08高考数学递推数列求通项题型

高考数学递推数列求通项题型分类归纳解析类型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1: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2: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3:已知31a，nnanna23131)1(n，求na。解：123132231232)2(31)2(32)1(31)1(3annnnan3437526331348531nnnnn。变式:（2004，全国I,理15．）已知数列{an}，满足a1=1，1321)1(32nnanaaaa(n≥2)，则{an}的通项1___na12nn解：由已知，得nnnnaanaaaa13211)1(32，用此式减去已知式，得当2n时，nnnnaaa1，即nnana)1(1，又112aa，naaaaaaaaann13423121,,4,3,1,1，将以上n个式子相乘，得2!nan)2(n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4: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:（2006，重庆,文,14）在数列na中，若111,23(1)nnaaan，则该数列的通项na_______________（key:321nna）类型4nnnqpaa1（其中p，q均为常数，)0)1)(1((qppq）。（或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5: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）。解(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）。例6:数列na：),0(025312Nnnaaannn，baaa21,,求na解（特征根法）：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练习:已知数列na中，11a,22a,nnnaaa313212，求na。1731:()443nnkeya。变式:（2006，福建,文,22）已知数列na满足*12211,3,32().nnnaaaaanN求数列na的通项公式；（I）解：112211()()...()nnnnnaaaaaaaa12*22...2121().nnnnN类型6递推公式为nS与na的关系式。(或()nnSfa)解法：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7：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7rnnpaa1)0,0(nap解法：这种类型一般是等式两边取对数后转化为qpaann1，再利用待定系数法求解。例8：已知数列｛na｝中，2111,1nnaaaa)0(a，求数列.的通项公式na解：由211nnaaa两边取对数得aaann1lglg2lg1，令nnablg，则abbnn1lg21，再利用待定系数法解得：12)1(nnaaa。类型8)()()(1nhanganfannn解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为qpaann1。例9：已知数列｛an｝满足：1,13111aaaannn，求数列｛an｝的通项公式。解：取倒数：11113131nnnnaaaana1是等差数列，3)1(111naan3)1(1n231nan变式:（2006，江西,理,22）已知数列｛an｝满足：a1＝32，且an＝n1n13nan2nN2an1－－（，）＋－求数列｛an｝的通项公式；解：（1）将条件变为：1－nna＝n11n113a－－（－），因此｛1－nna｝为一个等比数列，其首项为1－11a＝13，公比13，从而1－nna＝n13，据此得an＝nnn331－（n1）类型9周期型解法：由递推式计算出前几项，寻找周期。例10：若数列na满足)121(,12)210(,21nnnnnaaaaa，若761a，则20a的值为___________。变式:（2005，湖南,文，5）已知数列}{na满足)(133,0*11Nnaaaannn，则20a=（）A．0B．3C．3D．23