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 。n21n21na解：由条件知： )(1 an分别令 ，代入上式得 个等式累加之，即)(,3,2n1n)()( 3412 aaa1)1() n所以 nn1，2a23变式:（2004，全国 I，个理 22本小题满分 14 分）已知数列 ，且 a2k=a2k
2、1 +(1) 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kkk312 kkka)1(312，)(3a25 kkka)1(312将以上 k 个式子相加，得 1)(2)13()1()()( 2212 kkkk将 代入，得a2，1)(2312kkka。)(31k经检验 也适合，1a)(1)2312121为 偶 数为 奇 数nannn类型 2 nnf)(1解法：把原递推公式转化为 ，利用累乘法(逐商相乘法) 求解。1nfan例:已知数列 满足 ， ，求 。na321nn1a解：由条件知 ，分别令
3、 ，代入上式得 个等式累乘n )1(,3,2)1(n之，即 13421naa n432an1又 ，例:已知 ， ，求 。1nn231)(n解： 123)(1)( aan 47563318n。变式:（2004，全国 I,理 15 ）已知数列a n，满足 a1=1，(n2) ，则a n的通项 1321 )(na 1_na2解：由已知，得 ，用此式减去已知式，得nna 1321 )当 时， ，即 ，又 ，2nnan(12a，将以上 n 个式子相乘，得aan13421, !n)(3类型 3 （其中 p，q 均为常数， ） 。pann1 )01(pq解法（待定系数法）：把原递推公式转化为： ，其中 ，再
4、利1tatnn pqt1用换元法转化为等比数列求解。例:已知数列 中， ， ，求 .na132nan解：设递推公式 可以转化为 即 .32n )(21tat 321tan故递推公式为 ,令 ，则 ,且)(1n nb431b.所以 是以 为首项，2 为公比的等比数列，则231nabn41,所以 .143na变式:（2006，重庆,文,14）在数列 中，若 ，则该数列的通项 _na11,2(1)nna（key: ）32变式:（2006. 福建.理 22.本小题满分 14 分）已知数列 满足na*11,2().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
5、1*4(),nnbbba（）证明： *231. .2naN（I）解： *1(),nN,a是以 为首项，2 为公比的等比数列 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j n12.即 *().naN（II）证法一： 1214().nnkkka412(.)4.nnkk.,nbb1211()().n nb ，得 1(,n即 1()0,nb21()2.n ，得 ,nb即 210,nnb*(),N是等差数列 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j n证法二：同证法一，得1()0nb令 得,2.设 下面用数学归纳法证明 2(),dR2(1).nbd（1）当 时，等式成立 头htp:/w.xj
6、kygcom126t:/.j ,n（2）假设当 时， 那么()k(),kbd1 2(1).1kkb kdk这就是说，当 时，等式也成立 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j n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： 1,12,.()kkka n12312naa511211.,2,.(2)3.23kkkkka n12 231. .)(),n nna*231.().nnN变式:递推式： 。解法：只需构造数列 ，消去 带来的差异f
7、pann1 nbf类型 4 （其中 p，q 均为常数， ） 。 （或)01)(qp,其中 p，q, r 均为常数） 。1nnaprq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1nqqann1（其中 ） ，得： 再待定系数法解决。nbnqabpnn1例:已知数列 中， , ，求 。n651 11)2(3nnana解：在 两边乘以 得：1)2(3a 1)2(31n令 ，则 ,解之得：nnb21nbnnb)所以 )(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,1
8、32niT解：（I）当 时， ；32411aS1a当 时， ，即2n )32(11 nnnnnna，利用 （其中 p，q 均为常数， ） 。 41pa )01(qp6（或 ,其中 p，q, r 均为常数）的方法，解之得：1nnaprq nna24()将 代入得 Sn= (4n2 n) 2n+1 + = (2n+11)(2 n+12)nn2443 13 23 13= (2n+1 1)(2n1) 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.xjkygco
9、m126t:/.j 当 a1=3 时，a 3=13，a 15=73 头htp:/w.xjkygcom126t:/.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a n的,),()21Sn且通项公式.解： ，12nnaS，两边同乘以 ，可得)3()31an n)1(11 23()(nn令 nnb)3()23112nn
10、223)1(b21)(43)21()( 22212 nnnn b)3()312bn又 ， ，1Sa25112S，)()(2ab。)(3432511nbnn .,)21(34,)2()()1( 1为 偶 数为 奇 数na nnnnn类型 7 bapnn1 )0(、ap11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)()1(1 yxnapynxa yx是公比为 的等比数列。例:设数列 ： ，求 .n )2(,13,411 nn na解：设 ，将 代入递推式，得BAbaB、Aabnn则 1,n12)(31nn)2(1 b13AB（）则 ,又 ，故nabn
11、取 1nb6代入（）得3261 32a说明：（1）若 为 的二次式，则可设)(f;(2)本题也可由 ,CBnAabn2 11nn（ ）两式相减得1)(3213转化为 求之.2nnannqbpb12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 bab,31()求数列 的 通 项 ；n()设 的前 n 项和,是否存在实数 ，使得数列分 别 为 数 列、 TS、n 为等差数列？若存在，试求出 头htp:/w.x
12、jkygcom126t:/.j 若不存在,则说明理由 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j n12解：（I）由已知得 11,2,naa233,44a又 1,nnb21 1121()22.nnnnnaaaba 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,na2332,113,nna将以上各式相加得： 121()(),n n11 1)333()()2.22nn na.2n（III）解法一：存在 ，使数列 是等差数列 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j nST12123()()2
13、nnnSa n()32n13221333() .nn12 11()134().22nnn nnTb 数列 是等差数列的充要条件是 、 是常数nS ,(nSTAB)即 2,nTABn又 133()2nn nS21()2n当且仅当 ，即 时，数列 为等差数列 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 0nST解法二：存在 ，使数列 是等差数列 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 2nST由（I） 、 （II）知， 2nab(1)nST2nn T3n又 12 131()31342()2nnn nnTb 1()n nS当且仅当 时，数列 是等差数列 头htp:/w.xjkygco
14、m126t:/.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 ，再利用待定系数法求解。qann114例：已知数列 中， ，求数列na211,nna)0(.的 通 项 公 式na解：由 两边取对数得 ，21n 1lglg令 ，则 ，再利用待定系数法解得： 。blgabn1 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
15、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(21, kkkk aaa时111()()kka11).k而 .0,0.0 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(f有： 即,21akk ),24(1)4(21)41 kkkk aa也即当 n=k+1 时 成立，所以对一切1 ,1Nn有15（2）解法一：
16、 ,4)2(1)4(21nnn aa所以 1)(a,nnnnnn bbbbb 22121221 1)()()(, 则令又 bn=1，所以 ,)a即解法二： ,2)(4(21nnna)2由（I）知， ，两边取以 2 为底的对数，0n)(log1)(log2 naa令 ,则nbnbn21或2112)(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=
17、，求b n数列的前项和 Sn，并证明 Sn+ =1 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j n 3T解：（）由已知 ，21na()n12，两边取对数得na，1lg()lg()n即 2l()na是公比为 2 的等比数列 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j g1n（）由（）知 lg(1)l()naa112lg3nn16（*）123na12()nTn(+a)02-1=213n-1+2-由（*）式得 1na（） ， ，210nn1(2)nna11()2nnaa，又 ，1nnaannb1()nnb12nSb+12311( )naa+12()na13,3n na，又 ， 头htp:
18、/w.xjkygcom126t:/.j 2nnS21nTnST类型 9 )()(1hagfnn解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为 。qpann1例：已知数列a n满足： ，求数列a n的通项公式。,13an解：取倒数： 11nnna是等差数列，n13)(1an 3)(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 an2n12N （ ， ） （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！17解：（1）将条件变为：1 ，因此1 为一个等比数列，其首nan3a（ ） na项为1 ，公比 ，从
19、而 1 ，据此得 an （n1）1a3na3（2）证：据 1得，a 1a2an 2n133！（ ） （ ） （ ）为证 a1a2an2n！只要证 nN时有 22n3（ ） （ ） （ ）显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个 nN，有1（ ）32n13（ ） （ ） （ ） 213 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 （ ）k11（ ） （ ）2k3 k1 3 2k13 1（ ）即当 nk1 时，3式也成立 头h
20、tp:/w.xjkygcom126t:/.j 3 故对一切 nN，3式都成立 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 利用 3得，1（ ）12n1（ ） （ ） （ ） 2n33 n31 （ ） 1 nn3 （ ） （ ）故 2式成立，从而结论成立 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 类型 10 raqnn118解法：如果数列 满足下列条件：已知 的值且对于 ，都有 （其na1aNnhraqpnn1中 p、 q、 r、 h 均为常数，且 ） ，那么，可作特征方程 ,rhrqph1,0x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 、0x0nax
21、1时，则 是等比数列。2x12na例：已知数列 n满足性质：对于 且 求 的通项公式. ,324,N1nna,1na解: 数列 na的特征方程为 变形得 其根为,x,042x故特征方程有两个相异的根，使用定理 2 的第（2）部分，则有.2,1 .N,)1(23)( 11221 nrpacnn .N,)51nn .,1)5(212ncann即 .N,)5(24nn例：已知数列 满足：对于 都有na, .3251nna（1）若 求 （2）若 求 （3）若 求,51;n,1a;n,61;n（4）当 取哪些值时，无穷数列 不存在？a解：作特征方程 变形得.35x,0252x特征方程有两个相同的特征根
22、依定理 2 的第（1）部分解答.(1) 对于 都有.,511a,Nn;na(2) 319 rpnabn)1(15353,82令 ，得 .故数列 从第 5 项开始都不存在，0nbna当 4， 时， .N17bn(3) ,561a.1a .,81)(1 Nnrpnbn 令 则 对于,0n.7.0b,n .,743581nban(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，31时，数列 是存在的，当 时，则有51ana51a令 则得.N,8)1(11 nrpbn ,0nb且 2.N,35an当 （其中 且 N2）时，数列 从第 项开始便不存在.11na于是知：
23、当 在集合 或 且 2上取值时，无穷数列 都不a3,:15n na存在.变式:（2005，重庆,文,22,本小题满分 12 分）数列 记).1(0526811 nannn且满 足 ).1(2abn（）求 b1、b 2、b 3、b 4 的值；（）求数列 的通项公式及数列 的前 n 项和n nb.nS20解法一：由已知,得 ,其特征方程为 解之得, 或nna81652 x816522145x,nna)2(1 n)4(1, 4521nnaannna24)1(4521n解法二：（I） ;21,1ba故2278,;83故331,4;42ab故440,.2故（II）因 ，231 )34(8)(b23122
24、(,)( 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 nnnnn因故21故 的等比数列.2|34| qbn确 是 公 比 为, nn31,21故因 )1(34nb ,121nnnbab得由nnabaS21故 12()n (1)531(2)3n解法三：（）由 ,052168,2 nnnn aabab代 入 递 推 关 系得整理得 ,342,0364111 nnn即 .0,8,2, 432bba所 以有由（）由 ,032),(4111 bnn
25、n所以 故的 等 比 数 列公 比是 首 项 为 ,3q442,(1).3nnnbb即1,nnna由 得 12nnSbb故 12()nb()53n().3n解法四：（）同解法一（） 2342312 )34(8, bb因 此故又 因 的 等 比 数 列公 比是 首 项 为猜 想 ).1(8165,2 1, 1 naa bqnn nn22128165211 nnnnn aab;30368nnn 368121122 nnnnn aab ).(2036843 1nnnn b,23,02 1112 nnqbb 的 等 比 数 列是 公 比因从而 122)()()( bnnn 1213 4().33n,n
26、nnbab由 得 12nnS故 12()nb()53n().3n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。2n2例：（I）在数列 中， ，求 n6,11 na（II）在数列 中， ，求anna3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 提示:1 为方程的根 ,代入方程可得,3S2()()0nnna
27、23将 n=1 和 n=2 代入上式可得 12a2162 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234,a()n数列的通项公式与求和公式间的关系3 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 方程的根的意义(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 1xa 10 有一根为 S11a 11，于是(a 11)
28、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 16()由题设(S n1) 2a n(Sn1)a n0，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
29、 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 kk 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
30、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 11224a n的通项公式 an ，n1，2，3， 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 12 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， ,na1nb01n)(31nnba，求 , .)2(311nbbn解：因 n)(1)2(31na1nba所以 a1n 22 bn即 （1）nb又因为 )(31na)(31na)(31nba所以 na1nb22nb.即 （2）)3(1)(n由（1） 、 （2）得： ， 32n )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)(13,0*11 Nnan 20aA0 B C D33
