文档介绍：类型1
解法:把原递推公式转化为,利用累加法(逐差相加法)求解。
例:已知数列满足,,求。
解:由条件知:
分别令,代入上式得个等式累加之,即
所以
,
类型2
解法:把原递推公式转化为,利用累乘法(逐商相乘法)求解。
例:已知数列满足,,求。
解:由条件知,分别令,代入上式得个等式累乘之,即
又,
例:已知, ,求。
解:
。
变式:(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
当时,,即,又,
,将以上n个式子相乘,得
类型3 (其中p,q均为常数,)。
解法(待定系数法):把原递推公式转化为:,其中,再利用换元法转化为等比数列求解。
例:已知数列中,,,求.
解:,令,则,,2为公比的等比数列,则,所以.
变式:(2006,重庆,文,14)
在数列中,若,则该数列的通项_______________
(key:)
变式:(2006. )
已知数列满足
(I)求数列的通项公式;
(II)若数列{bn}滿足证明:数列{bn}是等差数列;
(Ⅲ)证明:
(I)解:
是以为首项,2为公比的等比数列
即
(II)证法一:
①
②
②-①,得
即
③-④,得
即
是等差数列
证法二:同证法一,得
令得
设下面用数学归纳法证明
(1)当时,等式成立
(2)假设当时,那么
这就是说,当时,等式也成立
根据(1)和(2),可知对任何都成立
是等差数列
(III)证明:
变式:递推式:。解法:只需构造数列,消去带来的差异.
类型4 (其中p,q均为常数,)。(或,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,得:引入辅助数列(其中),得:再待定系数法解决。
例:已知数列中,,,求。
解:在两边乘以得:
令,则,解之得:
所以
变式:(2006,全国I,理22,本小题满分12分)
设数列的前项的和,
(Ⅰ)求首项与通项;(Ⅱ)设,,证明:
解:(I)当时,;
当时,,即,利用(其中p,q均为常数,)。(或,其中p,q, r均为常数)的方法,解之得:
(Ⅱ)将代入①得 Sn= ×(4n-2n)-×2n+1 + = ×(2n+1-1)(2n+1-2)
= ×(2n+1-1)(2n-1)
Tn= = × = ×( - )
所以, = - ) = ×( - ) <
类型5 递推公式为(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
其中s,t满足
解法二(特征根法):对于由递推公式,给出的数列,方程,叫做数列的特征方程。若是特征方程的两个根,当时,数列的通项为,其中A,B由决定(即把和,代入,得到关于A、B的方程组);当时,数列的通项为,其中A,B由决定(即把和,代入,得到关于A、B的方程组)。
解法一(待定系数——迭加法):
数列:, ,求数列的通项公式。
由,得
,
且。
则数列是以为首项,为公比的等比数列,于是
。把代入,得
,
,
,
。
把以上各式相加,得
。
。
解法二(特征根法):数列:,
的特征方程是:。
,
。
又由,于是
故
例:已知数列中,,,,求。
解:由可转化为
即或
这里不妨选用(当然也可选用,大家可以试一试),则是以首项为,公比为的等比数列,所以,应用类型1的方法,分别令,代入上式得个等式累加之,即
又,所以。
变式:(2006,福建,文,22,本小题满分14分)
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;
(III)若数列满足证明是等差数列
(I)证明:
是以为首项,2为公比的等比数列
(II)解:由(I)得
(III)证明:
①
②
②-①,得
即③
④
④-③,得
即
是等差数列
类型6 递推公式为与的关系式。(或)
解法:这种类型一般利用与消去或与消去进行求解。
例:已知数列前n项和.
(1)求与的关系;(2)求通项公式.
解:(1)由得:
于是
所以.
(2)应用类型4((其中p,q均为常数,))的方法,上式两边同乘以得:
,2为公差的等差数列,所以
变式:(2006,陕西,理,20本小题满分12分)
已知正项数列{an},其前n项和Sn满足10Sn=an2+5an+6