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从递推公式到数列的通项公式 广州市玉岩中学 李文力 510530 历年高考，数列的解答题总是以压轴题的姿态出现，得分率低。尤其是以递推公式形式给出的题目，更是让学生感到即使花费大量时间思考，依然是无从下手。究其根源，是平常的教学与复习中，对此类问题的探讨和总结过于肤浅，没有在题型和解法之间形成清晰、迅速的程序性的思考反应所致。本文作者在大量研究各地历年高考或调研考试中出现的递推数列问题的基础上，甄选常考的九个分类，讨论其解法的固有程式，希望对高考这类问题的复习教学有所帮助，提高学生的接替能力，减少不必要的时间消耗和丢分。 关键词：递推 数列 通项 公式 【类型1】递推式为及（d、q为常数） 例1.已知满足，而且，求。 解：为常数 是以2为公差的等差数列。 ，即 例2.已知满足，以及，求。 解：是常数 是以为公比的等比数列。 ，即 【真题展示】 （2004全国I理，22.）已知数列中，且，其中 （I）求；（II）求的通项公式。 解：， ，即 ，，……， 将上述k个式子相加，得 将代入，得 经检验也适合上述计算公式 【类型2】递推式为，其中p、q为常数 例3.数列中，已知，对于都有，求。 解法一：由已知递推式得 两式相减得： 因此数列是以3为公比的等比数列，其首项为 所以 又 解法二：由解法一得是以3为公比的等比数列，于是有 将这个式子累加起来得： 所以 解法三：设递推式可以化为，即 由系数比较法可以看出，即 于是数列是以3为公比的等比数列，其首项为 【说明】以上的解法叫“构造法”，但解法一和解法三所构造的等比数列是不同的，其解题技巧各有千秋。 【真题展示】 （2006重庆文，14.）在数列中，若，则该数列的通项 。解：， 两式相减得：，即 所以是以为首项，2为公比的等比数列 故 又， （22.）已知数列满足（I）求数列的通项公式（I）解： 是以为首项，2为公比的等比数列，即 例4.已知中，，求。 解：由已知可知 令代入上式，将所得的条等式累加得： 所以 故：，即 【说明】如例3的这一类型中，只要是可求和的，就可以由以带入，将得到的个式子累加求和，从而实现求解的目的。 【类型4】递推式为，其中p、q为非零常数 例5.数列中，，求 解：在的左右两端同时除以得 令，则上式即为，于是可得 由前面类型的讨论容易求得 【说明】对于递推式，可在其左右两端同时除以，得到，引辅助数列得，回归到第二类型求解。 【真题展示】 （2006全国I理，22.）设数列的前项的和，（Ⅰ）求首项与通项 解：（I）当时，； 当时，，即 由此可得 那么数列回归第二类型，求解可得。 【类型5】递推式为 例6.已知数列中，，求。 解： 累乘后得： 且当时，也适合上式，所以 【说明】数列的前n项可求积，所以可以用累乘的方法求解。要注意的是对初值的检验。 （2004全国I理，15.）已知数列{an}，满足a1=1， (n≥2)，则{an}的通项 解：由已知，得，用此式减去已知式，得 即，进一步整理得 又由原关系得： 将上述n个式子相乘，得 【类型6】递推式为，其中p、q为非零常数 例7.已知数列中，，求。 解：设递推式可以变形为，即是 由比较系数法知： 所以 所以数列是以为首项，为公比的等比数列。 将代入所得的条式子累加后得： 所以 【说明】是较为复杂的一类问题。通过设置两个变量、可以将问题化归到前面的比较简单的类型。 【真题展示】 （2006福建文，22.）已知数列满足。（I）证明：数列是等比数列；（II）求数列的通项公式。 （I）证明： 是以为首项，2为公比的等比数列（II）解：由（I）得 例8.设数列满足，求。 解：设，则，将代入递推式，得 ， 又 故 ，即 【说明】这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令，与已知递推式比较，解出，从而转化为是公比为的等比数列。 【真题展示】 （2006山东文，22.）已知数列｛｝中，，点在直线y=x上，其中n=1,2,3…。 (Ⅱ)求数列的通项公式。 解：由题设得 令，整理得 由比较系数法得 又 数列是以为首项，为工比的等比数列 【类型8】递推公式为 例9.已知数列｛｝中，，求数列的通项公式。 解：由两边取常用对数得， 令，则， 两边都加上得： ，即 【说明】这种类型一般是等式两边取对数后转化为，再利用待定系数法求解。 【真题展示】 （2005年江西理）已知数列的各项都是正数，且满足 （2）求数列的通项公式。 解： ， 由（1）知，，两边取以2为底的对数得： 令,则 【类型9】递推公式为 例10.已知数列满足：，求数列的通项公式。 解：取倒数得 是以为首项，以3为公差的等差数列 【说明】解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为。 【真题展示】 （2006江西理，22.）已知