内容发布更新时间 : 2025/1/7 15:05:17星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
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 an?1?an?f(n)
解法：把原递推公式转化为an?1?an?f(n)，利用累加法(逐差相加法)求解。
例:已知数列?a1n?满足a1?2，a1n?1?an?n2?n，求an。 解：由条件知：a1n?1?an?n2?n?1n(n?1)?11n?n?1
分别令
n?1,2,3,??????,(n?1)，代入上式得
(n?1)个等式(a2?a1)?(a3?a2)?(a4?a3)????????(an?an?1)
?(1?12)?(12?13)?(11113?4)????????(n?1?n)
所以a?1n?a1?1n
?a?1113112，?an?2?1?n?2?n
变式:（2004，全国I，个理22．本小题满分14分）
已知数列{a=aK
k
n}中a1?1，且a2k2k－1+(－1), a2k+1=a2k+3, 其中k=1,2,3,…….
（I）求a3, a5；
（II）求{ an}的通项公式.
解：?ak2k?a2k?1?(?1)，a2k?1?ak2k?3
?a2k?1?a2k?3k?ak2k?1?(?1)?3k，即a2k?1?a2k?1?3k?(?1)k ?a3?a1?3?(?1)，
a5?a3?32?(?1)2
…… ……
a2k?1?ak2k?1?3?(?1)k
将以上k个式子相加，得
a?32?????3k)?[(?1)?(?1)2?????(?1)k]?32(3k?1)?12k?1?a1?(32[(?1)k?1]
将a1?1代入，得
a1?112k?1?2?3k?2(?1)k?1，
a112k?a2k?1?(?1)k?2?3k?2(?1)k?1。
??1n?1n?1?32?1?(?1)2?1(n为奇数经检验aa?22)1?1也适合，?n??
?1nn??2?32?12?(?1)2?1(n为偶数)类型2 an?1?f(n)an
解法：把原递推公式转化为an?1a?f(n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解。
n累加之，即
例:已知数列?an?满足a1解：由条件知
?2n，an?1?an，求an。 3n?1an?1n?，分别令n?1,2,3,??????,(n?1)，代入上式得(n?1)个等式累乘之，即 ann?1aaa2a3a41123n?1??????????n????????????n? a1a2a3an?1234a1nn22又?a1?，?an?
33n3n?1例:已知a1?3，an?1?an (n?1)，求an。
3n?23(n?1)?13(n?2)?13?2?13?1???????a1 解：an?3(n?1)?23(n?2)?23?2?23?2 。
变式:（2004，全国I,理15．）已知数列{an}，满足a1=1，an?a1?2a2?3a3?????(n?1)an?1 (n≥2)，则{an}的
通项ann?1?1 ???___n?2解：由已知，得an?1?a1?2a2?3a3?????(n?1)an?1?nan，用此式减去已知式，得 当n?2时，an?1?an?nan，即an?1?(n?1)an，又a2?a1?1，
?a1?1,aaa2an!?1,3?3,4?4,???,n?n，将以上n个式子相乘，得an?(n?2) a1a2a3an?12类型3 an?1?pan?q（其中p，q均为常数，(pq(p?1)?0)）。 解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：an?1?t?p(an?t)，其中t?解。
例:已知数列?an?中，a1?1，an?1?2an?3，求an.
解：设递推公式an?1?2an?3可以转化为an?1?t?2(an?t)即an?1?2an?t?t??3.故递推公式为
q，再利用换元法转化为等比数列求1?pan?1?3?2(an?3),令bn?an?3，则b1?a1?3?4,且
公比的等比数列，则bn?4?2变式:（2006，重庆,文,14） 在数列
n?1bn?1an?1?3??2.所以?bn?是以b1?4为首项，2为bnan?3?2n?1,所以an?2n?1?3.
?an?中，若a1?1,an?1?2an?3(n?1)，则该数列的通项an?_______________
n?1（key:an?2?3）
变式:（2006. 福建.理22.本小题满分14分）
?an?满足a1?1,an?1?2an?1(n?N*).
（I）求数列?an?的通项公式；
已知数列
L4bn?1?(an?1)bn(n?N*),证明：数列{bn}是等差数列；
an1aan*（Ⅲ）证明：??1?2?...?n?(n?N).
23a2a3an?12（II）若数列{bn}滿足414b?1b2?1（I）解：Qan?1?2an?1(n?N),
*?an?1?1?2(an?1),
??an?1?是以a1?1?2为首项，2为公比的等比数列
?an?1?2n.
即 an?2?1(n?N). （II）证法一：Q414k?1k2?1n*...4kn?1?(an?1)kn.
?4(k1?k2?...?kn)?n?2nkn.
?2[(b1?b2?...?bn)?n]?nbn, ①
2[(b1?b2?...?bn?bn?1)?(n?1)]?(n?1)bn?1. ② ②－①，得2(bn?1?1)?(n?1)bn?1?nbn, 即(n?1)bn?1?nbn?2?0,
nbn?2?(n?1)bn?1?2?0.
③－④，得 nbn?2?2nbn?1?nbn?0,
即 bn?2?2bn?1?bn?0,
?bn?2?bn?1?bn?1?bn(n?N*),
??bn?是等差数列
证法二：同证法一，得
(n?1)bn?1?nbn?2?0 令n?1,得b1?2.
设b2?2?d(d?R),下面用数学归纳法证明 bn?2?(n?1)d. （1）当n?1,2时，等式成立
（2）假设当n?k(k?2)时，bk?2?(k?1)d,那么
bk?1?k2k2bk??[2?(k?1)d]??2?[(k?1)?1]d. k?1k?1k?1k?1*这就是说，当n?k?1时，等式也成立
根据（1）和（2），可知bn?2?(n?1)d对任何n?N都成立
Qbn?1?bn?d,??bn?是等差数列
ak2k?12k?11?k?1??,k?1,2,...,n, （III）证明：Qak?12?12(2k?1)22aaan?1?2?...?n?. a2a3an?12
ak2k?11111111Q?k?1??????.k,k?1,2,...,n, k?1kkak?12?122(2?1)23.2?2?2232aaan1111n11n1?1?2?...?n??(?2?...?n)??(1?n)??, a2a3an?12322223223an1aan???1?2?...?n?(n?N*). 23a2a3an?12nn变式:递推式：an?1?pan?f?n?。解法：只需构造数列?bn?，消去f?n?带来的差异．
类型4 an?1?pan?q（其中p，q均为常数，(pq(p?1)(q?1)?0)）。 （或an?1?pan?rq,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qn?1，得：
an?1pan1an??b???b?引入辅助数列（其中），nnqn?1qqnqqn