1、高中数学教学精品论文高中数学教学精品论文 递推数列通项的求解策略递推数列通项的求解策略 由数列的递推公式，求数列的通项公式是高考常考的内容，但是由于数列的表现形式各异，有些数列 的递推公式比较复杂，给问题的解决带来不少困难。本文试图归纳几类较为常见的数列通项问题的求法， 给读者一些有益的启示. 1 1累加型累加型 形如形如) 1( 1 nfaa nn ，则则) 1( 1 nfaa nn ) 1 ( 12 faa,),2( 23 faa,) 1( 1 nfaa nn 以上1n个等式经累加， 得 1 1 1 )( n k n kfaa. 例例 1 1 数列 n a满足 2 1 1 a, nn aa
2、 nn 2 1 1 )2( n,求数列 n a的通项. 解：解：由 nn aa nn 2 1 1 且 2 1 1 a，得 1 1 2 1 ) 1() 1( 1 n k n kk aa，所以 n a= 1 1 ) 1 11 ( 2 1 n k kk = n 1 1 2 1 = n 1 2 3 . 2 2累乘型累乘型 形如形如) 1( 1 nfaa nn ，0 n a，则，则) 1( 1 nf a a n n 可利用) 1 ( 1 2 f a a ,),2( 2 3 f a a ,) 1( 1 nf a a n n 以上1n个等式经累乘，得)( 1 1 1 kf a a n k n ，即 )( 1
3、 1 1 kfaa n k n . 例例 2 2 数列 n a中1 1 a,且 1 2 ) 1 1 ( nn a n a)2( n,0 n a，求数列 n a的通项. 解：解：因为 2 1 1 1 na a n n ,1n个等式经累乘得 2 1 1 1 ) 1( 1 1 ka a n k n ，所以 n a ) 1( 1 1 2 1 1 1 k a n k = 1 2 1 1 1 1 k k k k n k = n n 2 1 . 3.3. 构造型构造型 （1 1）形如）形如BAaa nn 1 ，其中，其中BA,为常数且为常数且0, 0, 1BAA的构造的构造 可用待定系数法,构造一个公比为A
4、的等比数列,令)( 1 nn aAa,经整理比较 得,) 1(BA 1 A B ,从而 1 A B an是一个公比为A的等比数列. 例例 3 3 已知数列 n a满足2 3 1 1 nn aa，1 1 a，求 n a的通项公式. 解：解：设)( 3 1 1 nn aa，解之得3，则)3( 3 1 3 1 nn aa，令3 nn ab， 则数列 n b是以23 11 ab为首项， 3 1 为公比的等比数列，所以 1 3 2 n n b，所以 高中数学教学精品论文高中数学教学精品论文 1 3 2 3 n n a. 评析：评析：把 n a作为一个整体，求，通过求3 n a的通项，间接的求 n a的通
5、项公式. 若1A，则可以用累加法直接求通项. （2 2）形如）形如 1 n nn aAab ，且，且0, 0bA型的构造型的构造 可变形成1 1 1 n n n n b a b A b a ，令 n n n b a c ，则1 1 nn c b A c， （此问题就转化成BAaa nn 1 的模型求解）. 例例 4 4 已知数列 n a满足 1 42n nn aa ， 1 4a ，求 n a的通项公式. 解解：原式变型为 1 1 21 22 nn nn aa ，令 2 n n n a b ，则 1 21 nn bb （此问题就转化成BAaa nn 1 的模型），解之得： 21 22 nn n
6、a . 评析评析：等式两边同除以2n，要注意 n a的下标与指数变量同步，即： n a与2n， 1n a 与 1 2n，将问题转 化到BAaa nn 1 模型求解. （3 3）nAaa nn 1 ，且，且0A型的构造型的构造 可用待定系数法构造 )1( 1 naAna nn ，然后经整理比较nAaa nn 1 得出 1 , 1 1 A A A ，从而转化为BAaa nn 1 型的构造. 例例 5 5 已知数列 n a满足naa nn 1 2，2 1 a，求 n a的通项公式. 解：解：设 1 21 nn anan ，解之得1，2 ， 则212 1 nana nn ，令nab nn ，则22 1
7、 nn bb（此问题就转化成 BAaa nn 1 的模型），解之得：22 1 na n n . 评析：把nan作为一个整体，要注意 n a的下标与一次变量同步，即： n a与n， 1n a与1n，将 问题转化到BAaa nn 1 的模型求解. 类型类型(1)(2)(3)(1)(2)(3)也可归纳到也可归纳到0),( 1 AnfAaa nn 这类问题中，则还可通过同除这类问题中，则还可通过同除 n A，变形为，变形为 0, )( 1 1 A A nf A a A a nn n n n ，令，令 n n n A a b ，得，得 n nn A nf bb )( 1 ，再通过累加得，再通过累加得 高
8、中数学教学精品论文高中数学教学精品论文 1 1 1 1 ) 1( n i i n A if bb. （4 4）形如）形如) 1, 0, 0( 1 kkQkmmaa k nn 的构造的构造 可两边取对数得maka nn lglglg 1 ，令 nn ablg，得mbkb nn lg 1 ，所以该问题转化到 BAaa nn 1 模型求解. 例例 6 6 数列 n a中,1 1 a, 3 1 2 nn aa,求 n a 解：解：显然0 n a,对 3 1 2 nn aa的两边同时取以2为底的对数得1log3log 122 nn aa, 令 nn ab 2 log,则13 1 nn bb， （此问题就
9、转化为BAaa nn 1 模型），解之得： )13( 2 1 1 2 n n a. 评析：评析：由于数列 n a是冪型数列，通过取对数将递推关系式转化为qpaa nn 1 的模型, 若1k，可以用累乘法求通项. 例例 7 7 已知数列 n a与 n b有如下关系：, 2 1 a), 1 ( 2 1 1 n nn a aa 1 1 n n n a a b， 求数列 n a和 n b的通项公式. 解：解：有已知得 22 1 1 1 ) 1 1 ( 1) 1 ( 2 1 1) 1 ( 2 1 1 1 n n n n n n n n n n b a a a a a a a a b ，且0, 3 1 n
10、 bb. 即 2 1nn bb ，取对数得 nn bblg2lg 1 ，即数列lg n b是首项为3lg，公比为2的等比数列. 3lg2lg 1 n n b，于是 1 2 3 n n b，从而 13 13 1 1 1 1 2 2 n n n n n b b a. 评析评析： 虽然数列 n a不是冪型数列， 但由此构造的数列 n b是一个冪型， 所以可以先求出数列 n b的 通项公式，再求数列 n a的通项公式. （5 5）其它一些常见类型的构造）其它一些常见类型的构造 例例 7 7 数列 n a满足1) 1( 1 nn anna,且1 1 a,求数列 n a的通项. 解：解：将原式两边同时除以
11、) 1( nn,变形为 ) 1( 1 1 1 nnn a n a nn . 令 n a b n n , 则 ) 1( 1 1 nn bb nn （即可化为用累加方法求解），解之得： 12 nan. 评析：评析：通过同除) 1( nn，将递推关系式转化为累加型通项求法. 例例 8 8 已知各项都是正数的数列 n a满足 2 3 1 a，)4( 2 1 1nnn aaa ，求数列 n a的通项公式. 解：解：由已知得, 2)2( 2 1 2 1 nn aa令 nn ba 2，则有 2 11 2 1 , 2 1 nn bbb . 高中数学教学精品论文高中数学教学精品论文 , 20, 0 1 nn aa又20 1 a，20 n a，从而0 n b. 取对数得2lglg2lg 1 nn bb，令 nn bclg，得2lg2 1 nn cc （此问题就转化为BAaa nn 1 模型），解之得： n n b 21 2 评析评析： 数列 n a是一个二次递推数列，虽然不是基本冪型，但由它可以构造一个新的冪型数列 n b， 通过求 n b的通项公式而达到求数列 n a通项公式的目的.
