最新高考数列递推公式题型归纳解析完整答案版

（ I ）证明： an 2 3an 1 2an,
an 2 an 1 2(an 1 an ), a1 1,a2 3, an 2 an 1 2(n N * ). an 1 an
an 1 an 是以 a2 a1 2 为首项， 2 为公比的等比数列 （ II ）解：由（ I ）得 an 1 an 2n( n N * ),
2[(b1 b2 ... bn bn 1 ) ( n 1)] ( n 1)bn 1. ②
②－①，得 2(bn 1 1) (n 1)bn 1 nbn, 即 (n 1)bn 1 nbn 2 0, nbn 2 (n 1)bn 1 2 0.
③－④，得 nbn 2 2nbn 1 nbn 0, 即 bn 2 2bn 1 bn 0,
1 3
a) 。
an [3 3( 2 ) n 1 ]( b a) a 3(a b)( 2)n 1 3b 2a 。
Leabharlann Baidu
3
3
解法二 （特征根法） ：数列 an ：3an 2 5an 1 2an 0(n 0, n N ) ， a1 a,a2 b 的特征方程是：
3 x 2 5 x 2 0 。 x1 1, x2
于是
最新高考数列递推公式题型归纳解析完整答案版
类型 1 an 1 an f (n)
解法：把原递推公式转化为 an 1 an f (n) ，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 { an }中a1
1，且
a
2k=
a
2k－
1+(
－
Ax1n 1
Bx
n 2
1
，
得
到
关
于
A、B
的 方 程 组 ） ； 当 x1
x2 时 ， 数 列 an 的 通 项 为
an ( A Bn)x1n 1 ， 其 中 A ， B 由 a1
, a2
决 定 （ 即 把 a1, a2 , x1, x2 和 n 1,2 ， 代 入
an
(A
Bn) x1n
1
，得到关于
A、 B 的方程组）。
a1
a2
3, a4 a3
4, , an an 1
n ，将以上 n 个式子相乘，得 a n
n! (n 2)
2
类型 3 an 1 pan q （其中 p，q 均为常数， ( pq( p 1) 0) ）。
解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：
an 1 t p(an t ) ，其中 t
q ，再利用换元法转化为
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
q n 1 ，得：
an 1 qn 1
p an q qn
1 引入辅助数列 q
bn （其中
bn
an qn
），得：
bn 1
p bn
q
1 再待定系数法解决。 q
变式 4.1:（ 2006，全国 I, 理 22,本小题满分 12 分）
a3 a1 3 ( 1) ， a5 a3 32 ( 1)2 ……
…… a2k 1 a2 k 1 3k ( 1) k
将以上 k 个式子相加，得
a2k 1 a1 (3 32
3k ) [( 1) ( 1) 2
将 a1 1代入，得 a 2k 1
1 3k 1
1 (
1) k
1，
2
2
a2k
a2k 1 ( 1) k
(n 1)an 1 (n≥2)，
则 {an}的通项 an
1
n1
___ n 2
解：由已知，得 an 1 a1 2a2 3a3
(n 1)an 1 nan ，用此式减去已知式，得
当 n 2 时， an 1 an nan ，即 an 1 (n 1)an ，又 a2 a1 1，
a1 1, a2 1, a 3
例 3:已知 a1 3 ， a n 1 3n 1 a n (n 1) ，求 an 。 3n 2
解： an 3(n 1) 1 3(n 2) 1 3(n 1) 2 3(n 2) 2
321 31 a1
32 232
3n 4 3n 7 3n 1 3n 4
52
6
3
8 5 n 3 。1
变式 2.1:（ 2004，全国 I, 理 15）已知数列 {an}，满足 a1=1， an a1 2a2 3a3
解法一（待定系数——迭加法）
例 4， :数列 an ： 3an 2 5an 1 2an 0(n 0, n N ) ， a1 a, a2 b ，求数列 an 的通项公式。
由 3an 2 5an 1 2an
0 ，得 a n 2 a n 1
2 (an 1
an ) ，且 a2
a1
3
b a。
则数列 an 1 an 是以 b a 为首项， 2 为公比的等比数列，于是 3
1 (an 1 an )
3
1
)n
1
,应用类型
3
an 1 an 是以首项为 a2 1 的方法，分别令 n 1,2,3,
加 之 ， 即 a n a1 ( 1 ) 0 ( 1 )1
3
3
( 1)n 2 3
an
7
3 (
1)n 1 。
44 3
a1 1 ，公比为
1
的等比数列 , 所以
3
, (n 1) ，代入上式得 (n 1) 个等式累
1 3k
1 (
1) k
1。
2
2
( 1)k ]
3 (3k
1)
1 [(
1) k
1]
2
2
经检验 a1 1 也适合， an
1
n1
32
1
(
n1
1) 2
1(n为奇数 )
2
2
1
n
32
1
(
n
1) 2
1( n为偶数 )
2
2
类型 2 an 1 f ( n)an
解法：把原递推公式转化为 an 1 f ( n) ，利用累乘法 (逐商相乘法 )求解。 an
an 1 an
(b a)( 2 )n 1 。 3
把 n 1,2,3, , n 代入，得 a2
a1
b a ，a3
a2
(b a) ( 2) ， a4
a3
22 (b a) ( ) ，
3
3
an
an 1
(b
a)(
2) n
2
。把以上各式相加，得
3
22
an a1 (b a)[1
()
33
( 2)n 2] 3
1 ( 2)n 1 3 (b 2
2k 1
2(2 k
1 )
1 , k 1,2,..., n,
2
2
a1 a2 ... an
n .
a2 a3
an 1 2
ak ak 1
2k 1 1
1
1
1
2k 1 1 2 2(2k 1 1) 2 3.2k 2k
2
1 11
2
. 3
2k
,k
1,2,..., n,
a1 a2
a2 a3
... an an 1
n 11 (
an (an an 1) ( an 1 an 2 ) ... (a2 a1) a1 2n 1 2n 2 ... 2 1 2n 1(n N * ).
（ III ）证明：
2
4 ( an 1
1
2n
33
33
3
an 1 pan qn（其中 p，q 均为常数， ( pq( p 1)( q 1) 0) ）。
2 ) ，即 an 4an 1 2n ，利用 3 （或 an 1 pan rq n ,其中 p，
q, r 均为常数）的方法，解之得： an 4n 2n
(Ⅱ )将 an 4n 2n 代入①得
1 ( 1) n 1
3
又
1
1
3
a1 1 ， 所 以
变式 5.1（: 2006，福建 ,文 ,22,本小题满分 14 分）已知数列 an 满足 a1 1, a2 3,an 2 3an 1 2an( n N *).
（ I ）证明：数列 an 1 an 是等比数列；（ II ）求数列 an 的通项公式；（ III ）若数列 bn 满足 4b1 41 b2 1...4bn 1 (an 1)bn (n N * ), 证明 bn 是等差数列
设数列 an 的前 n 项的和 Sn
4 an
1
2n 1
33
2 ， n 1,2,3,
3
2n
n
3
（Ⅰ）求首项 a1与通项 an ；（Ⅱ）设 Tn
， n 1,2,3, Sn
，证明： Ti
i1
2
解：（ I ）当 n 1 时， a1
S1
4 a1
4
2
3 33
a1 2 ；
当n
2 时， a n
Sn
Sn 1
4 an
1 2n 1
（ I）求数列 an 的通项公式； （ II ）若数列 {bn}滿足 4b1 41 b2 1 4bn 1 (an 1) bn (n N * ), 证明：数列 {bn}
是等差数列；（Ⅲ）证明：
n 1 a1 a2 ... an
n (n
N * ).
2 3 a2 a3
an 1 2
（ I）解： an 1 2an 1(n N * ), an 1 1 2(an 1),
给 出的数 列 an ， 方 程
x 2 px q 0 ，叫做数列 an 的特征方程。 若 x1, x2是特征方程的两个根， 当 x1 x2 时，数列 an
的通项为 an Ax1n 1 Bx2n 1 ，其中 A， B 由 a1
,a2
决定（即把 a1 , a2 , x1, x2 和 n 1,2 ，代
入 an
Sn=
4 3
×
(4
n－
2
n
)－
1 3
×
2n+1
+
2 3
=
13× (2n+1－ 1)(2n+1 － 2) =
2 3
×
(2
n+1－
1)(2
n
－
1)
T n=
2n Sn
=
3× 2
2n (2 n+1－ 1)(2n－ 1)
=
3× 2
(
2n
1 －
1
－
1 2n+1－ 1)
n
n
所以 ,
Ti =
i1
3 2
i
1
(
1 2i－
k
2
k
bk 1
bk
[2 (k 1)d ]
k1 k1 k1
这就是说，当 n k 1 时，等式也成立
2 k1
2 [( k 1) 1]d.
根据（ 1）和（ 2），可知 bn 2 (n 1)d 对任何 n N * 都成立
bn 1 bn d, bn 是等差数列
（ III ）证明：
ak ak 1
2k 1 2k 1 1
3
3
解：由 an 2
2 an 1
1 a n 可转化为 an 2
san 1
3
3
t (an 1 san )
即 an 2 (s t )an 1 stan
2 st
3 1 st 3
s1
1
s
1或
3
t 3 t1
这里不妨选用
s1 1（当然也可选用
t 3
1 s
3 ，大家可 以试一试 ），则 t1
an 2 an 1
an 1 an (
an 1 是以 a1 1 2 为首项， 2 为公比的
等比数列
an 1 2n. 即 an 2n 1(n N * ).
（ II ）证法一：
4k1 41 k2 1...4kn 1 (an 1)kn . 4( k1 k2 ... kn ) n 2nkn .
2[(b1 b2 ... bn) n] nbn , ①
2 , an
3
Ax1n 1 Bx2n 1
A
B
(2)n
1
。又由
a1
a, a2
b，
3
a AB b A 2B
3
A B
3b 2a 3( a b) 故 an
3b 2a 3(a b)( 2) n 1 3
例 5:已知数列 an 中， a1 1 , a2 2 , a n 2 2 an 1 1 an ，求 an 。
1)
K
,
k
a2k+1 =a2k+3 , 其中 k=1,2,3, …… .
（ I ）求 a3, a5； （ II ）求 { an}的通项公式 .
解： a2 k a2 k 1 ( 1) k ， a2 k 1 a2k 3k
a2k 1 a2k 3k a2 k 1 ( 1)k 3k ，即 a2k 1 a2 k 1 3k ( 1) k
bn 2 bn 1 bn 1 bn (n N * ),
bn 是等差数列
证法二：同证法一，得
(n 1)bn 1 nbn 2 0 令 n 1,得 b1 2.
设 b2 2 d(d R), 下面用数学归纳法证明 bn 2 (n 1)d .
（ 1）当 n 1,2 时，等式成立 （ 2）假设当 n k(k 2) 时， bk 2 (k 1)d , 那么
1p
等比数列求解。 变式 3.1:（ 2006，重庆 ,文 ,14）
在数列 an 中，若 a1 1, an 1 2an 3(n 1)，则该数列的通项 an ___________
an 2n 1 3
变式 3.2:（ 2006. 福建 .理 22.本小题满分 14 分）已知数列 an 满足 a1 1, an 1 2an 1(n N * ).
2 32
1 22
1 ... 2n )
n1 1
2
(1 3
2n )
n1 ,
23
n 1 a1 a2 ... an
n (n
N * ).
2 3 a2 a3
an 1 2
变式 3.3:递推式： an 1 pan f n 。解法：只需构造数列 bn ，消去 f n 带来的差异．
类型 4 an 1 pan qn（其中 p，q 均为常数， ( pq ( p 1)(q 1) 0) ）。 （或 an 1 pan rq n ,
1
－
1 2i+1－ 1)
=
3 2
×
( 2
1 1－
1
－
1 2i+1－ 1) <
3 2
类型 5 递推公式为 an 2 pan 1 qan （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
st p
an 2 san 1 t (an 1 san ) 其中 s， t 满足 st
q
解 法 二 ( 特 征根 法 ) ： 对于 由 递推 公式 an 2 pan 1 qan ， a1 , a2