文档介绍：高考递推数列题型分类归纳解析类型1,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,变式:(2004,全国I,)已知数列,且a2k=a2k-1+(-1)k,a2k+1=a2k+3k,其中k=1,2,3,…….(I)求a3,a5;(II)求{an}:,,即,…………将以上k个式子相加,得将代入,得,。经检验也适合,类型2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(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,,,:,令,则,,2为公比的等比数列,则,:()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: ①② 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,(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: ①②②-①,得即③④④-③,得即是等差数列类型6递推公式为与的关系式。(或)解法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):(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且a1,a3,a15成等比数列,求数列{an}的通项an解:∵10Sn=an2+5an+6,①∴10a1=a12+5a1+6,解之得a1=2或a1=3又10Sn-1=an-12+5an-1+6(n≥2),②由①-②得10an=(an2-an-12)+6(an-an-1),即(an+an-1)(an-an-1-5)=0∵an+an-1>0,∴an-an-1=5(n≥2)当a1=3时,a3=13,a15=73a1,a3,a15不成等比数列∴a1≠3;当a1=2时,a3=12,a15=72,有a32=a1a15,∴a1=2,∴an=5n-