常见递推数列通项的求法

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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。

数列递推公式的九种方法

求递推数列的通项公式的九种方法利用递推数列求通项公式，在理论上和实践中均有较高的价值.自从二十世纪八十年代以来，这一直是全国高考和高中数学联赛的热点之一.一、作差求和法例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 n a a n n 则,211112-+=a a 312123-+=a a 413134-+=a a ，……，n n a a n n 1111--+=-逐项相加得：n a a n 111-+=.故na n 14-=.二、作商求和法例2设数列{n a }是首项为1的正项数列，且0)1(1221=+-+++n n n n a a na a n （n=1,2,3…），则它的通项公式是n a =▁▁▁（2000年高考15题）解：原递推式可化为：)]()1[(11n n n n a a na a n +-+++=0∵n n a a ++1＞0，11+=+n na a n n 则,43,32,21342312===a a a a a a ……，nn a a n n 11-=-逐项相乘得：na a n 11=，即n a =n 1.三、换元法例3已知数列{n a }，其中913,3421==a a ，且当n≥3时，)(31211----=-n n n n a a a a ，求通项公式n a （1986年高考文科第八题改编）.解：设11---=n n n a a b ，原递推式可化为：}{,3121n n n b b b --=是一个等比数列，9134913121=-=-=a a b ，公比为31.故n n n n b b 31()31(9131(2211==⋅=---.故n n n a a )31(1=--.由逐差法可得：nn a )31(2123-=.例4已知数列{n a }，其中2,121==a a ，且当n ≥3时，1221=+---n n n a a a ，求通项公式n a 。

求数列的通项公式的八种方法(强烈推荐)

怎样由递推关系式求通项公式一、基本型：（1）a n =pa n-1+q （其中pq ≠0 ，p ≠1，p 、q 为常数）型:——运用代数方法变形，转化为基本数列求解.利用待定系数法，可在两边同时加上同一个数x ，即a 1+n + x = pa n + q + x ⇒a 1+n + x = p(a n +p x q +)，令x =px q + ∴x =1-p q时，有a 1+n + x = p(a n + x )，从而转化为等比数列 {a n +1-p q} 求解．例1. 已知数列{}n a 中, 11a =,121(2)n n a a n -=+≥,求{}n a 的通项公式.-1练1．已知数列{a n }中，a 1=1，a n =21a 1-n + 1，n ∈ N +，求通项a n ．a n = 2 －2n-1 ，n ∈N + 练2.已知数列{}n a 中, 11a =,121(2)n n a a n -=+≥,求{}n a 的通项公式.21nn a ∴=- 二、可化为基本型的数列通项求法：（一）指数型：a n=ca n-1+f(n)型 1、a 1=2,a n =4a n-1+2n (n ≥2),求a n .2、a 1=-1,a n =2a n-1+4〃3n-1(n ≥2),求a n .3、已知数列{}n a 中，1a =92，113232+-+=n n n a a （n ≥2），求n a .∴ n a =13)21(2+--n n（二）指数（倒数）型 1、a 1=1,2a n -3a n-1=(n ≥2),求a n .2、a 1=,a n+1=a n +()n+1,求a n . （三）可取倒数型：将递推数列1nn n ca a a d+=+(0,0)c d ≠≠,1、（2008陕西卷理22）（本小题满分14分）已知数列{a n }的首项135a =，1321n n n a a a +=+，12n = ，，．（Ⅰ）求{a n }的通项公式； 332nn n a ∴=+2、已知数列{}n a *()n N ∈中, 11a =,121nn n a a a +=+,求数列{}n a 的通项公式.∴121n a n =-. 3、若数列｛a n ｝中，a 1=1，a 1+n =22+n na a n ∈N +，求通项a n ． a n =4、若数列{n a }中，1a =1，n S 是数列{n a }的前n 项之和，且nnn S S S 431+=+（n 1≥），求数列{n a }的通项公式是n a . 131-=n n S ⎪⎩⎪⎨⎧+⋅-⋅-=123833212n n n n a )2()1(≥=n n 三、叠加法：a n=a n-1+f(n)型：1.已知数列{a n }中, 11a =,1n-13n n a a -=+(2)n ≥。

递推数列求通项公式

递推数列求通项公式递推数列是一种数学序列，其中每一项都是通过对前一项应用一个递推关系得到的。

求递推数列的通项公式是指找出一种依赖于自变量的表达式，用于计算数列中任意一项的值。

求递推数列的通项公式的方法主要有两种，一种是通过推导和观察数列的特点，找出合适的数学模型；另一种是利用已知的数学工具和技巧，通过数学推理和计算来找到通项公式。

下面以一些常见的递推数列为例，详细介绍如何求其通项公式。

1.等差数列：等差数列是最简单的一种递推数列，每一项与前一项的差值都相等。

设数列的首项为a，公差为d，则第n项可以表示为an = a + (n-1)d。

这是等差数列的通项公式。

2.等比数列：等比数列是一种每一项与前一项的比值都相等的递推数列。

设数列的首项为a，公比为r，则第n项可以表示为an = ar^(n-1)。

这是等比数列的通项公式。

3. 斐波那契数列：斐波那契数列是一种特殊的递推数列，前两项为1，后面每一项都是前两项之和。

即an = an-1 + an-2、通过观察数列的特点可以得知，斐波那契数列的通项公式是an = (1/sqrt(5)) *( ((1+sqrt(5))/2)^n - ((1-sqrt(5))/2)^n )。

4.等差-等比混合数列：等差-等比混合数列是一种先等差递推，然后再等比递推的数列。

设数列的首项为a，等差为d，公比为r，则第n项可以表示为an = (a + (n-1)d) * r^(n-1)。

5. 将递推数列转化为代数方程求解：对于一些复杂的递推数列，可以通过将数列的前几项转化为代数方程的解，并找到通项公式。

例如，如果递推数列的第n项为an = n^2 - 3n + 2，我们可以将数列的前几项代入an的表达式，然后求解方程组，找到通项公式。

总结起来，求递推数列的通项公式需要运用数学推导和观察、数学工具和技巧、将数列转化为代数方程等方法。

求数列通项公式的11种方法

求数列通项公式的11种办法办法总述：一．运用递推关系式求数列通项的11种办法：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（目标是去递推关系式中消失的根号）.数学归纳法（罕用）不动点法（递推式是一个数列通项的分式表达式）.特点根法二．四种根本数列：等差数列.等比数列.等和数列.等积数列及其广义情势.等差数列.等比数列的求通项公式的办法是：累加和累乘,这二种办法是求数列通项公式的最根本办法.三．求数列通项的办法的根本思绪是：把所求数列经由过程变形,代换转化为等级差数列或等比数列.四．求数列通项的根本办法是：累加法和累乘法.五．数列的本质是一个函数,其界说域是天然数集的一个函数. 一.累加法1．实用于：1()n n a a f n +=+ ----------这是广义的等差数列累加法是最根本的二个办法之一. 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 +-=-=-=双方分离相加得 111()nn k a a f n +=-=∑例1 已知数列{}n a 知足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 知足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 +=+⨯+双方除以13n +,得111213333n n n n n a a +++=++, 则111213333n n n n n a a +++-=+,故是以11(13)2(1)2113133133223n n n n na n n ---=++=+--⨯,则21133.322n n n a n =⨯⨯+⨯-演习1.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演习2.已知数列}{n a 知足31=a ,)2()1(11≥-+=-n n n a a n n ,求此数列的通项公式. 答案：裂项乞降n a n 12-=评注：已知a a =1,)(1n f a a n n =-+,个中f(n)可所以关于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乞降; ②若f(n)是关于n 的二次函数,累加后可分组乞降;③若f(n)是关于n 的指数函数,累加后可转化为等比数列乞降; ④若f(n)是关于n 的分式函数,累加后可裂项乞降.例3.已知数列}{n a 中,0>n a 且)(21nn n a n a S +=,求数列}{n a 的通项公式.解:由已知)(21nn n a na S +=得)(2111---+-=n n n n n S S nS S S ,化简有n S S n n =--212,由类型(1)有n S S n ++++= 32212,又11a S =得11=a ,所以2)1(2+=n n S n ,又0>n a 2)1(2+=n n s n ,,则2)1(2)1(2--+=n n n n a n此题也可以用数学归纳法来求解. 二.累乘法1.实用于： 1()n n a f n a += ----------这是广义的等比数列累乘法是最根本的二个办法之二. 2．若1()n n a f n a +=,则31212(1)(2)()n na aaf f f n a a a +===，，，双方分离相乘得,1111()nn k a a f k a +==⋅∏例4 已知数列{}n a 知足112(1)53n n n a n a a +=+⨯=，,求数列{}n a 的通项公式. 解：因为112(1)53n n n a n a a +=+⨯=，,所以0n a ≠,则12(1)5n n na n a +=+,故1321122112211(1)(2)21(1)12[2(11)5][2(21)5][2(21)5][2(11)5]32[(1)32]53325!n n 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 n -------+-+++--=⋅⋅⋅⋅⋅=-+-+⋅⋅+⨯+⨯⨯=-⋅⋅⨯⨯⨯=⨯⨯⨯所以数列{}na 的通项公式为(1)12325!.n n n na n --=⨯⨯⨯例5.设{}n a 是首项为1的正项数列,且()011221=+-+++n n n n a a na a n （n =1,2,3,…）,则它的通项公式是n a =________.解：已知等式可化为：[]0)1()(11=-++++n n n n na a n a a0>n a (*N n ∈)∴(n+1)01=-+nn na a , 即11+=+n na a nn ∴2≥n 时,n n a a n n 11-=- ∴112211a a a a a a a a n n n n n ⋅⋅⋅⋅=--- =121121⋅⋅--⋅- n n n n =n 1. 评注：本题是关于n a 和1+n a 的二次齐次式,可以经由过程因式分化（一般情形时用求根公式）得到n a 与1+n a 的更为显著的关系式,从而求出na .1,111->-+=+a n na a n n ,求数列{an}的通项公式.答案：=n a )1()!1(1+⋅-a n -1.评注：本题解题的症结是把本来的递推关系式,11-+=+n na a n n 转化为),1(11+=++n n a n a 若令1+=n n a b ,则问题进一步转化为n n nb b =+1情势,进而运用累乘法求出数列的通项公式. 三.待定系数法实用于1()n n a qa f n +=+根本思绪是转化为等差数列或等比数列,而数列的本质是一个函数,其界说域是天然数集的一个函数.1．形如0(,1≠+=+c d ca a n n ,个中a a =1)型（1）若c=1时,数列{n a }为等差数列; （2）若d=0时,数列{n a }为等比数列;（3）若01≠≠且d c 时,数列{n a }为线性递推数列,其通项可经由过程待定系数法结构帮助数列来求.待定系数法：设)(1λλ+=++n n a c a ,得λ)1(1-+=+c ca a n n ,与题设,1d ca a n n +=+比较系数得d c =-λ)1(,所以)0(,1≠-=c c dλ所以有：)1(11-+=-+-c d a c c d a n n 是以数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+1c d a n 组成认为11-+c da 首项,以c 为公比的等比数列, 所以11)1(1-⋅-+=-+n n c c da c d a 即：1)1(11--⋅-+=-c d c c d a a n n .纪律：将递推关系d ca a n n +=+1化为)1(11-+=-++c da c c d a n n ,结构成公比为c 的等比数列}1{-+c da n 从而求得通项公式)1(1111-++-=-+c da c c d a n n逐项相减法（阶差法）：有时我们从递推关系dca a n n +=+1中把n换成n-1有dca a n n +=-1,两式相减有)(11-+-=-n n n n a a c a a 从而化为公比为c 的等比数列}{1n n a a -+,进而求得通项公式.)(121a a c a a nn n -=-+,再运用类型(1)即可求得通项公式.我们看到此办法比较庞杂.例6已知数列{}n a 中,111,21(2)n n a a a n -==+≥,求数列{}n a 的通项公式. 解法一：121(2),n n a a n -=+≥又{}112,1n a a +=∴+是首项为2,公比为2的等比数列12n n a ∴+=,即21nn a =-解法二：121(2),n n a a n -=+≥两式相减得112()(2)n n n n a a a a n +--=-≥,故数列{}1n n a a +-是首项为2,公比为2的等比数列,再用累加法的……演习．已知数列}{n a 中,,2121,211+==+n n a a a 求通项n a .答案：1)21(1+=-n n a2．形如：n n n q a p a +⋅=+1 (个中q 是常数,且n ≠0,1)①若p=1时,即：nn n q a a +=+1,累加即可.②若1≠p 时,即：n n n q a p a +⋅=+1,求通项办法有以下三种偏向：i. 双方同除以1+n p .目标是把所求数列结构成等差数列即：nn nn n q p p q a p a )(111⋅+=++,令n n n p a b =,则n nn q p p b b )(11⋅=-+,然后类型1,累加求通项.ii.双方同除以1+n q . 目标是把所求数列结构成等差数列.即： q q a q p q a n n n n 111+⋅=++,令n nn q a b =,则可化为q b q p b n n 11+⋅=+.然后转化为类型5来解,iii.待定系数法：目标是把所求数列结构成等差数列设)(11n n n n p a p q a ⋅+=⋅+++λλ.经由过程比较系数,求出λ,转化为等比数列求通项.留意：运用待定系数法时,请求p ≠q,不然待定系数法会掉效. 例7已知数列{}n a 知足1112431n n n a a a -+=+⋅=，,求数列{}n a的通项公式.解法一（待定系数法）：设11123(3n n n n a a λλλ-++=+⋅),比较系数得124,2λλ=-=,则数列{}143n na--⋅是首项为111435a --⋅=-,公比为2的等比数列,所以114352n n n a ---⋅=-⋅,即114352n n n a --=⋅-⋅解法二（双方同除以1+n q ）：双方同时除以13n +得：112243333n n n n a a ++=⋅+,下面解法略解法三（双方同除以1+n p ）：双方同时除以12+n 得：nn n n n a a )23(342211⋅+=++,下面解法略演习.（2003天津理）设a 为常数,且)(2311N n a a n n n ∈-=--．证实对随意率性n≥1,012)1(]2)1(3[51a a n n n n nn ⋅-+⋅-+=-;3．形如b kn pa a n n ++=+1 (个中k,b 是常数,且0≠k ) 办法1：逐项相减法（阶差法）办法2：待定系数法经由过程凑配可转化为 ))1(()(1y n x a p y xn a n n +-+=++-;解题根本步调： 1.肯定()f n =kn+b 2.设等比数列)(y xn a b n n ++=,公比为p3.列出关系式))1(()(1y n x a p y xn a n n +-+=++-,即1-=n n pb b4.比较系数求x,y5.解得数列)(y xn a n ++的通项公式6.解得数列{}n a 的通项公式例8 在数列}{n a 中,,23,111n a a a n n +==+求通项n a .（逐项相减法）解： ,,231n a a n n +=+①∴2≥n 时,)1(231-+=-n a a n n ,两式相减得2)(311+-=--+n n n n a a a a .令nn n a a b -=+1,则231+=-n n b b运用类型5的办法知2351+⋅=-n n b 即13511-⋅=--+n n n a a ② 再由累加法可得213251--⋅=-n a n n . 亦可联立 ①②解出213251--⋅=-n a n n .例9. 在数列{}n a 中,362,2311-=-=-n a a a n n ,求通项n a .（待定系数法）解：原递推式可化为yn x a y xn a n n ++-+=++-)1()(21比较系数可得：x=-6,y=9,上式即为12-=n n b b所所以{}n b 一个等比数列,首项299611=+-=n a b ,公比为21.1)21(29-=∴n n b即：nn n a )21(996⋅=+- 故96)21(9-+⋅=n a n n .4．形如cn b n a pa a n n +⋅+⋅+=+21 (个中a,b,c 是常数,且0≠a )根本思绪是转化为等比数列,而数列的本质是一个函数,其界说域是天然数集的一个函数.例10 已知数列{}n a 知足21123451n n a a n n a +=+++=，,求数列{}n a 的通项公式.解：设221(1)(1)2()n na x n y n z a xn yn z ++++++=+++ 比较系数得3,10,18x y z ===,所以2213(1)10(1)182(31018)n n a n n a n n ++++++=+++ 由213110118131320a +⨯+⨯+=+=≠,得2310180n a n n +++≠则2123(1)10(1)18231018n n a n n a n n ++++++=+++,故数列2{31018}n a n n +++为认为21311011813132a +⨯+⨯+=+=首项,以2为公比的等比数列,是以2131018322n n a n n -+++=⨯,则42231018n n a n n +=---.21 n n n a pa qa ++=+时将n a 作为()f n 求解剖析：原递推式可化为211()() n n n n a a p a a λλλ++++=++的情势,比较系数可求得λ,数列{}1n n a a λ++为等比数列. 例11 已知数列{}n a 知足211256,1,2n n n a a a a a ++=-=-=,求数列{}n a 的通项公式. 解：设211(5)()n n n n a a a a λλλ++++=++比较系数得3λ=-或2λ=-,无妨取2λ=-,（取-3 成果情势可能不合,但本质雷同）则21123(2)n n n n a a a a +++-=-,则{}12n n a a +-是首项为4,公比为3的等比数列11243n n n a a -+∴-=⋅,所以114352n n n a --=⋅-⋅{}n a 中,若2,821==a a ,且知足03412=+-++n n n a a a ,求n a .答案：nn a 311-=.四.迭代法 rn n pa a =+1(个中p,r 为常数)型例12 已知数列{}n a 知足3(1)2115nn n na aa ++==，,求数列{}n a 的通项公式.解：因为3(1)21n n n na a++=,所以又15a =,所以数列{}n a 的通项公式为(1)123!25n n n n n a --⋅⋅=.注：本题还可分解运用累乘法和对数变换法求数列的通项公式. 例13.（2005江西卷）已知数列:,}{且满足的各项都是正数n a N n a a a a n n n ∈-==+),4(21,110,（1）证实12,;n n a a n N +<<∈ （2）求数列}{n a 的通项公式an.解：（1）略（2）],4)2([21)4(2121+--=-=+n n n n a a a a 所以21)2()2(2--=-+n n a ann nn n n n n n b b b b b a b 22212122222112)21()21(21)21(2121,2-+++----==⋅-=--=-=-= 则令又b n =－1,所以1212)21(22,)21(---=+=-=n n n n n b a b 即.办法2：本题用归纳-猜测-证实,也很简捷,请试一试.解法3：设c n n b -=,则c2121-=n n c ,转化为上面类型（1）来解五.对数变换法实用于rn n pa a =+1(个中p,r 为常数)型 p>0,0>n a例14. 设正项数列{}n a 知足11=a ,212-=n na a （n ≥2）.求数列{}n a 的通项公式.解：双方取对数得：122log 21log -+=n n a a ,)1(log 21log 122+=+-n na a ,设1log 2+=n a n b ,则12-=n n b b {}n b 是以2为公比的等比数列,11log 121=+=b 11221--=⨯=n n n b ,1221log -=+n a n,12log 12-=-n a n,∴1212--=n na演习数列{}n a 中,11=a ,12-=n n a a （n ≥2）,求数列{}n a 的通项公式.答案：nna --=2222例15 已知数列{}n a 知足5123n n n a a +=⨯⨯,17a =,求数列{}n a 的通项公式.解：因为511237n n na a a +=⨯⨯=，,所以100n n a a +>>，. 双方取经常运用对数得1lg 5lg lg3lg 2n n a a n +=++ 设1lg (1)5(lg )n n a x n y a xn y ++++=++（同类型四）比较系数得,lg3lg3lg 2,4164x y ==+ 由1lg3lg3lg 2lg3lg3lg 2lg 1lg 71041644164a +⨯++=+⨯++≠,得lg3lg3lg 2lg 04164n a n +++≠, 所以数列lg3lg3lg 2{lg }4164n a n +++是认为lg3lg3lg 2lg 74164+++首项,以5为公比的等比数列,则1lg3lg3lg 2lg3lg3lg 2lg (lg 7)541644164n n a n -+++=+++,是以11111111116164444111115161644445415151164lg 3lg 3lg 2lg 3lg 3lg 2lg (lg 7)54164464[lg(7332)]5lg(332)lg(7332)lg(332)lg(732)n n n n n n n n n n a n --------=+++---=⋅⋅⋅-⋅⋅=⋅⋅⋅-⋅⋅=⋅⋅则11541515164732n n n n na -----=⨯⨯.六.倒数变换法实用于分式关系的递推公式,分子只有一项例16 已知数列{}n a 知足112,12nn n a a a a +==+,求数列{}n a 的通项公式. 解：求倒数得11111111111,,22n n n n n n a a a a a a +++⎧⎫=+∴-=∴-⎨⎬⎩⎭为等差数列,首项111a =,公役为12,112(1),21n n n a a n ∴=+∴=+ 七.换元法实用于含根式的递推关系例17 已知数列{}n a知足111(14116n n a a a +=++=，,求数列{}n a 的通项公式.解：令n b =则21(1)24n n a b =-代入11(1416n n a a +=++得即2214(3)n n b b +=+因为0n b =≥,则123n n b b +=+,即11322n n b b +=+, 可化为113(3)2n n b b +-=-,所所以{3}n b -认为13332b -==首项,认为21公比的等比数列,是以121132()()22n n n b ---==,则21()32n n b -=+,21()32n -=+,得2111()()3423n n n a =++.八.数学归纳法经由过程首项和递推关系式求出数列的前n 项,猜出数列的通项公式,再用数学归纳法加以证实.例18 已知数列{}n a 知足11228(1)8(21)(23)9n n n a a a n n ++=+=++，,求数列{}n a 的通项公式.解：由1228(1)(21)(23)n n n a a n n ++=+++及189a =,得由此可猜测22(21)1(21)n n a n +-=+,下面用数学归纳法证实这个结论. （1）当1n =时,212(211)18(211)9a ⨯+-==⨯+,所以等式成立. （2）假设当n k =时等式成立,即22(21)1(21)k k a k +-=+,则当1n k =+时, 由此可知,当1n k =+时等式也成立.依据（1）,（2）可知,等式对任何*n N ∈都成立. 九.阶差法（逐项相减法） 1.递推公式中既有n S ,又有n a剖析：把已知关系经由过程11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩转化为数列{}n a 或n S 的递推关系,然后采取响应的办法求解.例19 已知数列{}n a 的各项均为正数,且前n 项和n S 知足1(1)(2)6n n n S a a =++,且249,,a a a 成等比数列,求数列{}n a 的通项公式.解：∵对随意率性n N +∈有1(1)(2)6n n n S a a =++⑴ ∴当n=1时,11111(1)(2)6S a a a ==++,解得11a =或12a = 当n ≥2时,1111(1)(2)6n n n S a a ---=++⑵ ⑴-⑵整顿得：11()(3)0n n n n a a a a --+--= ∵{}n a 各项均为正数,∴13n n a a --=当11a =时,32n a n =-,此时2429a a a =成立当12a =时,31n a n =-,此时2429a a a =不成立,故12a =舍去所以32n a n =-演习.已知数列}{n a 中,0>n a 且2)1(21+=n n a S ,求数列}{n a 的通项公式.答案：n n na S S =--1212)1()1(+=--n n a a 12-=n a n2.对无限递推数列例20 已知数列{}n a 知足11231123(1)(2)n n a a a a a n a n -==++++-≥，,求{}n a 的通项公式.解：因为123123(1)(2)n n a a a a n a n -=++++-≥①所以1123123(1)n n n a a a a n a na +-=++++-+② 用②式－①式得1.n n n a a na +-= 则1(1)(2)n n a n a n +=+≥ 故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 ---=⋅⋅⋅⋅=-⋅⋅⨯=③由123123(1)(2)n n a a a a n a n -=++++-≥,21222n a a a ==+取得,则21a a =,又知11a =,则21a =,代入③得!13452n n a n =⋅⋅⋅⋅⋅=. 所以,{}n a 的通项公式为!.2n n a =十.不动点法目标是将递推数列转化为等比（差）数列的办法不动点的界说：函数()f x 的界说域为D ,若消失0()f x x D ∈,使00()f x x =成立,则称0x 为()f x 的不动点或称00(,())x f x 为函数()f x 的不动点.剖析：由()f x x =求出不动点0x ,在递推公式双方同时减去0x ,在变形求解.类型一：形如1 n n a qa d +=+例21 已知数列{}n a 中,111,21(2)n n a a a n -==+≥,求数列{}n a 的通项公式. 解：递推关系是对应得递归函数为()21f x x =+,由()f x x =得,不动点为-1 ∴112(1)n n a a ++=+,…… 类型二：形如1n n n a a ba c a d+⋅+=⋅+剖析：递归函数为()a x bf x c x d⋅+=⋅+（1）如有两个相异的不动点p,q 时,将递归关系式双方分离减去不动点p,q,再将两式相除得11n n n n a p a pk a q a q++--=⋅--,个中a pc k a qc -=-,∴111111()()()()n n n a q pq k a p pq a a p k a q -----=---（2）如有两个雷同的不动点p,则将递归关系式双方减去不动点p,然后用1除,得111n n k a p a p +=+--,个中2ck a d=+.例22. 设数列{}n a 知足7245,211++==+n n n a a a a ,求数列{}n a 的通项公式.剖析：此类问题经常运用参数法化等比数列求解. 解：对等式两头同时加参数t,得：,725247)52(727)52(72451+++++=+++=+++=++n n n n n n n a t t a t a t a t t a a t a令5247++=t t t , 解之得t=1,-2 代入72)52(1+++=++n n n a t a t t a 得721311+-=-+n n n a a a ,722921++=++n n n a a a ,相除得21312111+-⋅=+-++n n n n a a a a ,即{21+-n n a a }是首项为412111=+-a a , 公比为31的等比数列,21+-n n a a =n -⋅1341, 解得13423411-⋅+⋅=--n n n a . 办法2：,721311+-=-+n n n a a a ,双方取倒数得1332)1(39)1(2)1(372111-+=-+-=-+=-+n n n n n n a a a a a a , 令b 11-=n n a ,则b =n n b 332+,, 转化为累加法来求.例23 已知数列{}n a 知足112124441n n n a a a a +-==+，,求数列{}n a 的通项公式.解：令212441x x x -=+,得2420240x x -+=,则1223x x ==，是函数2124()41x f x x -=+的两个不动点.因为112124224121242(41)13262132124321243(41)92793341n 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 a a ++---+--+--====----+---+.所以数列23n n a a ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭是认为112422343a a --==--首项,认为913公比的等比数列,故12132()39n n n a a --=-,则113132()19nn a -=+-. 演习1：已知{}n a 知足11122,(2)21n n n a a a n a --+==≥+,求{}n a 的通项n a答案：3(1)3(1)n nn nna --∴=+-演习2.已知数列{}n a 知足*11212,()46n n n a a a n N a +-==∈+,求数列{}n a 的通项n a答案：135106n na n -∴=-演习3.（2009陕西卷文）已知数列{}n a 知足, *11212,,2n n n a a a a a n N ++=∈’＋2＝＝. ()I 令1n n n b a a +=-,证实：{}n b 是等比数列;(Ⅱ)求{}n a 的通项公式.答案：（1）{}n b 是以1为首项,12-为公比的等比数列.（2）1*521()()332n n a n N -=--∈.十一：特点方程法形如21(,n n n a pa qa p q ++=+是常数）的数列（已知 a1;a2)形如112221,,(,n n n a m a m a pa qa p q ++===+是常数）的二阶递推数列都可用特点根法求得通项n a ,其特点方程为2x px q =+…①若①有二异根,αβ,则可令1212(,n nn a c c c c αβ=+是待定常数）若①有二重根αβ=,则可令1212()(,nn a c nc c c α=+是待定常数）再运用1122,,a m a m ==可求得12,c c ,进而求得n a例24 已知数列{}n a 知足*12212,3,32()n n na a a a a n N ++===-∈,求数列{}n a 的通项n a解：其特点方程为232x x =-,解得121,2x x ==,令1212n nn a c c =⋅+⋅, 由1122122243a c c a c c =+=⎧⎨=+=⎩,得12112c c =⎧⎪⎨=⎪⎩, 112n n a -∴=+例25已知数列{}n a 知足*12211,2,44()n n n a a a a a n N ++===-∈,求数列{}n a 的通项n a解：其特点方程为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 --∴=演习1．已知数列{}n a 知足*12211,2,441()n n n a a a a a n N ++===--∈,求数列{}n a 的通项演习2．已知数列{}n a 知足*12211,2,444()n n n a a a a a n n N ++===---∈,求数列{}n a 的通项解释：(1)若方程2x px q =+有两不合的解s , t,则)(11-+-=-n n n n ta a s ta a , )(11-+-=-n n n n sa a t sa a ,由等比数列性质可得1121)(-+-=-n n n s ta a ta a , 1121)(-+-=-n n n t sa a sa a ,,s t ≠ 由上两式消去1+n a 可得()()()nn n t t s t sa a s t s s ta a a ..1212-----=.(2)若方程2x px q =+有两相等的解t s =,则()()12121211)(ta a s ta a s ta a s ta a n n n n n n n -==-=-=-----+ ,21211s ta a s a s a n n n n -=-∴++,等于⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n s a 等差数列, 由等差数列性质可知()2121.1ssa a n s a s a n n --+=, 所以nn s n s sa a s sa a s a a ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+⎪⎭⎫ ⎝⎛--=.2122121．例26.数列{}n a 知足1512a =-,且212542924n n n a a a +-=+求数列{}n a 的通项.解：2211252925244429292244n n n n n n n a a a a a a a λλλλ++-++-+==+=++……① 令229254λλ-=,解得12251,4λλ==,将它们代回①得,()21112924n n n a a a +++=+……②,212525429424nn n a a a +⎛⎫+ ⎪⎝⎭+=+……③,③÷②,得21125254411n nn n a a a a ++⎛⎫++ ⎪= ⎪++ ⎪⎝⎭,则11252544lg 2lg 11n n n n a a a a ++++=++,∴数列254lg 1n n a a ⎧⎫+⎪⎪⎨⎬+⎪⎪⎩⎭成等比数列,首项为1,公比q =2所以1254lg 21n n n a a -+=+,则12254101n n n a a -+=+,112225104101n n n a ---∴=-十二.四种根本数列1．形如)(1n f a a n n =-+型等差数列的广义情势,见累加法.)(1n f a a nn =+型等比数列的广义情势,见累乘法. )(1n f a a n n =++型（1）若d a a n n =++1（d 为常数）,则数列{n a }为“等和数列”,它是一个周期数列,周期为2,其通项分奇数项和偶数项来评论辩论;（2）若f(n)为n 的函数（异常数）时,可经由过程结构转化为)(1n f a a n n =-+型,经由过程累加来求出通项;或用逐差法(两式相减)得)1()(11--=--+n f n f a a n n ,,分奇偶项来分求通项.例27. 数列{n a }知足01=a ,n a a n n 21=++,求数列{a n }的通项公式. 剖析 1：结构转化为)(1n f a a n n =-+型解法1：令n nn a b )1(-=则n a a a a b b n n n n n n n n n n 2)1()()1()1()1(111111⋅-=+-=---=-++++++.2≥n 时,⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=-=⨯⋅-=--⋅-=--⋅-=-----012)1()2(2)1()1(2)1(112121211a b b b n b b n b b n n n n n n各式相加:[]1)1(2)1()2()1()1()1(2231⋅-+⋅-++--+--=- n n b n n n当n 为偶数时,n n n b n =⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⋅-+-=22)1()1(2. 此时n b a n n == 当n 为奇数时,1)21(2+-=--=n n b n 此时n n a b -=,所以1-=n a n .故 ⎩⎨⎧-=.,,,1为偶数为奇数n n n n a n解法2： na a n n 21=++∴2≥n 时,)1(21-=+-n a a n n ,两式相减得：211=--+n n a a . ∴,,,,531 a a a 组成以1a ,为首项,以2为公役的等差数列; ,,,,642 a a a 组成以2a ,为首项,以2为公役的等差数列∴22)1(112-=-+=-k d k a a k k d k a a k 2)1(22=-+=.∴⎩⎨⎧-=.,,,1为偶数为奇数n n n n a n 评注：成果要还原成n 的表达式.例28.（2005江西卷）已知数列{a n }的前n 项和S n 知足 S n －S n －2=3,23,1),3()21(211-==≥--S S n n 且求数列{a n }的通项公式. 解：办法一：因为),3()21(31112≥-⋅=++=-----n a a a a S S n n n n n n n 所以以下同上例,略答案 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⋅+-⋅-=--.,)21(34,,)21(3411为偶数为奇数n n a n n n)(1n f a a n n =⋅+型（1）若p a a n n =⋅+1(p 为常数),则数列{n a }为“等积数列”,它是一个周期数列,周期为2,其通项分奇数项和偶数项来评论辩论;（2）若f(n)为n 的函数（异常数）时,可经由过程逐差法得)1(1-=⋅-n f a a n n ,两式相除后,分奇偶项来分求通项.例29. 已知数列满足}{n a )(,)21(,3*11N n a a a nn n ∈=⋅=+,求此数列的通项公式.注：同上例相似,略.。

递推数列求通项公式的常见类型及方法

递推数列求通项公式的常见类型及方法递推数列求通项即依据给出数列中相邻两项或几项的关系式，n a 与n S 的关系式等，求出通项公式，是数列中的重要内容，是高考中常见的题目．本文给出常见的类型和方法．1. )(1n f a a n n +=+.方法：叠加法. 令1,2,1-=n n，得21321(1)(2)(1)n n a a f a a f a a f n -=+=+=+-以上1-n 个式子相加，得111().n ni a a f i -==+∑ 例１．数列{}n a 中，)2(1,1211≥-+==-n n n a a a n n ，求数列{}n a 的通项. 解: 令n n ,,3,2 =,得212322121221331n n a a a a a a n n -=+-=+-=+-n n a a n -++-+-+=∴22211331221 11111223(1)111111(1)()()223112.a n n n n n =+++⨯⨯-=+-+-++--=- 2. )(1n f a a n n =+. 方法:累积法. 令1,2,1-=n n,得21321(1)(2)(1).n n a a f a a f a a f n -===-以上1-n 个式子求积，得)(111i f a a n i n-=∏+=. 例2. 数列{}n a 中，)2()11(,2121≥⋅-==-n a na a n n ，求数列{}n a 的通项.解: 由题1212)1)(1()11(--+-=-=n n n a nn n a n a ,令1,2,1-=n n ,得 21232212132243(1)(1)n n a a a a n n a a n -⨯=⨯=-+= 2221)1)(1(342231n n n a a n +-⋅⋅⨯⋅⨯⋅=∴ 11121.n a n n n +=⋅⋅+= 3. )0,1(1≠≠+=+q p q pa a n n . 方法一:配凑法.1().n n a p a λλ+-=-方法二:待定系数法.令)(1λλ-=-+n n a p a 比较已知得,.1q p q pλλλ-==- λ是方程q px x +=的根. q px x +=是特征方程.方程三: 两根同除以1+n p ,得111++++=n n n n n p q p a p a 转化为类型1. 例3(07.全国) 数列{}n a 中， ,3,2,1),2)(12(,21=+-==n a a a n n ，求数列{}n a 的通项. 解法一: )2)(12(1+-=+n n a a {}为公比的等比数列为首项，是以数列122222)2)(12(211--=--∴--=-∴+a a a a n n nn n na )12(2)12)(22(21-⨯=--=-∴- 故 2)12(2+-⨯=n n a解法二:令))(12(1λλ--=-+n n a a)12(2)12(-=--∴λλ 解得2=λ下同解法一.解法三:)12(2)12()2)(12(1-+-=+-=+n n n a a a两边同除以1)12(+-n ,得nn n n n a a )12(2)12()12(11-+-=-++ 令n n n n n a a b )12()12(+=-= 则n n n b b )12(21++=+.令.1,2,1-=n n 得11223112)12(2)12(2)12(2--++=++=++=n n n b b b b b b1211)12(2)12(2)12(2-+++++++=∴n n b b2)12(2)12(1])12(1)[12(2)12(21++=+-+-+⋅++=-n nn n n n b a )12(22)12(-⨯+=-=∴.4. )0,1(,1≠≠+=+q p q pa a n n n .方法一：两边同除以1+n p ，得111++++=n nn n n n p q p a p a 转化为类型一.方法二：待定系数法.令)(11-+-=-n n n n q a p q a λλ比较已知得p q q -=λ. 例4．数列{}n a 中，)1(,23,111≥+==+n a a a n n n ，求数列{}n a 的通项. 解法一：两边同除以13+n ，得1113233++++=n nn n n n a a . 令n n n a b 3=，则1132+++=n nn n b b . 令.1,2,1-=n n 得n n n n b b b b b b 323232113223212--+=+=+= n n n b b 32323213221-++++=∴ nn n n )32(1321])32(1[31323232311322-=--=++++=- n n n a 23-=∴.解法二：令)2(3211-+⋅-=-n n n n a a λλn n n 22321=-⋅∴-λλ解得2-=λ.即)2(3211n n n n a a +=+++,所以数列{}n n a2+是以321=+a 为首项，3为公比的等比数列. .23,32n n n n n n a a -==+∴故5. )1).((1≠+=+p n f pa a n n .方法：两边同除以1+n p ，得111)(++++=n n n n n pn f p a p a 转化为类型一. 例5. 数列{}n a 中，)1(,223,111≥-+==+n n a a a n n ，求数列{}n a 的通项.解: 两边同除以13+n ，得11132233+++-+=n n n n n n a a 令n nn a b 3=,得11322++-+=n n n n b b . 利用叠加法及错位相减法,以求得2123+-=n a n n ． 6.)()(1n g a n f a n n +=+.方法: 两边同除以)()2()1(n f f f ,得)()2()1()()()2()1()()2()1(1n f f f n g n f f f a n f f f a n n +=+转化为类型一例6. (2008年河南省普通高中毕业班教学质量调研考试)数列{}n a 中，)1(2)1(22,111≥++++==+n n n a n n a a n n ，求数列{}n a 的通项. 解: 令,2)(+=n n n f 则)2)(1(2211534231)()2()1(++=+⨯+-⨯⨯⨯⨯=n n n n n n n f f f 两边同除以)()2()1(n f f f ,得)2)(1(22)1(2)1(2)2)(1(21++++++=+++n n n n n n a n n a n n 即21)1(2)1()1)(2(+++=+++n na n a n n n n 令n n na n b )1(+=,则21)1(2++=+n b b n n令.1,2,1-=n n 得2122321223222n b b b b b b n n +=⨯+=⨯+=-)32(22221n b b n +++⨯+=∴3)12)(1(]16)12)(1([212++=-++⨯+⨯=n n n n n n 312+=∴n a n . 7. )(1n f a a n n =+. 方法: 由已知)1(12+=++n f a a n n ,两式相除,得)()1(2n f n f a a n n +=+. 例7. 数列{}n a 中，)1(,)31(,211≥==+n a a a n nn ，求数列{}n a 的通项. 解: 由题2,31121==a a a ,得612=a n n n a a )31(1=+ ………..① 112)31(+++=n n n a a ……...② ②÷①得 312=+n n a a k k a a a a a a 2421231,,,,,,和+∴都是以31为公比的等比数列当n 为奇数时,21211)31(2--⋅==n n n q a a 当n 为偶数时,22222)31(61--⋅==n n n q a a ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⋅⋅=∴--为偶数，为奇数n n a n nn 2221)31(61,)31(2． 8.n n n qa pa a +=++12. 方法一: 配凑法.)(112n n n n a a a a αβα-=-+++方法二: 待定系数法. 令)(112n n n n a a a a αβα-=-+++,比较已知得 ⎩⎨⎧==+q p αββα 得出βα, 其中βα,是方程q px x +=2的两根,方程q px x +=2是特征方程.例8. 数列{}n a 中，)1(,65,5,11221≥-===++n a a a a a n n n ，求数列{}n a 的通项.解: 令)(112n n n n a a a a αβα-=-+++比较已知得⎩⎨⎧==+65αββα 得出2,3==βα )3(23112n n n n a a a a -=-∴+++数列{}n n a a 31-+是以2312=-a a 为首项,2为公比的等比数列.则n n n a a 231=-+,即n n n a a 231+=+.下同例4. 9.)0(,1≠++=+ac b aa d ca a n n n . 方法: 不动点法. 令bax d cx x ++=………(＊) 若(＊)有两重根,021x x x ==,则⎭⎬⎫⎩⎨⎧-01x a n为等差数列. 若(＊)有两根,21x x ≠,则⎭⎬⎫⎩⎨⎧--21x a x a nn 为等比数列. 例9.(08，洛阳三练)数列{}n a 中,n n a a a -==+21,2111,求数列{}n a 的通项. 解：令xx -=21,得1=x . 111121111111-=----=---+n n n n a a a a , 为公差的等差数列为首项，是以1-2121111111-=-=-⎭⎬⎫⎩⎨⎧-∴a a n . 1)1()1(211--=-⨯-+-=-∴n n a n 1+=∴n n a n ．例10.(07.全国)数列{}n b 中,)1(3243,211≥++==+n b b b b n nn ,求数列{}n b 的通项. 解: 令3243++=x x x ,解得2,221=-=x x , 则411)12(2223243232432222+=-+-+++++=-+-+++n n n n n n n n n n b b b b b b b b b b 数列⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧-+22n n b b 是以22222211-+=-+b b 为首项,4)12(+为公比的等比数列. 24)1(4)12()12(222222--+=+⋅-+=-+∴n n n nb b故1)12(1)12(22424-+++⋅=--n n nb ．10. n n S a 与的关系.方法: ⎩⎨⎧-=-,,1n nn n S S S a 21≥=n n 可以向n a 转化,也可以向n S 转化.例11. 数列{}n a 的前n 项和,)1(12≥+=n a a S nn n ,求数列{}n a 的通项公式. 解法一: 1=n 时，1111212a a a S =+=，解得11=a )2(,1212111≥+=∴+=---n a a S a a S n n n nn n 两式相减得 11112---+-=n n n n n a a a a a ,)1(111--+-=-n n n n a a a a . 平方得 4)1()1(212122=+-+--n n n n a a a a . 数列⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧+221n n a a 是以212121=+a a 为首项，4为公差的等差数列。

常见递推数列通项公式的求法

(5)累乘法：
an1 an

f (n) ( f (1) f (2)
i 1
f (n)可求)
(6)构造法 an1 kan b
(7)作商法（ a1a2 an cn 型）；
(8)数学归纳法.
类型1 an1 an f (n)
类型1 an1 an f (n)
求法：累加法
类型3 an1 pan q( p 0, p 1)
求法 : 待定系数法.令an1 p(an ), 其中为待定系数,化为等比数列 {an }求通项.
例3 已知数列{an }中,若a1 1, an1 2an 3(n 1),求数列{an }的通项公式.
为首项, 公比为
(1)n1. 2
1 2
的等比数列.
又
an

1 2
an1

1,
an 2 21n.
【1】设数列{an}的前 n 项和为 Sn , 已知 a1 5 ，且 nSn1 2n(n 1) (n 1)Sn (n N ) , 则数列 an 的通项公式是( A)
1 3 (an1 2an2 )(n 3,4, ) (1)求证 : 数列{an1 an }是等比数列； (2)求数列{an }的通项公式an .
【1】已知数列 {an} 中,
a1=1,
an+1=
1 2
an+1 (nN*),
则an =___2___2__1_n____.
Q
an1
类型6
an1

pan qan
r
(
p, q,
r均不为零)
类型6
an1

递推数列求通项公式的典型方法

递推数列求通项公式的典型方法1、 a n+1=a n +f （n ）型累加法:a n =（a n -a n-1）+（a n-1-a n-2）+…＋（a 2-a 1）+ a 1 =f （n-1）+f （n-2）+…f （1）+ a1例1 已知数列｛a n ｝满足a 1=1,a n+1=a n +2n （n ∈N *）, 求a n 解: a n =（a n -a n-1）+（a n-1-a n-2）+…＋（a 2-a 1）+ a 1 =2n-1+2n-2+…+21+1=2n -1（n ∈N *）例在数列{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 n a 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-=2、)(1n g a ann =+型累积法:112211.....a a aa a a a a n n n n n ---=所以()()()()11...321a g n g n g n g a n ---=∴例2:已知数列｛a n ｝满足()*1N n n a ann ∈=+,.11=a 求n a解:112211...a a aa a a a a n n n n n ---==()()()()!11...321-=---n n n n ()()+∈-=∴N n n a n !1例2 设数列{n a }是首项为1的正项数列，且0)1(1221=+-+++n n n n a a na a n （n=1,2,3…），则它的通项公式是n a =▁▁▁（2000年高考15题）. 解：原递推式可化为：)]()1[(11n n n n a a na a n +-+++=0 ∵ n n a a ++1＞0，11+=+n na a n n 则,43,32,21342312===a a a a a a ……，nn a a n n 11-=- 逐项相乘得：n a a n 11=，即n a =n1. 3．q pa a n n +=+1型（p,q 为常数）方法：（1）⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+=-++111p q a p p q a n n ，再根据等比数列的相关知识求n a . (2)()11-+-=-n n n n a a p a a 再用累加法求n a .(3)111++++=n n n n n p qp a p a ,先用累加法求n n p a 再求n a 例3．已知{}n a 的首项a a =1（a 为常数），()2,21≥∈=+-n N n a a n n ，求n a解设()λλ-=--12n n a a ，则1-=λ ()1211+=+∴-n n a a{}1+∴n a 为公比为2的等比数列。

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。

六类递推数列通项公式的求解方法

六类递推数列通项公式的求解方法一、an-1=an+f(n)型利用叠加法.a2=a1+f(1)，a3=a2+f(2)，…，an=an-1+f(n-1),an=a1+∑n-1k=1f(k)．【例1】数列{an}满足a1=1，an=an-1+1n2-n(n≥2) ，求数列{an}的通项公式．解：由an+1=an+1(n+1)2-(n+1) 得an=a1+∑n-1k=11(k+1)2-(k+1) =1+∑n-1k=1(1k-1k+1)=1+1-1n =2-1n.二、an+1=anf(n)型利用叠代法.a2=a1f(1)，a3=a2f(2)，…，an=an-1f(n-1)．an=a1∏n-1k=1f(k).【例2】数列{an}中a1=2，且an=(1-1n2)an-1 ，求数列{an}的通项．解：因为an+1＝［1-1(n+1)2 ］an，所以an=a1∏n-1k=1f(k)=2∏n-1k=1［1-1(k+1)2 ］=2∏n-1k=1［kk+1 ×k+2k+1 ］=n+1n .三、an+1=pan+q，其中p,q为常数，且p≠1,q≠0当出现an+1=pan+q(n∈n*）型时可利用叠代法求通项公式，即由an+1=pan+q得an=pan-1+q=p(pan-2+q)+q=…=pn-1a1+(pn-2+pn-3+…+p2+p+1)q=a1pn-1+q(pn-1-1）p-1 （p≠1).或者利用待定系数法，构造一个公比为p的等比数列，令an+1+λ=p(an+λ)，则(p-1)λ=q,即λ=qp-1 ，从而｛an+qp+1 ｝是一个公比为p的等比数列．【例3】设数列{an}的首项a1=12 ，an=3-an-12 ，n=2,3,4，…,求数列{an}的通项公式．解：令an+k=-12(an-1+k) ，又∵an=3-an-12=-12an-1+32 ，n=2,3,4,…，∴k=-1，∴an-1=-12(an-1-1) ,又a1=12,∴{an-1} 是首项为-12,公比为-12 的等比数列，即an-1=(a1-1)(-12)n-1 ，即an=(-12)n+1 ．四、an+1=pan+qan-1(n≥2)，p,q为常数可用下面的定理求解：令α,β为相应的二次方程x2-px-q=0的两根(此方程又称为特征方程)，则当α≠β时，an=aαn+bβn；当α=β时，an=(a+bn)αn-1，其中a、b分别由初始条件a1、a2所得的方程组aα+bβ=a1，aα2+bβ2=a2和 a+b=a1，(a+2b)α=a2唯一确定．【例4】数列{an}，{bn}满足：an+1=-an-2bn①,bn+1=6an+6bn ②,且a1=2，b1=4，求an，bn．解：由②得an=16bn+1-bn,∴an+1=16bn+2-bn+1 ，代入①到式中，有bn+2=5bn+1-6bn，由特征方程可得bn=-12×2n+283×3n ，代入②式中，可得an=8×2n-143×3n ．五、an+1＝pan+f(n)型，这里p为常数，且p≠1【例5】在数列{an}中，a1=2，an+1=λan+λn+1+(2-λ)2n(n ∈n*),其中λ＞0，求数列{an}的通项公式．解：由 a1=2，an+1=λan+λn+1+(2-λ)2n(n∈n*)，λ＞0,可得，an+1λn+1-(2λ )n+1=anλn -(2λ )n+1,所以{anλn-(2λ)n}为等差数列，其公差为1，首项为0．故anλn-(2λ )n=n-1，所以数列{an}的通项公式为an=(n-1)λn+2n．六、an+1=makn(m＞0,k∈q,k≠0,k≠1)一般地，若正项数列{an}中，a1=a,an+1=makn(m＞0,k∈q,k≠0,k≠1)，则有lgan+1=klgan+lgm，令lgan+1+a=k(lgan+a)(a为常数)，则有a=1k-1lgm．数列{lgan+1k-1lgm }为等比数列，于是lgan+1k-1lgm=(lga+1k-1lgm)kn-1 ，从而可得an=akn-1?mkn-1-1k-1 ．【例6】已知各项都是正数的数列{an}满足a1=32，an+1=12an(4-an) ，求数列{an}的通项公式．解：由已知得an+1=-12(an-2)2,令2-an=bn，则有b1=12,bn+1=12b2n ．∵an＞0,∴0＜an+1＜2,又0＜a1＜2，∴0＜an＜2，从而bn＞0．取对数得lgbn+1=2lgbn-lg2，即lgbn+1-lg2=2(lgbn-lg2)．∴{lgbn-lg2}是首项为-2lg2，公比为2的等比数列，∴lgbn-lg2=-2nlg2,∴bn=21-2n,∴an=2-21-2n．(责任编辑金铃）。

由数列递推公式求通项公式的常用方法

21世纪，信息技术在各行各业都在运用，它已和人们的学习生活息息相关，掌握不好信息知识和信息技能，就难以高效地工作和生活。

初中信息技术的开设，引导着我们每个教学者探究如何采取适当的教学方法激发学生主动学习，提高信息技术的教学质量、提升学生素质。

一、编好导学案，培养学生独立探究的品质什么样的导学案才叫好的导学案？一要能激发学习动机，在学案中创设特定的情境和启发性的问题，引导学生积极思考和主动探索，能和实践紧密结合。

二要针对不同类型的信息课，设计不同的形式的导学案，新授课的导学案要着重关注学生的最近发展区，问题设计情境化，有启发性和探究性。

习题课的导学案应着重帮助学生总结解答典型问题的基本方法和基本思路，复习课导学应帮助学生梳理知识体系。

设计导学时要充分考虑学生在学习过程中可能会遇到的问题和困难，考虑怎样去帮助学生克服困难，导学思考题，要求将学习目标问题化、情境化。

能力训练题，每个知识点学完后，要给予适当的题目进行训练，但题目应少而精，要有利于学生巩固基础知识，突出易混淆的和需注意的知识点；能力提高题，主要是针对掌握程度好的学生设计的，这部分题目的设置可以多链接学生的疑点。

学生对每一项应该完成的任务都必须掌握和理解，才开始学习新的任务，这样才能保证收到效果。

比如，初中“网络课件构件设计”导学案设计。

①学习对象设计包括中哪五个环节？（内容结构设计、内容呈现设计、SCOS 设计、内容编序设计和元数据设计）。

②每个设计的方案是什么？(如：内容呈现设计，在画面中应该尽量删除无用的背景和多余的细节。

元数据设计，SCORM 中的元数据包括Assets 元数据、SCOS 元数据、学习活动元数据、内容组织元数据和内容聚合元数据。

元数据设计时可参照SCORM。

定义的九大类元数据元素及其应用情况，其中“M”为必选项，“O”为可选项，“NP”为不选项。

)导学案为提高课堂效益架设了一座快捷的桥梁，导学让学生在课前有一定的时间构思，在课堂上学生参与、学生创新潜质更易发挥。

根据递推关系求数列通项公式的几种方法

根据递推关系数列通项公式的几种求法
一、定义法例 1、已知数列an 的递推公式，求an
1)a1 3, an1 an 2
1 2)a1 2, an 1 an 3
等差数列
等比数列
二、累加相消法（累加法）
形如：a1 a, an1 an f n
当所给数列每依次相邻两项之间的差组成等差或等比数列时，就可用累加法进行消元。
p 1 , 求a n ?
构造等比数列an ，使an 1 p(an ),
an 2 1
n
则q （p 1 ），
q 即 p1
4）a1 2, an1 2an 3
an 2
n1
an1 3 2(an 3)
2 an 5 4n
例6、已知数列an 的递推关系为： an 1 a ，a1 3，求an
2 n
两边同取常用对数
an 3
2 n1
当一个数列每依次相邻两项之商构成一个等比数列或其它数列时，就可用累乘法进行消元。
例3、已知数列an 的递推公式，求an
1）a1 2, an1 3 an
n
an 2 3
n n 1 2
n 2）a1 1, an 1 an n 1
1 an n
四、换元法
通过“换元”，构造一个等差或等比的新数列，利用等差或等比的知识解决问题。
3
1 5）a1 1, an 1 an 6 2
1 an 1 4 (an 4) 2
1 an 5 2
n 1
4
例5、已知数列an 的递推关系为： an 1 an 2an 1an，a1 2，an 0, 求an

几种由递推式求数列通项的方法介绍

几种由递推式求数列通项的方法介绍求数列通项通常可以通过递推式来实现，即通过之前的项推导出后一项。

下面介绍几种常见的方法：1.直接法：直接法是最基本的一种方法，即通过观察数列中的规律，找出递推式，然后根据递推式求解通项。

这种方法适用于简单的数列，如等差数列、等比数列等。

例如，求等差数列1, 3, 5, 7, ...的通项。

由观察可知，每一项与前一项的差值为2，即递推式为an = an-1 + 2、再根据首项a1 = 1，得到an = 2n-12.假设法：假设法是一种通过假设通项形式来求解递推式的方法。

通过猜测通项的形式，并将它代入递推式中，得到一个等式，再通过递推式和等式求解未知系数。

例如，求Fibonacci数列的通项。

观察Fibonacci数列的前几项0, 1, 1, 2, 3, 5, ...，可以猜测通项形式为an = A * φ^n + B * (1-φ)^n，其中A和B为待定系数，φ为黄金分割比。

将该通项代入Fibonacci数列的递推式an = an-1 + an-2，得到A = 1/√5，B = -1/√5、因此，Fibonacci数列的通项为an = (1/√5) * (φ^n - (1-φ)^n)，其中φ约等于1.6183.代数法：代数法是通过代数运算来求解通项。

将数列的递推式变形为一个方程，再通过方程求解通项。

例如，求等比数列1, 2, 4, 8, ...的通项。

观察可知，每一项与前一项的比值为2，即递推式为an = 2 * an-1、变形方程为an = 2 * an-1，将an-1代入等式中得到an = 2^n。

因此，等比数列的通项为an =2^n。

4.积分法：积分法适用于一些特殊的数列，如等差递减数列、等比递减数列等。

通过对递推式进行积分，可以得到一个通项形式的积分表达式。

例如，求等差递减数列1, 4/3, 1, ...的通项。

观察可知，每一项与前一项的差值为-1/3，即递推式为an = an-1 - 1/3、对递推式进行积分得到通项的积分表达式∫an dn = ∫(-1/3) dn，即an = C - n/3，其中C为常数。

递推数列通项公式的求法

递推数列通项公式的求法递推数列是指通过前一项或前几项推导出后一项的数列。

通项公式是指通过数列中的任意一项可以直接计算出该项的数值的公式。

在求递推数列的通项公式时，可以使用多种方法，包括直接法、联立方程法、差分法、母函数法等。

下面将详细介绍这些方法。

一、直接法二、联立方程法联立方程法适用于一些复杂的递推数列，通过联立多个方程来求出通项公式。

该方法需要已知的一些数列值，然后根据这些值建立方程组，通过解方程组来求得通项公式。

例如，对于数列1，3，7，13，21，...，我们可以通过观察得到an = a(n-1) + 2n-1、然后，我们可以通过已知项确定初始值，如a1 = 1、通过逐一代入这些值，可以得到如下的方程组：a2 = a1 + 2(2) - 1，a3 = a2 + 2(3) - 1，...，以此类推。

然后我们可以通过求解这个方程组来得到数列的通项公式。

三、差分法差分法是通过求解数列项之间的差分来求得通项公式。

该方法常用于递推数列的高阶通项公式的求解。

对于数列an，我们可以通过计算an+1- an的值，然后继续计算相邻项之间的差分，直到得到一个关于n的表达式。

例如，对于数列1，3，6，10，15，...，我们可以计算出相邻项之间的差分：2，3，4，5，...。

我们发现这个差分数列是一个等差数列，其通项公式为an = n(n+1)/2、通过这个通项公式，我们可以进一步求得原数列的通项公式。

四、母函数法母函数法是一种重要的数学工具，适用于一些复杂的递推数列。

该方法通过构造一个函数来表示数列的各项，然后通过求解函数的表达式来得到数列的通项公式。

例如，对于数列1，1，2，3，5，...，我们可以构造一个函数F(x)=1+x+x^2+x^3+x^4+...。

我们可以通过求解这个函数关于x的表达式来得到数列的通项公式。

这个函数有一个特点，即F(x)=xF(x)+1，通过求解这个方程我们可以得到F(x)=1/(1-x)。

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。

求递推数列的通项公式的十一种方法

求递推数列的通项公式的十一种方法
递推数列是一种数学数列，其中每一项都是由前一项推算出来的。

通
项公式则是通过已知的数列项之间的关系，找出数列的整体规律，从而可
以直接计算任意一项的值。

下面将介绍11种方法来推导递推数列的通项公式。

1.递归定义法
递归定义法是通过规定数列的首项以及前面项与后面项之间的关系，
来表达出数列的通项公式。

2.直接求和法
直接求和法是通过将数列的前n项求和，并将结果化简得出通项公式。

3.递推关系法
递推关系法是通过规定数列前两项之间的关系，并将该关系推广到前
n项之间的关系，从而求出通项公式。

4.变量代换法
变量代换法是通过引入新的变量，将原数列表示成一个新的数列，从
而得到新数列的通项公式。

5.假设公式法
假设公式法是通过猜测数列的通项公式，并验证猜测的公式是否符合
已知项的规律。

6.拆项法
拆项法是通过拆解数列的项，将数列表示成两个或多个部分，再求和得出通项公式。

7.枚举法
枚举法是通过穷举数列的前几项，找出数列项之间的规律，推算出通项公式。

8.差分法
差分法是通过计算数列项之间的差值，找出数列项之间的规律，从而得到通项公式。

9.生成函数法
生成函数法是通过将数列视为多项式的系数，构造一个生成函数，再通过求导、积分等运算得到通项公式。

10.求和公式法
求和公式法是通过利用已知的数列求和公式，计算数列的前n项和，并化简得出通项公式。

11.对称性法
对称性法是通过观察数列的对称性，推断出数列的通项公式。

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）。

由递推公式求通项的9种方法经典总结

精析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 ＝3n3n ＋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。