递推数列求通项题型分类归纳解析

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数列-递推公式求通项的十大模型

递推公式求通项的十种类型类型1.等差数列：相邻两项递推形式：d d a a n n ，（=--1为常数，+∈≥N n n 且2）或者相邻三项递推形式：)2(211++-∈≥=+N n n a a a n n n 且.这种递推形式下，直接用等差数列的通项公式：即可解决！例1.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足11a =1=，则n a =（）A．21n -B．nC．21n +D．12n -解析：∵11a ==1，∴是以1为首项，以1为公差的等差数列，(1)11(1)1n n n =-⨯=+-⨯=，即2n S n =，∴()221121n n n a S S n n n -=-=--=-（2n ≥）.当1n =时，11a =也适合上式，∴21n a n =-.故选：A.注1：在等差数列中，有一类比较特殊的递推类型，即b kn a a n n +=++1，它可以得到两个子数列分别是公差为k 的等差数列.例2．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，()142n n a a n n +++=+∈N ，则数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2021项的和为()A．20212022B．20202021C．20192020D．10101011解析：∵12a =，()142n n a a n n +++=+∈N ，∴216a a +=，解得24a =．142n n a a n ++=+ ，∴2146n n a a n +++=+，两式相减，得24n na a +-=，∴数列{}n a 的奇数项与偶数项均为公差为4的等差数列，∴当n 为偶数时，2(1)422n n a a n =+-⨯=．当n 为奇数时，1n +为偶数，∴根据上式和(*)知1422n n a n a n +=+-=，数列{}n a 的通项公式是2n a n =，易知{}n a 是以2为首项，2为公差的等差数列，故()()2212n n nS n n +==+，()111111n S n n n n ==-++，设1n S ⎧⎫⎨⎩⎭的前n 项和为n T ，则20211111112021112232021202220222022T =-+-++-=-= ．故选：A．例3．数列{}n a 中，112,21,N n n a a a n n *+=+=+∈．求{}n a 的通项公式；解析：（1）由121++=+n n a a n ①2123n n a a n ++⇒+=+②，②-①22n n a a +⇒-=，∴{}n a 的奇数项与偶数项各自成等差数列，由11223a a a =⇒+=，∴21a =，∴2112(1)2n a a n n -=+-=，∴1n a n =+，n 为奇数，212(1)21n a n n =+-=-，∴1n a n =-，n 为偶数．∴()()**1,21,N 1,2,Nn n n k k a n n k k ⎧+=-∈⎪=⎨-=∈⎪⎩.类型2.等比数列：相邻两项递推：)2,0,0(1+-∈≥≠≠=N n n a q qa a n n n且且或q a a n n=-1.或者相邻三项递推：)2(211≥∈=+-+n N n a a a n n n 且.注2：在等比数列应用中，有一类比较特殊的递推类型，即++∈∀⋅=N n m a a a n m m n ,,，我们可以对其赋值得到一个等比数列.例4．数列{}n a 中，112a =，对任意,N m n *∈有m n m n a a a +=，若19111k k k a a a +++++ 15522=-，则k =（）A．2B．3C．4D．5解析：由任意,m n *∈N 都有m n m n a a a +=，所以令1m =，则11n n a a a +=，且112a =，所以{}n a 是一个等比数列，且公比为12，则1910155191112222222k k k k k k k k a a a ++++++++=+++=-=- 所以5k =，故选：D.例5．已知数列{}n a 满足22,2,n n n a n a a n ++⎧=⎨⎩为奇数为偶数且11a =，22a =．求通项n a ；解析：当n 为奇数时，由22n n a a +-=知数列{}21k a -是公差为2的等差数列，()2111221k a a k k -=+-⨯=-，∴n a n =，n 为奇数；当n 为偶数时，由22n n a a +=知数列{}2k a 是公比为2的等比数列，1222k kk a a q -==，∴22nn a =，n 为偶数∴2,2,n n n n a n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数.类型3.)(1n f a a n n =--累加型例6．若数列{}n a 满足11a =，12n n a a n +-=．求{}n a 的通项公式.解析：因为12n n a a n +-=，11a =，所以()()()1122112(1)2(2)21n n n n n a a a a a a a a n n ---=-+-++-+=-+-+++2222(1)112n n n n -+⋅-+=-+=，故21n a n n =-+.类型4.)(1n f a a n n=-(2≥∈+n N n 且)累乘型.例7．数列{}n a 及其前n 项和为n S 满足：11a =，当2n ≥时，111n n n a a n -+=-，则12320231111a a a a ++++= （）A．20211011B．40442023C．20231012D．40482025解析：当2n ≥时，111n n n a a n -+=-，即111n n a n a n -+=-，所以3124123213451,,,,,12321n n n n a a a a a n n a a a a n a n ---+=====-- 累乘得：()113451123212n n n a n n a n n ++=⨯⨯⨯⨯=-- ，又11a =，所以()12n n n a +=所以()1211211n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭则1232023111111111111222212233420232024a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭14046202321202420241012⎛⎫=-== ⎝⎭.故选：C.类型5.d ca a n n +=-1型（待定系数法）一般形式：1(,n n a ca d c d -=+为常数，0,1,0)c c d ≠≠≠，可以构造一个等比数列，只要在每一项同加上一个常数即可，且常数1dx c =-，1()n n a x c a x -+=+，令n n b a x =+，则n b 为等比数列，求出n b ，再还原到n a ，1)1(11--⋅-+=-c dc cd a a n n .例8．在数列{}n a 中，12a =，()*1432,N n n a a n n -=-≥∈．求{}n a 的通项公式.解析：依题意，数列{}n a 中，12a =，()*1432,N n n a a n n -=-≥∈，所以()()1*N 1412,n n a a n n --=-≥∈，所以数列{}1n a -是首项为111a -=，公比为4的等比数列.例9.(2014年新课标全国1卷)已知数列{}n a 满足13,111+==+n n a a a ，证明⎭⎬⎫⎩⎨⎧+21n a 是等比数列，并求{}n a 的通项公式.解析：显性构造：13,111+==+n n a a a ，)21(3211+=++n n a a ，)13(21-=n n a .类型6.nn n b m qa a ⋅+=+1型例10．已知数列{}n a 的首项1=6a ，且满足1142n n n a a ++=-．求数列{}n a 的通项公式；解析：∵1142n n n a a ++=-，∴112122n n n n a a ++=⋅-，∴1112122n n n n a a ++⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，又∵1122a -=，故12n n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以2为首项，2为公比的等比数列．112222n nn n a --=⋅=，则42n n n a =+．类型7.)1)((1≠+=+p n f pa a n n 型.方法1.数学归纳法.方法2.1111)()(+++++=⇒+=n n n n n n n p n f p a p a n f pa a ，令n n n p a b =，则11)(++=-n n n pn f b b ，用累加法即可解决！（公众号：凌晨讲数学）例11.(2020年新课标全国3卷)设数列{}n a 满足31=a ，n a a n n 431-=+.（1）计算2a ，3a ，猜想{}n a 的通项公式并加以证明；（2）求数列{}n na 2的前n 项和n S .解析：方法1：归纳法.（1）235,7,a a ==猜想21,n a n =+得1(23)3[(21)]n n a n a n +-+=-+，1(21)3[(21)]n n a n a n --+=--，……2153(3)a a -=-.因为13a =，所以2 1.n a n =+方法2：构造法.由n a a n n 431-=+可得：1113433+++-=-n n n n n n a a ，累加可得：123123+=⇒+=n a n a n n n n .（2）由（1）得2(21)2n n n a n =+，所以23325272(21)2n n S n =⨯+⨯+⨯+++⨯ .①23412325272(21)2n n S n +=⨯+⨯+⨯+++⨯ .②-①②得23132222222(21)2n n n S n +-=⨯+⨯+⨯++⨯-+⨯ ，1(21)2 2.n n S n +=-+类型8.)0(1≠⋅+=+q p qpa ta a n nn 型例12．已知数列{}n a 满足11a =，*1,N 1nn n a a n a +=∈+，求数列{}n a 的通项公式.因为*1,N 1n n n a a n a +=∈+，所以1111n na a +=+，即1111n n a a +-=，又11a =，所以111a =，所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为首项为1，公差为1的等差数列，所以()1111n n n a =+-⨯=，故1n a n =，所以数列{}n a 的通项公式为1n a n=.类型9.已知n S 与n a 关系，求n a .（公众号：凌晨讲数学）解题步骤：第1步：当1=n 代入n S 求出1a ；第2步：当2≥n ，由n S 写出1-n S ；第3步：1--=n n n S S a （2≥n ）；第4步：将1=n 代入n a 中进行验证，如果通过通项求出的1a 跟实际的1a 相等，则n a 为整个数列的通项，若不相等，则数列写成分段形式，.)2()1(1⎩⎨⎧≥==n a n a a n n 在本考点应用过程中，具体又可分为三个角度，第一，消n S 留n a ，第二个角度，消n a 留n S ，第三个角度，级数形式的前n 项和，下面我们具体分析.例13．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，112n n n S S a ++⋅=-.证明：数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列.证明：∵112n n n S S a ++⋅=-，∴112n n n n S S S S ++⋅=-，易知0n S ≠，∴111112n n n n n nS S S S S S +++-=-=⋅，∴数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为2的等差数列.例14．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足1=2a ，()*123N n n n a S n +=+∈.求n S .解析：因为()*123N n n n a S n +=+∈,所以11233,3n nn n n n n S S S S S ++-=+=+∴，则111111,333333n n n n n n n n S S S S ++++-=+=，11233S =，即{}3n n S 为首项为23，公差为13的等差数列，则211(1)(1)3333n n S n n =+-=+，故1(1)3n n n S -=+⋅.例15．已知数列{}n a 满足123123252525253n n na a a a ++++----…．求数列{}n a 的通项公式.解析：123123252525253n n na a a a +++=----…，①当1n =时，14a =．当2n ≥时，123112311252525253n n n a a a a ---++++----…，②由①-②，得()3522n n a n +=≥，因为14a =符合上式，所以352n n a +=．例16.（2022新高考1卷）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11=a ，{}n n S a 是公差为13的等差数列．求{}n a 得通项公式.解析：111==S a ，所以111=S a ，所以{}n n S a 是首项为1，公差为13的等差数列，所以121(1)33+=+-⋅=n n S n n a ，所以23+=n n n S a ．当2n 时，112133--++=-=-n n n n n n n a S S a a ，所以1(1)(1)--=+n n n a n a ，即111-+=-n n a n a n （2n ）；累积法可得：(1)2+=n n n a （2n ），又11=a 满足该式，所以{}n a 得通项公式为(1)2+=n n n a ．类型9：已知前n 项积求n a .例17.记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n b 为数列{}n S 的前n 项积，已知212n nS b +=．（1）证明：数列{}n b 是等差数列;（2）求{}n a 的通项公式．解析：由已知212n n S b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，12n b ≠,取1n =,由11S b =得132b =,由于n b 为数列{}n S 的前n 项积，所以1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,所以1121121222212121n n n b b b b b b b +++⋅⋅⋅⋅=---，所以111221n n n nb b b b +++=-,由于10n b +≠，所以12121n n b b +=-，即112n n b b +-=,其中*n N ∈，所以数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差等差数列.（2）由（1）可得，数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差的等差数列，()3111222n n b n ∴=+-⨯=+,22211n n n b n S b n +==-+,当n =1时，1132a S ==,当n ≥2时,()121111n n n n n a S S n n n n -++=-=-=-++,显然对于n =1不成立,∴()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.类型10.特征方程法（强基层次）：n n n ba aa a +=++12型.求解方程：02=--b a λλ，根据方程根的情况，可分为：（1）若特征方程有两个相等的根，则nn x b An a 0)(+=（2）若特征方程有两个不等的根，则n nn Bx Ax a 21+=例18．已知数列{}n a 满足12a =，28a =，2143n n n a a a ++=-.求数列{}n a 的通项公式；解析：2143n n n a a a ++=-，变形为：()2113n n n n a a a a +++-=-，216a a -=，∴数列{}1n n a a +-是等比数列，首项为6，公比为3.∴116323n nn n a a -+-=⨯=⨯，变形为：1133n n n n a a ++-=-，131a -=-，∴31n n a -=-，∴31n n a =-例19.已知数列{}n a 满足*12211,2,44()n n n a a a a a n N ++===-∈，求数列{}n a 的通项n a ．解析：其特征方程为2441x x =-，解得1212x x ==，令()1212nn a c nc ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，由1122121()121(2)24a c c a c c ⎧=+⨯=⎪⎪⎨⎪=+⨯=⎪⎩，得1246c c =-⎧⎨=⎩，1322n n n a --∴=．例20.已知数列{}n a 满足11122,(2)21n n n a a a n a --+==≥+，求数列{}n a 的通项n a ．解析：其特征方程为221x x x +=+，化简得2220x -=，解得121,1x x ==-，令111111n n n n a a c a a ++--=⋅++由12,a =得245a =，可得13c =-，∴数列11n n a a ⎧⎫-⎨⎬+⎩⎭是以111113a a -=+为首项，以13-为公比的等比数列，1111133n n n a a --⎛⎫∴=⋅- ⎪+⎝⎭，3(1)3(1)n n n n na --∴=+-．。

高考递推数列求通项题型分类归纳解析

高考递推数列求通项题型分类归纳解析类型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1:已知数列{}n a 满足211=a ，nn a a n n ++=+211，求n a .解：由条件知：111)1(1121+-=+=+=-+n n n n nn a a n n 分别令1,2,3,,(1)n n =- ，代入上式得)1(-n 个等式累加之，即2132431()()()()n n a a a a a a a a --+-+-++- 1111111(1)()()()223341n n =-+-+-++--所以na a n 111-=-， 211=a ，n na n 1231121-=-+=∴类型2 n n a 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2:已知数列{}n a 满足321=a ，n n a n n a 11+=+，求n a .解：由条件知11+=+n n a a nn ，分别令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ，代入上式得)1(-n 个等式累乘之，即3241231n n a a a a a a a a -⋅⋅⋅⋅ 1231234n n -=⨯⨯⨯⋅⋅⨯ na a n 11=⇒，又321=a ，n a n 32=∴ 例3:已知31=a ，n n a n n a 23131+-=+ )1(≥n ，求n a .解：13(1)13(2)1321313(1)23(2)232232n n n a a n n ----⨯--=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-+-+⨯++3437526331348531n n n n n --=⋅⋅⋅⋅⋅=--- 变式:（2004，全国I,理15．）已知数列{a n }，满足a 1=1，1321)1(32--+⋅⋅⋅+++=n n a n a a a a (n ≥2)，则{a n }的通项1___n a ⎧=⎨⎩12n n =≥解：由已知，得n n n na a n a a a a +-+⋅⋅⋅+++=-+13211)1(32，用此式减去已知式，得当2≥n 时，n n n na a a =-+1，即n n a n a )1(1+=+，又112==a a ，n a a a a a a a a a n n =⋅⋅⋅====∴-13423121,,4,3,1,1，将以上n 个式子相乘，得2!n a n =)2(≥n类型3 q pa a n n +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1((≠-p pq ）. 解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：)(1t a p t a n n -=-+，其中pq t -=1，再利用换元法转化为等比数列求解.例4:已知数列{}n a 中，11=a ，321+=+n n a a ，求n a .解：设递推公式321+=+n n a a 可以转化为)(21t a t a n n -=-+即321-=⇒-=+t t a a n n .故递推公式为)3(231+=++n n a a ,令3+=n n a b ，则4311=+=a b ,且23311=++=++n n nn a a b b .所以{}n b 是以41=b 为首项，2为公比的等比数列，则11224+-=⨯=n n n b ,所以321-=+n n a .变式1:（2006，重庆,文,14）在数列{}n a 中，若111,23(1)n n a a a n +==+≥，则该数列的通项n a =_______.（key:321-=+n n a ）变式2: （06福建）已知数列{}n a 满足*12211,3,32().n n n a a a a a n N ++===-∈ （I ）证明：数列{}1n n a a +-是等比数列；（II ）求数列{}n a 的通项公式；（II ）若数列{}n b 满足12111*44 (4)(1)(),n n b bb b n a n N ---=+∈证明{}n b 是等差数列.（I ）证明：2132,n n n a a a ++=- *212111212(),1,3,2().n n n n n n n na a a a a a a a n N a a ++++++-∴-=-==∴=∈-{}1n n a a +∴-是以21a a -2=为首项，2为公比的等比数列.（II ）解：由（I ）得*12(),n n n a a n N +-=∈112211()()...()n n n n n a a a a a a a a ---∴=-+-++-+12*22...2121().n n n n N --=++++=-∈ （III ）证明：1211144...4(1),n n b bb b n a ---=+ 12(...)42,n nb b b nb +++∴=122[(...)],n n b b b n nb ∴+++-= ①12112[(...)(1)](1).n n n b b b b n n b ++++++-+=+ ②②－①，得112(1)(1),n n n b n b nb ++-=+- 即1(1)20.n n n b nb +--+= ③ 21(1)20.n n nb n b ++-++= ④④－③得2120,n n n nb nb nb ++-+=即2120,n n n b b b ++-+=*211(),n n n n b b b b n N +++∴-=-∈{}n b ∴是等差数列. 类型4 1n n a pa An B +=++例1：（07天津·文20）在数列{}n a 中，12a =，1431n n a a n +=-+，n ∈*N ．（Ⅰ）证明数列{}n a n -是等比数列；（Ⅱ）求数列{}n a 的前n 项和n S ；（Ⅲ）证明不等式14n n S S +≤，对任意n ∈*N 皆成立．（Ⅰ）证明：由题设1431n n a a n +=-+，得1(1)4()n n a n a n +-+=-，n ∈*N ．又111a -=，所以数列{}n a n -是首项为1，且公比为4的等比数列．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知14n n a n --=，于是数列{}n a 的通项公式为14n n a n -=+．所以数列{}n a 的前n 项和41(1)32nn n n S -+=+．（Ⅲ）证明：对任意的n ∈*N ，1141(1)(2)41(1)443232n n n n n n n n S S ++⎛⎫-++-+-=+-+ ⎪⎝⎭21(34)02n n =-+-≤．所以不等式14n n S S +≤，对任意n ∈*N 皆成立．例2：（06山东·文22）已知数列{}n a 中，11122n n a n a a +=-,点(,)在直线y x =上，其中1,2,3....n =（Ⅰ）令{}11,n n n n b a a b -=--求证数列是等比数列；（Ⅱ）求数列{}n a 的通项；（Ⅲ）设n n S T 、分别为数列{}、n a {}n b 的前n 项和,是否存在实数λ，使得数列n n S T n λ+⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列？若存在，试求出λ.若不存在,则说明理由. 解：（I ）由已知得 111,2,2n n a a a n +==+2213313,11,4424a a a =--=--=- 又11,n n n b a a +=--1211,n n n b a a +++=--11112111(1)111222.1112n n n n n n n nn n n n n n a n a na ab a a b a a a a a a +++++++++++-----∴====------{}n b ∴是以34-为首项，以12为公比的等比数列.（II ）由（I ）知，13131(),4222n n n b -=-⨯=-⨯ 1311,22n n n a a +∴--=-⨯21311,22a a ∴--=-⨯322311,22a a --=-⨯⋅⋅⋅⋅⋅⋅11311,22n n n a a --∴--=-⨯将以上各式相加得：1213111(1)(),2222n n a a n -∴---=-++⋅⋅⋅+ 11111(1)31313221(1)(1) 2.12222212n n n na a n n n ---∴=+--⨯=+---=+--3 2.2n na n ∴=+-（III ）解法一：存在2λ=，使数列{}n nS T nλ+是等差数列. 12121113()(12)2222n n nS a a a n n =++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+-11(1)(1)22321212nn n n -+=⨯+--2213333(1) 3.2222nnn n n n --=-+=-++12131(1)313342(1).1222212nn n nn T b b b +--=++⋅⋅⋅+==--=-+-数列{}n nS T nλ+是等差数列的充要条件是,(n nS T A n B A nλ+=+、B 是常数)即2,n n S T An Bn λ+=+又2133333()2222n n nn n nS T λλ+-+=-+++-+2313(1)(1)222nn n λ-=+--∴当且仅当102λ-=，即2λ=时，数列{}n nS T nλ+为等差数列.解法二：存在2λ=，使数列{}n nS T nλ+是等差数列.由(I)、(II)知，22n n a b n +=-，(1)222n n n S T n +∴+=-(1)222n nn nn n n T T S T nnλλ+--++=322n n T nλ--=+又12131(1)313342(1)1222212nn n nn T b b b +--=++⋅⋅⋅+==--=-+-13233()222n nn S T n nnλλ++--=+-+，∴当且仅当2λ=时，数列{}n nS T nλ+是等差数列.变式1：已知数列{}n a 满足：111,21,.n n a a a n n N *+==++∈ （Ⅰ）设2n n b a n =++，证明数列{}n b 是等比数列；（Ⅱ）若数列{}n a 的前n 项和为n S ，求n a 和n S ；（Ⅲ）试比较n a 与()22n +的大小. （Ⅰ）证明：由2n n b a n =++，则11122112222n n n nn n b a n a n n b a n a n ++++++++++===++++.所以数列{}n b 是以11124b a =++=为首项，公比为2的等比数列. （Ⅱ）解：由（Ⅰ）得11422n n n b -+=?.则122n n a n +=--.所以12n n S a a a =+++L 231222(342)n n +=+++-++++L L 22(21)(5)212nn n -+=--225242n n n++=--.（Ⅲ）解：当1n =时，11a =，2(12)9+=，则19a <；当2n =时，24a =，2(22)16+=，则216a <；当3n = 时，311a =，2(32)25+=，则325a <；当4n = 时，426a =，2(42)36+=，则436a <；当5n = 时，557a =，2(52)49+=，则549a >；当5n ≥时，要证()()22112222225 6.n n n a n n n n n ++>+⇔-->+⇔>++ 而()1012101231111111122n n n n n n n n n n C C C C C C C C ++++++++++=++++≥+++ ()()()()()()()()()()221122116221111656325 6.n n n n n n n n n n n n n n n n n n -⋅⋅+=+++++≥+++++-⋅+≥=+++-->++⎡⎤⎣⎦ 所以当5n ≥时，()22.n a n >+ 因此当14n＃（n N *Î）时,2(2)n a n <+；当5n ≥(n N *Î)时，()22.n a n >+变式2：已知数列{}n a 的首项121a a =+（a 是常数，且1a ≠-），24221+-+=-n n a a n n （2n ≥），数列{}n b 的首项1b a =，2n a b n n +=（2n ≥）.（1）证明：{}n b 从第2项起是以2为公比的等比数列；（2）设n S 为数列{}n b 的前n 项和，且{}n S 是等比数列，求实数a 的值；（3）当a >0时，求数列{}n a 的最小项.解：（1）∵2n a b n n +=，∴22211)1(2)1(4)1(2)1(++++-++=++=++n n n a n a b n n nn n b na 2222=+=(n≥2)由121a a =+得24a a =，22444b a a =+=+，∵1a ≠-，∴ 20b ≠.即{}n b 从第2项起是以2为公比的等比数列. （2）1(44)(21)34(22)221n nn a S a a a -+-=+=--++-当n≥2时，111(22)234342(22)234(1)234nn n n n S a a a S a a a a ---+--+==++--+--∵}{n S 是等比数列, ∴1-n n S S (n≥2)是常数，∴3a+4=0，即43a =-.（3）由（1）知当2n ≥时，2(44)2(1)2n n n b a a -=+=+，所以221(1)(1)2(2)n n a n a a n n +=⎧=⎨+-≥⎩，所以数列{}n a 为2a+1，4a ，8a-1，16a ，32a+7，显然最小项是前三项中的一项.当1(0,)4a ∈时，最小项为8a-1；当14a =时，最小项为4a 或8a-1；当11(,)42a ∈时，最小项为4a ；当12a =时，最小项为4a 或2a+1；当1(,)2a ∈+∞时，最小项为2a+1.类型5 nn n q pa a +=+1（其中p,q 均为常数，(1)(1)0pq p q --≠. (或1n n n a pa rq +=+,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1+n q ，得：111n n n n a a p qq q q++=⋅+引入辅助数列{}n b （其中nn n qa b =），得：qb qp b n n 11+=+再待定系数法解决.例5:已知数列{}n a 中，651=a ,11)21(31+++=n n n a a ，求n a .解：在11)21(31+++=n n n a a 两边乘以12+n 得：1122(2)13n n n n a a ++⋅=⋅+令2nn n b a =⋅，则1321+=+n n b b ,解之得：n n b )32(23-=,所以n n nn n b a )31(2)21(32-== 变式1：（08四川·文21）设数列{}n a 的前n 项和为22nn n S a =-，（Ⅰ）求14,a a ；（Ⅱ）证明：{}12n n a a +-是等比数列；（Ⅲ）求{}n a 的通项公式【解】：（Ⅰ）因为1111,22a S a S ==+，所以112,2a S ==由22n n n a S =+知11122n n n a S +++=+ 112n n n a S ++=++，得12n n n a S +=+ ①所以222122226,8a S S =+=+==，3332228216,24a S S =+=+==，443240a S =+=（Ⅱ）由题设和①式知()()11222n n n n n n a a S S ++-=+-+122n n +=-2n = 所以{}12n n a a +-是首项为2，公比为2的等比数列. （Ⅲ）()()()21112211222222n n n n n n n a a a a a a a a -----=-+-++-+ ()112n n -=+⋅类型6 递推公式为n n n qa pa a +=++12（其中p ，q 均为常数）.解 (特征根法)：对于由递推公式n n n qa pa a +=++12，βα==21,a a 给出的数列{}n a ，方程02=--q px x ，叫做数列{}n a 的特征方程.若21,x x 是特征方程的两个根，当21x x ≠时，数列{}n a 的通项为1211--+=n n n Bx Ax a ，其中A ，B 由βα==21,a a 决定（即把2121,,,x x a a 和2,1=n ，代入1211--+=n n n Bx Ax a ，得到关于A 、B 的方程组）；当21x x =时，数列{}n a 的通项为11)(-+=n n x Bn A a ，其中A ，B 由βα==21,a a 决定（即把2121,,,x x a a 和2,1=n ，代入11)(-+=n n x Bn A a ，得到关于A 、B 的方程组）.例6: 数列{}n a ：),0(025312N n n a a a n n n ∈≥=+-++， b a a a ==21,,求n a 解（特征根法）：的特征方程是：02532=+-x x .32,121==x x ,∴1211--+=n n n Bx Ax a 1)32(-⋅+=n B A .又由b a a a ==21,，于是⎩⎨⎧-=-=⇒⎪⎩⎪⎨⎧+=+=)(32332b a B ab A BA b BA a 故1)32)((323--+-=n n b a a b a练习:已知数列{}n a 中，11=a ,22=a ,n n n a a a 313212+=++，求n a . 1731:()443n nk e y a -=--. 变式1:（2006福建文22）数列{}n a 满足*12211,3,32().n n n a a a a a n N ++===-∈求数列{}n a 的通项公式；（I ）解：112211()()...()n n n n n a a a a a a a a ---∴=-+-++-+12*22...2121().n n n n N --=++++=-∈ 变式2：若数列{}n a 的前n 项和为n S ，12a =且142(1,2,3).n n S a n +=-= （I ）求23,a a ；（II ）求证：数列}2{1--n n a a 是常数列；（III ）求证：12231111 (1)112n n a a a n a a a +---+++<---.解：（I ）142(1,2,3)n n S a n +=-= ，21426S a ∴=-=.2214a S a ∴=-=. 同理可得38a =. （II ）142(1,2,3)n n S a n +=-= ,142(2)n n S a n -∴=-.... 两式相减得：1144n n n a a a +-=-，变形得：1112242(2)n n n n n n a a a a a a +---=-=- (2)n ...，则11222(2)n n n n a a a a ----=- (3)n . (23)112233422(2)2(2)2(2)n n n n n n n n a a a a a a a a --------=-=-=-=⋅⋅⋅=2212(2)n a a --2120a a -= ∴212122(2)0n n n a a a a ---=-=.∴数列}2{1--n n a a 是常数列.（III ）由（II ）可知：12n n a a -=(2)n …. 数列{}n a 是以2为首项，以2为公比的等比数列.∴2nn a =，∴11121121111212222nnn n nn a a ++---==⋅<---.∴12231111111 (11)12222n n a a a na a a +---+++<+++=---. 变式3：已知数列{a n }满足a 1＝5，a 2＝5，a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)．（1）求证：{a n ＋1＋2a n }是等比数列；（2）求数列{a n }的通项公式；（3）设3n b n ＝n (3n －a n )，且|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＜m 对于n ∈N ＊恒成立，求m 的取值范围．（1）由a n ＋1＝a n ＋6a n －1，a n ＋1＋2a n ＝3(a n ＋2a n －1) (n ≥2)，∵a 1＝5，a 2＝5, ∴a 2＋2a 1＝15故数列{a n ＋1＋2a n }是以15为首项，3为公比的等比数列（2）由（1）得a n ＋1＋2a n ＝5·3n 由待定系数法可得(a n ＋1－3n ＋1)＝－2(a n －3n) 即a n －3n ＝2(－2)n －1 故a n ＝3n ＋2(－2)n －1＝3n －(－2)n（3）由3n b n ＝n (3n －a n )＝n [3n －3n ＋(－2)n ]＝n (－2)n，∴b n ＝n (－23)n 令S n ＝|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝23＋2(23)2＋3(23)3＋…＋n (23)n23n ＝(23)2＋2(233＋…＋(n －1)(23)n ＋n (23)n ＋1 得13n ＝23＋(23)2＋(23)3＋…＋(23)n －n (23)n +1 ＝23－(23)n ]1－23－n (23)n +1＝2[1－(23)n ]－n (23)n +1 ∴ S n ＝6[1－(23n ]－3n (23)n +1＜6，要使得|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＜m 对于n ∈N ＊恒成立只须m ≥6.类型7 递推公式为n S 与n a 的关系式 (或()n n S f a =).解法：利用⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-)2()1(11n S S n S a n n n 与)()(11---=-=n n n n n a f a f S S a 消去n S )2(≥n 或与)(1--=n n n S S f S )2(≥n 消去n a 进行求解.例7：数列{}n a 前n 项和2214---=n n n a S .（1）求1+n a 与n a 的关系；（2）求通项公式n a .解：（1）由2214---=n n n a S 得：111214-++--=n n n a S于是)2121()(1211--++-+-=-n n n n n n a a S S 所以11121-+++-=n n n n a a a nn n a a 21211+=⇒+.（2）两边同乘以12+n 得：22211+=++n nn n a a ,由1214121111=⇒--==-a a S a .数列{}n n a 2是以2为首项，2为公差的等差数列，所以n n a n n2)1(222=-+=12-=⇒n n n a类型9 rn n pa a =+1)0,0(>>n a p解法：这种类型一般是等式两边取对数后转化为q pa a n n +=+1，再利用待定系数法求解. 例8：已知数列｛n a ｝中，2111,1n n a aa a ⋅==+)0(>a ，求数列{}.的通项公式n a解：由211n n a aa ⋅=+两边取对数得aa a n n 1lglg 2lg 1+=+，令n n a b lg =，则ab b n n 1lg21+=+，再利用待定系数法解得：12)1(-=n n aa a .类型9 )()()(1n h a n g a n f a n n n +=+解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为q pa a n n +=+1. 例9：已知数列｛a n ｝满足：1,13111=+⋅=--a a a a n n n ，求数列｛a n ｝的通项公式.解：取倒数：11113131---+=+⋅=n n n na a a a⎭⎬⎫⎩⎨⎧∴n a 1是等差数列，3)1(111⋅-+=n a a n 3)1(1⋅-+=n 231-=⇒n a n 变式1:（2006江西理22）已知数列｛a n ｝满足：a 1＝32，且a n ＝n 1n 13na n 2n N 2a n 1*≥∈－－（，）＋－、求数列｛a n ｝的通项公式；解：（1）将条件变为：1－nn a ＝n 11n 113a －－（－），因此｛1－nn a ｝为一个等比数列，其首项为1－11a ＝13，公比13，从而1－nn a ＝n13，据此得a n ＝nnn 331⋅－（n ≥1）变式2: 数列{}n a ，{}n b 满足112,21,1n n n n n a a a a b a +==+=-，数列{}n b 的前n 项和为n S ，2n n n T S S =-.（Ⅰ）求数列{}n b 的通项公式；（Ⅱ）求证：1n n T T +>；（Ⅲ）求证：当2n ≥时，271112nn S +≥．（Ⅰ）由1n n b a =-，得1n n a b =+，代入121n n n a a a +=+，得12(1)1(1)(1)n n n b b b ++=+++，整理，得110n n n n b b b b +++-=,从而有1111n nb b +-=，111211b a =-=-= ， 1n b ⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭是首项为1，公差为1的等差数列，1,nn b ∴=即1nb n=.（Ⅱ）1112S nn=+++， 2111122nn n T S S n n n∴=-=+++++ ，1111112322122n T n n nn n +=+++++++++ ，111111102122122221n n T T n n n n n n +-=+->+-=++++++，()2122n n +<+ ，∴1n n T T +>.（Ⅲ）2n ≥，11221122222nn n n n S S S S S S S S ---∴=-+-+⋅⋅⋅+-+=1221122n n T T T T S --++⋅⋅⋅+++.由（Ⅱ）知12222n n T T T --⋅⋅⋅≥≥≥，11217,1,212T S T ===，∴12211222nn n S T T T T S --=++⋅⋅⋅+++()2111n T T S -++≥()7111122n =-++71112n +=.类型10周期型解法：由递推式计算出前几项，寻找周期. 例10：若数列{}n a 满足⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<≤-≤≤=+)121(,12)210(,21n n n n n a a a a a ，若761=a ，则20a 的值为___________. 变式:（2005，湖南,文，5）已知数列}{n a 满足)(133,0*11N n a a a a n n n ∈+-==+，则20a =（）A ．0B ．3-C ．3D ．23。

递推数列求通项公式的常见题型

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。

下述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1. 已知数列{}na 满足211=a，nn a an n ++=+211，求na 。

变式: 已知数列1}{1=a an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. （新课标 2010理17）设数列{}na 满足21112,32n n n aa a -+=-=（1）求数列{}na 的通项公式；（2）令nn bna =，求数列的前n 项和nS类型2 n n a n f a )(1=+ 解法：把原递推公式转化为)(1n f a a nn =+，利用累乘法(逐商相乘法)求解。

例1:已知数列{}na 满足321=a，nn a n n a11+=+，求na 。

例2:已知31=a，n n a n n a 23131+-=+ )1(≥n ，求na 。

变式:（2004，全国I,理15．）已知数列{a n }，满足a 1=1，1321)1(32--+⋅⋅⋅+++=n na n a a a a(n ≥2)，则{a n }的通项1___n a ⎧=⎨⎩12n n =≥类型3q pa a n n +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1((≠-p pq ）。

解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：)(1t a p t a n n -=-+，其中pq t -=1，再利用换元法转化为等比数列求解。

例:已知数列{}na 中，11=a，321+=+n n a a ，求na .变式:（2006，重庆,文,14）在数列{}na 中，若111,23(1)n n aa 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().n n aa 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 n b bb b n a n N ---=+∈ 证明：数列{b n }是等差数列；（Ⅲ）证明：*122311...().232n n a a a n n n N a a a +-<+++<∈类型4 nnn q pa a +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1)(1((≠--q p pq ）。

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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利用递推关系求数列通项的九种类型及解法

利用递推关系求数列通项的九种类型及解法1.形如)(1n f a a n n =-+型（1）若f(n)为常数,即：d a a n n =-+1,此时数列为等差数列，则n a =d n a )1(1-+. （2）若f(n)为n 的函数时，用累加法. 方法如下：由 )(1n f a a n n =-+得：2≥n 时，)1(1-=--n f a a n n ，)2(21-=---n f a a n n ，)2(23f a a =-)1(12f a a =-所以各式相加得 )1()2()2()1(1f f n f n f a a n +++-+-=-即：∑-=+=111)(n k n k f a a .为了书写方便，也可用横式来写：2≥n 时，)1(1-=--n f a a n n ，∴112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-++-+-=---=1)1()2()2()1(a f f n f n f ++++-+- . 例 1. （2003天津文）已知数列｛a n ｝满足)2(3,1111≥+==--n a a a n n n ,证明213-=nn a证明：由已知得：故,311--=-n n n a a112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-++-+-=---=.213133321-=++++--nn n ∴213-=nn a .例 2.已知数列{}n a 的首项为1，且*12()n n a a n n N+=+∈写出数列{}n a 的通项公式.答案：12+-n n例3.已知数列}{n a 满足31=a ，)2()1(11≥-+=-n n n a a n n ，求此数列的通项公式.答案：na n 12-=评注：已知a a =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n a .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。

数列递推求通项15类(解析版)

第17讲数列递推求通项15类【题型一】通过“累加法”学通项思想1：基础型【典例分析】已知数列{}n a 中，已知12a =，12n n a a n +-=，则50a 等于（） A ．2451 B ．2452C ．2449D ．2450【答案】B【详解】由12n n a a n +-=得：()121n n a a n --=-，()1222n n a a n ---=-，……，3222a a -=⨯，2121a a -=⨯，各式相加可得：()()()112121212n n n a a n n n --=⨯++⋅⋅⋅+-=⨯=-⎡⎤⎣⎦，又12a =，()2212n a n n n n ∴=+-=-+，5025005022452a ∴=-+=.故选：B.【变式演练】1.已知数列{}n a 满足12a =，12nn n a a +-=，则9a =（）A ．510B ．512C ．1022D ．1024【答案】B【详解】由12a =,12n n n a a +-=得212a a -=，2322a a -=，3432a a ，…112n n n a a ---=，以上各式相加得，()21112122122222n n nn a a ---==+--=++-，所以1222n nn a a =-+=，所以991252a ==.故选：B.2.已知数列{a n }满足11a =-，111+1n n a a n n +=-+，n ∈N *，求数列的通项公式a n . 【答案】1n a n=-；【详解】（1）111=1+--+n n a a n n ，213243*********,,,,(2)1223341n n a a a a a a a a n n n-∴-=--=--=-⋯-=-≥-，将以上1n -个式子相加，得()()()()2132431n n a a a a a a a a --+-+-+⋯+-11111111+223341n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-⋯+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即()1112,n a a n n N n *-=-≥∈.()11111112,n a a n n N n n n*∴=+-=-+-=-≥∈. 又当n=1时，11a =-也符合上式，1n a n=-. 3.数列{a n }中，a 1=0,a n+1−a n =√n+√n+1且a n =9，则n =_________【答案】100【详解】∵a n+1−a n =√n−√n+1=√n +1−√n ，∵a n =a n −a n−1+a n−1−a n−2+⋯+a 2−a 1+a 1=√n −√n −1+√n −1−√n −2+⋯+√2−√1+0=√n −1 ∵a n =9，即√n −1=9，解得n=100故填：100【题型二】通过“累加法”学通项思想2：换元型与同除型【典例分析】已知数列{}n a 满足：113a =，1(1)21n n n a na n ++-=+，*n N ∈，则下列说法正确的是（） A ．1n n a a +≥ B ．1n n a a +≤ C ．数列{}n a 的最小项为3a 和4a D ．数列{}n a 的最大项为3a 和4a 【答案】C 【详解】令n n b na =，则121n n b b n +-=+，又113a =，所以113b =，213b b -=，325b b -=，，121n n b b n --=-，所以累加得()()213+2113++122nn n b n --==，所以2+1212+n nb n an n n n===，所以()()()()+13+41212+1+++1+1n n n n a a n n n n n n -⎛⎫-=-= ⎪⎝⎭，所以当3n <时，+1n n a a <，当3n =时，+1n n a a =，即34a a =，当>3n 时，+1>n n a a ，即12345>>n a a a a a a =<<<，所以数列{}n a 的最小项为3a 和4a ，故选：C.【变式演练】1.在数列{}n a 中，12a =，11ln 11n n a a n n n +⎛⎫⎪⎝+++⎭=，则n a =（） A ．8a B ．()21ln n n +-C ．1ln n n ++D ．2ln n n n +【答案】D【详解】由题意得，11ln 1n n a a n n n n ++=++，则1ln 11n n a a n n n n -=+--，121ln 122n n a a n n n n ---=+---…，212ln 211a a =+，由累加法得，112ln ln ln1121n a a n n n n n -=+++--，即112ln 121n a n n a n n n -⎛⎫=+⋅⋅⋅ ⎪--⎝⎭，则2ln na n n=+，所以2ln n a n n n =+，故选：D 2.已知数列{}n a 满足132a =，112n n n n na a n -=--. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，求满足12n S <的所有正整数n 的取值集合. 【答案】（1）2n n n a n =+；（2）{}1,2,3,4. 【详解】（1）因为112n n n n n a a n -=--，所以1112n n n a a n n --=--.因为2121212a a -=-，3231322a a -=-，…，1112n n n a a n n --=--，所以112321111111121122222212n n n n a a n -⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭-=-+++=-=-⎪⎝⎭-，于是2n n n a n =+. 当1n =时，113122a =+=，所以2n n na n =+. （2）因为102n n n nnS S a n --==+>，所以{}n S 是递增数列. 因为113122a =+=，225242a =+=，33327328a =+=，44417424a =+=，5555165232a ==+，所以132S =，24S =，3598S =，493128S =<，55371232S =>，于是所有正整数n 的取值集合为{}1,2,3,4.3.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ﹣a n +1＝()*1(1)n n a a n N n n +∈+，则a 10的值是（） A ．23B ．12C ．1019D ．52【答案】C解：由11(1)n n n n a a a a n n ++-=+可得：111111(1)1n n a a n n n n +-==-++，则：101099821111111111a a a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭＝11111191191089210⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-++-+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则101019a =．故选：C ．【题型三】通过“累加法”学通项思想3：复杂“同除换元型”【典例分析】已知数列{}n a 满足112a =，()11(1)n n n n n n a a a a +++-=，则数列{}n a 的通项公式n a =____．【答案】()*1nn N n ∈+ 【详解】易知0n a ≠，由()11(1)n n n n n n a a a a +++-=，得111(1)n n n n a a a a n n ++-=+，∵111111n n a a n n +-=-+，∵11111(2)1n n n a a n n--=--． ∵当2n 时，有12111112a a -=-，23111123a a -=-，．．．．．．111111n n a a n n--=--，将以上1n -个等式相加得，111111(2)n n n a a n n --=-=又112a =， ∵1112(2)n n n n a n n-+=-=，经验证，当1n =时符合上式，∵)*(1n na n N n =∈+【变式演练】1.已知数列{}n a 满足*13(1)1(),2n n na n a n N a +-+=∈=，则2021a =______.【答案】2020【详解】因为1(1)1n n na n a +-+=，所以1(1)1n n na n a n n +-+=+-，式子两端除以()1n n +，整理得：1111n n a a n n +++=+，即1n a n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列. 因为32a =，所以31121133n a a n +++===，所以1n a n =-，所以2021202112020a =-=.故答案为：20202.已知数列{}n a 中，12a =，()11n n n n a a a +-=+，*N n ∈，则na n的取值范围是_____________．【答案】[)2,3【详解】由题意得，11n n n a a a n n +-=+，即()111n n n a a n n++=+，则()1111n n a a n n n n +=+++，即11111n n a a n n n n +-=-++，所以2111122a a -=-，32113223a a -=-，34114334a a -=-，…，11111n n a a n n n n--=---，相加得，1111n a a n n -=-，故11213n a n n n=+-=-，因为函数13y x=-在0,上单调递增，且当x →+∞时，133x-→，所以1233n≤-<，即n a n 的取值范围是[)2,3.故答案为：[)2,3.【题型四】累积法【典例分析】已知数列{}n a 满足1(1)n n n a a n ++=+，12a =，则31a -的值为 ___，2021a 的值为_ ____. 【答案】16112021!+ 解：令1n =，则21213a a =+=，232a =，令2n =，则323732222a a =+=+=，所以376a =，所以3116a -=，因为1(1)n n n a a n ++=+，所以1(1)(11)n n n a a +-+=-，即11111n n a a n +-=-+，当2n ≥时，有1321122111111(1)1111n n n n n a a a a a a a a a a --------=⋅⋅⋅⋅⋅⋅-----，1111(1)12a n n =⋅⋅⋅⋅⋅--，因为12a =，所以11!n a n -=，所以11!n a n =+，所以2021112021!a =+，故答案为：16，112021!+【变式演练】1.已知数列{}n a 满足110,1,(2)2n n n n a a n a a a +≠=-=.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列35n a n n ⎧⎫+-⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S .【答案】(1) 12n n a n -=⋅ (2) 237212nn n-+-试题解析：（∵）因为()122n n n n a a a +-=，故()121n n n a a n++=，得121n n a an n+=⋅+；（也可以累积法）设n n a b n =，所以12n n b b +=，0a ≠，0b ∴≠，12n n b b +∴=又因为1111ab ==，所以数列{}n b 是以1为首项，公比为2的等比数列，故11122n n n n a b n--=⋅==，故12n n a n -=⋅. （∵）略.2.已知数列{}n a 的前n 项和为()2*1,1,Nn n n S a S n a n ==∈，则数列{}na 的通项公式为___________.【答案】()21n a n n =+【详解】由2n n S n a =，可得当2n ≥时，()2111n n S n a --=-，则2211(1)n n n n n a S S n a n a --=-=--，即221(1)(1)n n n a n a --=-，故111n n a n a n --=+，所以123211232112321211143(1)n n n n n n n a a a a a n n n a a a a a a a n n n n n --------=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⨯⨯=+-+. 当11,1n a ==满足2(1)n a n n =+.故数列{}n a 的通项公式为2(1)n a n n =+.故答案为：2(1)n a n n =+3.数列{}n a 满足：112a =，212n n a a a n a ++⋯+=⋅，则数列{}n a 的通项公式n a =___________. 【答案】21n n+解：因为212n n a a a n a ++⋯+=⋅∵；当2n ≥时，()212111n n a a a n a --++⋯+=-⋅∵；∵减∵得()2211n n n a n a n a -=⋅-⋅-，即()()22111n n n a n a -⋅-⋅-=，所以()()()21111n n n n a n a --+=⋅-⋅，所以()()111n n n a n a -⋅-⋅+=，所以111n n a n a n --=+所以2113a a =，3224a a =，4335a a =，……，111n n a n a n --=+，所以324211312313451n n a a a a n a a a a n --⋅⋅⋅⨯⨯⨯=⨯+，所以()121n a a n n =+，又112a =，所以()11n a n n =+，当1n =时()11n a n n =+也成立，所以()11n a n n =+故答案为：()11n n +【题型五】周期数列【典例分析】已知数列{}n a 满足1130,31n n n a a a +==+2017a =A ．0B ．3-C 3D ．32【答案】A【详解】112130331a a a ===-+，，223233331a a a =-==+，，334333031a a a ===+，，由上述可知，数列{}n a 是每三项一次循环的数列，则有201710a a ==，故选A ．【变式演练】1.数列{}n a 中，11a =，23a =，*11(2,)n n n a a a n n N +-=-≥∈，那么2019a =A ．1B ．2C ．3D ．-3【答案】B 【详解】由题意，得32a =，41a =-，53a =-，62a =-，71a =，…，由此发现数列{}n a 是以6为周期的数列，又201933663=⨯+，所以201932a a ==，故正确答案为B.2.在数列{}n a 中，若121,2a a ==，并有11=n n n a a a +-对1n >且*n N ∈恒成立；则20202021a a +=_______________．【答案】32解：由条件11n n n a a a +-=及12n n n a a a ++=，得1121111n n n n n n n a a a a a a a ++++--===，即211n n a a +-=（1n >且*n N ∈），则()*631n n n a a n N a ++==∈，从而知6是数列{}n a 的一个周期；由121,2a a ==，及12n n n a a a ++=，得34561 2,1,2a a a a ====；故20202021a a +=4513122a a +=+=⋅故答案为：32. 另解：由121,2a a ==，又11n n n a a a +-=即11nn n a a a +-=对1n >且*n N ∈，可得34567812,1,,1,2,,2a a a a a a ======从而知6是数列{}n a 的一个周期；故202020214513122a a a a +=+=+=.故答案为：323.设数列{}n a 满足12a =，且对任意正整数n ，总有()()1112n n n a a a +--=成立，则数列{}n a 的前2019项的乘积为 A ．12B ．1C ．2D ．.3【答案】D【详解】由题意可得：1211n n n a a a +=+-，故：12a =，1212131a a a =+=--，23221112a a a =+=--，34321113a a a =+=-，45142121a a a a =+==-，据此可得数列{}n a 是周期为4T =的周期数列，注意到201943MOD =，且：12341a a a a =，故数列{}n a 的前2019项的乘积为：()12332⎛⎫⨯-⨯-= ⎪⎝⎭. 故选D.【题型六】构造二阶等比数列型（待定系数型）【典例分析】已知数列{}n a 满足：*121()n n a a n n N +=-+∈，13a =.（1）证明数列*()n n b a n n N =-∈是等比数列，并求数列{}n a 的通项；（2）设11n nn n n a a c a a ++-=，数列{}n c 的前n 项和为{}n S ，求证：1n S <.【答案】（1）2nn a n =+；（2）略试题解析：（1）解：由n n b a n =-知n n a b n =+，代入得：()()1121n n b n b n n +++=+-+，化简得：12n n b b +=，即{}n b 是等比数列，又111312b a =-=-=，则2n n b =，进而有2nn a n =+．（2）证明：由于11111n n n n n n n a a c a a a a +++-==-，所以121223111111111111111n n n n n n S c c c a a a a a a a a a +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=-+-++-=-=-< ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭【变式演练】1.数列{}n a 满足112,21n n a a a +==-则6a = A ．33 B ．32 C ．31 D ．34【答案】A【详解】数列{}n a 满足112,21n n a a a +==-，{}112(1),1n n n a a a +-=--是以2为公比的等比数列，首项为1，得到11122 1.n n n n a a ---=⇒=+633.a =故答案为A ．2.已知数列{}n a 中，11a =，134n n a a -=+（n *∈N 且2n ≥），则数列{}n a 通项公式n a 为（） A ．13n - B ．132n +-C ．32n -D ．3n【答案】C 【详解】由11a =，134n n a a -=+知：27a =且1232n n a a -+=+(2n ≥)，而123a +=，229a +=，∵{2}n a +是首项、公比都为3的等比数列，即32nn a =-，故选：C【题型七】分式递推【典例分析】在数列{}n a 中，11a =，12()2nn n a a n a +=∈+*N ，则22019是这个数列的第________________项．【答案】2018【分析】同取倒数，得到关于1{}na 是等差数列；进而求得n a 的通项公式即可求出项数．详解】由已知得11112n n a a +=+，所以1{}n a 是以111a =为首项，12d =为公差的等差数列，所以()1111122n n n a +=+-=，所以21n a n =+，令2212019n a n ==+，解得2018n =【变式演练】1.数列{}n a 满足：113a =，且*1121(,2)n n n a n n n N n a a --+-=∈≥ ，则数列{}n a 的通项公式是n a =_____．【答案】21n na n =+ 【详解】原等式可化简为：112n n n n a a --=+，所以数列n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为以3为首项，2公差的等差数列，则()32121n nn n a =+-=-，所以21n n a n =-. 2.已知在数列{}n a 中，11a =，132nn na a a +=+，则数列{}n a 的通项公式为n a =______.【答案】11231n -⨯-【详解】由题意，132n n n a a a +=+，取倒数得132132n n n n a a a a ++==+，即111131n n a a +⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，又11120a +=≠，所以，数列11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是公比为3的等比数列，故11123n na -+=⨯，所以11231n n a -=⨯-.故答案为：11231n -⨯-. 3.已知数列{}n a 满足111221,(2)311n n n a a n a a ---==≥--．（1）求数列{}n a 的通项公式; （2）设数列{}n a 的前n 项和为n S ,用数学归纳法证明:13ln 22n n S n +⎛⎫<+- ⎪⎝⎭.【答案】（1）12n n a n +=+.（2）答案见解析【详解】（1）1121,(2)11n n n a n a a ---=≥--,11111111111n n n n a a a a ----+∴==-+---111111n n a a -∴-=---∴11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是首项为3-,公差为1-的等差数列．13(1)21n n n a ∴=---=---12n n a n +∴=+【题型八】构造二阶等差数列【典例分析】数列{}n a 满足：113a =，且()()*113n n n n a a n N a n ++=∈+，则数列{}n a 的前n 项和n s =__________. 【答案】3n【解析】∵()()*113n n n n a a n N a n++=∈+∵131n n n a n n a a +++=，即113n nn na a ++=+ ∵n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以3为首项，3为公差的等差数列∵()13313n 3n n n n a a =+-==，即∵数列{}n a 的前n 项和3n ns =【变式演练】1.数列{}n a 满足11a =，1(1)0n n n a a a ++-=（*n N ∈），则2018a =__________．【答案】12018【解析】数列{}n a 满足11a =，()110n n n a a a ++-=，变形得到1111111=11,,n n n n n a a a a a n+-==∴=，则2018a =12018。

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。

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。

数列中由递推关系求数列的通项题型归类

由递推关系求数列的通项题型归类高中数列是研究一列数之间的内在关系，说得通俗点就是数学游戏，关键是找规律，基础是等差数列与等比数列。

通过某种转换，变成我们熟悉的数列—等差或等比，从而得出通项。

下面分类说明这些常见的递推关系的类型及其解法。

★1 类型一： d a a n n +=+1（其中d 是常数）显然，由d a a n n =-+1知｛n a ｝是等差数列，则d n a a n )1(1-+= ★2 类型二：q a a n n =+1（其中q 是不为0的常数）显然，则q a a nn =+1知｛n a ｝是等比数列，于是11-=n n q a a ★3 类型三：)(1n f a a n n +=+，方法：叠加法例1、在数列｛n a ｝中，11=a ，且n n n a a 21+=+，求n a . 解：由n n n a a 21+=+得， 1122=-a a 2232=-a a ………… 112--=-n n n a a 由上面等式叠加得，22212222 (2211)211-=-⋅-=+++=---n n n n a a故12-=n n a 。

★4 类型四：n n a n f a ⋅=+)(1，方法：叠乘法例2、在数列｛n a ｝中，21=a ，且n n a n na )2(1+=+，求n a .解：由已知得，n n a a n n 21+=+，则有1312=a a ，2423=a a ，3534=a a ，…… 221-=--n n a a n n ，111-+=-n n a a n n ，这（1-n ）个等式叠乘得，21)1(1⨯+=n n a a n ，则 )1(+=n n a n 。

★ 5 类型五：q pa a n n +=+1（其中p ，q 是常数，且0≠p ）方法：参数法例3、已知数列｛n a ｝满足)2(231≥-=-n a a n n ，且41=a ，求n a .解：引入参数c ，令)(31c a c a n n -=--，即c a a n n 231-=-，与已知231-=-n n a a比较知c=1，于是有3111=---n n a a ，即数列｛n a －1｝是以311=-a 为首项，3为公比的等比数列，则1331-⋅=-n n a ，故13+=n n a ★ 6 类型六：)(1n f pa a n n +=+（1）若)(n f b kn +=（其中k,b 是常数，且0≠k ）方法：升降足标法例4、在数列｛n a ｝中，11=a ，且满足n a a n n 231+=+，求n a .解：∵n a a n n 231+=+①，∴)1(231-+=-n a a n n ，两式相减得，2)(311+-=--+n n n n a a a a ，令n n n a a b -=+1，则231+=-n n b b ，利用类型五的方法知，1351-⋅=-n n b ，即13511-⋅=--+n n n a a ②，再利用类型三的方法知，213251--⋅=-n a n n ；亦可联立①、②解出213251--⋅=-n a n n 。

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：%+ =% + 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an+ -a n = f (n) (n >2),a2 -4=f(1)则出一包="2)III IHa n 1 -a n = f (n)两边分别相加得a n1._.a1 == f (n)k 4例1已知数列｛a n｝满足an4 =a n +2n +1, & =1,求数列｛a n｝的通项公式。

解：由an_1 =an+2n+1 得an邛一an = 2n+1 则n n n na n =(a n -a n。

(a n」- a n- IM (a3 -a2)(a2 -a1)&= [2(n-1) 1] [2(n-2) 1] |H (2 2 1) (2 1 1) 1= 2[(n -1) (n -2) ||| 2 1] (n -1) 1= 2(n 21)n (n -1) 1=(n -1)(n 1) 12 二n所以数列｛a n｝的通项公式为a n =n2。

例2已知数列｛a n｝满足a n+ =a n +2父3n +1, a1 =3 ,求数列｛a n｝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。

由数列递推式求数列通项式的方法归类解析

由数列递推式求数列通项式的方法归类解析栗继鹏(甘肃省宁县二中 745200)对数列问题的研究本质上就是对数列通项式的研究，因为通项式的性质能代表或折射出该数列的所有性质，由数列的递推关系式求数列通项公式是近几年高考考查的主要内容之一，并且占有一定的分数比例。

虽然由数列的递推公式求数列的通项式的题型多样，解答方法灵活多变，但它们可以归纳为如下六种类型：一、a n+1=pa n +q 型对于型如a n+1=pa n +q 型的递推公式求通项公式常用迭代法或公式法，其中公式法是把a n+1=pa n +q （p ≠1）变成a n+1+1-p q =p(a n +1-p q )的形式，构成数列{a n +1-p q}成等比数列。

例题1：已知a 1=5,a n =2a n-1+3（n ≧2）,求a n解：设a n+α=2（a n-1+α）,则α=123-=3 ∴{a n +3}是公比为2，首项为8的等比数列。

∴a n +3=8·2n-1 , ∴a n =8·2n-1-3=2n+2-3二、a n+1=a n +f(n)型在形如此类型的题中，如果f(1) .f(2)……f(n-1)可以求和时，由a n+1=a n +f(n),以n=1,2, …(n-1)代入得到n-1个不等式累加而求出a n例题2：已知a 1=2,a n =a n-1+ (21)n-1,求a n解：∵a n =a n-1+(21)n-1 ∴a n -a n-1=(21)n-1a n -a 1=21+(21)2+……+(21)n-1=3-(21)n-1∴a n =a 1+21+(21)2+……+(21)n-1=3-(21)n-1三、a n+1+a n =f(n)型在此类型的递推公式中，如果f(1).f(2)……f(n)可以求和时，可先给等式两边都乘以（-1）n+1变为:（-1）n+1a n+1-(-1)n a n =-(-1)n f(n) 此时可以利用累加法求解例题3：已知a 1=31，a n+1+a n =2n，求a n 解：∵（-1）n+1a n+1-(-1)n a n =-(-2)n 当n ≧2时由累加法可求解（-1）n a n +a 1=-{（-2）+(-2)2+……+(-2)n+1}=)2(1})2(1){2(1------n , ∴a n =3)1(2n n -+四、a n+1=pa n +q n型（其中p ·q 为常数）对于递推公式a n+1=pa n +q n 两边除以q n+1得11++n n q a =q p ·n n qa +q 1，这时就可以引入辅助数列{b n }，则b n =nn q a ， ∴b n+1=qpb n +q 1 ，可用第一类型的方法求解b n 例题4：在数列{a n }中 a 1=2,a n =2a n-1+2n+1(n ≧2,n?n)求a n 解：给等式a n =2a n-1+2n+1 两边同除以2nn n a 2=112--n n a +2 则b n =nn a 2 则b n=21a =1 ∴{b n }是以2为公差，以1为首项的等差数列∴b n =2n-1， ∴nna 2=2(n-1)+1 ， ∴a n =(2n-1) 五、a n+2=pa n+1+qa n 型此类型可设a n+2=pa n+1+qa n 变形为a n+2-αa n+1=β(a n+1-αa n )就是a n+2=(α+β)a n+1-αβa n ，则 α+β=p 且αβ=-q ,求出α和β的值于是{a n+1-αa n }是公比为β的等比数列例题5：已知数列{a n }中a 1=1,a 2=2,a n+2=43a n+1+41a n 求a n解：得a n+2=(α·β)a n+1-αβa n ,则 α+β=43且α·β=-41解得:α=1, β=-41 ∴a n+2-a n =-41{a n+1-a n }∴数列{a n+1-a n }是以公比为-41首项为1的等比数列∴a n+1-a n =(-41) n-1∴a n -a 1=(-41)0+(-41)1+......+(-41)n-2=41)41(11+---n =54{1-(-41)n-1}∴a n =59+51(-41)n-2六、s n =f(a n )型此种类型可有两种转化方法,(1)转化为a n -a n-1=f(a n )的递推公式求a n ,(2)转化为s n =f(s n -s 1-n )关于s n 的递推公式求出s n 后,然后求出a n 例题6 ：已知数列{a n } 各项均为正数，且s n =21(a n +na 1),求a n 解：∵a 1=21(a 1+11a ) 解得 a 1=1 当n ≧2时 a n =s n -s n-1∴s n =21(s n -s n-1+11--n n s s ) 得 s n 2-s n 2-1=1 ∴{s n 2}是以s 12为首项，公差为1的等差数列 ∴s n 2=n ∵a n ＞0 ∴s n =n 当n ≧2时 a n =s n -s n-1=n -1-n 当n=1时上式也成立 ∴a n =n -1-n。

明晰递推式的类型，求解数列的通项公式

考点透视求数列的通项公式问题的常见命题形式是根据已知的数列递推式，求数列的通项公式.此类问题的难度一般不大，常出现在选择题、填空题、解答题的第一个问题中.解答此类问题的关键是明晰递推式的特点，选择合适的方法.下面，重点谈一谈求数列通项公式的几种思路与方法，供大家参考.一、形如a n+1=pa n+q的递推式对于形如a n+1=pa n+q（p,q均为常数，且p≠0）的递推式，当p=1时，数列{}a n为等差数列；当q=0时，数列{}a n为等比数列；当p≠1且q≠0时，数列{}a n为线性递推数列，此时需先利用待定系数法，设a n+1+λ=p(a n+λ)；然后将其整理并与a n+1=pa n+q中的系数进行比较，求得λ的值，即可构造出等比数列{}an+qp-1；再利用等比数列的通项公式求出{}an+qp-1的通项公式，即可求得数列{}a n的通项公式.例1.已知数列{}a n的首项为a1=25，且a n+1=2a n2a n+1,则数列{}a n的通项公式为_______.解：由a n+1=2a n2a n+1，可得1an+1=2a n+12an=1+12an,设1a n+1+λ=12()1a n+λ，可得λ=-2，则1a n+1-2=12a n-1=12()1a n-2,又1a1-2=12≠0,故数列{}1a n-2为等比数列.可得1a n-2=12×()12n-1=12n，所以1a n=12n+2.由形如a n+1=pa n+q（p,q均为常数，且p≠0）的递推式求数列的通项公式时，通常需将递推式进行适当的变形，并引入待定系数λ，根据递推式的特点将其设为an+1+λ=p(a n+λ)的形式，以便利用待定系数法来构造出等比数列，将问题转化为等比数列问题来求解.二、形如a n+1=pa n+f(n)的递推式对于a n+1=pa n+f(n)(p≠1)的递推式，一般需先在an+1=pa n+f(n)的两边同时除以p n+1，得到an+1p n+1=a n p n+f(n)p n+1；然后令a n p n=b n，可得b n+1=b n+f(n)p n+1，则bn+1-b n=f(n)p n+1，这样便可采用累加法，或根据等差数列的通项公式求出b n的表达式，从而得到数列的{}a n的通项公式．例2.已知数列{}a n满足a1=1,a n+1=2a n+3n.求数列{}a n的通项公式.解：因为a n+1=2a n+3n，所以an+12n+1=an2n+3n2n+1，且b n=an2n，故bn+1=b n+12×()32n，可得b n+2-b n+1bn+1-b n=32()n≥1,故{}b n+1-b n是公比为32的等比数列，故bn+1-b n=34∙()32n-1=12∙()32n.所以()b n-b1+b1=12∙éëêê()32n-1+()32n-2+⋯+()322+ùûúú()321+12=()32n-1，所以a n2n=()32n-1,即a n=3n-2n.三、形如a n+2=pa n+1+qa n的递推式形如a n+2=pa n+1+qa n的递推式较为复杂，需先设an+2-ka n+1=h(a n+1-ka n)，采用待定系数法求得h、k，将数列化为公比为h的等比数列{a n-a n-1}；然后将问题转化为a n+1=pa n+q型递推数列问题来求解.例3.在数列{}a n中，a1=1，a2=2,a n+2=3a n+1+4a n.求数列{}a n的通项公式.解：由a n+2=3a n+1+4a n得，a n+2+a n+1=4()a n+1+a n,所以数列{}a n+1+a n为首项为3、公比为4的等比数列，故a n+1+a n=3∙4n-1，则a n+2-a n=9∙4n-1，所以当n为奇数时，a n=a1+()a3-a1+()a5-a3+∙∙∙+()a n-a n-2=1+9()1+42+∙∙∙+4n-3=35∙4n-1+25,当n为偶数时，a n=3∙4n-1-a n+1=35∙4n-1-25，故a n=35∙4n-1+()-1n-1∙25.由于此类递推式中同时含有数列中的连续三项，所以往往要将n分为奇数、偶数的两种情形进行讨论.可见，由已知递推式求数列的通项公式，需明晰数列递推式的类型，合理运用构造法，把问题转化为等差数列问题、等比数列问题，就可以利用累加法、累乘法、等差数列的通项公式、等比数列的通项项公式，顺利求出数列的通项公式.（作者单位：江苏省兴化中学）37Copyright©博看网. All Rights Reserved.。

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.。