双递推数列通项的求法
常见递推数列通项的求法七种
常见递推数列通项的求法类型1、 ()n g a a n n +=+1型解题思路：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1、在数列{n a }中，31=a ,)1(11++=+n n a a n n ，求通项公式n a . 解：原递推式可化为：1111+-+=+n na a n n则,211112-+=a a 312123-+=a a413134-+=a a ，……，nn a a n n 1111--+=-逐项相加得：n a a n 111-+=.故na n 14-=.例2．在数列{}n a 中，01=a 且121-+=+n a a n n ，求通项na .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()()()21232113231-=-+-=-+++=n n n n a n【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。
例3、已知数列}a {n 满足3a 132a a 1nn 1n =+⋅+=+，，求数列}a {n 的通项公式。
解：由132a a nn 1n +⋅+=+得132a a nn 1n +⋅=-+则112232n 1n 1n n na )a a ()a a ()a a ()a a (a +-+-++-+-=---3)1n ()3333(23)132()132()132()132(122n 1n 122n 1n +-+++++=++⋅++⋅+++⋅++⋅=----所以1n 32n 31332a nnn-+=++--⋅=评注：本题解题的关键是把递推关系式132a a n n 1n +⋅+=+转化为132a a nn 1n +⋅=-+，进而求出112232n 1n 1n n a )a a ()a a ()a a ()a a (+-+-++-+---- ，即得数列}a {n 的通项公式。
求数列通项公式的十种办法
求数列通项公式的十种办法求数列的通项公式是数学中的一项重要工作。
下面列举了十种常用的求解数列通项公式的方法：1.递推法：这是最常见的一种方法。
通过观察数列中的规律，找出前一项与后一项之间的关系，并将其表达成递推公式，从而求得数列的通项。
例如斐波那契数列：F(n)=F(n-1)+F(n-2)，其中F(n)表示第n项，F(n-1)表示第n-1项，F(n-2)表示第n-2项。
2.数列差法：如果数列的前后两项之间的差值有规律可循，可以通过观察差的变化规律来得到通项公式。
例如等差数列：a(n)=a(1)+(n-1)d，其中a(n)表示第n项，a(1)表示首项，d表示公差。
3.数列比法：如果数列的前后两项之间的比值有规律可循，可以通过观察比的变化规律来得到通项公式。
例如等比数列：a(n)=a(1)*r^(n-1)，其中a(n)表示第n项，a(1)表示首项，r表示公比。
4.代数方程法：数列中的数可以看作方程中的未知数，通过列方程组求解，得到方程的解即为数列的通项公式。
例如斐波那契数列可以通过矩阵的特征值和特征向量求得。
5.数列求和法：如果数列是由一个个项的和组成的，可以通过数列的求和公式求得通项公式。
例如等差数列的前n项和：S(n)=[n/2]*[2a(1)+(n-1)d]，其中[n/2]表示n除以2的整数部分，a(1)表示首项，d表示公差。
6.数列积法：如果数列可以表达为一系列项的连乘积的形式，可以通过求取连乘积的对数，再利用对数运算得到通项公式。
例如等比数列的前n项积：P(n)=a(1)^n*(r^n-1)/(r-1)，其中a(1)表示首项，r表示公比。
7.查表法：如果数列的部分项已知，可以通过列出表格的方式观察规律，推测出通项公式。
例如自然数列：1,2,3,...，通过观察可得到通项公式：a(n)=n。
8.数学归纳法：数学归纳法是一种证明方法，但也可以用来求数列的通项公式。
首先证明数列的通项公式对n=1成立，然后假设对n=k也成立，通过数学归纳法证明对n=k+1也成立，从而得到通项公式。
递推数列通项公式的求法
解 由 ＝ ＋ ２ 争 Ｉ ｎ≥． 二 ｎ ３ ） ＝－３ｎ ） ≥ｊ ５ ＋ （２ ｎ
２ ２ ＇ ２’一 蓦２ ２ Ｉ ， ’ ２ ＇２ ＇ 一 ： 一 一 …，
项 ５．
各 式 叠 打 得 ａ ０ ＝ ５＋… ＋ ｎ一 ｎ １ Ⅱ 一 ｌ ３＋ ２ １＝ 一 ，
’ ． ．
解 递式 一 １２ 古 ｍ一 一令推为 ＋ｍ ＝ｎｍ ） ＝１ （一 ， 则 列ｎ 是 ２首 ， 公 的 比列 数 ｛＋）以为项 为 比等 数 ， ２
一
“４
、
ｌ ＝ ａ ， ａ ＝ ａ
ｌ＋ ｎ） 型 ，（ ”
例４
在 数 列 ｛ ｝中， ，＝ 。 。 ３
，
。＋ 。：２ ＋ ｎ
， 通 求
佰 在 数 歹 ｛ ｅ ｎ ＝１ ｎ １ ＋ ｎ一１ ≥２ ， ４ １ ４ ｎ ｝ｅ， ， ＝５ ， ２ （ ）
求 通 项 。． 解 ｎ ２—５ｌ ＝３，３—５ Ⅱ ２＝５，一， 一ｎ 一 ＝２ ’ ｎ ｎ １ ｎ一１ ，
解 由 ５ ＋ ：２ ＋１ 可 得 ５ ＋ ｌ ５ ， ｌ＋１＝２（ ＋１ ． ｎ ）
・ ． ．
解 由 ： ｊ ＝ ，例 二 ｎ ２＋ 争＋３ 同 ３ 。
数 列 ｛ ＋１ 是 以 ２为首 项 ， ｎ ｝ ２为公 比的 等 比数 列 ．
０ ＋ ｌ＝２ ｘ ２ 。＝２
数 学 学 习与研 究 ２ １ ． ００１
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． ．
解 题 技 巧 与方 法
●
数列求和的十二种方法及递推数列求通项
an
}中, (n∈
a1
=8,
a4
)
=2 且 满 足 ， 设
a n + 2 = 2a n +1 − a n
| Sn
N*
= a1 + a 2 + L + a n ，求 Sn 。
1 2
1+
,
1 2 + 3
， …，
1 n + n +1
…
的前 n 项和
4
Cuijie200688@
11/7/2011 数，
=
q ，再利用换元法转化为等比数列求解。 1− p
例 3.已知数列
= a n + f ( n) − a n = f (n) ，利用
{an } 中， a
1
= 1，a n +1 = 2a n + 3 ，求 a n 。
解：设递推公式 a n +1 可以转化为 a n +1 即 a n +1
1 1 这样数列 ，公差为 c 的等 是首项为 an − α an − α
等比数列求和公式：当 q≠1 时，S =
当 q=1 时，S = na 常用求和公式：S = 1 + 2 +…+ n =
n( n + 1) ， 2
差数列，于是这样可求得 an 例 15．已知数列 {an } 满足 a1 = 2, an = 求数列 {an } 的通项 an
例 10．合肥市 2010 二模 20T 各项均不为零的数列
类型 11：双数列型 解法：根据所给两个数列递推公式的关系，灵活采用累 加、累乘、化归等方法求解。 例 14．已知数列
用递推关系求数列通项公式的常见方法
６ ：６ ． ：２・ ￣ ＝ ２ ， 即 ：．ｌａ＝ 。 １ｇ ２ｑ ａ＋－ ． ２
．
解法② ： 设 ＋ ＝ （ ｌ ２
） ＞ ｎ＝ ａ＋ ＝ ａ＋ ２ ｐ。 ＝ Ｉ
＝ ， ＋ ＝ （ ＋ ） 令 ６－ １则 ６ ＝ ｂ且 ６＝ ， 为 已 知 、化 不 熟 悉 为 熟 悉 ，这 也 是 解 答 数 学 问题 的 共 性 之 所 １则口＋ １ ２Ⅱ １。 Ｉ － ＋ ， ２ ｌ２ ａ
・ ． ．
＋ ． 一） ２（ １，
解 法： 立递推式。 联
十
： Ｔ
３ （－） ２ ｎｎ １ ＋ｎ
－
２＝ （一４ 。 （ 。 ＋ 号３３） 号３ ２ ｎ＋。． 州）
一 ４ ３— ４ 例 ５ 已 知 数 列 ｆ ，ｂｌ ａｌ ｛ 满足 ０＝ ｂ １ ．２， ，
“
且
≥ ２
（Ｉ 由题 设 得 一 Ｉ） ｂ＝
一 － ≥２， － ＿ ） ）令 ＝ ｂ ， 一 则
ｎ
ａＩ Leabharlann ｎ 类 型 ３ ａ＋ ｎ 。
ｑ 其 中ｐ，均 为 常 数 ， ｑＰ １≠０。 ， ｑ （ （— ） ） Ｐ
ｄ ｄ ≥） 知ｄ是 项为ｔ １ 为 等 ２易 ｛ 首 ａ６ ， ÷的 ＝ 。 － 公比
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用递推关系求数列通项公式的常见方法
口黄 姝 占志斌
在 数列 学 习 中 ，数 列 的通 项 公 式 常 常 是 由其 递 推 关 系 确
解 法 ： 般 地 ， 先 在 原 递 推 公 式 两 边 同 除 以ｑ ， ： 一 要 … 得
数列通项公式的十种求法(非常经典)
数列通项公式的十种求法（1）公式法（构造公式法）例1 已知数列{}n a 满足1232nn n a a +=+⨯，12a =，求数列{}n a 的通项公式。
解：1232nn n a a +=+⨯两边除以12n +，得113222n n n n a a ++=+，则113222n n n n a a ++-=，故数列{}2nna 是以1222a 11==为首项，以23为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得31(1)22n n a n =+-，所以数列{}n a 的通项公式为31()222nn a n =-。
评注：本题解题的关键是把递推关系式1232nn n a a +=+⨯转化为113222n n n n a a ++-=，说明数列{}2n n a 是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出31(1)22n n a n =+-，进而求出数列{}n a 的通项公式。
（2）累加法例2 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n n n n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++=所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。
评注：本题解题的关键是把递推关系式121n n a a n +=++转化为121n n a a n +-=+，进而求出11232211()()()()n n n n a a a a a a a a a ----+-++-+-+，即得数列{}n a 的通项公式。
求数列通项公式的十一种方法
递推数列的通项公式的十一种求法一、累加法：a n = a 1 +（a 2―a 1）+……+（a n ―a n ―1）。
型如a n+1=a n +f （n ）的递推数列例1 已知a n+1＝a n ＋2n+1 ，a 1＝1 ，求数列{ a n }的通项公式。
解：112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n n n n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++= ∴通项公式为2n a n =例2 已知a n +1 = a n +2×3n+1，a 1 = 3，求数列{ a n }的通项公式。
解： 已知得 a n +1 －a n = 2×3n+111232211122112211()()()()(231)(231)(231)(231)32(3333)(1)33(13)2(1)313331331n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n --------=-+-++-+-+=⨯++⨯+++⨯++⨯++=+++++-+-=+-+-=-+-+=+- ∴ 3 1.nn a n =+-例3 已知a n +1 = 3a n +2×3n+1，a 1 = 3，求数列{ a n }的通项公式。
解：已知两边除以13n + ， 得111213333n n n n n a a +++=++，则111213333n n n n n a a +++-=+ 112232112232111122122()()()()33333333212121213()()()()3333333332(1)11111()1333333n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a n --------------=-+-+-++-+=+++++++++-=+++++++，则 21133.322n n n a n =⨯⨯+⨯- 关键是把13231n n n a a +=+⨯+转化为111213333n n n n n a a +++-=+，求得数列3n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的通项公式。
数列通项公式—常见9种求法
数列通项公式—常见9种求法数列通项公式是指能够直接给出数列中任意一项的公式。
找到数列通项公式可以帮助我们快速计算数列中的任意项，同时也能更好地理解数列的性质和规律。
在数学中，有多种方法可以求解数列通项公式，下面我们将介绍其中的9种常见方法。
1.递推关系法递推关系法是求解数列通项公式最常见的方法之一、当我们可以找到数列中每一项与前几项之间的关系时，可以利用递推关系求出通项公式。
例如，斐波那契数列中每一项都等于前两项的和，可以用递推关系f(n)=f(n-1)+f(n-2)来求解。
2.等差数列通项公式等差数列是指数列中每一项与前一项之差都相等的数列。
等差数列通项公式为an = a1 + (n-1)d，其中an表示第n项，a1表示第一项，d表示公差。
3.等比数列通项公式等比数列是指数列中每一项与前一项的比都相等的数列。
等比数列通项公式为an = a1 * r^(n-1)，其中an表示第n项，a1表示第一项，r 表示公比。
4.幂数列通项公式幂数列是指数列中每一项都是一个幂函数的形式。
幂数列通项公式为an = ar^(n-1)，其中an表示第n项，a表示一些常数，r表示递增的比值。
5.组合数列通项公式组合数列是指数列中每一项都是由组合数形成的数列。
组合数列通项公式可以通过求解组合数来获得。
6.一元多项式数列通项公式一元多项式数列是指数列中的每一项都是由一元多项式形成的数列。
可以利用多项式的相关性质和求解方法获得数列通项公式。
7.递推与线性常系数齐次差分方程法递推与线性常系数齐次差分方程法是利用递推关系和差分方程的性质求解数列通项公式的方法。
8.高阶递推关系法当数列中每一项与前面多个项之间有复杂的关系时，可以利用高阶递推关系进行求解。
9.查找数列在数学常数表中的表达式有些数列的通项公式可以在数学常数表中找到，例如斐波那契数列中的通项公式可以在黄金分割数相关的公式中找到。
以上是数列通项公式的9种常见求法，每种方法都可以根据不同的数列规律和特点进行选择和运用。
由递推公式求通项的9种方法经典总结
由递推公式求通项的9种方法1．a n ＋1＝a n ＋f (n )型把原递推公式转化为a n ＋1－a n ＝f (n )，再利用累加法(逐差相加法)求解，即a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝a 1＋f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (n －1)．[例1] 已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋1n 2＋n，求a n . [解] 由条件，知a n ＋1－a n ＝1n 2＋n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，则(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ， 所以a n －a 1＝1－1n. 因为a 1＝12，所以a n ＝12＋1－1n ＝32－1n. 2．a n ＋1＝f (n )a n 型把原递推公式转化为a n ＋1a n＝f (n )，再利用累乘法(逐商相乘法)求解，即由a 2a 1＝f (1)，a 3a 2＝f (2)，…，a n a n －1＝f (n －1)，累乘可得a n a 1＝f (1)f (2)…f (n －1)．[例2] 已知数列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1＝n n ＋1·a n，求a n . [解] 由a n ＋1＝n n ＋1·a n ，得a n ＋1a n ＝n n ＋1， 故a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝n －1n ×n －2n －1×…×12×23＝23n .即a n ＝23n . 3．a n ＋1＝pa n ＋q (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)型对于此类问题，通常采用换元法进行转化，假设将递推公式改写为a n ＋1＋t ＝p (a n ＋t )，比较系数可知t ＝q p －1，可令a n ＋1＋t＝b n ＋1换元即可转化为等比数列来解决．[例3] 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，求a n .[解] 设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n －t ，则t ＝－3.故递推公式为a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)．令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2. 所以{b n }是以b 1＝4为首项，2为公比的等比数列．所以b n ＝4×2n －1＝2n ＋1，即a n ＝2n ＋1－3. 4．a n ＋1＝pa n ＋q n (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)型(1)一般地，要先在递推公式两边同除以q n ＋1，得a n ＋1qn ＋1＝p q ·a n q n ＋1q ，引入辅助数列{b n }⎝⎛⎭⎪⎫其中b n ＝a n q n ，得b n ＋1＝p q ·b n ＋1q ，再用待定系数法解决；(2)也可以在原递推公式两边同除以pn ＋1，得a n ＋1p n ＋1＝a n p n ＋1p ·⎝ ⎛⎭⎪⎫q p n ，引入辅助数列{b n }⎝ ⎛⎭⎪⎫其中b n ＝a n p n ，得b n ＋1－b n ＝1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫q p n ，再利用叠加法(逐差相加法)求解．[例4] 已知数列{a n }中，a 1＝56，a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1，求a n . [解] 法一：在a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1两边乘以2n ＋1，得2n ＋1·a n ＋1＝23(2n ·a n )＋1. 令b n ＝2n ·a n ，则b n ＋1＝23b n ＋1， 根据待定系数法，得b n ＋1－3＝23(b n －3)． 所以数列{b n －3}是以b 1－3＝2×56－3＝－43为首项， 以23为公比的等比数列． 所以b n －3＝－43·⎝⎛⎭⎫23n －1，即b n ＝3－2⎝⎛⎭⎫23n .于是，a n ＝b n 2n ＝3⎝⎛⎭⎫12n －2⎝⎛⎭⎫13n . 法二：在a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1两边乘以3n ＋1，得 3n ＋1a n ＋1＝3n a n ＋⎝⎛⎭⎫32n ＋1.令b n ＝3n ·a n ，则b n ＋1＝b n ＋⎝⎛⎭⎫32n ＋1.所以b n －b n －1＝⎝⎛⎭⎫32n ，b n －1－b n －2＝⎝⎛⎭⎫32n －1，…， b 2－b 1＝⎝⎛⎭⎫322.将以上各式叠加，得b n －b 1＝⎝⎛⎭⎫322＋…＋⎝⎛⎭⎫32n －1＋⎝⎛⎭⎫32n . 又b 1＝3a 1＝3×56＝52＝1＋32， 所以b n ＝1＋32＋⎝⎛⎭⎫322＋…＋⎝⎛⎭⎫32n －1＋⎝⎛⎭⎫32n ＝1·⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫32n ＋11－32＝2⎝⎛⎭⎫32n ＋1－2， 即b n ＝2⎝⎛⎭⎫32n ＋1－2.故a n ＝b n 3n ＝3⎝⎛⎭⎫12n －2⎝⎛⎭⎫13n . 5．a n ＋1＝pa n ＋an ＋b (p ≠1，p ≠0，a ≠0)型这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令a n ＋1＋x (n ＋1)＋y ＝p (a n ＋xn ＋y )，与已知递推式比较，解出x ，y ，从而转化为{a n ＋xn ＋y }是公比为p 的等比数列．[例5] 设数列{a n }满足a 1＝4，a n ＝3a n －1＋2n －1(n ≥2)，求a n .[解] 设递推公式可以转化为a n ＋An ＋B ＝3[a n －1＋A (n －1)＋B ]，化简后与原递推式比较，得⎩⎪⎨⎪⎧2A ＝2，2B －3A ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧A ＝1，B ＝1. 令b n ＝a n ＋n ＋1.(*)则b n ＝3b n －1，又b 1＝6，故b n ＝6·3n －1＝2·3n ， 代入(*)式，得a n ＝2·3n －n －1.6．a n ＋1＝pa r n (p >0，a n >0)型这种类型一般是等式两边取对数后转化为a n ＋1＝pa n ＋q 型数列，再利用待定系数法求解．[例6] 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝1a ·a 2n(a >0)，求数列{a n }的通项公式． [解] 对a n ＋1＝1a ·a 2n的两边取对数， 得lg a n ＋1＝2lg a n ＋lg 1a. 令b n ＝lg a n ，则b n ＋1＝2b n ＋lg 1a. 由此得b n ＋1＋lg 1a ＝2⎝⎛⎭⎫b n ＋lg 1a ，记c n ＝b n ＋lg 1a，则c n ＋1＝2c n ， 所以数列{c n }是以c 1＝b 1＋lg 1a ＝lg 1a为首项，2为公比的等比数列． 所以c n ＝2n －1·lg 1a. 所以b n ＝c n －lg 1a ＝2n －1·lg 1a －lg 1a＝lg ⎣⎡⎦⎤a ·⎝⎛⎭⎫1a 2n －1＝lg a 1－2n ， 即lg a n ＝lg a 1－2n ，所以a n ＝a 1－2n .7．a n ＋1＝Aa n Ba n ＋C(A ，B ，C 为常数)型 对于此类递推数列，可通过两边同时取倒数的方法得出关系式[例7] 已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，n ＝1,2,3，…，求{a n }的通项公式． [解] ∵a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，∴1a n ＋1＝23＋13a n，∴1a n ＋1－1＝13⎝⎛⎭⎫1a n －1. 又1a 1－1＝23， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是以23为首项，13为公比的等比数列， ∴1a n －1＝23·13n －1＝23n ， ∴a n ＝3n 3n ＋2. 8.)(1n f a a n n =++型 由原递推关系改写成),()1(2n f n f a a n n -+=-+然后再按奇偶分类讨论即可例8.已知数列{}n a 中，,11=a .21n a a n n =++求n a 解析：.21n a a n n =++2212+=+++n a a n n ，故22=-+n n a a 即数列{}n a 是奇数项和偶数项都是公差为2的等差数列，⎩⎨⎧∈≥-=∴*,1,1,N n n n n n n a n 且，为偶数为奇数 9.)(1n f a a n n =⋅+型将原递推关系改写成)1(12+=+⋅+n f a a n n ，两式作商可得,)()1(2n f n f a a n n +=+然后分奇数、偶数讨论即可 例9.已知数列{}n a 中，,2,311n n n a a a =⋅=+求{}n a 解析：⎪⎩⎪⎨⎧∈≥⋅⋅=+-N n n n n a n n n ,1,231,23221，为偶数为奇数。
数列通项公式的五种求法
（n≥2），求 {an}的 通 项 公 式 。
解：因为 an＝a1＋2a2＋3a3＋……＋（n－1）an－1（n≥2）
①
所以 an＋1＝a1＋2a2＋3a3＋……＋（n－1）an－1＋nan
②
用②式－①式得 an＋1－an＝nan。
则
an＋1＝（n＋1）an（n≥2）故
an＋1 an
＝
2.在应用性质时要注意 性 质 的 前 提 条 件 ，有 时 需 要 进 行 适 当变形。
2a2，则
a2=a1， 又 知
a1=1，则
a2=1， 代 入 ③得
an=
n！ 2
（n≥2）。
≥1
综上，an 的通项公式为 an= n！ 2
n=1 n≥2 本题解题的关键是
把递推关系式
an+1=（n+1）an（n≥2）转 化 为
an+1 an
=n+1 （n ≥2）， 进
而求出
an an－1
·an－1 an－2
∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈∈
撼，难道他们不应该好好地了解这段历史吗？ 总之，历史情境的 设计必须切合教材和学生的实际，才能达到预期的目的，提高 学生对历史的兴趣。
四、用通俗生动的语言导入新课 语言的魅力无穷，教师通过对文字的艺术加工，用喜闻乐 见的形式生动地展示出来，学生乐于接受。 如讲初一历史《南宋 与金对峙时的中国》，我编了一段导言：“话说南宋高宗年间，天 下实不太平，战乱频起，这情形造就个英雄岳飞，他从小受母训 导，精忠报国，尽心尽力。 堰城大战，杀得那金人哭爹叫娘、溃不 成军，差点儿把金的头目兀术送上了黄泉路。 这兀术不甘心，巧
求数列通项公式的十种方法-例题答案详解
求数列通项公式的十一种方法（方法全，例子全，归纳细）总述：一．利用递推关系式求数列通项的11种方法：累加法、累乘法、待定系数法、阶差法（逐差法）、迭代法、对数变换法、倒数变换法、换元法（目的是去递推关系式中出现的根号）、数学归纳法、不动点法（递推式是一个数列通项的分式表达式）、特征根法二。
四种基本数列：等差数列、等比数列、等和数列、等积数列及其广义形式。
等差数列、等比数列的求通项公式的方法是：累加和累乘，这二种方法是求数列通项公式的最基本方法。
三 ．求数列通项的方法的基本思路是：把所求数列通过变形，代换转化为等差数列或等比数列。
四．求数列通项的基本方法是：累加法和累乘法。
五．数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。
一、累加法 1．适用于：1()n n a a f n +=+ ----------这是广义的等差数列 累加法是最基本的二个方法之一。
2．若1()n n a a f n +-=(2)n ≥，则21321(1)(2) ()n n a a f a a f a a f n +-=-=-=两边分别相加得111()nn k a a f n +=-=∑例1 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。
例2 已知数列{}n a 满足112313n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。
解法一：由1231n n n a a +=+⨯+得1231n n n a a +-=⨯+则11232211122112211()()()()(231)(231)(231)(231)32(3333)(1)33(13)2(1)313331331n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n --------=-+-++-+-+=⨯++⨯+++⨯++⨯++=+++++-+-=+-+-=-+-+=+-所以3 1.n n a n =+-解法二：13231n n n a a +=+⨯+两边除以13n +，得111213333n n n n n a a +++=++，则111213333n n n n n a a +++-=+，故因此11(13)2(1)2113133133223n n n n na n n ---=++=+--⨯，则21133.322n n n a n =⨯⨯+⨯- 评注：已知aa =1,)(1n f a a n n =-+，其中f(n)可以是关于n 的一次函数、二次函数、指数函数、分式函数，求通项na .①若f(n)是关于n 的一次函数，累加后可转化为等差数列求和;②若f(n)是关于n 的二次函数，累加后可分组求和;③若f(n)是关于n 的指数函数，累加后可转化为等比数列求和;④若f(n)是关于n 的分式函数，累加后可裂项求和。
求数列的通项公式常用的几种方法
求数列的通项公式问题常常采用选择题、填空题或解答题的命题形式，具有较强的综合性，对于高中生来说具有一定的难度.本文将结合实例，介绍求数列通项公式的几种常用方法.一、累加（乘）法当数列的递推关系可以转化为a n+1-a n=f(n)的形式时，可利用累加法求数列的通项公式，即f(1)+f(2)+f(3)+…+f(n-1)=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(a n-an-1)=a n(n≥2,n∈N*).当递推关系可以转化为an+1an=f(n)的形式时，可利用累乘法求数列的通项公式.即f(1)·f(2)·f(3)·…·f(n-1)=a1∙a2a1∙a3a2·…·anan-1=an(n≥2,n∈N*).例1.若数列{a n}满足a n+1-a n=n2,a1=1,求数列{a n}的通项公式.解：由an+1-an=n2可得a n-a n-1=(n-1)2,an-1-an-2=(n-2)2,⋯,a3-a2=22,a2-a1=12.将上述各式等号两边的式子相加，得a n=1+12+22+…+(n-1)2=1+n(n-1)(2n-1)6.有时，题目中的条件a n+1-a n=f(n)会呈现为an+1=an+f(n)的形式，同学们要注意辨别，并将其进行合理的变形.例2.若数列{a n}满足a n+1a n=n+1n,a1=1，求数列{a n}的通项公式.解：由an+1an=n+1n可得anan-1=nn-1，an-1an-2=n-1n-2，⋯，a3a2=32，a2a1=21；将上述各式等号两边的式子相乘，得a n=1×21×32×…×n-1n-2×n n-1=n.有时题目中的条件an+1an=f(n)会呈现为an+1=an·f(n)的形式，同学们要将其进行合理的变形，灵活运用累乘法进行解题.二、倒数变换法当题目所给的递推关系形如a n+1=ankan+b时，可用采用倒数变换法来求数列的通项公式.先对等式两边的式子取倒数，可得1a n+1=ka n+b a n=k+b·1a n.当b=1时，{}1a n是等差数列；当b≠1时，可以利用待定系数法构造出一个新的等比数列，进而求得数列{a n}的通项公式.例3.若数列{a n}满足a n+1=a n a n+1,且a1=1，求数列{a n}的通项公式.解：将a n+1=anan+1变形，可得1a n+1=a n+1a n=1a n+1，即1an+1-1a n=1；所以数列{}1a n是一个公差为1、首项为1a1=1的等差数列，从而可得1a n=1+n-1=n，所以a n=1n.我们在已知递推关系式的左右同时取倒数，即可将其变形为两项之差为定值的形式.根据等差数列的定义判定该数列为等差数列，利用等差数列的通项公式求解即可.三、利用a n与前n项和S n的关系当题目中的递推关系式同时含有S n与a n时，可先令n=1，求出首项a1（若题目已知告知a1的值，则可忽略此步）；然后作差，根据a n与前n项和S n的关系，可得a n=S n-S n-1；最后化简，即可求得数列{a n}的通项公式.例4.已知数列{a n}的前n项和为S n=23a n+13，求数列{a n}的通项公式.解：当n=1时，a1=S1=23a1+13，得a1=1；当n≥2时，a n=S n-S n-1=(23a n+13)-(23a n-1+13)=23a n-23a n-1，整理可得13a n=-23a n-1，即a nan-1=-2，故数列{a n}是首项为1、公比为-2的等比数列，所以an=(-2)n-1.我们利用a n与前n项和S n的关系，通过作差并化简可发现，数列{a n}为等比数列.求得其首项和公比的值后，根据等比数列的通项公式求解，即可求得a n.总之，求数列通项公式的方法有很多，本文仅探讨了三种常用的解题方法.不同的方法有不同的使用条件，同学们在解题过程中，一定要灵活变通，善于归纳总结，这样才能提高解题的效率.项目基金：国家科技支撑计划课题（2013BAK12B0803）；黑龙江省自然基金（B2015019）；黑龙江省省属高等学校基本科研业务费科研项目（135509122）（作者单位：齐齐哈尔大学理学院）杜韩考点透视38。
递推数列通项公式的十四种求法
递推数列通项公式的十四种求法◆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、1,2,5,8,12………21213、2,1, , , , ………32534、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⎧S 1⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅n =1n ②若已知数列的前项和S n 与a n 的关系，求数列{a n }的通项a n 可用公式a n =⎧求解.S -S ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅n ≥2n -1⎧n(注意：求完后一定要考虑合并通项)例2．①已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n =2a n +(-1) n , n ≥1．求数列{a n }的通项公式.②已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n=n 2+n -1，求数列{a n }的通项公式.③已知等比数列{a n }的首项a 1=1，公比0{b n }的通项公式。
③解析：由题意，b n +1=a n +2+a n +3，又{a n }是等比数列，公比为q ∴b n +1a n +2+a n +3==q ，故数列{b n }是等比数列，b 1=a 2+a 3=a 1q +a 1q 2=q (q +1) ，b n a n +1+a n +2∴b n =q (q +1) ⋅q n -1=q n (q +1)◆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A n (x n , 0), n ∈N *，其中x 1=0，x 2=a (a >0) ，A 3是线段A 1A 2的中点，A 4是线段A 2A 3的中点，…，A n 是线段A n -2A n -1的中点，…（1）写出x n 与x n -1, x n -2之间的关系式（n ≥3）。
二阶线性递推数列的通项公式的求法
二阶线性递推数列的通项公式的求法课程背景：二阶线性递推数列的通项公式的求法是高考中数列的一个高频考点，由于其递推数列的特殊性和复杂性，很多学生感到无从下手，是学生高考中较大的一个失分点，其实本题来源于课本习题，本课就这个问题以课本习题为载体来深入的探讨和研究一下二阶线性递推数列的通项公式的求法 课程内容： 真题再现：1.（2015广东文19）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，*n ∈N ．已知11a =，232a =，354a =， 且当2n时，211458n n n n S S S S ++-+=+．（1）求4a 的值；（2）求证：112n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列； （3）求数列{}n a 的通项公式．2.在数列{}n a 中，11,a =21a =，11n n n a a a +-=+（2n ≥），求数列{}n a 的通项公式 问题呈现：第一题中的第三问是难点，当2n时，211458n n n n S S S S ++-+=+，易得21114()4()()n n n n n n S S S S S S +++--=---，即2114n n n a a a ++=-，实际上就是已知2114n n n a a a ++=-，求{}n a 的通项公式。
第2题更是典型的已知11n n n a a a +-=+（2n ≥）， 求数列{}n a 的通项公式这两题的共同特点是：已知数列*1221,,(,0),n n n a a a b a pa qa n N pq ++===+∈≠求{}n a 的通项公式，即二阶线性递推数列的通项公式的求法。
这是学生的一个难点，同时也是高考重点考查的知识，很多学生感到很繁琐，无从下手。
实质，此类题型来源于我们的课本习题 课本例题呈现：例13 已知数列{}n a ，212132,2,5--+===n n n a a a a a （3n ≥），求数列的通项公式。
递推式求数列通项公式常见类型及解法
递推式求数列通项公式常见类型及解法递推数列通项公式问题，通常可通过对递推式的变形转化成等差数列或等比数列给 予解决，由于递推数列的多变性，这里介绍总结一些常见类型及解法。
一、公式法（涉及前n 项的和） 已知)(n f s n =⎩⎨⎧≥----=-----=⇒-)2()1(11n S S n S a n n n 注意：已知数列的前n 项和，求通项公式时常常会出现忘记讨论1=n 的情形而致错。
例1.已知数列}a {n 前n 项和1322-+=n n S n ，求数列}a {n 的通项公式。
解：当n=1时，411==s a ，当2≥n 时，14]1)1(3)1(2[)132(221+=--+---+=-=-n n n n n s s a n n n ，15114a ≠=+⨯⎩⎨⎧≥+==∴)2(,14)1(,4n n n a n练习：已知数列}a {n 前n 项和12+=n n S ，求数列}a {n 的通项公式。
答案：⎩⎨⎧≥==-)2(,2)1(,31n n a n n 二、作商法（涉及前n 项的积）已知)(......321n f a a a a n =⨯⨯⨯⎪⎩⎪⎨⎧≥----=----=⇒)2()1()()1().1(n n f n f n f a n例2.已知数列}a {n 中的值试求时53232,2,11a a n a a a n a n +=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅≥=。
解：当2≥n 时，由2321n a a a a n =⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅，可得21321)1(-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-n a a a a n则22)1(-=n na n16614523222253=+=+∴a a三、累加法（涉及相邻两项的差）已知)(1n f a a n n =-+112211)......()()(a a a a a a a a n n n n n +-+-+-=⇒--- 例3.已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。
常见递推数列类型及其通项公式的求法
把 上 一。 个 得
一 ３ ４ ５ … 十 ＋ １，‘ ２ ３ ４ ５ … 十 十 １ ＋ ＋ ＋ ． ．ａ 一 十 十 ＋ ＋
２
．
又 ａ ＋ — ２ ３・５ １ ａ＋
． ．
． 一一１ 。 ．ｆ
‘ ．
．ｎ ＋ ３ ｎ＋ ５ ９・２ — 一 即 ｎ ９ ・２ 一 一 一 ３ 一 ５
， ） 类 比 等差 （ 数 列 求 通 项 的 方 法 ： 加 法 和 累 乘 （ ， 比） 累 法 求 解 （ 中 厂 可 以 求 和 或 积 ） 其 （） ． 例 １ 已 知 数 列 ｛ 中 ， １ ２ ａ ｌ ａ 十 ＋ ２ Ⅱ ） ａ — ， — （ ∈Ｎ ， ０ ． ） 求 解 ： ｎ ｌ ＋ ２得 当 ≥ ２时 ， —ｌ 由 —ａ ＋ ａ ～ａ 一
—时则 为 古 差 等 数 ｛ ｝ ｑ ，化 以 公 的 差 列 ａ ｎ
例 ５ 已知 数 列 ｛ 满 足 ａ 一２ ａ） ａ ＋３・ ”ａ 一６ ５ ，
（ｚ Ｎ ） 求 ａ ． ，∈ ，
。＂ ｌ
解 ： ａ＋ 十 ｃ・５ 一 ２ “ 十 ｆ・５ ） 则 Ⅱ＋ — 设 １ （ ， １
２１ ０ ０年 第 ４期
数 学 教 育研 究
・ ９ ５ ・
常 见 递推 数 列 类 型 及 其 通项 公 式的 求 法
王 云 冰 （ 江苏省扬 中市新坝 中学 ２２１） １２１
我们 在 研 究 数 列 ｛ 时 ， 果 任 一 项 ａ ａ） 如 与 它 的 前 （ ） 项 （ 几 项） 的关 系可 以 用一个 公 式来 表示 ， 后 一 或 间 则此公式就称 为数 列 的递 推公 式． 过递 推公 式 给 出 通 的数 列 ， 之 为 递 推 数 列 ． 列 的 递 推 关 系 在 研 究 数 列 称 数 问题 中起 到 非 常 重 要 的 作 用 ， 是 高 考 命 题 重 点 和 热 也 点 ． 于其 形 式 多 变 ， 法 灵 活 ， 巧 性 较 强 ， 致 这 一 由 解 技 导 内容 成 为 学 生 学 习数 列 问 题 的 难 点 ． 对 于 递 推 公 式 确 定 的 数 列 的 求 解 ， 常 可 以 通 过 通 对 递 推 公 式 的 变 形 、 比构 造 出 等 差 数 列 或 等 比数 列 类
专题二 递推公式求数列的通项
专题二 数 列 的 通 项递推数列的题型多样，求递推数列的通项公式的方法也非常灵活，往往可以通过适当的策略将问题化归为等差数列或等比数列问题加以解决（即构造等差、等比的辅助数列），因而求递推数列的通项公式问题成为了高考命题中颇受青睐的考查内容。
常见的求法有：1、 公式法：由等差，等比定义，写出通项公式（一般求m a d q 、、，再用通项或变形公式）2、 累加法：)(1n f a a n n =-+型； 累乘法：)(1n f a a nn =+型； 迭代法 3、待定系数法：1()n n a pa f n +=+型；q pa a n n +=+1型（p q 、为常数，且1,0p p ≠≠） 特别提醒：一阶递推q pa a n n +=+1,我们通常将其化为111n n q q a p a p p +⎛⎫⎛⎫+=+ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭{b n }的等比数列 （常考查）4、不动点法：1n a +与n a 的递推公式中，不含()f n 。
5、特征根的方法：n n n qa pa a +=++12（其中p ，q 均为常数）。
6、对数变换法：rn n pa a =+1)0,0(>>n a p7、换元法：对含a n 与S n 的题，利用⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-)2()1(11n S S n S a n nn 消去n S ，转换为n a 的推公式，再用前面的方法特别提醒：对含a n 与S n 的题，在求和的问题时，也可以用这样的方法消去n a ，得到关于n S 的递推公式，同样采用上述求通项地方法求出n S8、周期数列：n T n a a +=9、数学归纳法：（以后学）说明：① 仔细辨析递推关系式的特征，准确选择恰当的方法，是迅速求出通项公式的关键。
② 其中方法3、4、5、6、7都属于构造辅助数列：构造{}()n f a 为等差（等比）数列，求出()n f a ，然后就可以求出n a 了。
一类二次递推型数列通项公式的求法
一类二次递推型数列通项公式的求法例1 已知21118,4,2n n a a a +==-求数列{}n a 的通项公式。
解法1:设()120n n n n a b b b ⎛⎫=+> ⎪⎝⎭ 有 21111()2n nn n b b b b +++=+-，因为211112()n n n n b b b b ++++=+，所以221()n n b b =+即1n n b b =+，n b = 两边同时取以e 为底的对数,得:1ln 2ln n n b b +=11111282a b b b ⎛⎫=+=⇒= ⎪⎝⎭所以{ln }n b以1ln ln(2b =为首项,等比为2的等比数列;这时可得1ln 2ln(2n n b -=⨯，即12(2n n b -=，则122()n n n na xb b ==+所以1112222[(22[(2(2]n n n n a ---=+=++-解决方法的来源理论，令()0,,0n n n n t a k b b k t b ⎛⎫=+>> ⎪⎝⎭常数代入21142n n a a +=-中有22222121422n n n nkt k k t kb b k t b b +++=++-，只需要满足常数项为0，对应系数成正比即可， 22224022k t k kt k k t ⎧-=⎪⎪⎨=⎪⎪⎩，解得12t k =⎧⎨=⎩，所以12n n n a b b ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭。
解法2:由解法1知，21n nb b +=，由迭代法可知：1222121n n n n b b b b ---====，又因为111128a b b ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，可得211410b b -+=，解得12b =此时(122n nb -=，则1112222[(22[(2(2]n n n n a ---=++=++结论1：已知常数0p >，12a p ≥满足2112n n a a p p +=-，则1122n n n a p --⎡⎤⎢⎥=+⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦同理，1n n n a p b b ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，解决方法的理论同上，要写出过程，例2 已知12a =，21142n n a a +=-，求数列{}n a 的通项公式。
最全的递推数列求通项公式方法
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)(1n f a a n n +=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，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 ，个理22．本小题满分14分）已知数列，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.解：，，即，…………将以上k 个式子相加，得将代入，得，。
经检验也适合，类型2解法：把原递推公式转化为，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{a n }，满足a 1=1，(n ≥2)，则{a n }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，）。
解法（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，，，求.解：设递推公式可以转化为即.故递推公式为,令，则,且.所以是以为首项，2为公比的等比数列，则,所以.变式:（2006，,文,14）在数列中，若，则该数列的通项_______________（key:）变式:（2006..理22.本小题满分14分）已知数列满足（I）求数列的通项公式；（II）若数列{b n}滿足证明：数列{b n}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）证法一：①②②－①，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：。
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双递推数列通项的求法
作者：明秀川
来源：《理科考试研究·高中》2012年第09期
递推数列的通项问题是高考的热点问题，而双递推数列的通项问题是递推数列的难点，本文通过具体的例子说明双递推数列通项的求法.
一、猜想证明法
例1（2008年高考辽宁卷）在数列{an}，{bn}中，a1=2，b1=4，且an，bn，an+1成等差数列，bn，an+1，bn+1成等比数列（n∈N+），求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测{an}，{bn}的通项公式，并证明你的结论.
解由已知得
an+an+1=2bn，（1）
bnbn+1=a2n+1.（2）
由此可得a2=6，b2=9，a3=12，b3=16，a4=20，b4=25，猜测an=n（n+1），bn=（n+1）2.可用数学归纳法（证明略）.
二、代入消元法
例2题目同例1.
解由已知得
an+an+1=2bn，（1）
bnbn+1=a2n+1.（2）
由（2）得an+1=bnbn+1，
代入（1）得bn—1bn+bnbn+1=2bn，
所以bn—1+bn+1=2bn，
所以{bn}是等差数列.
又由（1）（2）求得a2=6，b2=9，
所以bn=b1+（n—1）（b2—b1）
=n+1.
所以bn=（n+1）2，
所以an=bn—1bn=n（n+1）.
点评该解法通过消去an转化为数列{bn}的递推关系式求解.
三、加减构造法
例3（2007年高考辽宁卷）已知数列{an}、{bn}满足a1=2，b1=1，且n≥2时， an=34an—1+14bn—1+1，（1）
bn=14an—1+34bn—1+1.（2）
？令cn=an+bn，求数列{cn}的通项公式；
？求数列{an}的通项公式及前n项和公式Sn.
解？（1）+（2）得
an+bn=（an—1+bn—1）+2（n≥2）.
即cn=cn—1+2（n≥2）.
易知{cn}是首项为a1+b1=3，公差为2的等差数列，通项公式为cn=2n+1.
？（1）—（2）得
an—bn=12（an—1—bn—1）（n≥2）.
令dn=an—bn，
则dn=12dn—1 （n≥2）.
易知{dn}是首项为a1—b1=1，
公比为12的等比数列，通项公式为dn=12n—1.
由an+bn=2n+1，
an—bn=12n—1，
解得an=12n+n+12.
求和得Sn=—12n+n22+n+1.
四、待定系数法
例4（湖北省重点高中2010年元月联考理科第21题）设数列{an}、{bn}满足a1=2，b1=0，且an+1=2an+3bn，
bn+1=an+2bn （n=1，2，3，…）.
（1）求λ的值，使得数列{an+λbn}为等比数列；
（2）求数列{an}和{bn}的通项公式.
解（1）an+1+λbn+1
=2an+3bn+λ（an+2bn）
=（2+λ）an+（3+2λ）bn，
因为{an+λbn}为等比数列，所以
an+1+λbn+1an+λbn=（2+λ）an+（3+2λ）bnan+λbn为定值.
所以2+λ1=3+2λλ，
即λ2=3，λ=±3.
当λ=3时，an+1+3bn+1an+3bn
=（2+3）an+（3+23）bnan+3bn
=2+3，
数列{an+3bn}是公比为2+3的等比数列.
同理可知，当λ=—3时，数列{an—3bn}是公比为2—3等比数列.
（2）由（1）的结果得
an+3bn=（2+3）n—1，
an—3bn=（2—3）n—1.
解得an=12[（2+3）n—1+（2—3）n—1]， bn=36[（2+3）n—1—（2—3）n—1].
点评xn+1=axn+byn，。