高考数列经典题型全面解析

行者教育——高中数学1高中数学：《递推数列》经典题型全面解析类型1)(1nfaann解法：把原递推公式转化为)(1nfaann，利用累加法(逐差相加法)求解。例:已知数列na满足211a，nnaann211，求na。解：由条件知：111)1(1121nnnnnnaann分别令)1(,,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累加之，即)()()()(1342312nnaaaaaaaa)111()4131()3121()211(nn所以naan111211a，nnan1231121类型2nnanfa)(1解法：把原递推公式转化为)(1nfaann，利用累乘法(逐商相乘法)求解。例:已知数列na满足321a，nnanna11，求na。解：由条件知11nnaann，分别令)1(,,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累乘之，即1342312nnaaaaaaaann1433221naan11又321a，nan32例:已知31a，nnanna23131)1(n，求na。123132231232)2(31)2(32)1(31)1(3annnnan行者教育——高中数学23437526331348531nnnnn。类型3qpaann1（其中p，q均为常数，)0)1((ppq）。解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：)(1taptann，其中pqt1，再利用换元法转化为等比数列求解。例:已知数列na中，11a，321nnaa，求na.解：设递推公式321nnaa可以转化为)(21tatann即321ttaann.故递推公式为)3(231nnaa,令3nnab，则4311ab,且23311nnnnaabb.所以nb是以41b为首项，2为公比的等比数列，则11224nnnb,所以321nna.变式:递推式：nfpaann1。解法：只需构造数列nb，消去nf带来的差异．类型4nnnqpaa1（其中p，q均为常数，)0)1)(1((qppq）。（1nnnaparq,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1nq，得：qqaqpqannnn111引入辅助数列nb（其中nnnqab），得：qbqpbnn11再待定系数法解决。例:已知数列na中，651a,11)21(31nnnaa，求na。解：在11)21(31nnnaa两边乘以12n得：1)2(32211nnnnaa令nnnab2，则1321nnbb,解之得：nnb)32(23所以nnnnnba)31(2)21(32类型5递推公式为nnnqapaa12（其中p，q均为常数）。行者教育——高中数学3解法一(待定系数法)：先把原递推公式转化为)(112nnnnsaatsaa其中s，t满足qstpts解法二(特征根法)：对于由递推公式nnnqapaa12，21,aa给出的数列na，方程02qpxx，叫做数列na的特征方程。若21,xx是特征方程的两个根，当21xx时，数列na的通项为1211nnnBxAxa，其中A，B由21,aa决定（即把2121,,,xxaa和2,1n，代入1211nnnBxAxa，得到关于A、B的方程组）；当21xx时，数列na的通项为11)(nnxBnAa，其中A，B由21,aa决定（即把2121,,,xxaa和2,1n，代入11)(nnxBnAa，得到关于A、B的方程组）。解法一（待定系数——迭加法）:数列na：),0(025312Nnnaaannn，baaa21,，求数列na的通项公式。由025312nnnaaa，得)(32112nnnnaaaa，且abaa12。则数列nnaa1是以ab为首项，32为公比的等比数列，于是11)32)((nnnabaa。把nn,,3,2,1代入，得abaa12，)32()(23abaa，234)32()(abaa，21)32)((nnnabaa。把以上各式相加，得行者教育——高中数学4])32()32(321)[(21nnabaa)(321)32(11abn。abbaaabannn23)32)((3)]()32(33[11。解法二（特征根法）：数列na：),0(025312Nnnaaannn，baaa21,的特征方程是：02532xx。32,121xx,1211nnnBxAxa1)32(nBA。又由baaa21,，于是)(32332baBabABAbBAa故1)32)((323nnbaaba例:已知数列na中，11a,22a,nnnaaa313212，求na。解：由nnnaaa313212可转化为)(112nnnnsaatsaa即nnnstaatsa12)(3132stts311ts或131ts这里不妨选用311ts（当然也可选用131ts，大家可以试一试），则)(31112nnnnaaaannaa1是以首项为112aa，公比为31的等比数列,所以11)31(nnnaa,应用类型1的方法，分别令)1(,,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累加之，即2101)31()31()31(nnaa311)31(11n又11a，所以1)31(4347nna。行者教育——高中数学5类型6递推公式为nS与na的关系式。(或()nnSfa)解法：这种类型一般利用)2()1(11nSSnSannn与)()(11nnnnnafafSSa消去nS)2(n或与)(1nnnSSfS)2(n消去na进行求解。例：已知数列na前n项和2214nnnaS.（1）求1na与na的关系；（2）求通项公式na.解：（1）由2214nnnaS得：111214nnnaS于是)2121()(1211nnnnnnaaSS所以11121nnnnaaannnaa21211.（2）应用类型4（nnnqpaa1（其中p，q均为常数，)0)1)(1((qppq））的方法，上式两边同乘以12n得：22211nnnnaa由1214121111aaSa.于是数列nna2是以2为首项，2为公差的等差数列，所以nnann2)1(22212nnna类型7banpaann1)001(，a、p解法：这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令)()1(1yxnapynxann，与已知递推式比较，解出yx,,从而转化为yxnan是公比为p的等比数列。例:设数列na：)2(,123,411nnaaann，求na.行者教育——高中数学6解：设BAnbaB，Anabnnnn则，将1,nnaa代入递推式，得12)1(31nBnAbBAnbnn)133()23(31ABnAbn13323ABBAA11BA1nabnn取…（１）则13nnbb,又61b，故nnnb32361代入（１）得132nann说明：（1）若)(nf为n的二次式，则可设CBnAnabnn2;(2)本题也可由1231naann,1)1(2321naann（3n）两式相减得2)(3211nnnnaaaa转化为nnnqbpbb12求之.【例】、已知数列}{na满足11a，)2(311naannn，则通项公式na312nan=3^(n-1)+a(n-1)---an-a(n-1)=3^(n-1)同样a(n-1)-a(n-2)=3^(n-2)……a(n-2(-a(n-3)=3^(n-3)…………………………a3-a2=3^2……a2-a1=3^1以上的n个等式的两边相加得到An-a1=3+3^2+……+3^(n-1)=3(1-3^n-1)/(1-3)=(3^n-1)/2