最新高考数列递推公式题型归纳解析汇报完整答案版

实用文档标准文案最新高考数列递推公式题型归纳解析完整答案版类型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。变式1.1:（2004，全国I，个理22．本小题满分14分）已知数列1}{1aan中，且a2k=a2k－1+(－1)K,a2k+1=a2k+3k,其中k=1,2,3,…….（I）求a3,a5；（II）求{an}的通项公式.解：kkkaa)1(122，kkkaa3212kkkkkkaaa3)1(312212，即kkkkaa)1(31212)1(313aa，2235)1(3aa…………kkkkaa)1(31212将以上k个式子相加，得]1)1[(21)13(23])1()1()1[()333(22112kkkkkaa将11a代入，得1)1(21321112kkka，1)1(21321)1(122kkkkkaa。经检验11a也适合，)(1)1(21321)(1)1(21321222121为偶数为奇数nnannnnn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3:已知31a，nnanna23131)1(n，求na。解：123132231232)2(31)2(32)1(31)1(3annnnan3437526331348531nnnnn。变式2.1:（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，得实用文档标准文案当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。变式3.1:（2006，重庆,文,14）在数列na中，若111,23(1)nnaaan，则该数列的通项na___________321nna变式3.2:（2006.福建.理22.本小题满分14分）已知数列na满足*111,21().nnaaanN（I）求数列na的通项公式；（II）若数列{bn}滿足12111*444(1)(),nnbbbbnanN证明：数列{bn}是等差数列；（Ⅲ）证明：*122311...().232nnaaannnNaaa（I）解：*121(),nnaanN112(1),nnaa1na是以112a为首项，2为公比的等比数列新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆12.nna即*21().nnanN（II）证法一：1211144...4(1).nnkkkkna12(...)42.nnkkknnk122[(...)],nnbbbnnb①12112[(...)(1)](1).nnnbbbbnnb②②－①，得112(1)(1),nnnbnbnb即1(1)20,nnnbnb21(1)20.nnnbnb③－④，得2120,nnnnbnbnb即2120,nnnbbb*211(),nnnnbbbbnNnb是等差数列新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆证法二：同证法一，得1(1)20nnnbnb令1,n得12.b设22(),bddR下面用数学归纳法证明2(1).nbnd（1）当1,2n时，等式成立新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆（2）假设当(2)nkk时，2(1),kbkd那么122[2(1)]2[(1)1].1111kkkkbbkdkdkkkk这就是说，当1nk时，等式也成立新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆根据（1）和（2），可知2(1)nbnd对任何*nN都成立新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆1,nnnbbdb是等差数列新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆实用文档标准文案（III）证明：1121211,1,2,...,,12122(2)2kkkkkkakna12231....2nnaaanaaa111211111111.,1,2,...,,2122(21)23.222232kkkkkkkkakna1222311111111...(...)(1),2322223223nnnnaaannnaaa*122311...().232nnaaannnNaaa变式3.3: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）。（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。变式4.1:（2006，全国I,理22,本小题满分12分）设数列na的前n项的和14122333nnnSa，1,2,3,n（Ⅰ）求首项1a与通项na；（Ⅱ）设2nnnTS，1,2,3,n，证明：132niiT解：（I）当1n时，323434111aSa21a；当2n时，)3223134(3223134111nnnnnnnaaSSa，即nnnaa241，利用nnnqpaa1（其中p，q均为常数，)0)1)(1((qppq）。（或1nnnaparq,其中p，q,r均为常数）的方法，解之得：nnna24(Ⅱ)将nnna24代入①得Sn=43×(4n－2n)－13×2n+1+23=13×(2n+1－1)(2n+1－2)=23×(2n+1－1)(2n－1)Tn=2nSn=32×2n(2n+1－1)(2n－1)=32×(12n－1－12n+1－1)实用文档标准文案所以,1niiT=321(ni12i－1－12i+1－1)=32×(121－1－12i+1－1)32类型5递推公式为nnnqapaa12（其中p，q均为常数）。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）例4，: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])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实用文档标准文案例5: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。变式5.1:（2006，福建,文,22,本小题满分14分）已知数列na满足*12211,3,32().nnnaaaaanN（I）证明：数列1nnaa