nbd（III ）证明： 1 ,.()kkka12312na11 11.,2,.()3.23kkkkk n231. )(),2n nnaa*231.(.nnN变式:递推式： 。解法：只需构造数列 ，消去 带来的差异fpan1 nbf类型 4 （其中 p，q 均为常数， ） 。 （或 ,其中 p，q, n )01)(qp1nnaprqr
7、 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 ） ，1nann1 nbna得： 再待定系数法解决。qbpnn11例:已知数列 中， , ，求 。na651 11)2(3nnana4解：在 两边乘以 得：11)2(3nna12n 1)2(31nnaa令 ，则 ,解之得：b1nnbb)所以 n)(变式:（2006，全国 I,理 22,本小题满分 12 分）设数列 的前 项的和 ，na14233nnSa,A（）求首项 与通项 ；（）设 ， ，证明：1nnTS,132niT解：（I）当 时， ；32411aS1a当 时， ，即 ，利用2n )32(11 nnn
8、nnna nna241（其中 p，q 均为常数， ） 。 （或 ,其中 p，q, r 均为p1 )0)(qpprq常数）的方法，解之得： n24()将 代入得 Sn= (4n2 n) 2n+1 + = (2n+11)(2 n+12)na2443 13 23 13= (2n+11)(2 n1) 23Tn= = = ( )2nSn 32 2n(2n+1 1)(2n 1) 32 12n 1 12n+1 1所以, = ) = ( ) 0 ， ana n1 =5 (n2) 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 当 a1=3 时，a 3=13，a 15=73 头htp:/w.xjkygcom1
9、26t:/.j a1， a3，a 15 不成等比数列a 13;当 a1=2 时， a3=12， a15=72， 有 a32=a1a15 ， a1=2， an=5n3 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 变式: (2005,江西,文,22本小题满分 14 分）已知数列a n的前 n 项和 Sn 满足 SnS n2 =3 求数列 an的通项公式.,),()21Sn且解： ，12S，两边同乘以 ，可得)3()31nn n)(111 23()( na令 nnb)3()23112nn 223)1(b21)(43)21()( 22212 nnnn b)3()312bn又 ， ，1Sa2511
10、2S，)()(2ab。)(3432511nbnn8 .,)21(34,)21(3)1(4)( 为 偶 数为 奇 数nba nnnnn类型 7 apnn1 0、ap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，)()(1 yxnapyxan 解出 ,从而转化为 是公比为 的等比数列。yxyxp例:设数列 ： ，求 .n )2(,13,411 nn解：设 ，将 代入递推式，得BAbaBAab则 1,na)(31nn )13()3(1 ABn2AB（）则 ,又 ，故 代入（）得1nabn取 13nb6nnnb32132说明：（1）若 为 的二次式，则可设 ;(2)本题也可由
11、)(f CBAan2, （ ）两式相减得1n )(1转化为 求之.2naanqbpb2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 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j n11na、 点 （ 、 ）()令 是 等 比 数 列 ；求 证 数 列b,3()求数列 的 通 项 ；na()设 的前 n 项和,是否存在实数 ，使得数列 为等差数列？若存在，分 别 为 数 列、 TS、nabnST试求出 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 若不存在,则说明理由 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 解
12、：（I）由已知得 1,n233,44a又 1,nnb21 1121()22.nnnnnaaaab 是以 为首项，以 为公比的等比数列 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j n34（II）由（I ）知， 13(),2nn nb1,na9213,2a3113,2nna将以上各式相加得： 121()(),n n11 1)333()()2.22nn na32.na（III）解法一：存在 ，使数列 是等差数列 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 2nST113()()2nnnSa n()232n2133() .nn12 11()1342().2nn nnTb 数列 是等差数列的
13、充要条件是 、 是常数nS ,(nSTAB)即 2,ABn又 133()2n nT21()2n当且仅当 ，即 时，数列 为等差数列 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 10nST解法二：存在 ，使数列 是等差数列 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 2nST由（I） 、 （II）知， ab(1)2nSTnn T1032nnT又 12 131()31342()2nnn nnb 1()n nST当且仅当 时，数列 是等差数列 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 2ST类型 8 rnnpa1)0,(n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
14、数法求解。qann1例：已知数列 中， ，求数列n 211,na)0(.的 通 项 公 式解：由 两边取对数得 ，21na anlglg令 ，则 ，再利用待定系数法解得： 。blgbn1 12)(nna变式:（2005，江西,理,21本小题满分 12 分）已知数列 :,且 满 足的 各 项 都 是 正 数na .),4(21,0 Nann（1）证明 ;,21N（2）求数列 的通项公式 an.n解：用数学归纳法并结合函数 的单调性证明：)4(21)xxf（1）方法一 用数学归纳法证明：1当 n=1 时， ,3)(,010aa ，命题正确.210a2假设 n=k 时有 .k则 )4(21)4(2,
15、11 kkkk aaa时1()()kka11).k而 .0,0.01 kk又 .2)(42)(21 kkk a 时命题正确.n由 1、2知，对一切 nN 时有 .1n方法二：用数学归纳法证明：1当 n=1 时， ；,23)4(2,100aa210a2假设 n=k 时有 成立，k令 ， 在0，2上单调递增，所以由假设)4()(xxf(f11有： 即),2()(1faffkk ),24(1)4(21)4(1 kkkk aa也即当 n=k+1 时 成立，所以对一切 ,Nn有（2）解法一： )()4(1 nn所以 2)2(aa,nnnnnn bbbbb 2212121 1)()()(, 则令又 bn=
16、1，所以 2,)即解法二： ,2)(4(1nnn aa2)2由（I）知， ，两边取以 2 为底的对数，0n)(log1(log2 naa令 ,则nb)nbn21或n2112)(n变式:（2006,山东,理,22,本小题满分 14 分）已知 a1=2，点(a n,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+a n)是等比数列；（2） 设 Tn=(1+a1) (1+a2) (1+an)，求 Tn 及数列a n的通项；记 bn= ，求b n数列的前项和 Sn，并证明 Sn+ =1 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 3T解：（）由已知
17、，21()nna，两边取对数得，1lg()2lg()nn即 a是公比为 2 的等比数列 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j l()n（）由（）知 lg(1)l()naa112lg3nn（*）3n12nTn+02-1=n-+由（*）式得 123a（） ， ，210nn(2)nna11()2nnaa，又 ，1nnaanbb1212nSbn+12311( )naaa+12()na13,3na，又 ， 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 2nn 21TnST类型 9 )()(1hagfn解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为 。qann1例：已知数列a n满足： ，
18、求数列a n的通项公式。,31an解：取倒数： 11nn是等差数列，na1)(a3)(21na变式:（2006，江西,理,22,本大题满分 14 分）已知数列a n满足：a 1 ，且 an32n132N （ ， ） （1） 求数列a n的通项公式；（2） 证明：对于一切正整数 n，不等式 a1a2an2n！解：（1）将条件变为：1 ，因此1 为一个等比数列，其首项为an3（ ）1 ，公比 ，从而 1 ，据此得 an （n1）1a3n3（2）证：据 1得，a 1a2an 2n133！（ ） （ ） （ ）为证 a1a2an2n！只要证 nN时有 22n3（ ） （ ） （ ）显然，左端每个因式都
19、是正数，先证明，对每个 nN，有1（ ）32n13（ ） （ ） （ ） 2n13 用数学归纳法证明 3式：（i） n1 时，3式显然成立，（ii） 设 nk 时，3式成立，即 1（ ）2k（ ） （ ） （ ） 2k133 则当 nk1 时，1（ ） （ ）2kk3（ ） （ ） （ ） （ ） 2k k131（ ） （ ）13 1 3 2k13 1（ ）即当 nk1 时，3式也成立 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 2k 故对一切 nN，3式都成立 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 利用 3得，131（ ）12n133（ ） （ ） （ ） 2n3 n13
20、（ ） 1 n （ ） （ ）故 2式成立，从而结论成立 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 类型 10 raqnn1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，1aNnhrapnn1且 ） ，那么，可作特征方程 ,当特征方程有且仅有一根 时,则 是等rhrqph1,0 hrxqp0x01nax差数列;当特征方程有两个相异的根 、 时，则 是等比数列。1x212na例：已知数列 na满足性质：对于 且 求 的通项公式. ,34,N1nn,1na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,324x,02x.2
21、,1根，使用定理 2 的第（2）部分，则有 .N,)1()( 1121 nrpacnn .N,)51n .,1)5(212ncann即 .N,)5(4nn例：已知数列 满足：对于 都有a, .3251nna（1）若 求 （2）若 求 （3）若 求,1;n1a;,6;n（4）当 取哪些值时，无穷数列 不存在？n解：作特征方程 变形得.35x,0252x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.,511a,N;na(2) 3 rpnbn)(15135314,812n令 ，得 .故数列 从第 5 项开始都不存在，0nb5na当 4， 时， .N17b(3) ,6
22、1a.1 .,8)( Nnrpnbn 令 则 对于,0.70b .,7435811an(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31 51ana存在的，当 时，则有 令 则得5a .N,851)1(1 narpnabn ,0nb且 2.N,151n当 （其中 且 N2）时，数列 从第 项开始便不存在.3a n于是知：当 在集合 或 且 2上取值时，无穷数列 都不存在.1,:135nna变式:（2005，重庆,文,22,本小题满分 12 分）数列 记).1(05268111 naaannn且满 足 ).1(2bn（）求 b1、b 2、b 3
23、、b 4 的值；（）求数列 的通项公式及数列 的前 n 项和n nb.S解法一：由已知,得 ,其特征方程为 解之得, 或na8165 x816522145x,nna)2(1 n)4(21, 451nnaannna24)1(4512解法二：（I） ;21,1ba故2278,;83故15331,4;42ab故440,.2故（II）因 ，231 )34(8)(b2122,)( bb故猜想 .,34的 等 比 数 列公 比是 首 项 为 qn因 ， （否则将 代入递推公式会导致矛盾）ana,034,361208)34(2 ,612641).(862511 baab annnn nnnn因故故 的等比数
24、列.| qn确 是 公 比 为, nnb2314,231故因 )1(34nb ,121nnnbab得由nnaaS21故 12()nb (1)531(2)n解法三：（）由 ,052168,2 nnnn aaba代 入 递 推 关 系得整理得 ,342,0364111 nnnb即 .0,8, 432ba所 以有由（）由 ,32)(4111 bnnn所以 故的 等 比 数 列公 比是 首 项 为 ,3qb42,().3nnn即11,nnnab由 得1612nnSabab故 12()nb()53n().3解法四：（）同解法一（） 2342312 )34(8, bb因 此故又 因 的 等 比 数 列公
25、比是 首 项 为猜 想 ).1(8165, 1, 1 naa bqnn nn12211 nnnn ab;36810368nnaa 368121212 nnnnn ab ).(2036843 1nnnn ba,23,0112 nqbb 的 等 比 数 列是 公 比因从而 122)()()( bnnn 1213 4().33n,nnnbab由 得 12nnS故 12()nb()53n().3类型 11 或qpan1 nnpqa1解法：这种类型一般可转化为 与 是等差或等比数列求解。22例：（I）在数列 中， ，求 n6,a（II）在数列 中， ，求nn311类型 12 归纳猜想法解法：数学归纳法变
26、式:（2006，全国 II,理,22,本小题满分 12 分）设数列a n的前 n 项和为 Sn，且方程 x2a nxa n0 有一根为 Sn1，n1，2，3，（）求 a1，a 2；（） a n的通项公式 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 17提示:1 为方程的根,代入方程可得1,23.nS2(1)()0nnnSa将 n=1 和 n=2 代入上式可得 1a262 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 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234,a()n式间的关系3 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 方程的根
27、的意义(根代入方程成立)4 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j数学归纳法证明数列的通项公式(也可以把 分开为1()na,可得1,)nan然 后 求 和 中 间 项 均 抵 消 只 剩 下 首 项 和 末 项 nS解：() 当 n1 时，x 2a 1x a10 有一根为 S11a 11，于是(a 11) 2a 1(a11)a 10，解得 a1 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 12当 n2 时，x 2a 2xa 20 有一根为 S21a 2 ，12于是(a 2 )2a 2(a2 )a 20，解得 a1 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 12 12 1
28、6()由题设( Sn 1)2a n(Sn1) an0，即 S n22S n1a nSn0 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 当 n2 时，a nS nS n1 ，代入上式得Sn1 Sn2S n10 由()知 S1a 1 ，S 2a 1a 2 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 12 12 16 23由可得 S3 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 34由此猜想 Sn ，n1，2，3， 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 8 分nn 1下面用数学归纳法证明这个结论 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j (i)n1 时已知结论成
29、立 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j (ii)假设 nk 时结论成立，即 Sk ，kk 1当 nk1 时，由得 Sk1 ，即 Sk1 ，12 S k k 1k 2故 nk1 时结论也成立 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 综上，由(i) 、( ii)可知 Sn 对所有正整数 n 都成立 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 10 分nn 1于是当 n2 时，a nS nS n1 ，nn 1 n 1n 1n(n 1)又 n1 时，a 1 ，所以12 112a n的通项公式 an ，n1，2，3， 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 12
30、分nn 1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 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 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， , ，n1nb01n)(31nnba)2(31nba求 , .nab解：因 n)2(31na)2(31na1nba18所以 nba1n 122 baban即 （1）又因为 n)2(31n)(3n)(31n所以 ba1b22nbaba.即 （2）1)(nn1)(n由（1） 、 （2）得： ， 32)31(nn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_。na)12(,0,1nnna76120a变式:（2005，湖南,文，5）已知数列 满足 ，则 = （ ）na)(3,0*11 Nann 20aA0 B C D33
