高考数学题型全归纳如何由递推公式求通项公式典型例题

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题型最全的递推数列求通项公式的习题[1]

高考递推数列题型分类归纳解析各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解。

特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。

我现在总结出几种求解数列通项公式的方法，希望能对大家有帮助。

类型1)(1n f a a nn解法：把原递推公式转化为)(1n f a a nn ，利用累加法(逐差相加法)求解。

例1. 已知数列na 满足211a ，nna a nn211，求n a 。

变式:已知数列1}{1a a n 中，且a 2k =a 2k －1+(－1)K,a 2k+1=a 2k +3k, 其中k=1,2,3,…….（I ）求a 3, a 5；（II ）求{ a n }的通项公式. 类型2nna n f a )(1解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n ，利用累乘法(逐商相乘法)求解。

例1:已知数列na 满足321a ，n na n na 11，求n a 。

例2:已知31a ，nna nna 23131)1(n，求n a 。

变式:（2004，全国I,理15．）已知数列{a n }，满足a 1=1，1321)1(32nna na a a a (n ≥2)，则{a n }的通项1___na 12n n类型3q paa nn1（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：)(1t a p ta nn，其中pq t1，再利用换元法转化为等比数列求解。

例:已知数列na 中，11a ，321n na a ，求n a .变式:（2006，重庆,文,14）在数列na 中，若111,23(1)nna a a n，则该数列的通项n a _______________变式:（2006.福建.理22.本小题满分14分）已知数列na 满足*111,21().nna a a n N （I ）求数列na 的通项公式；（II ）若数列{b n }滿足12111*444(1)(),n nb bb bna nN 证明：数列{b n }是等差数列；（Ⅲ）证明：*122311...().232n na a a n nn N a a a 类型4nnnq paa 1（其中p ，q 均为常数，)0)1)(1((q ppq ）。

利用递推关系式求数列的通项公式(有答案绝对好精品)

利用递推关系式求数列的通项公式数列是高考中的重点内容之一，每年的高考题都会考察到，小题一般较易，大题一般较难。

而作为给出数列的一种形式——通项公式，在求数列问题中尤其重要。

本文给出了求数列通项公式的常用方法。

◆一、直接法根据数列的特征，使用作差法等直接写出通项公式。

例1. 根据下列数列的前几项，说出数列的通项公式：1、1,3,7,15,31,………2、2,6,12,20,30,………3、21212,1,,,,3253………4、1,-1,1,-1………5、1、0、1、0……… ◆二、公式法①利用等差数列或等比数列的定义求通项②若已知数列的前n 项和n S 与n a 的关系，求数列{}n a 的通项n a 可用公式⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-2111n S S n S a n nn 求解.(注意：求完后一定要考虑合并通项)例2．①已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足21n S n n =+-，求数列{}n a 的通项公式.②已知等比数列{}n a 的首项11=a ，公比10<<q ，设数列{}n b 的通项为21+++=n n n a a b ，求数列{}n b 的通项公式。

◆三、归纳猜想法如果给出了数列的前几项或能求出数列的前几项，我们可以根据前几项的规律，归纳猜想出数列的通项公式，然后再用数学归纳法证明之。

也可以猜想出规律，然后正面证明。

例3.（2002年北京春季高考）已知点的序列*),0,(N n x A n n ∈，其中01=x ，)0(2>=a a x ，3A 是线段21A A 的中点，4A 是线段32A A 的中点，…，n A 是线段12--n n A A 的中点，…（1）写出n x 与21,--n n x x 之间的关系式（3≥n ）。

（2）设n n n x x a -=+1，计算321,,a a a ，由此推测{}n a 的通项公式，并加以证明。

数列史上最全求通项公式10种方法并配大量习题及答案

数列史上最全求通项公式10种方法并配大量习题及答案求数列通项公式的方法有很多种。

这个问题通常是高考试卷的第一问，如果无法解决或没有思路，那么即使后面的问题可以解决，也是无济于事的。

下面我们逐个讲解这些重要的方法。

递推公式法是指利用an=Sn−Sn−1的形式，其中Sn表示数列的前n项和。

这种方法有两种类型。

第一种类型是题目中给出的是Sn=f(n)的形式，要将n改成n-1，包括角标，这样加上题中给出的式子就得到两个式子，两式子做差，即可整理出通项公式。

但是需要注意的是，求出的通项公式一定要检验是否需要写成分段的形式，即验证一下a1和S1是否相等，若不相等，则需要写成分段的形式。

第二种类型是a(n-1),an和a(n+1)与S(n-1),Sn和S(n+1)同时存在于一个等式中，我们的思路是将n改写成n-1，又得到另一个式子，这两个式子做差，在做差相减的过程中，要将等式的一端通过移项等措施处理为零，这样整理,容易得出我们想要的关系式。

累加法（迭、叠加法）是在教材上推导等差数列通项公式和前n项和公式的时候使用的一种方法。

其实这个方法不仅仅适用于等差数列，它的使用范围是非常广泛的。

只要适合an=an-1+f(n)的形式，都可以使用累加法。

基本的书写步骤是将an-an-1=f(n)展开，然后累加，得到an-a1=f(2)+f(3)+f(4)+。

+f(n)。

因此重点就是会求后边这部分累加式子的和，而这部分累加的式子，绝大部分都是三种情况之一，要么是一个等差数列的前n-1项的和，要么是一个等比数列的前n-1项的和，要么就是能够在累加过程能够中消掉，比如使用裂项相消法等。

累乘法的使用条件是，凡是适合an=an-1*f(n)形式的求通项公式问题，都可以使用累乘法。

它的基本书写步骤格式是：an=a1*f(2)*f(3)*。

*f(n)。

以上是数列通项公式的三种求法。

2.改写每段话：首先，我们来看等式左右两边的乘积。

左边相乘得到的总是1，右边相乘得到的是f(2)乘以f(3)乘以f(4)一直到f(n)。

常见的由递推式求通项公式方法.doc

高考递推数列题型分类归纳解析各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解。

特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。

本文总结出几种求解数列通项公式的方法，希望能对大家有帮助。

类型 1 0*1 = a n + f（n）解法：把原递推公式转化为a n+}-a n=f（n）,利用累加法（逐差相加法）求解。

例:已知数列满足。

]=」，％] =a n + —,求％。

2 rr + n解：由条件知：a { - a - ——= ----- -- =—---- -1 n2+n〃（〃 + 1）n〃 + 1分别令n= 1,2,3,……,（〃一1），代入上式得个等式累加之，即（。

2 一 /）+ （口3 —角）+ （% 一口3）+ +（"〃—a n-\）变式：(2004,全国I,个理22.本小题满分14分)己知数列｛%｝中％=1，且％k=%k-i+(—l)K,白2k+i=%k+3k,其中k= 1,2,3, ・(I)求。

3,。

5；(II)求｛ %｝的通项公式.解：%k=“241 +(—I)"，”2*+1 =+3*••・a2k+\ =S + 3* =St +(T)* +3七即a2k+] -a2k_x =3* +(-1)*/.—6Z)=3 + (—1),“5 _% = 3一 +(_】)_。

2奸1 =3' +(-1)"将以上k个式子相加，得3 1a2k+\ ~ a\ =(3 + 3? +・・・ + 3*) + [(-1) + (-1)2 + + = —(3A -1) + —[(-1)A -1](n > 1),求％。

解: 3x2-1.3—13x24-2*3 + 2将％=1代入，得a2k+\ = — 3小+：(T)R T 'a2k =。

2卜1+(-1)*= — 3* +[(-1沪-1。

I [ ZJ+1 [ 〃一1-•3V +--(-l)v-l(/i 为奇麴经检验％ = 1也适合，a =< 2 2_.32+_.(-l)2_l(n为偶数)12 2类型 2 %+] = f(n)a n解法：把原递推公式转化为外 = f（〃），利用累乘法（逐商相乘法）求解。

高中数学-数列求通项公式方法汇总及经典练习(含答案)

高中数学-数列求通项公式方法汇总及经典练习（含答案）1、定义法：直接求首项和公差或公比。

2、公式法：1 (1) (2)n n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩两种用途（列举），结果要验证能否写成统一的式子．例、数列{}n a 的各项都为正数，且满足()()2*14nna S n N +=∈，求数列的通项公式．解一：由()()2*14nna S n N +=∈得()()()221114411n n n n n aS S a a +++=-=---化简得()()1120n n n n a a a a +++--=，因为10,2n n n a a a +>∴-=，又()2111441S a a ==-得11a =，故{}n a 是以1为首项，2为公差的等差数列，所以21n a n =-．解二：由()()2*14nn a S n N +=∈，可得()11,12n n n a S S n -=-∴=--≥化简可得)211n S -=，即1=，又11S =，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，∴n =，从而2n S n =，所以121n n n a S S n -=-=-，又11a =也适合，故21n a n =-．练习：已知数列{a n }的前n 项和S n 满足120n n n a S S -+=（2n ≥），a 1=21，求n a ．答案：a n =⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥--=)2()1(21)1(21n n n n ．扩展一：作差法例、在数列}{n a 中，11a =，212323(1)n a a a na n n ++++=-+，求n a ．解：由212323(1)n a a a na n n ++++=-+，得2123123(1)(2)1n a a a n a n n -++++-=-+-，两式相减，得66n na n =-+，∴ 1 (=1)66 (2)n n a n n n⎧⎪=-⎨≥⎪⎩．练习（理）：已知数列{}n a 满足11231123(1)(2)n n a a a a a n a n -==++++-≥，，求n a ．解：由123123(1)(2)n n a a a a n a n -=++++-≥，得1123123(1)n n n a a a a n a na +-=++++-+，两式相减，得1n n n a a na +-=，即11(2)n na n n a +=+≥，所以13222122![(1)43]2n n n n n a a a n a a n n a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅=-⋅⋅⨯=又由已知，得2122a a a =+，则211a a ==，代入上式，得!13452n n a n =⋅⋅⋅⋅⋅=，所以，{}n a 的通项公式为 1 (1)! (2)2n n a n n =⎧⎪=⎨≥⎪⎩．扩展二、作商法例、在数列}{n a 中，11a =，对所有的2n ≥，都有2123n a a a a n ••••=，求n a ．解：∵2123n a a a a n ••••=，∴21232(1)n a a a a n -••••=-，故当2n ≥时，两式相除，得22(1)n n a n =-， ∴221 (=1) (2)(1)n n a n n n ⎧⎪=⎨≥⎪-⎩．3、叠加法：对于型如)(1n f a a n n =-+类的通项公式．例、在数列{n a }中，31=a ,)1(11++=+n n a a n n ，求通项公式n a .答案：na n 14-=. 例、已知数列{}n a 满足112231n n n n a a ++=++-（*n N ∈），352a =，求通项n a .解：由112231n nn n aa ++=++-，两边同除以12n +，得()111131112222n n n n n n n a a n ++++-=-+≥，列出相加得121212121332323212212121-+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+=---n a a n n n n又由已知求得16a =，∴()*231n n n n N a n ∈=•++．练习：已知数列}a {n 满足3a 132a a 1nn 1n =+⋅+=+，，求数列}a {n 的通项公式．答案：1n 32n 31332a n nn -+=++--⋅=．4、叠乘法：一般地，对于型如1+n a =f (n)·n a 的类型例（理）、已知数列{}n a 满足112(1)53nn n a n a a +=+⨯=，，求数列{}n a 的通项公式．解：因为112(1)53nn n a n a a +=+⨯=，，所以0n a ≠，则12(1)5n n na n a +=+，故13211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅⋅121[2(11)5][2(21)5][2(11)5]3n n n n --=-+-++⨯⨯(1)1(1)(2)21122[(1)32]53325!n n n n n n n n n ---+-+++-=-⋅⋅⨯⨯⨯=⨯⨯⨯，所以数列{}n a 的通项公式为(1)12325!n n n n a n --=⨯⨯⨯．练习：在数列{a n }中，112a =，11(1n n n a a a n --=⋅+≥2），求n a ．答案：）1(1+=n n a n ． 5、构造法：型如a n+1=pa n +f(n) (p 为常数且p ≠0， p ≠1)的数列(1)f(n)= q (q 为常数) 一般地，递推关系式a +1=pa n +q (p 、q 为常数，且p ≠0，p ≠1)等价与)1(11pqa p p q a n n --=--+，则{p q a n --1}为等比数列，从而可求n a ．例、已知数列{}n a 满足112a =，132n n a a --=（2n ≥），求通项n a ．解：由132n n a a --=，得111(1)2n n a a --=--，又11210a -=≠，所以数列{1}n a -是首项为12，公比为12-的等比数列，∴11111(1)()1()22n nn a a -=---=+-．练习：已知数列}{n a 的递推关系为121+=+n n a a ，且11=a ，求通项n a ．答案：12-=n na ．(2) f(n)为等比数列，如f(n)= q n (q 为常数) ，两边同除以q n ，得111+=++nn n n qa p q a q ，令nn n a b q =，则可转化为b n+1=pb n +q 的形式求解．例、已知数列{a n }中，a 1=65，1111()32n n n a a ++=+，求通项n a ．解：由条件，得2 n+1a n+1=32(2 n a n )+1，令b n =2 n a n ，则b n+1=32b n +1，b n+1-3=32（b n -3）易得 b n =3)32(341+--n ，即2 n a n =3)32(341+--n ， ∴ a n =n n 2332+-．练习、已知数列{}n a 满足1232n n n a a +=+⨯，12a =，求通项n a ．答案：31()222nn a n =-．(3) f(n)为等差数列，如1n n a Aa Bn C +=++型递推式，可构造等比数列．（选学，注重记忆方法）例、已知数列{}n a 满足11=a ，11212n n a a n -=+-（2n ≥），求．解：令n n b a An B =++，则n n a b An B =--，∴11(1)n n a b A n B --=---，代入已知条件，得11[(1)]212n n b An B b A n B n ---=---+-，即11111(2)(1)2222n n b b A n A B -=++++-，令202A +=，1022A B +-=，解得A=－4，B=6，所以112n n b b -=，且46n n b a n =-+， ∴{}n b 是以3为首项、以12为公比的等比数列，故132n n b -=，故13462n n a n -=+-．点拨：通过引入一些尚待确定的系数，经过变形与比较，把问题转化成基本数列（等差或等比数列）求解．练习：在数列{}a n 中，132a =，1263n n a a n --=-，求通项a n ．答案：a n nn -+=69912·()．解：由1263n n a a n --=-，得111(63)22n n a a n -=+-，令11[(1)]2n n a An B a A n B -++=+-+，比较系数可得：A=－6，B=9，令n n b a An B =++，则有112n n b b -=，又1192b a A B ==++，∴{}n b 是首项为92，公比为12的等比数列，所以b n n =-92121()，故a n n n-+=69912·()． (4) f(n)为非等差数列，非等比数列法一、构造等差数列法例、在数列{}n a 中，1112(2)2()n n n n a a a n λλλ+*+==++-∈N ，，其中0λ>，求数列{}n a 的通项公式．解：由条件可得111221n nn nn n a a λλλλ+++⎛⎫⎛⎫-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，∴数列2n n n a λλ⎧⎫⎪⎪⎛⎫-⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭是首项为0，公差为1的等差数列，故21nnn a n λλ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，∴(1)2n n n a n λ=-+．练习：在数列{a n }中，a na n a n n n n n 1132212==+++++，()()()，求通项a n 。

高中数学：递推式求数列通项公式常见类型及解法

高中数学：递推式求数列通项公式常见类型及解法对于由递推式所确定的数列通项公式问题，通常可通过对递推式的变形转化成等差数列或等比数列，也可以通过构造把问题转化。

一、型例1. 在数列{a n}中，已知，求通项公式。

解：已知递推式化为，即，所以。

将以上个式子相加，得，所以。

二、型例2. 求数列的通项公式。

解：当，即当，所以。

三、型例3. 在数列中，，求。

解法1：设，对比，得。

于是，得，以3为公比的等比数列。

所以有。

解法2：又已知递推式，得上述两式相减，得，因此，数列是以为首项，以3为公比的等比数列。

所以，所以。

四、型例4. 设数列，求通项公式。

解：设，则，，所以，即。

设这时，所以。

由于{b n}是以3为首项，以为公比的等比数列，所以有。

由此得：。

说明：通过引入一些尚待确定的系数转化命题结构，经过变形与比较，把问题转化成基本数列（等差或等比数列）。

五、型例5. 已知b≠0，b≠±1，，写出用n和b表示a n的通项公式。

解：将已知递推式两边乘以，得，又设，于是，原递推式化为，仿类型三，可解得，故。

说明：对于递推式，可两边除以，得，引入辅助数列，然后可归结为类型三。

六、型例6. 已知数列，求。

解：在两边减去。

所以为首项，以。

所以令上式，再把这个等式累加，得。

所以。

说明：可以变形为，就是，则可从，解得，于是是公比为的等比数列，这样就转化为前面的类型五。

等差、等比数列是两类最基本的数列，是数列部分的重点，也是考查的热点，而考查的目的在于测试灵活运用知识的能力，这个“灵活”往往集中在“转化”的水平上。

转化的目的是化陌生为熟悉，当然首先是等差、等比数列，根据不同的递推公式，采用相应的变形手段，达到转化的目的。

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递推数列通项公式求法的题型归类

递推数列通项公式求法的题型归类递推数列问题成为高考命题的热点题型，对于由递推式所确定的数列通项公式问题，通常可对递推式的变形转化为等差数列或等比数列.下面将以常见的几种递推数列入手，谈谈此类数列的通项公式的求法. 题型一：a a d n n +=+1型（d 为常数）形如)(1n f a a n n +=+的递推数列求通项公式，将此类数列变形得a a d n n +-=1，再由等差数列的通项公式()a a n d n =+-11可求得a n 。

例1 已知数列{}a n 中()a a a n N n n 1123==+∈+,，求n a 的通项公式.解：∵a a n n +=+13 ∴a a n n +-=13∴ {}a n 是以a 12=为首项，3为公差的等差数列.∴()a n n n =+-=-21331为所求的通项公式.题型二、)(1n f a a n n +=+型形如)(1n f a a n n +=+的递推数列求通项公式，可用叠加法。

例2、已知数列{}n a ，12a =，132n n a a n +=++，求n a .解由已知11232213(1)23(2)2322312n n n n a a n a a n a a a a ----=-+⎫⎪-=-+⎪⎬-=⨯+⎪⎪-=⨯+⎭1n -个式子, 相加得:13[12(1)]2(1)n a a n n -=+++-+-(1)32(1)2n n n -=⨯+- ∴ 2322n n a n =+ 题型三：n n a q a ⋅=+1型形如n n a q a ⋅=+1的递推数列求通项公式，将此类数列变形得q a a nn =+1，再由等比数列的通项公式11-⋅=n n q a a 可求得a n 。

例3、已知数列{}a n 中满足a 1=1，n n a a 21=+，求n a 的通项公式。

解：∵n n a a 21=+ ∴21=+nn a a ∴ {}a n 是以11=a 为首项，2为公比的等比数列.∴12-=n n a 为所求的通项公式.题型四、n n a n f a ⋅=+)(1型形如n n a n f a ⋅=+)(1的递推数列求通项公式，可用累乘法.例4 已知数列{}a n 中满足a 1=1，n nn a a ⋅=+21，求n a 的通项公式. 解：∵n n n a a ⋅=+21 ∴n nn a a 21=+. ∴ 12232332211a a a a a a a a a a a a n n n n n n n n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅------- =222222321⋅⋅⋅⋅⋅⋅---n n n =2)1(2-n n∴ =1a a n 2)1(2-n n ∴=n a 2)1(2-n n 为所求的通项公式.题型五、a ca d n n +=+1型（c ，d 为常数）形如a ca d n n +=+1的递推数列求通项公式，可通过适当换元，转换成等比数列或等差数列求解.例5 已知{}a n 中a 13=-且a a n n =+-211求此数列的，通项公式.解：)(21t a t a n n +=+-，则t a a n n +=-12.与a a n n =+-211进行比较，可得t=1，则有()1211+=+-n n a a.设b a n n =+1，则有b b n n =-21.∴{}b n 是以b a 1112=+=-为首项，2为公比的等比数列 ()122--=n n b ∴ ，∴()1212211--=--=-=-n n n n b a题型六、)(1n f ka a n n +=+型（k 为常数）形如)(1n f ka a n n +=+的递推数列求通项公式，可对已知递推式适当变形，通过累加或累积求得通项.例6 已知数列{}n a 中，1a =92，113232+-+=n n n a a （n ≥2），求n a . 解：将原递推式化作：232311+⋅=⋅-+n n n n a a ，则 2323211+⋅=⋅---n n n n a a 两式相减得 )3(323211----=-n n n n a a a a ∴数列{13--n n a a }是以首项为94，公比为32的等比数列.∴13--n n a a =94×1)32(-n ，又 232311+⋅=⋅-+n n n n a a ∴ n a =13)21(2+--n n . 等差数列或等比数列是两类最基本的数列，是数列部分的重点，也是高考考查的热点.而主要考查学生分析问题和解决问题的能力，这个能力往往集中在“转化”的水平上.也就是说，把不同的递推公式，经过相应的变形手段，转化成比较熟悉的等差数列或等比数列进行求解.。

由递推公式求数列通项公式常见题型及解法

由递推公式求数列通项公式常见题型及解法对于由递推公式所确定的数列通项公式问题,通常可通过对递推公式变形,转化成等差数列或等比数列加以解决,也可以通过构造法把问题转化后予以解决.下面分类举例说明.一,%+l=%+-厂(n)型累加法:%=(一%～1)+(n一l一%一2)+…+(oa一.I)+nl=-厂(n一1)+_厂(n一2)+…+f(1)+01.例1在数列{}中,已知+=,=2,求通项公式.解:已知递推式化为…_l__一:+%+12+I’又tan(a+c)=号,tanAtanC=2+厂,tanA+tanC=3+,/一.由IanA+tanc=+,[tanAtanC=2+,v/3.解得tanA=1,tanC=2+,/丁或tanA=2+,/,tanC=1.所以A=45.,B=60.,C=75.或A=75o.B=60..C=45..当=45咐,.=8c==8,6=Ac=每=4,c=4+4_当=75.时,.=8,b=4,厂一(x/一1),c=8(,/一1).【解题反思】此题将三角形,正弦定理,三角形内角和,方程思想等知识巧妙24基础教育论坛[2011年第2期j即一--1=1,%+1’所以一1=1,l:1,啦Z啦Z111111啦劬一2’’一l一2n’将以上(n一1)个式子相加,得1一1=_2211l+..’1,—_22”‘即an=争++寺++…+一(一一.21一所以=一=.2练习:已知数列{%}满足n.=1,+.=n+2n(孔∈N).求血,结合,对学生的综合能力的运用是一个很大的考验,只有熟练掌握了三角的基本公式和基本方法技巧,才能运用自如,完整解答问题.三,有益的启示《考试说明》明确提出:要在”突出数学基础知识,基本技能,基本思想方法的考查”的同时,”重视数学基本能力和综合能力的考查”,”注重数学应用意识和创新意识的考查”,由此可见,坚持和加强在知识的交汇点处命题势在必行.在知识的交汇处命题,一方面数学学科知识之间的纵横交融,渗透综合的鲜明特点,将正,余弦定理与向量,解析几何,立体几何,数列,不等式,数列,方程等重要知识有效交汇于一体;另一方面,可有效考查学生的各类方法技能和重要数学思想的合理运用,把对学生的数学思维能力和综合应用能力的考查融合在对学生双基考二,+l=_厂(n)?型累积法:=—旦L?上…??塑?c—l(一2nl.,所以=-厂(n一1(n一2(n一3)一1)01.例2求数列.t=_『1,%=_}.%一(n≥2)的通项公式.解:当n≥2时,=堕?盟?a4…??L.al0l啦%一1【即%=面可×}:一4,l2—1’当n=l,=}=所以r(n∈N+)?查之中,因此我们必须高度重视,积极应对.数学知识交汇题,一般具有背景清晰且内涵丰富,新颖脱俗且思路灵活的特点,这就需要我们在熟练掌握数学基础知识和基本技能的基础上,深刻理解题意, 洞察内在联系,准确选择方法,要依据题设条件,合理进行变换,灵活进行转化,严谨完善解题.正弦定理,余弦定理在高考中,一般不单设试题,而是融于其他知识当中去考查,学生学习中应重视四大数学思想方法的培养.在运用定理时,要注重与其他知识的交汇,多角度联想,观察和分析问题,教师要教给学生学习的方法, 让学生学会学习,真正做到与其他知识融会贯通,切实提高学生分析问题,解决问题的能力,,促进其思维能力的发展和提高.练习:已知数列{吼}满足土上_=n (11,∈N+),ot=l,求n,1.三,%+I--,pa~+叮型方法:1)+小t?),.’,再根据等比数列的相关知识求(2)+.～%=p(%一an一)再用累加法求.(争一,先用累加法求争,再求?例3在数列{}中,a.=1,当n≥2时,有%=3一1+2,求.解法1:设+A=3(%l+A),即有=3～1+2A,对比=3l+2,得A=1.于是%+I=3(1+1),数列{+}是以a.+l=2为首项,以3为公比的等比数列,所以有=2?3一1.解法2:由已知递推式,得%+l=3%+2,%=3a.一l+2(n≥2).上述两式相减,得%+l～:3(%一%一1),因此,数列{%+.一nJl}是以o.2一a=4. 为首项,以3为公比的等比数列.所以+l一=4?3’,即3一%=4?3,所以%=2?3’1.练习:已知{}的首项n.=n(a为常数),;2a.一1(n∈N+,n≥2),求‰四,%+l=p%+/(n)型例4设数列{}满足,a=1,=一一J+2n一1(n≥2),求通项公式%.解:设6=+An,+曰,则%=b一An—B,%一l=6一l—A(一1)一B,所以b一An—B=an=1[6-I--A(n一1)一B]+2n一1,即b=1b—j+(A+2)n+(}A+一-).设所以b=16且b=%一4n+6.厶由于il6}是以3为首项,以为公比的等比数列,所以有b=3丁._由此得:一;:十4n.6.【说明】通过引入一些尚待确定的系数转化命题结构,经过变形与比较,把问题转化成基本数列(等差或等比数列). 五,+f:p%+q型例5已知b≠O,b≠士1,伪=,=了’+-+(n≥2),写出用/1,和b表示%的通项公式,解:将已知递推式两边乘以(1+6)”,得(1+6)=6(1+6)’an+l+,又设‰=(1+6),于是,原递推式化为n=bxT,仿类型三,可解得%=b—b=‘故%:.【说明】对于递推式+.=p+g,可两边除以q’,得争+上争’争,引入辅助数列6争,得n+争6n+,然后可归结为类型三.g六,+2p%+j+口型方法:待定系数法,设%+.一衄(一一%),构造等比数列.例6已知数列{}中,=1啦=2,+=++,求%.解:在%+2=%+l+两边减去+l,得%+2一+I:一一(+l一).所以{%+一%{是以02一n.=l为首项,以一为公比的等比数列.所以%+一=(一})..令E式=1,2,3,:一.(一1),再把这(n一1)个等式累加,得%一o=1 (一})+(_丁1)+?+(一})一=囊[1(一】.以;1哼((一}-11..t:,线性分式型..例7.(倒数法)已知数列{}中,a.: },+J=打,求{}的通项公式-解:j一::+2,所以{}是以为-NN,公差为2的等差数列,即l_:丁5+2(一1):,jj所以丁?练习:已知数列{}中,a.=1,=精,求{%}的通项公式?解.=}:击,所以f专}是以1为首项,公差为2的等差数列.所以=l+2(一1)_2,卜l,即Sn?所以=一一丁一1一=一fl(,n=1),删{2n1一2n3(.1一一…等差,等比数列是两类最基本的数列,是数列部分的重点,自然也是高考考查的热点,而考查的目的在于测试学生灵活运用知识的能力,这个”灵活”往往集中在”转化”的水平上.转化的目的是化陌生为熟悉,当然首先是等差,等比数列,根据不同的递推公式,采用相应的变[2011年第2期]基础教育论坛●_’r4:=A得解Il,l0一扛一2++A一2A一2。

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如何由递推公式求通项公式
高中数学递推数列通项公式的求解是高考的热点之一，是一类考查思维能力的题型，要求考生进行严格的逻辑推理。

找到数列的通项公式，重点是递推的思想：从一般到特殊，从特殊到一般；化归转换思想，通过适当的变形，转化成等差数列或等比数列，达到化陌生为熟悉的目的。

下面就递推数列求通项的基本类型作一个归纳，以供参考。

类型一：1()n n a a f n +-= 或 1
()
n n a g n a +=
分析：利用迭加或迭乘方法。

即：112211()()+()n n n n n a a a a a a a a ---=-+-+-+……
或
12
1
121n n n n n a a a a a a a a ---=
……
例1.(1) 已知数列
{}n a 满足11211
,2n n a a a n n +==++，求数列{}n a 的通项公式。

（2）已知数列
{}n a 满足
1(1)1,2n
n n a a s +==
，求数列
{}n a 的通项公式。

解：（1）由题知：
121111
(1)1n n a a n n n n n n +-=
==-
+++
112211()())n n n n n a a a a a +(a -a a ---∴=-+-++……
1111111(
)()()121122
n n n n =-+-++-+---……
312n =
-
（2）
2(1)n n s n a =+
112(2)n n s na n --∴=≥
两式相减得：12(1)(2)n n n a n a na n -=+-≥
即：1(2)1n n a n
n a n -=≥-
12
1
121n n n n n a a a a a a a a ---∴=
⋅⋅ (121)
12
1n n n n -=⋅⋅--……
n =
类型二：1(,(1)0)n n a pa q p q pq p +=+-≠其中为常数，
分析：把原递推公式转为：1(),1n n q
a t p a t p +-=--其中t=
，再利用换元法转化为等比数列
求解。

例2.已知数列
{}n a 中，11,123n n a a a =+=+，求{}n a 的通项公式。

解：由123n n a a +=+ 可转化为： 132(3)n n a a ++=+
令3,n n b a =+11n+1n 则b =a +3=4且b =2b
{}n b ∴1是以b =4为首项，公比为q=2的等比数列
1
1422n n bn -+∴=⋅= 即 1
2
3n n a +=-
类型三：1()(n n a pa f n +=+其中p 为常数)
分析：在此只研究两种较为简单的情况，即()f x 是多项式或指数幂的形式。

（1）()f x 是多项式时转为1(1)()n n a A n B p a An B ++++=++，再利用换元法转为等比数列
（2）()f x 是指数幂：
1
1(0)n n n a pa rq pqr ++=+≠ 若p q =时则转化为11
n n
n n a a r q q ++=+，再利用换元法转化为等差数列
若p q ≠时则转化为11(),n n n n qr
a tq p a tq t p q +++=+=
-其中
例3.（1）设数列
{}n a 中，111,321n n a a a n +==++，求{}n a 的通项公式。

（2）设数列{}n a 中，111,32n n n a a a +==+，求
{}n a 的通项公式。

解：（1）设1(1)3()n n a A n B a An B ++++=++ 1322n n a a An B A +∴=++-
与原式比较系数得：
221
211A A B A B ==⎧⎧⇒⎨⎨
-==⎩⎩ 即1(1)13(1)n n a n a n ++++=++
令1,n n b a n =++n+1n 11则b =3b 且b =a +1+1=3
{}n b ∴1是b =3为首项，公比q=3的等比数列
133331n n
n n
n b a n -∴=⋅==--即:
(2)设1
12
3(2)n n n n a t a t +++=+
展开后得：132n
n n a a +=+ 对比得：1t =
1123(2)n n n n a a ++∴+=+
令11,12,323n n n n n b a b b a +=+=+=1则且b =
{}n b ∴1是b =3为首项，公比q=3的等比数列
133332n n n n n
n b a -∴=⋅==-即:
类型四：1(0,0)r
n n n a pa p a +=>>
分析：这种类型一般是等式两边取对数后得：1lg lg lg n n a r a p +=+，再采用类型二进行求解。

例4.设数列
{}n a 中，
2
1111,(0)n n a a a a a +==
⋅>，求
{}n a 的通项公式。

解：由
2
11n n a a a +=
⋅，两边取对数得:
11
lg 2lg lg
n n a a a +=+
设1lg 2(lg )n n a t a t ++=+展开后与上式对比得：
1lg
t a =
112(lg lg )n a a a a ∴=+n+1原式可转化为lg +lg
令
1(lg lg )n n b a a =+，则1,1
n n b b a +=且b1=lg
{}1
n b a ∴1是b =lg 为首项，公比q=2的等比数列
1
12lg
n bn a -∴=⋅，即111
lg lg 2lg n n a a a -+=⋅
也即1
12
n n a a --=
类型五：
1()()()n
n n f n a a g n a h n +=
+
分析：这种类型一般是等式两边取倒数后再换元可转化为类型二。

例5.已知数列
{}n a 满足：
1
111,31n n n a a a a --==
+，求{}n a 的通项公式。

解：原式两边取倒数得：11113113n n
n n a a a a ---+==+
1
,1n a n n n-11设b =
则b -b =3,且b =
{}1
3n b ∴1是b =为首项，公差d=2的等差数列
1(1)332bn n n ∴=+-⋅=-
即
132n a n =
-。