高考數(shù)列遞推公式題型歸納解析完整答案版

1、PAGE 17 -最新高考數(shù)列遞推公式題型歸納解析完整答案版 類型1 解法：把原遞推公式轉(zhuǎn)化為，利用累加法(逐差相加法)求解。變式1.1:（2004，全國I，個(gè)理22本小題滿分14分）已知數(shù)列，且a2k=a2k1+(1)k, a2k+1=a2k+3k, 其中k=1,2,3,.（I）求a3, a5；（II）求 an的通項(xiàng)公式.解：，即， 將以上k個(gè)式子相加，得將代入，得，。經(jīng)檢驗(yàn)也適合，類型2 解法：把原遞推公式轉(zhuǎn)化為，利用累乘法(逐商相乘法)求解。例3:已知， ，求。解： 。變式2.1:（2004，全國I,理15）已知數(shù)列an，滿足a1=1， (n2)，則an的通項(xiàng) 解：由已知，得，用此式減去

2、已知式，得當(dāng)時(shí)，即，又，將以上n個(gè)式子相乘，得類型3 （其中p，q均為常數(shù)，）。解法（待定系數(shù)法）：把原遞推公式轉(zhuǎn)化為：，其中，再利用換元法轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列求解。變式3.1:（2006，重慶,文,14）在數(shù)列中，若，則該數(shù)列的通項(xiàng)_ 變式3.2:（2006. 福建.理22.本小題滿分14分）已知數(shù)列滿足（I）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（II）若數(shù)列bn滿足證明：數(shù)列bn是等差數(shù)列；（）證明：（I）解：是以為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列 即（II）證法一：，得即，得即是等差數(shù)列 證法二：同證法一，得令得設(shè)下面用數(shù)學(xué)歸納法證明（1）當(dāng)時(shí)，等式成立 （2）假設(shè)當(dāng)時(shí)，那么這就是說，當(dāng)時(shí)，等式也成立 根據(jù)（1）和（2

3、），可知對(duì)任何都成立 是等差數(shù)列 （III）證明：變式3.3:遞推式：。解法：只需構(gòu)造數(shù)列，消去帶來的差異類型4 （其中p，q均為常數(shù)，）。 （或,其中p，q, r均為常數(shù)） 。解法：一般地，要先在原遞推公式兩邊同除以，得：引入輔助數(shù)列（其中），得：再待定系數(shù)法解決。變式4.1:（2006，全國I,理22,本小題滿分12分）設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)的和，（）求首項(xiàng)與通項(xiàng)；（）設(shè)，證明：解：（I）當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，即，利用（其中p，q均為常數(shù)，）。 （或,其中p，q, r均為常數(shù)）的方法，解之得：()將代入得 Sn= eq f(4,3)(4n2n) eq f(1,3)2n+1 + eq f(2,3) = eq

4、f(1,3)(2n+11)(2n+12) = eq f(2,3)(2n+11)(2n1) Tn= eq f(2n,Sn) = eq f(3,2) eq f(2n, (2n+11)(2n1) = eq f(3,2)( eq f(1,2n1) eq f(1,2n+11)所以, = eq f(3,2) eq f(1,2i1) eq f(1,2i+11) = eq f(3,2)( eq f(1,211) eq f(1,2i+11) 0 ， anan1=5 (n2) 當(dāng)a1=3時(shí)，a3=13，a15=73 a1， a3，a15不成等比數(shù)列a13;當(dāng)a1=2時(shí)， a3=12， a15=72， 有 a32=

5、a1a15 ， a1=2， an=5n3 變式: (05,江西,文,已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn滿足SnSn2=3求數(shù)列an的通項(xiàng)公式.解：，兩邊同乘以，可得令 又，。類型7 解法：這種類型一般利用待定系數(shù)法構(gòu)造等比數(shù)列，即令，與已知遞推式比較，解出,從而轉(zhuǎn)化為是公比為的等比數(shù)列。變式:（2006，山東,文,22,本小題滿分14分）已知數(shù)列中，在直線y=x上，其中n=1,2,3 ()令()求數(shù)列()設(shè)的前n項(xiàng)和,是否存在實(shí)數(shù)，使得數(shù)列為等差數(shù)列？若存在，試求出 若不存在,則說明理由 解：（ = 1 * ROMAN I）由已知得 又是以為首項(xiàng)，以為公比的等比數(shù)列 （ = 2 * ROMAN II）

6、由（ = 1 * ROMAN I）知，將以上各式相加得： （ = 3 * ROMAN III）解法一：存在，使數(shù)列是等差數(shù)列 數(shù)列是等差數(shù)列的充要條件是、是常數(shù)即又當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，數(shù)列為等差數(shù)列 解法二：存在，使數(shù)列是等差數(shù)列 由（ = 1 * ROMAN I）、（ = 2 * ROMAN II）知，又當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，數(shù)列是等差數(shù)列 類型8 解法：這種類型一般是等式兩邊取對(duì)數(shù)后轉(zhuǎn)化為，再利用待定系數(shù)法求解。變式:（05江西,理）已知數(shù)列（1）證明（2）求數(shù)列的通項(xiàng)公式an.解：用數(shù)學(xué)歸納法并結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性證明：（1）方法一 用數(shù)學(xué)歸納法證明：1當(dāng)n=1時(shí)， ，命題正確.2假設(shè)n=k時(shí)有 則 而又

7、時(shí)命題正確.由1、2知，對(duì)一切nN時(shí)有方法二：用數(shù)學(xué)歸納法證明：1當(dāng)n=1時(shí)，； 2假設(shè)n=k時(shí)有成立， 令，在0，2上單調(diào)遞增，所以由假設(shè)有：即也即當(dāng)n=k+1時(shí) 成立，所以對(duì)一切 （2）解法一：所以,又bn=1，所以解法二：由（I）知，兩邊取以2為底的對(duì)數(shù)，令,則或變式:（06山東理）已知a1=2，點(diǎn)(an,an+1)在函數(shù)f(x)=x2+2x的圖象上，其中=1，2，3，（1）證明數(shù)列l(wèi)g(1+an)是等比數(shù)列；（2）設(shè)Tn=(1+a1) (1+a2) (1+an)，求Tn及數(shù)列an的通項(xiàng)；（3）記bn=，求bn數(shù)列的前項(xiàng)和Sn，并證明Sn+=1 解：（）由已知，兩邊取對(duì)數(shù)得，即是公比為2

8、的等比數(shù)列 （）由（）知 （*）=由（*）式得（）， ，又，又， 類型9 解法：這種類型一般是等式兩邊取倒數(shù)后換元轉(zhuǎn)化為。例：已知數(shù)列an滿足：，求數(shù)列an的通項(xiàng)公式。解：取倒數(shù)：是等差數(shù)列，變式:（2006，江西,理,22,本大題滿分14分）已知數(shù)列an滿足：a1，且an（1）求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；（2）證明：對(duì)于一切正整數(shù)n，不等式a1a2an2n！解：（1）將條件變?yōu)椋?，因此1為一個(gè)等比數(shù)列，其首項(xiàng)為1，公比，從而1，據(jù)此得an（n1）1（2）證：據(jù)1得，a1a2an為證a1a2an2n！只要證nN時(shí)有2顯然，左端每個(gè)因式都是正數(shù)，先證明，對(duì)每個(gè)nN，有1（）3用數(shù)學(xué)歸納法證明3式：n

9、1時(shí)，3式顯然成立，設(shè)nk時(shí)，3式成立，即1（）則當(dāng)nk1時(shí)，1（）（）1（）（）1（）即當(dāng)nk1時(shí)，3式也成立 故對(duì)一切nN，3式都成立 利用3得，1（）11故2式成立，從而結(jié)論成立 類型10 解法：如果數(shù)列滿足下列條件：已知的值且對(duì)于，都有（其中p、q、r、h均為常數(shù)，且），那么，可作特征方程,當(dāng)特征方程有且僅有一根時(shí),則是等差數(shù)列;當(dāng)特征方程有兩個(gè)相異的根、時(shí)，則是等比數(shù)列。例：已知數(shù)列滿足性質(zhì)：對(duì)于且求的通項(xiàng)公式. 解: 數(shù)列的特征方程為變形得其根為故特征方程有兩個(gè)相異的根，使用定理2的第（2）部分，則有即例：已知數(shù)列滿足：對(duì)于都有（1）若求（2）若求（3）若求（4）當(dāng)取哪些值時(shí)，無窮

10、數(shù)列不存在？解：作特征方程變形得特征方程有兩個(gè)相同的特征根依定理2的第（1）部分解答.(1)對(duì)于都有(2) 令，得.故數(shù)列從第5項(xiàng)開始都不存在，當(dāng)4，時(shí)，.(3)令則對(duì)于(4)顯然當(dāng)時(shí)，數(shù)列從第2項(xiàng)開始便不存在.由本題的第（1）小題的解答過程知，時(shí)，數(shù)列是存在的，當(dāng)時(shí)，則有令則得且2.當(dāng)（其中且N2）時(shí)，數(shù)列從第項(xiàng)開始便不存在.于是知：當(dāng)在集合或且2上取值時(shí)，無窮數(shù)列都不存在.變式:（2005，重慶,文,22,本小題滿分12分）數(shù)列記（）求b1、b2、b3、b4的值；（）求數(shù)列的通項(xiàng)公式及數(shù)列的前n項(xiàng)和解法一：由已知,得,其特征方程為解之得,或, 解法二：（I）（II）因，故猜想因，（否則將代

11、入遞推公式會(huì)導(dǎo)致矛盾）故的等比數(shù)列., 解法三：（）由整理得（）由所以解法四：（）同解法一（） 從而類型11 或解法：這種類型一般可轉(zhuǎn)化為與是等差或等比數(shù)列求解。例：（I）在數(shù)列中，求 （II）在數(shù)列中，求類型12 歸納猜想法 解法：數(shù)學(xué)歸納法變式:（2006，全國II,理,22,本小題滿分12分）設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且方程x2anxan0有一根為Sn1，n1，2，3，（）求a1，a2；（）an的通項(xiàng)公式 提示:1 為方程的根,代入方程可得將n=1和n=2代入上式可得 2 求出等,可猜想并用數(shù)學(xué)歸納法進(jìn)行證明，本題主要考察 一般數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式間的關(guān)系3 方程的根的意義(根代入

12、方程成立)4數(shù)學(xué)歸納法證明數(shù)列的通項(xiàng)公式(也可以把分開為,可得解：()當(dāng)n1時(shí)，x2a1xa10有一根為S11a11，于是(a11)2a1(a11)a10，解得a1EQ f(1,2) 當(dāng)n2時(shí)，x2a2xa20有一根為S21a2EQ f(1,2)，于是(a2EQ f(1,2)2a2(a2EQ f(1,2)a20，解得a1EQ f(1,6) ()由題設(shè)(Sn1)2an(Sn1)an0，即Sn22Sn1anSn0 當(dāng)n2時(shí)，anSnSn1，代入上式得Sn1Sn2Sn10由()知S1a1EQ f(1,2)，S2a1a2EQ f(1,2)EQ f(1,6)EQ f(2,3) 由可得S3EQ f(3,4) 由此猜想SnEQ f(n,n1)，n1，2，3， 8分下面用數(shù)學(xué)歸納法證明這個(gè)結(jié)論 (i)n1時(shí)已知結(jié)論成立 (ii)假設(shè)nk時(shí)結(jié)論成立，即SkEQ f(k,k1)，當(dāng)nk1時(shí)，由得Sk1EQ f(1,2SSdo(k)，即Sk1EQ f(k1,k2)，故nk1時(shí)結(jié)論也成立 綜上，由(i)、(ii)可知SnEQ f(n,n1)對(duì)所有正整數(shù)n都成立 10分于是當(dāng)n2時(shí)，anSnSn1EQ f(n,n1)EQ f(n1,n)EQ f(1,n(n1)，又n1時(shí)，a1EQ f(1,2)EQ f(1,12)，所以an的通項(xiàng)公式anEQ f(n,n1)，n1，2，3， 12分本題難度較大,