常见线性递推数列通项的求法

常见线性递推数列通项的求法
对于由递推式所确定的数列通项公式问题，往往将递推关系式变形转化为我们熟知的等差数列或等比数列，从而使问题简单明了。

这类问题是高考数列命题的热点题型，下面介绍常见线性递推数列求通项的基本求法。

一、一阶递推数列
1、q pa a n n +=+1型
形如q pa a n n +=+1（q p 且1≠为不等于0的常数）的数列，可令)(1x a p x a n n +=++ 即x p pa a n n )1(1-+=+与q pa a n n +=+1比较得1-=
p q x ，从而构造一个以1
1-+p q
a 为首项以p 为公比的等比数列⎭
⎬⎫
⎩⎨⎧-+
1p q a n 例1．在数列{a n }中，,13,111-⋅==+n n a a a 求n a .
解：在131-⋅=+n n a a 的两边同加待定数λ，得n n n a a a (3131⋅=+-⋅=++λλ+（λ－1）/3），令
,3)1(-=
λλ得).21(321.211-⋅=-∴-=+n n a a λ数列{}2
1
-n a 是公比为3的等比数列, ∴a n 21-=).13(21,32
111
+=∴⋅--n n n a
2、 ()n g a c a n n +⋅=+1型
(1)1=c 时：解题思路：利用累差迭加法，将)1(1-=--n g a a n n ，--1n a 2-n a =)2(-n g ，…，
-2a 1a =)1(g ,各式相加，正负抵消，即得n a .
例2．在数列{}n a 中，01=a 且121-+=+n a a n n ，求通项n a .
解：依题意得，01=a ，()32112,,3,112312-=--=-=-=--n n a a a a a a n n ，把以上各式
相加，得
【评注】由递推关系得，若()n g 是一常数，即第一种类型，直接可得是一等差数列；若n n a a -+1非常数，而是关于n 的一个解析式，可以肯定数列n a 不是等差数列，将递推式中的n 分别用
2,3,4,,2,1 --n n 代入得1-n 个等式相加，目的是为了能使左边相互抵消得n a ，而右边往往可以转化
为一个或几个特殊数列的和。

（2）1≠c 时：
例3．在数列{}n a 中，,3,12
11n a a a n n +==+求通项n a .
解：作新数列}{n b ，使),(2C Bn An a b n n ++-=即),(2
C Bn An b a n n +++=（A ，B ，C 为待定常数）。

由213n a a n n +=+可得：C n B n A b n ++++++)1()1(21=,)(32
2n C Bn An b n ++++
所以，B A C n A B n A b b n n --+-+++=+2)22()12(32
1，设2A+1=0，2B-2A=0，2C-A-B=0，可
得：A=B=C=-1/2，n n b b 31=∴+，2
5
)(11=
++-=C AB A a b ，所以}{n b 是公比为3的等比数列， 1325-⨯=
∴n n b ，)1(2
1
32521++-⨯=∴-n n a n n 。

当一个数列是一阶递推或二阶递推齐次数列时，可通过线性代换把问题化为等差或等比数列，本题是
设])1()1([21C n B n A a n ++++-+=)]([32
C Bn An a n ++-，用待定系数法求A 、B 、C 即可。

【评注】求递推数列的通项的主要思路是通过转化, 构造新的熟知数列,使问题化陌生为熟悉.我们要根据不同的递推关系式,采取不同的变形手段,从而达到转化的目的.
例4．在数列{}n a 中，,23,111n
n n a a a +==+求通项n a .
解：设)2(32
1
1n n n n k a k a ⋅-=⋅-++，,231n n n k a a ⋅-=∴+又,231n n n a a +=+ ,1-=∴k ∴)2(3211n n n n a a +=+++，}2{2+∴n a 是以3为首项，3为公比的等比数列，
n n n n n n n a a 23,33321-=∴=⨯=+∴-。

3、n n a n f a )(1=+型
解题思路：利用累乘法, 将
()()()1,,2,11
2211f a a
n f a a n f a a n n n n =-=-=--- 各式相乘得，()()()1211
2211f n f n f a a
a a a a n n n n -⋅-=⋅⋅⋅---，即得n a . 例5．在数列{}n a 中，11=a ，
1
1+=+n n
a a n n ，求通项n a . 解：由条件等式
11+=+n n a a n n 得，n n n n n a a a a a a n n n n 12112112211=--⋅-=⋅⋅⋅--- ，得n
a n 1
=. 【评注】此题亦可构造特殊的数列，由
11+=+n n
a a n n 得，()111=++n
n na a n ，则数列{}n na 是以1a 为首项，以1为公比的等比数列，∴111.1
1=⋅==-n n q
a na 得n
a n 1
=. 4、n n a S 与关系型（求差法）
数列有形如)(),(1n n n a g S S f =-的关系（非递推关系），可考虑用求差n n n a S S =--1后，再用其它初等方法求得.n a
例6．（94年全国高考试题）
设}{n a 是正数组成的数列，其前n 项和为n S ，并且对于所有的自然数n a n ,与2的等差中项等于n S 与2的等比中项：
（1）写出数列}{n a 的前3项； （2）求数列}{n a 的通项公式.
出题者的意图是：通过（1）问求出数列前3项再猜想出通项公式；（2）再用数学归纳法证明猜想正确.实际上用求差法求通项公式更简单.
解：（1）略
（2）由条件，得
,22
2
n n S a =+ 即,8)2(2n n S a ⋅=+….①, .8)2(121--⋅=+n n S a … ②, ①－②得212)2()2(8+-+=-n n n a a a ，
即.0)2()2(2
12=+---n n a a 分解因式得.0)4)((11=--+--n n n n a a a a
对于n ∈n a ,N ＞0，∴.41=--n n a a ∴}{n a 是公差为4的等差数列， 5、d
a c b
a a a n n n +⋅+⋅=
+1（d c a ,,为非零常数）型
（1）0=b 时，上式可化为：
1111
+⨯=
+n
n a c d a ，即转化为第一种类型可求解。

例6．设数列}{n a 满足,21=a ),N (3
1∈+=
+n a a a n n
n 求.n a 解：原条件变形为.311n n n n a a a a =⋅+⋅++两边同乘以
,11+⋅n n a a 得1
1
131+=⋅+n n a a .
∵113211,211)2113-+=+∴+=+n n n n a a a （
， ∴.1
322
1-⨯=-n n a （2）0≠b 时，等式两边同加参数t ，
则d
a c ct a dt
b a ct a t d a
c b a a t a n n n n n +⋅+++
+=++⋅+⋅=++)(1
……① 令ct
a dt
b t ++=
，即 0)(2
=--+b t d a ct ……. ② 记此方程的两根为21,t t ，
（1） 若21t t ≠，将21,t t 分别代入①式可得 d a c t a ct a t a n n n +⋅++=++1111)
(， d
a c t a ct a t a n n n +⋅++=++2
221)(
以上两式相除得
2
1212111t a t a ct a ct a t a t a n n n n ++⋅++=++++，
于是得到⎭
⎬⎫⎩⎨⎧++21t a t a n n 为等比数列，其公比为
21
ct a ct a ++， 数列{}n a 的通项n a 可由
1
2
1211121)(-++⋅++=++n n n ct a ct a t a t a t a t a 求得；
（2）若21t t =，将1t t =代入①式可得d
a c t a ct a t a n n n +⋅++=++1
111)
(,
考虑到上式结构特点，两边取倒数得
1
11111)(1
1t a ct d t a c ct a t a n n n +-++⋅+=++ ……③
由于21t t =时方程②的两根满足c
d
a t --=12，∴11ct d ct a -=+ 于是③式可变形为
1
1111
1t a ct a c t a n n +++=++
∴⎭
⎬
⎫
⎩⎨
⎧
+11t a n 为等差数列，其公差为1ct a c +， 数列{}n a 的通项n a 可由
1
111)1(11ct a c n t a t a n +⋅-++=+求得．
这样，利用上述方法，我们可以把分式线性递推数列转化为等比数列或等差数列，从而求得其通项。

如果我们引入分式线性递推数列d a c b a a a n n n +⋅+⋅=
+1（0,,,,≠∈c R d c b a ）的特征方程为d
cx b
ax x ++=，即
0)(2=--+b x a d cx ，此特征方程的两根恰好是方程③两根的相反数，于是我们又有如下结论：
分式线性递推数列d a c b a a a n n n +⋅+⋅=
+1（0,,,,≠∈c R d c b a ），其特征方程为d
cx b ax x ++=，即
0)(2=--+b x a d cx ，
（1）若方程有两相异根1s 、2s ，则⎭
⎬
⎫⎩⎨
⎧--21s a s a n n 成等比数列，其公比为2
1
cs a cs a --； （2）若方程有两等根21s s =，则⎭
⎬
⎫
⎩⎨
⎧
-11s a n 成等差数列，其公差为1cs a c -. 例7、设数列{}n a 满足n n n n a a a a a 求,7
24
5,211++==+
解： 对等式两端同加参数t 得
()()解之可得令,5
247,72524
75272475272451++=++++
⋅
+=++++=+++=++t t t a t t a t a t a t t a a t a n n n n n n n 1-=t ，2，代入7
2)52(1++⋅
+=++n n n a t
a t t a ，
得,72292,7213111++⋅=++-⋅
=-++n n n n n n a a a a a a 相除得,2
1
312121+-⋅=+-++n n n n a a a a
即31
,41212111公比为是首项为=+-⎭
⎬
⎫⎩⎨
⎧+-a a a a n n 的等比数列， 1
342
34,34121111-⋅+⋅=
⋅=+----n n n n n n a a a 解得。

二、二阶线性递推数列
1．设递推公式为,11-++=n n n qa pa a 其特征方程为02
2=--+=q px x q px x 即， （1）若方程有两相异根A 、B ，则n
n n B c A c a 21+= （2）若方程有两等根,B A =则n
n A nc c a )(21+=
其中1c 、2c 可由初始条件确定。

很明显，如果将以上结论作为此类问题的统一解法直接呈现出来，学生是难以接受的，也是不负责任的。

下面我们结合求一阶线性递推数列的参数法，探讨上述结论的“来源”。

设)(11-+-=-n n n n ta a s ta a ，则11)(-+-+=n n n sta a t s a , 令⎩⎨
⎧-==+q
st p
t s （*）
（1） 若方程组（*）有两组不同的解),(),,(2211t s t s , 则)(11111-+-=-n n n n a t a s a t a , )(12221-+-=-n n n n a t a s a t a ,
由等比数列性质可得1
1
11211)(-+-=-n n n s a t a a t a , 1
2
12221)(1-+-=-n n n s a t a a t a ,
,21t t ≠ 由上两式消去1+n a 可得
()()()
n
n n s t t s a t a s t t s a t a a 21221221121112..-----=
.
特别地，若方程组（*）有一对共扼虚根(),sin cos θθi r ±通过复数三角形式运算不难求得此时数列的通项
公式为(),sin cos 21θθn c n c r a n
n +=其中1c 、2c 可由初始条件求出。

（2） 若方程组（*）有两组相等的解⎩⎨⎧==2
12
1t t s s ，易证此时11t s =，则
()()1121
1
2112
111111)(a t a s a t a s a t a s a t a n n n n n n n -==-=-=-----+ ，
2
1
1
121
1
1
1s a t a s a s a n
n n n -=
-
∴
++,即⎭
⎬⎫
⎩⎨⎧n n s a 1是等差数列， 由等差数列性质可知
()21
112111
.1s a t a n s a s a n
n --+=
， 所以n n s n s a t a s a t a s a a 1211122111211.⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣⎡-+⎪⎪⎭⎫
⎝⎛--=．
这样，我们通过将递推数列转化为等比（差）数列的方法，求得二阶线性递推数列的通项，若将方程组（*）消去t （或s ）即得,002
2
=--=--q pt t q ps s 或此方程的两根即为特征方程q px x +=2
的两根，读者不难发现它们的结论是完全一致的，这正是特征方程法求递推数列通项公式的根源所在。

例8.斐波那契数列),3,2(,11121 =+===-+n a a a a a n n n ，求通项公式n a 。

解： 此数列对应特征方程为12+=x x 即012
=--x x ，解得2
5
1±=
x ， 设此数列的通项公式为n
n n c c a )2
51()251(
21-++=， 由初始条件121==a a 可知， ⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧=-++=-++1)251()251(1251251222121c c c c ，解之得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==51
5121c c ， 所以⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡--+=
n n n a )251(251(
55）。

例9、已知数列,5,121==a a 且)2(4411≥-=-+n a a a n n n ，求通项公式n a 。

解：此数列对应特征方程为442
-=x x 即0442
=+-x x ，解得221==x x ，
设此数列的通项公式为n
n nc c a 2)(21⋅+=， 由初始条件,5,121==a a 可知，
⎩⎨⎧=⋅+=⋅+54)2(12)(2121c c c c ，解之得⎪⎩
⎪⎨⎧=-=434121c c ， 所以22)13(-⋅-=n n
n a 。

例10、 已知数列,1,021==a a 且)2(2211≥+=-+n a a a n n n ，求通项公式n a 。

解：此数列对应特征方程为222
+=x x 即0222
=+-x x ，
解得)4
sin 4cos
(211π
π±=
±=c i x ， 设此数列的通项公式为)4
sin 4cos ()2(21ππn c n c a n
n +=，
由初始条件,1,021==a a 可知，
⎪⎩⎪⎨⎧=+=+1
)42sin 42cos ()2(0)4sin 4cos (221221ππππc c c c ，解之得⎪⎩
⎪⎨⎧
=-=21
2121
c c ， 所以)4
cos 4(sin 2)2(ππn n a n n -=。

例11、数列{a n }中，543,2011-=+-=+n a a a n n ,求通项a n . 解：特征方程01=+λ，特征根1-=λ,∴齐次方程解n h n
A a )1()
(-⋅=，设特解为C Bn a n +=*
代入
原递推式，543)1(-=++++n C Bn C n B 得
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧
-==411123C B 4111232020411123)1(1-+-=--=-+-⋅=∴A a n A a n
n 得由， 例12、已知数列{a n }满足条件：(1)a 1=a 2=1, a 3=2, a 4=4, (2)a n =a n-1+a n-3+a n-4(n>4)求通项公式a n . 解：特征方程x 4-x 3-x-1=0四根)51(2
1
,
+±i 通项公式 ,)2
51()251(
)(4321n
n n n n i i a -+++-+=λλλλ由初值条件得
⎪⎪⎪
⎪⎪⎩
⎪⎪⎪⎪
⎪⎨
⎧=-+++-+=-+++-+=-+++-+=-++⋅+-+4)251()251()(2
)2
51()251()(1)251()251(
)(125
1251)(4443424134333231
24232
2214321λλλλλλλλλλλλλλλλi i i i i i i i 即 ⎪⎪⎪
⎪⎪⎩
⎪
⎪⎪⎪
⎪⎨
⎧
-=+=+=-=105310531021024321λλλλi i 说明：特征根求通项公式实际包括平时所说①q pa a n n +=+1 ②)(1n f pa a n n +=+③11-++=n n n qa pa a 形式
最后我们指出，上述结论在求一类数列通项公式时固然有用，但将递推数列转化为等比（等差）数列
的方法更为重要。

如对于高阶线性递推数列和分式线性递推数列，我们也可借鉴前面的参数法，求得通项公式。

2、复合数列构成等差、等比数列法
数列有形如0),(12=++n n n a a a f ，的关系，可把复合数列化为等差数列或等比数列，再用其它初等方法求得.n a
例13．在数列}{n a 中，,23,3,21221n n n a a a a a ⋅-⋅===++求.n a 解：由条件,2312n n n a a a ⋅-⋅=++ ∴),(2112n n n n a a a a -=-+++ ∴.21
12-++=-n n n a a 再用多式相加法可得：.122
1)
21(2222-=--+=-n n n a a
3、循环法
数列有形如0),(12=++n n n a a a f ，的关系，如果复合数列构不成等差、等比数列，有时可考虑构成循环关系而求出.n a
例14．在数列}{n a 中，.19981221,,5,1a a a a a a n n n 求-===++ 解：由条件,)(11123n n n n n n n a a a a a a a -=--=-=+++++ 即,,363n n n n n a a a a a =-=∴-=+++ 即每间隔6项循环一次.1998=6×333， ∴.461998-==a a 三、数学归纳法
例15（全国高考题）设数列{a n }满足 ,3,2,1,12
1=+-=+n na a a n n n 。

当a 1=2时，求a 2,a 3, 并猜想a n
一个通项公式，并证明
解：当a 1=2时，易得a 2=3,a 3=4，猜想a n =n+1
下面证明：当n=1时，显然成立，若n=k 时成立，则当n=k+1时，
21)1()1(122
1+=++-+=+-=+k k k k ka a a k k k ，即当n=k+1时也成立，所以a n =n+1成立.
四、其它类型
例16、已知614,49,41121--===-+n n n a a a a a ，求}{n a 的通项公式。

解：令)()(1411k a k a k a n n n +-+=+-+，得：k a a a n n n 121411+-=-+，2
1
-=∴k )21()21(142111---=-
∴-+n n n a a a ，令21-=n n a c ，2
97
,2721=
=∴c c ， 1114-+-=∴n n n c c c ，由01142=+-x x 得347±=x ，n n n b a c )347()347(-++=∴，
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧=-++=-++∴297
)347()347(27)347()347(22b a b a ，41==∴b a ，
n n n c )347(41)347(41-++=
∴，2
1
])347()347[(41+-++=∴n n n A 例17、已知n
n n a a a a 4
,12
1
1+==+，求}{n a 的通项公式。

解：n n n a a a 42
1
+=+ ，n
n n n n n a a a a a a 2)2(2,2)2(22
121+=
+-=-∴++，211)22(22-+=-+∴++n n n n a a a a )22lg(222lg
11-+=-+∴++n n n n a a a a ，令2
2
-+=n n n a a b ，∴
练习：
1．已知数列,5,121==a a 且)2(4411≥-=-+n a a a n n n ，求通项公式n a 。

2.（2003年全国）已知数列{}n a 满足1=n a ,11
3--+=n n n a a (2≥n )，
（1）求32,a a （2）证明：2
31
-=n n a
3.（2002全国卷）数列{}n a 是首项为1的正项数列且满足：
2,1(0)1(1212==+-+++n a a na a n n n n n ……），求数列{}n a 的通项。

4.(2005重庆卷)数列{}n a 满足11=a 且05216811=++-++n n n n a a a a )1(≥n
记)1(2
11≥-
=
n a b n n
(1) 求4321,,,b b b b 的值
(2) 求数列{}n b 的通项及数列{}n n b a 的前n 项和n s
5.数列}{n a 的前n 项和为n S ，且11=a ，n S ＝*)(2
N n a n n ∈，求数列}{n a 的通项公式.
6.数列}{n a 中，且311=a ，1
221+=
+n n
n a a a ，求数列}{n a 的通项公式.
7.设二次方程n a x 2
- 1.＋n a x+1=0(n ∈N)有两根α和β，且满足6α-2αβ+6β=3． (1)试用n a 表示a 1n +；
8．数列{}n a 中，2,841==a a 且满足n n n a a a -=++122*
N n ∈
⑴求数列{}n a 的通项公式；
⑵设||||||21n n a a a S +++= ，求n S ；
⑶设n b =
)
12(1
n a n -)(),(*21*N n b b b T N n n n ∈+++=∈ ，是否存在最大的整数m ，使得对任
意*
N n ∈，均有>n T 32
m 成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由。

9．设数列}{n a 满足,21=a ),N (3
1∈+=
+n a a a n n
n 求.n a 10．在数列}{n a 中，,23,3,21221n n n a a a a a ⋅-⋅===++求.n a。