高中数学几种常见的数列递推关系式专题辅导
数列的递推关系重要知识点讲解Microsoft Word 文档 (2)
递推数列重要知识点讲解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。
我现在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{}n a 满足211=a ，nn a a n n ++=+211，求n a 。
变式: 已知数列1}{1=a a n 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. 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{}n a 满足321=a ，n n a n n a 11+=+，求n a 。
例2:已知31=a ，n n a n n a 23131+-=+ )1(≥n ，求n a 。
变式: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 =≥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pqt -=1，再利用换元法转化为等比数列求解。
例:已知数列{}n a 中，11=a ，321+=+n n a a ，求n a .变式: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 =_______________ 变式:已知数列{}n a 满足*111,21().n n a a a n N +==+∈（I ）求数列{}n a 的通项公式； （II ）若数列{b n }滿足12111*444(1)(),n n b b b 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 nn N a a a +-<+++<∈ 类型4n n n q pa a +=+1（其中p ，q 均为常数）。
数列的递推关系与求和公式详细解析
数列的递推关系与求和公式详细解析数列是数学中一个重要的概念，它是由按一定规律排列成的数所组成的序列。
数列可以通过递推关系来描述，而求和公式则是对数列中的元素进行求和的方法。
本文将详细解析数列的递推关系与求和公式。
一、数列的递推关系数列的递推关系指的是通过前一项来定义下一项的关系。
常见的递推关系有线性递推关系和非线性递推关系。
1. 线性递推关系线性递推关系是指数列中的每一项都是前一项的线性函数，即有形如an = an-1 + c的关系式。
其中an表示数列中第n个元素，c表示一个常数。
举例来说，斐波那契数列就是一个常见的线性递推关系。
斐波那契数列的定义是：f(1) = 1，f(2) = 1，f(n) = f(n-1) + f(n-2) (n ≥ 3)。
可以看出，每一项都是前两项的和，符合线性递推关系的定义。
2. 非线性递推关系非线性递推关系则指数列中的每一项都不是前一项的线性函数。
非线性递推关系的形式多种多样，要根据具体的数列来确定递推关系。
例如，等差数列就是一种常见的非线性递推关系。
等差数列的递推关系可以表示为an = an-1 + d，其中d表示等差数列的公差。
又如，等比数列就是另一种常见的非线性递推关系。
等比数列的递推关系可以表示为an = an-1 * r，其中r表示等比数列的公比。
二、数列的求和公式数列的求和公式是用来计算数列中所有元素的和的公式。
根据不同的数列类型，有不同的求和公式。
1. 等差数列的求和公式对于等差数列an = a1 + (n - 1)d，其前n项和可以表示为Sn =(n/2)(a1 + an)。
2. 等比数列的求和公式对于等比数列an = a1 * r^(n - 1)，其前n项和可以表示为Sn = a1 * (1 - r^n) / (1 - r)，其中r ≠ 1。
3. 其他数列的求和公式对于其他类型的数列，求和公式则需要根据具体情况进行推导。
例如，斐波那契数列的求和公式是一个比较复杂的问题，其具体推导过程可以参考相关的数学文献和专业教材。
数列的递推公式知识点、例题、练习
4.1.2 数列的递推公式知识点一数列的递推公式如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式．数列递推公式与通项公式的关系：递推公式表示a n 与它的前一项a n －1(或前n 项)之间的关系，而通项公式表示a n 与n 之间的关系． 要点二 a n 与S n 的关系1．前n 项和S n ：把数列{a n }从第1项起到第n 项止的各项之和，称为数列{a n }的前n 项和，记作S n ，即S n ＝12n a a a +++ 2．a n 与S n 的关系：a n ＝11,1,2n n S n S S n -=⎧⎨-≥⎩【基础自测】1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”) (1)根据通项公式可以求出数列的任意一项．( ) (2)有些数列可能不存在最大项．( ) (3)递推公式是表示数列的一种方法．( ) (4)所有的数列都有递推公式．( ) 【答案】（1）√（2）√（3）√（4）×2．数列{a n }中，a n ＋1＝a n ＋2－a n ，a 1＝2，a 2＝5，则a 5＝( ) A ．－3 B ．－11 C ．－5 D ．19 【答案】D【解析】a 3＝a 2＋a 1＝5＋2＝7，a 4＝a 3＋a 2＝7＋5＝12，a 5＝a 4＋a 3＝12＋7＝19，故选D. 3．数列{a n }中，a n ＝2n 2－3，则125是这个数列的第几项( ) A ．4 B ．8 C ．7 D ．12 【答案】B【解析】令2n 2－3＝125得n ＝8或n ＝－8(舍)，故125是第8项．故选B. 4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2，则a n ＝________. 【答案】2n －1【解析】当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝n 2－n 2＋2n －1＝2n －1.当n ＝1时，a 1＝S 1＝1满足上式，所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.题型一 数列中项与项数关系的判断(1)写出数列的一个通项公式，并求出它的第20项；(2)判断42和10是不是该数列中的项？若是，指出是数列的第几项，若不是，请说明理由．【解析】(1)由于22＝8，所以该数列前4项中，根号下的数依次相差3，所以它的一个通项公式为a n ＝3n －1；a 20＝3×20－1＝59.(2)令3n －1＝42，两边平方得3n ＝33，解得n ＝11，是正整数令3n －1＝10，两边平方得n ＝1013，不是整数．∴42是数列的第11项，10不是数列中的项． 【方法归纳】(1)由通项公式写出数列的指定项，主要是对n 进行取值，然后代入通项公式，相当于函数中，已知函数解析式和自变量的值求函数值．(2)判断一个数是否为该数列中的项，其方法是可由通项公式等于这个数求方程的根，根据方程有无正整数根便可确定这个数是否为数列中的项．(3)在用函数的有关知识解决数列问题时，要注意它的定义域是N *(或它的有限子集{1,2,3，…，n })这一约束条件．【跟踪训练1】已知数列{a n }的通项公式为a n ＝3n 2－28n . (1)写出此数列的第4项和第6项；(2)问－49是否是该数列的一项？如果是，应是哪一项？68是否是该数列的一项呢？ 【解析】(1)a 4＝3×42－28×4＝－64， a 6＝3×62－28×6＝－60.(2)由3n 2－28n ＝－49解得n ＝7或n ＝73(舍去)，所以－49是该数列的第7项．由3n 2－28n ＝68解得n ＝－2或n ＝343，所以68不是该数列的一项．题型二 已知S n 求a n例2 设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝2n 2－30n .求a n . 【解析】当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－30n －[2(n －1)2－30(n －1)]＝4n －32 当n ＝1时，a 1＝S 1＝－28，适合上式， 所以a n ＝4n －32.借助a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，(n ＝1)S n －S n －1(n ≥2)【变式探究1】将本例中的“S n ＝2n 2－30n ”换为“S n ＝2n 2－30n ＋1”，求a n . 【解析】当n ＝1时，a 1＝S 1＝2×1－30×1＋1＝－27. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－30n ＋1－[2(n －1)2－30(n －1)＋1] ＝4n －32.验证当n ＝1时，上式不成立∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－27，n ＝14n －32，n ≥2.方法归纳已知数列{a n }的前n 项和公式S n ，求通项公式a n 的步骤： (1)当n ＝1时，a 1＝S 1.(2)当n ≥2时，根据S n 写出S n －1，化简a n ＝S n －S n －1.(3)如果a 1也满足当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1的通项公式，那么数列{a n }的通项公式为a n ＝S n －S n －1；如果a 1不满足当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1的通项公式，那么数列{a n }的通项公式要分段表示为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1S n －S n －1，n ≥2.【跟踪训练2】已知数列：a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，求a n .【解析】当n ≥2时，由a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，得a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，两式相减得3n －1a n ＝n 3－n －13＝13，则a n ＝13n .当n ＝1时，a 1＝13，满足a n ＝13n ，所以a n ＝13n .题型三 由数列递推公式求通项公式【例3】已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则a n ＝________.【答案】n (n ＋1)2【解析】∵a n ＋1＝a n ＋n ＋1，a 1＝1，∴a n ＋1－a n ＝n ＋1， ∴a n －a n －1＝n ，a n －1－a n －2＝n －1，…，a 2－a 1＝2 以上式子相加得： a n －a 1＝2＋3＋…＋n∴a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2.变形为：a n ＋1－a n ＝n ＋1，照此递推关系写出前n 项中任意相邻两项的关系，这些式子两边分别相加可求． 【变式探究2】若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝nn ＋1a n”，则a n ＝________.【答案】1n【解析】∵a n ＋1＝n n ＋1a n ，a 1＝1，∴a n ＋1a n ＝nn ＋1，∴a n a n －1＝n －1n ，a n －1a n －2＝n －2n －1，…，a 2a 1＝12，以上式子两边分别相乘得：a n a 1＝n －1n ×n －2n －1×…×12＝1n∴a n ＝1n a 1＝1n .【方法归纳】由数列的递推公式求通项公式时，若递推关系为a n ＋1＝a n ＋f (n )或a n ＋1＝g (n )·a n ，则可以分别通过累加法或累乘法求得通项公式，即：(1)累加法：当a n ＝a n －1＋f (n )时，常用a n ＝a n －a n －1＋a n －1－a n －2＋…＋a 2－a 1＋a 1求通项公式．(2)累乘法：当a n a n －1＝g (n )时，常用a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1求通项公式．【跟踪训练3】在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ，则a n ＝( ) A ．2＋ln n B ．2＋(n －1)ln n C ．2＋n ln n D ．1＋n ＋ln n 【答案】A【解析】∵在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ＝ln n ＋1n∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝ln n n －1＋ln n －1n －2＋…＋ln 21＋2＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫n n －1·n －1n －2·…·21＋2＝2＋ln n .故选A.【易错辨析】数列中忽视n 的限制条件致误【例4】设S n 为数列{a n }的前n 项和，log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则a n ＝________.【答案】⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝12n ，n ≥2【解析】由log 2(S n ＋1)＝n ＋1得S n ＋1＝2n ＋1，∴S n ＝2n ＋1－1当n ≥2时a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－1－2n ＋1＝2n .当n ＝1时，a 1＝S 1＝3.经验证不符合上式．∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝12n ，n ≥2.【易错警示】1. 出错原因忽视n ＝1的情况致错，得到错误答案：a n ＝2n . 2. 纠错心得已知a n 与S n 的关系求a n 时，常用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)来求a n ，但一定要注意n ＝1的情况.一、单选题1．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，2(1)nn S a n n =+-，（*n N ∈），若()22112n S S S n n+++--2013=，则n 的值为（ ）． A ．1007 B ．1006 C ．2012 D ．2014【答案】A 【分析】根据数列n a 与n S 的关系证得数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项，以2为公差的等差数列，利用等差数列的前n 项和公式求出题中的式子，化简计算即可. 【解析】2(1)nn S a n n=+-， 12(1)(2)nn n S S S n n n-∴-=+-， 整理可得，1(1)2(1)n n n S nS n n ---=-， 两边同时除以(1)n n -可得12(2)1n n S S n n n --=-，又111S = ∴数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项，以2为公差的等差数列，2321(1)23nS S S S n n∴++++-- 2(1)12(1)2n n n n -=⨯+⨯-- 22(1)n n =--21n =-，由题意可得，212013n -=， 解得1007n =． 故选：A ．2．南宋数学家杨辉在《解析九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列，如数列1，3，6，10，前后两项之差得到新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的第19项为（ ） A ．171 B ．190 C ．174 D ．193【答案】C 【分析】根据题意可得数列3，4，6，9，13，18，24，⋯，满足：11(2)n n a a n n --=-，13a =，从而利用累加法即可求出n a ，进一步即可得到19a 的值． 【解析】3,4,6,9,13,18,24,后项减前项可得1,2,3,4,5,6,所以()1112,3n n a a n n a --=-≥=， 所以()()()112211n n n n n a a a a a a a a ---=-+-++-+()()1213n n =-+-+++()()()111133,222n n n n n -+⋅--=+=+≥.所以19191831742a ⨯=+=. 故选：C3．在数列{}n a 中，11a =，121nn n a a +-=-，则9a =（ ）A ．512B ．511C ．502D ．503【答案】D 【分析】利用累加法先求出通项即可求得答案. 【解析】因为11a =，121nn n a a +-=-，所以()()()121321n n n a a a a a a a a -=+-+-++-=()()()21211(21)21211222(1)2n n n n n --+-+-++-=++++--=-，所以9929503a =-=.故选：D. 4．数列23，45，69，817，1033，…的一个通项公式为（ ）A ．221n n n a =+ B ．2221n n n a +=+ C ．1121n n n a ++=-D ．12222n n n a ++=+【答案】A 【分析】根据数列中项的规律可总结得到通项公式. 【解析】1221321⨯=+，2422521⨯=+，3623921⨯=+，48241721⨯=+，510253321⨯=+， ∴一个通项公式为：221n nna =+. 故选：A.5．下列命题不正确的是（ ）A 的一个通项公式是n aB ．已知数列{},3n n a a kn =-，且711a =，则1527a =C ．已知数列{}n a 的前n 项和为()*,25n n n S S n N =-∈，那么123是这个数列{}n a 的第7项D ．已知()*1n n a a n n N +=+∈，则数列{}n a 是递增数列【答案】C 【分析】A：根据被开方数的特征进行判断即可；B：运用代入法进行求解判断即可；C：根据前n项和与第n项之间的关系进行求解判断即可；D：根据递增数列的定义进行判断即可.【解析】对于A31⇒⨯na⇒=A正确；对于B，3na kn=-，且7151122327na k a n a=⇒=⇒=-⇒=，B正确；对于C，()*25nnS n N=-∈，13a=-，当2,n n N*≥∈时，111222n n nn n na S S---=-=-=，12127n-=，无正整数解，所以123不是这个数列{}n a的第7项，C错误；对于D．由()*11,0n n n na a n n N a a n++=+∈-=>，易知D正确，故选：C．6．已知数列{}n a的前n项和2nS n=，则数列11n na a+⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前99项和为（）A．1168B．1134C．198199D．99199【答案】D【分析】先根据11,2,1n nnS S naS n--≥⎧=⎨=⎩，求出21na n=-，然后利用裂项相消求和法即可求解.【解析】解：因为数列{}n a的前n项和2nS n=，2121nS n n-=-+，两式作差得到21(2)na n n=-≥，又当1n=时，21111a S===，符合上式，所以21na n=-，111111(21)(21)22121n na a n n n n+⎛⎫==-⎪-+-+⎝⎭，所以12233411111n na a a a a a a a+++++=111111111111233557212122121n n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 所以12233499100111199992991199a a a a a a a a ++++==⨯+. 故选：D.7．数列{}n a 中的前n 项和22nn S =+，数列{}2log n a 的前n 项和为n T ，则20T =（ ）.A ．190B ．192C ．180D ．182【答案】B 【分析】根据公式1n n n a S S -=-计算通项公式得到14,12,2n n n a n -=⎧=⎨≥⎩，故2,11,2n n b n n =⎧=⎨-≥⎩，求和得到答案.【解析】当1n =时，111224a S ==+=；当2n ≥时，()11112222222n n n n n n n n a S S ----=-=+-+=-=，经检验14a =不满足上式，所以14,12,2n n n a n -=⎧=⎨≥⎩， 2log n n b a =，则2,11,2n n b n n =⎧=⎨-≥⎩，()201911921922T ⨯+=+=. 故选：B.8．已知数列{}n a 满足11a =，()()()11*12n n n n a a a a n N n n ++-=∈++，则10a 的值为（ ）A ．1231B ．2231C ．1D ．2【答案】B 【分析】首先根据已知条件得到1111112n n a a n n +-=-++，再利用累加法求解即可. 【解析】 因为()()()*1112n n n n a a n n n N a a ++++=∈-，所以()()()*11112nn n n a a n N a a n n ++-=∈++， 所以()()111111212n n n n a a a a n n n n ++-==-++++，即1111112n n a a n n +-=-++，当2n ≥时，11221111111n n n n a a a a a a ---⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+⋯+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111111123n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋯+- ⎪⎪+ ⎪ ⎝⎭⎝⎭-⎝⎭， 1111121n a a n -=-+，解得()11131122122n n n a n n +=-+=≥++ 当1n =时，上式成立，故2231n n a n +=+，故102022230131a +==+. 故选：B二、多选题9．数列{a n }的前n 项和为S n ，()*111,2N n n a a S n +==∈，则有（ ）A ．S n ＝3n －1B ．{S n }为等比数列C ．a n ＝2·3n －1D ．21,123,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩【答案】ABD 【分析】根据11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩求得n a ，进而求得n S 以及判断出{}n S 是等比数列.【解析】依题意()*111,2N n n a a S n +==∈，当1n =时，2122a a ==， 当2n ≥时，12n n a S -=，11222n n n n n a a S S a +--=-=，所以13n n a a +=，所以()2223232n n n a a n --=⋅=⋅≥，所以21,123,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩. 当2n ≥时，1132n n n a S -+==；当1n =时，111S a ==符合上式，所以13n n S -=.13n nS S +=，所以数列{}n S 是首项为1，公比为3的等比数列. 所以ABD 选项正确，C 选项错误.故选：ABD10．已知数列{}n a 的前n 项和22n n nS +=，数列{}n b 满足1n n b a =，若n b ，2n b +，n k b +（k *∈N ，2k >）成等差数列，则k 的值不可能是（ ） A ．4 B ．6 C ．8 D ．10【答案】AD 【分析】利用n a 与n S 的关系，求得n a ，进而求得n b ，然后根据n b ，2n b +，n k b +（k *∈N ，2k >）成等差数列，得到n 与k 的关系，进而求得答案.【解析】当1n =时，11212a S ===，当2n ≥时，()()2211122n n n n n n n a S S n --+++=-=-=，故n a n =（N n *∈），11n n b a n ==（N n *∈）．因为n b ，2n b +，n k b +（N k *∈，2k >）成等差数列，所以22n n n k b b b ++=+，即2112n n n k=+++，所以48422n k n n ==+--，（2k >，N k *∈），从而2n -的取值为1，2，4，8，则对应的k 的值为12，8，6，5，所以k 的值不可能是4，10， 故选:AD ．第II 卷（非选择题）请点击修改第II 卷的文字说明三、填空题11．数列{}n a 的前n 项的和231n S n n =++，n a =________．【分析】利用2n 时，1n n n a S S -=-求n a ，同时注意11a S =． 【解析】解析：由题可知，当2n 时，1n n n a S S -=-22313(1)(1)1n n n n ⎡⎤=++--+-+⎣⎦62n =-，当1n =时，113115a S ==++=，故答案为：5,162,2n n n =⎧⎨-⎩．12．设数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n －3，则a n ＝________.【答案】【解析】解析 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n －3)－[2(n －1)－3]＝2，又a 1＝S 1＝2×1－3＝－1，故a n ＝13．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若n n a b S +=，2414a a =，则数列{}n a 的通项公式为___________. 【答案】212n -⎛⎫ ⎪⎝⎭或212n -⎛⎫- ⎪⎝⎭【分析】 由n n a b S +=可得数列{}n a 是公比为12的等比数列，然后根据2414a a =求出21a =即可. 【解析】因为n n a b S +=，所以当1n =时，1112b a S a +==，即12b a = 当2n ≥时，11n n b a S --+=，然后可得10n n n a a a --+=，即()1122n n a a n -=≥ 所以数列{}n a 是公比为12的等比数列 所以21124b a a ==，4111816a a b ==， 因为22411644a ab ==，所以4b =±， 当4b =时， 21a =，2221122n n n a a --⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当4b =-时， 21a =-，2221122n n n a a --⎛⎫⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故答案为：212n -⎛⎫ ⎪⎝⎭或212n -⎛⎫- ⎪⎝⎭四、解答题 14．已知数列{}n a 的前n 项和()2*2n S n kn k N =-+∈，且n S 的最大值为4．（1）求常数k 及n a ；（2）设()17n n b n a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T ． 【答案】（1）2k =，25n a n =-+ （2）2(1)n n T n =+ 【分析】（1）由于()222*2()n S n kn n k k k N =-+=--+∈，则可得24k =，从而可求出2k =，然后利用11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩求出n a ， （2）由（1）可得11121n b n n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭，然后利用裂项相消求和法求解即可 （1）因为()222*2()n S n kn n k k k N =-+=--+∈，所以当n k =时，n S 取得最大值2k ， 所以24k =，因为*k N ∈，所以2k =，所以24n S n n =-+，当1n =时，11143a S ==-+=，当2n ≥时，2214[(1)4(1)]25n n n a S S n n n n n -=-=-+---+-=-+，13a =满足上式，所以25n a n =-+（2）由（1）可得()()11111177252(1)21n n b n a n n n n n n ⎛⎫====- ⎪-+-++⎝⎭， 所以1111111112222321n T n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯-+⨯-+⋅⋅⋅+⨯- ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 111212(1)n n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭ 15．已知数列{}n a 满足()23*1232222n n a a a a n n N ++++=∈，求数列{}n a 的通项公式．【答案】12n na =【分析】 先根据前n 项和与通项的关系得12n n a =，再检验1n =时也满足条件即可求得答案. 【解析】因为23*1232222()n n a a a a n n N ++++=∈①， 所以()2311231222212n n a a a x a n n --++++=-≥②， ①-②得21(2)n n a n =≥，即 12n n a =, 当1n =时，112a =，满足12n n a =， 所以12n na = 16．已知数列{}n a 的前n 项和112n n S ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，求数列{}n a 的通项公式． 【答案】312122n n n a n ⎧=⎪⎪=⎨⎛⎫⎪-≥ ⎪⎪⎝⎭⎩ 【分析】根据n S 与n a 的关系式，求解数列的通项公式即可.需要注意验证首项.【解析】()111111222n n n n S S n --⎛⎫⎛⎫=+∴=+≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭①②-①②得()122n n a n ⎛⎫=-≥ ⎪⎝⎭ 根据题意，1111311222a S ⎛⎫==+=≠- ⎪⎝⎭ 所以数列的通项公式为312122n n n a n ⎧=⎪⎪=⎨⎛⎫⎪-≥ ⎪⎪⎝⎭⎩。
数列的递推关系知识点
数列的递推关系知识点数列是指按照一定顺序排列的一系列数值的集合。
在数学中，我们经常会遇到数列，并且常常需要研究数列之间的关系。
递推关系就是描述数列中各项之间的依赖关系，通过递推关系我们可以推导出数列的后续项。
一、定义和表示数列可以用以下形式来表示：{a1, a2, a3, ... , an, ...}，其中a1, a2,a3, ...表示数列的各项，an表示数列中第n项。
我们可以根据数列的递推关系来计算数列的任意一项。
二、常见数列的递推关系下面我们将介绍一些常见数列的递推关系及其特点。
1.等差数列等差数列是指数列中每一项与它的前一项之间的差值是一个常数d （公差）的数列。
等差数列的递推关系可以表示为：an = a1 + (n - 1)d。
其中a1是等差数列的首项，d是公差。
例如，对于等差数列{1, 3, 5, 7, ...}，其首项a1为1，公差d为2，递推关系为an = 1 + (n - 1) * 2。
2.等比数列等比数列是指数列中每一项与它的前一项之间的比值是一个常数q （公比）的数列。
等比数列的递推关系可以表示为：an = a1 * q^(n - 1)。
其中a1是等比数列的首项，q是公比。
例如，对于等比数列{2, 6, 18, 54, ...}，其首项a1为2，公比q为3，递推关系为an = 2 * 3^(n - 1)。
3.斐波那契数列斐波那契数列是指数列中每一项等于前两项之和的数列。
斐波那契数列的递推关系可以表示为：an = an-1 + an-2。
其中a1和a2是斐波那契数列的前两项。
例如，斐波那契数列的前几项为{1, 1, 2, 3, 5, 8, ...}，其递推关系为an = an-1 + an-2。
三、递推关系的应用递推关系在数学中有着广泛的应用，下面我们将介绍一些常见的应用场景。
1.求数列的第n项通过递推关系，我们可以计算数列的任意一项。
以等差数列为例，假设我们想要计算等差数列{3, 5, 7, 9, ...}的第100项。
高中数学数列题型及解题方法
高中数学数列题型及解题方法高中数学中，数列是一个非常重要的概念。
对于数列题型的掌握和解题方法的运用，对于学生在数学学习中起到至关重要的作用。
常见的数列题型包括等差数列、等比数列和斐波那契数列等。
下面将介绍这几种数列的定义和解题方法。
1. 等差数列：等差数列是指数列中相邻两项之差都相等的数列。
常见的解题方法有：- 求通项公式：通过已知条件求出公差d和首项a1，然后利用通项公式an=a1+(n-1)d来求解。
- 求和公式：通过已知条件求出公差d、首项a1和项数n，然后利用求和公式Sn=n/2(a1+an)来求解。
2. 等比数列：等比数列是指数列中相邻两项之比都相等的数列。
常见的解题方法有：- 求通项公式：通过已知条件求出公比r和首项a1，然后利用通项公式an=a1*r^(n-1)来求解。
- 求和公式：通过已知条件求出公比r、首项a1和项数n，然后利用求和公式Sn=a1*(1-r^n)/(1-r)来求解。
3. 斐波那契数列：斐波那契数列是指数列中每一项都是前两项之和的数列。
常见的解题方法有：- 递推公式：利用递推关系an=an-1+an-2来计算斐波那契数列的每一项。
- 通项公式：通过特征方程x^2=x+1，求出两个根φ和1-φ，然后利用通项公式an=Aφ^n+B(1-φ)^n来求解，其中A和B为常数，通过已知条件求解得出。
在解题过程中，可以根据已知条件，选择合适的方法来求解数列问题。
同时，还需要注意理解数列的性质，例如等差数列的公差为常数，等比数列的公比为常数等。
通过对不同类型数列的学习和练习，可以提高对数列问题的理解和解题能力。
高考数学复习考点题型专题讲解10 数列的递推关系与通项
高考数学复习考点题型专题讲解专题10 数列的递推关系与通项1.求数列的通项公式是高考的重点内容，等差、等比数列可直接利用其通项公式求解，但有些数列是以递推关系给出的，需要构造新数列转为等差或等比数列，再利用公式求解.2.利用数列的递推关系求数列的通项，常见的方法有：(1)累加法，(2)累乘法，(3)构造法(包括辅助数列法，取倒数法，取对数法等).类型一利用a n与S n的关系求通项1.已知S n求a n的步骤(1)先利用a1＝S1求出a1.(2)用n－1替换S n中的n得到一个新的关系，利用a n＝S n－S n－1(n≥2)便可求出当n≥2时a n的表达式.(3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时a n的表达式，若符合，则数列的通项公式合写；若不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写.2.S n与a n关系问题的求解思路(1)利用a n＝S n－S n－1(n≥2)转化为只含S n，S n－1的关系式，再求解.(2)利用S n－S n－1＝a n(n≥2)转化为只含a n，a n－1的关系式，再求解.例1 (1)已知数列{a n}为正项数列，且4S1a1＋2＋4S2a2＋2＋…＋4S nan＋2＝S n，求数列{a n}的通项公式；(2)已知数列{a n}的各项均为正数，且S n＝12⎝⎛⎭⎪⎫an＋1an，求数列{a n}的通项公式.解(1)由题知4S1a1＋2＋4S2a2＋2＋…＋4S nan＋2＝S n，①则4S1a1＋2＋4S2a2＋2＋…＋4S n－1an－1＋2＝S n－1(n≥2，n∈N*)，②由①－②可得4S nan＋2＝a n，即4S n＝a2n＋2a n，n≥2，n∈N*，在已知等式中令n＝1，得4S1a1＋2＝S1，则4S1＝a1(a1＋2)，③满足上式，所以4S n＝a2n＋2a n，④则4S n－1＝a2n－1＋2a n－1(n≥2)，⑤④－⑤可得4a n＝a2n＋2a n－a2n－1－2a n－1⇔2(a n＋a n－1)＝a2n－a2n－1. 因为a2n－a2n－1＝(a n＋a n－1)(a n－a n－1)，a n>0，所以a n－a n－1＝2，所以{a n}为公差是2的等差数列，由③可解得a1＝2，所以a n＝2＋(n－1)×2＝2n(n∈N*).(2)由S n＝12⎝⎛⎭⎪⎫an＋1an，得当n ≥2时，S n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －S n －1＋1S n －S n －1，所以2S n ＝S n －S n －1＋1S n －S n －1，即S n ＋S n －1＝1S n －S n －1，所以S 2n －S 2n －1＝1，所以{S 2n }为公差是1的等差数列，所以S 2n ＝S 21＋(n －1).在S n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n 中，令n ＝1可得S 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋1a 1，解得a 1＝1，所以S 2n ＝n ，所以S n ＝n ，所以a n ＝⎩⎨⎧S n －S n －1，n ≥2，S 1，n ＝1＝⎩⎨⎧n －n －1，n ≥2，1，n ＝1，所以a n ＝n －n －1(n ∈N *).训练1 已知正项数列{a n ＋2n －1}的前n 项和为S n ，且4S n ＝a 2n ＋(2n ＋2)a n ＋4n －1＋2n －3.求数列{a n }的通项公式.解 由题知4S n ＝a 2n ＋(2n ＋2)a n ＋4n －1＋2n －3＝(a n ＋2n －1)2＋2(a n ＋2n －1)－3， 令b n ＝a n ＋2n －1， 则4S n ＝b 2n ＋2b n －3，①当n ≥2时，4S n －1＝b 2n －1＋2b n －1－3，②由①－②，得4b n ＝b 2n －b 2n －1＋2b n －2b n －1， 整理得(b n －b n －1－2)(b n ＋b n －1)＝0. 因为b n >0，所以b n －b n －1＝2(n ≥2). 又4S 1＝b 21＋2b 1－3， 即b 21－2b 1－3＝0，解得b 1＝3或b 1＝－1(舍去)，所以数列{b n }是以3为首项，2为公差的等差数列， 则b n ＝2n ＋1，所以a n ＝b n －2n －1＝2n ＋1－2n －1(n ∈N *). 类型二 构造辅助数列求通项(1)形如a n ＝pa n －1＋q (p ≠1，q ≠0)的形式，通常可构造出等比数列a n ＋q p －1＝p ⎝⎛⎭⎪⎫a n －1＋q p －1，进而求出通项公式. (2)形如a n ＝pa n －1＋q n ，此类问题可先处理q n ，两边同时除以q n ，得a nq n ＝pa n －1q n＋1，进而构造成a n q n ＝p q ·a n －1q n －1＋1，设b n ＝a n q n ，从而变成b n ＝pqb n －1＋1，从而将问题转化为第(1)个问题.(3)形如qa n －1－pa n ＝a n a n －1，可以考虑两边同时除以a n a n －1，转化为q a n －pa n －1＝1的形式，进而可设b n ＝1a n，递推公式变为qb n －pb n －1＝1，从而转变为上面第(1)个问题.(4)形如a n ＝ma n －1k （a n －1＋b ）(其中n ≥2，mkb ≠0)取倒数，得到1a n ＝k m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b a n －1⇔1a n＝kb m ·1a n －1＋km，转化为(1)中的类型. (5)形如a n ＝pa r n －1(n ≥2，a n ，p >0)两边取常用对数，得lg a n ＝r lg a n －1＋lg p ，转化为(1)中的类型. 考向1 构造法求通项例2 (1)在数列{a n }中，a 1＝12，a n ＝2a n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＋1－2S n ＝1，n ∈N *，求数列{a n }的通项公式. 解 (1)由a n ＝2a n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，得2n a n ＝2n ＋1a n ＋1－1，所以数列{2n a n }是首项和公差均为1的等差数列， 于是2n a n ＝1＋(n －1)×1＝n ， 所以a n ＝n2n (n ∈N *).(2)因为S n ＋1－2S n ＝1， 所以S n ＋1＋1＝2(S n ＋1)，n ∈N *. 因为a 1＝S 1＝1， 所以可推出S n ＋1>0，故S n ＋1＋1S n ＋1＝2， 即{S n ＋1}为等比数列. 因为S 1＋1＝2，公比为2， 所以S n ＋1＝2n ， 即S n ＝2n －1.因为S n －1＝2n －1－1(n ≥2)，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1， 又a 1＝1也满足此式， 所以a n ＝2n －1(n ∈N *). 考向2 取倒数法求通项 例3 已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n a n ＋3，a 1＝2，求数列{a n }的通项公式.解 对a n ＋1＝a na n ＋3两边取倒数，可得1a n ＋1＝3a n＋1，由1a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋12. ∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋12是首项为1，公比为3的等比数列，∴1a n ＋12＝3n －1， 则a n ＝22·3n －1－1(n ∈N *). 考向3 取对数法求通项例4 设正项数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝2a 2n －1(n ≥2).求数列{a n }的通项公式. 解 对a n ＝2a 2n －1两边取对数得log 2a n ＝1＋2log 2a n －1， ∴log 2a n ＋1＝2(log 2a n －1＋1)， 设b n ＝log 2a n ＋1，则{b n }是以2为公比，1为首项的等比数列，所以b n ＝2n －1， 即log 2a n ＋1＝2n －1， 故a n ＝22n －1－1(n ∈N *).训练2 (1)若数列{a n }中，a 1＝3，且a n ＋1＝a 2n ，则a n ＝________. (2)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －12a n －1＋1，则a n ＝________.答案 (1)32n －1(n ∈N *) (2)12n －1(n ∈N *) 解析 (1)易知a n >0，由a n ＋1＝a 2n 得lg a n ＋1＝2lg a n ， 故{lg a n }是以lg 3为首项，以2为公比的等比数列， 则lg a n ＝lg a 1·2n －1＝lg 32n －1， 即a n ＝32n －1(n ∈N *). (2)由a n ＝a n －12a n －1＋1，取倒数得1a n ＝2＋1a n －1，故⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 是以2为公差，1为首项的等差数列，所以1a n＝1＋2(n －1)＝2n －1，即a n ＝12n －1(n ∈N *).(3)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝12a n ＋1，求数列{a n }的通项公式.解 因为a n ＋1＝12a n ＋1，所以a n ＋1－2＝12(a n －2)，所以数列{a n －2}是以－1为首项，12为公比的等比数列，所以a n －2＝－1×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以a n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，n ∈N *.一、基本技能练1.(2022·湖北新高考协作体联考)已知数列{a n }的首项a 1＝2，其前n 项和为S n ，若S n ＋1＝2S n ＋1，则a 7＝________. 答案 96解析 因为S n ＋1＝2S n ＋1， 所以S n ＝2S n －1＋1(n ≥2)， 两式相减得a n ＋1＝2a n (n ≥2)，又因为a 1＝2，S 2＝a 1＋a 2＝2a 1＋1，得a 2＝3， 所以数列{a n }从第二项开始成等比数列， 因此其通项公式为a n ＝⎩⎨⎧2，n ＝1，3·2n －2，n ≥2， 所以a 7＝3×25＝96.2.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝n 2a n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________. 答案a n ＝2n （n ＋1）(n ∈N *)解析 由S n ＝n 2a n 可得， 当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2a n －1， 则a n ＝S n －S n －1＝n 2a n －(n －1)2a n －1，即(n2－1)a n＝(n－1)2a n－1，故anan－1＝n－1n＋1，所以a n＝anan－1·an－1an－2·an－2an－3·…·a3a2·a2a1·a1＝n－1n＋1·n－2n·n－3n－1·…·24×13×1＝2n（n＋1）.当n＝1时，a1＝1满足a n＝2n（n＋1）.故数列{a n}的通项公式为a n＝2n（n＋1），n∈N*.3.已知正项数列{a n}满足a1＝2，a n＋1＝a n，则a n＝________.答案221－n(n∈N*)解析将a n＋1＝a n两边取以2为底的对数得log2a n＋1＝12log2an，∴数列{log2an}是以1为首项，12为公比的等比数列，故log2an＝1×⎝⎛⎭⎪⎫12n－1＝21－n，即a n＝221－n(n∈N*).4.数列{a n}的首项a1＝2，且a n＋1＝3a n＋2(n∈N*)，令b n＝log3(a n＋1)，则b n＝________. 答案n(n∈N*)解析由a n＋1＝3a n＋2(n∈N*)可知a n＋1＋1＝3(a n＋1)，又a1＝2，知a n＋1≠0，所以数列{a n＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，因此a n＋1＝3·3n－1＝3n，故b n ＝log 3(a n ＋1)＝n .5.(2022·南京调研)在数列{b n }中，b 1＝－1，b n ＋1＝b n 3b n ＋2，n ∈N *，则通项公式b n ＝________.答案 12n －3(n ∈N *)解析 由b n ＋1＝b n 3b n ＋2，且b 1＝－1.易知b n ≠0，得1b n ＋1＝2b n＋3.因此1b n ＋1＋3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n ＋3，1b 1＋3＝2， 故⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n ＋3是以2为首项，2为公比的等比数列，于是1b n＋3＝2·2n －1，可得b n ＝12n－3，n ∈N *. 6.在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝2a n －1＋ln 3(n ≥2)，则数列{a n }的通项a n ＝________. 答案 (1＋ln 3)·2n －1－ln 3(n ∈N *)解析 由a n ＝2a n －1＋ln 3得a n ＋ln 3＝2(a n －1＋ln 3)， 则{a n ＋ln 3}是以1＋ln 3为首项，2为公比的等比数列， 所以a n ＋ln 3＝(1＋ln 3)·2n －1， 因此a n ＝(1＋ln 3)·2n －1－ln 3(n ∈N *).7.已知数列{a n }满足：a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝a n ＋1＋2a n .某同学已经证明了数列 {a n ＋1－2a n }和数列{a n ＋1＋a n }都是等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝________. 答案 2n ＋1－（－1）n －13(n ∈N *)解析因为a n＋2＝a n＋1＋2a n，所以当n＝1时，a3＝a2＋2a1＝5.令b n＝a n＋1－2a n，则{b n}为等比数列. 又b1＝a2－2a1＝1，b2＝a3－2a2＝－1，所以等比数列{b n}的公比q＝b2b1＝－1，所以b n＝(－1)n－1，即a n＋1－2a n＝(－1)n－1.①令c n＝a n＋1＋a n，则{c n}为等比数列，c1＝a2＋a1＝4，c2＝a3＋a2＝8，所以等比数列{c n}的公比q1＝c2c1＝2，所以c n＝4×2n－1＝2n＋1，即a n＋1＋a n＝2n＋1.②联立①②，解得a n＝2n＋1－（－1）n－13.8.(2022·青岛二模)已知数列{a n}，{b n}满足a1＝12，a n＋b n＝1，b n＋1＝bn1－a2n，则b2 023＝________.答案2 023 2 024解析因为a n＋b n＝1，b n＋1＝bn1－a2n，所以1－a n＋1＝1－a n（1－a n）（1＋a n），a n ＋1＝1－11＋a n ＝a n1＋a n ，所以1a n ＋1＝1a n＋1，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 是等差数列，其公差为1，首项为1a 1＝2，所以1a n＝2＋(n －1)×1＝n ＋1，所以a n ＝1n ＋1， 所以b n ＝n n ＋1，所以b 2 023＝2 0232 024.9.已知数列{a n }的前n 项和S n 满足2S n －na n ＝3n (n ∈N *)，且S 3＝15，则S 10＝________. 答案 120解析 当n ＝1时，2S 1－a 1＝3， 解得a 1＝3. 又2S n －na n ＝3n ，①当n ≥2时，2S n －1－(n －1)a n －1＝3(n －1)，② 所以①－②得(n －1)a n －1－(n －2)a n ＝3，③ 当n ≥3时，(n －2)a n －2－(n －3)a n －1＝3，④ 所以④－③得(n －1)·a n －1－(n －2)a n ＝(n －2)a n －2－(n －3)a n －1， 可得2a n －1＝a n ＋a n －2，所以数列{a n }为等差数列，设其公差为d .因为a 1＝3，S 3＝3a 1＋3d ＝9＋3d ＝15， 解得d ＝2， 故S 10＝10×3＋10×92×2＝120. 10.已知数列{a n }满足a n ＋1＝2a n －n ＋1(n ∈N *)，a 1＝3，则数列{a n }的通项公式为________.答案a n ＝2n ＋n (n ∈N *) 解析∵a n ＋1＝2a n －n ＋1， ∴a n ＋1－(n ＋1)＝2(a n －n )， ∴a n ＋1－（n ＋1）a n －n＝2，∴数列{a n －n }是以a 1－1＝2为首项，2为公比的等比数列， ∴a n －n ＝2·2n －1＝2n ， ∴a n ＝2n ＋n (n ∈N *).11.数列{a n }满足a n ＋1＝3a n ＋2n ＋1，a 1＝－1，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________. 答案3n ＋12－2n ＋2＋52(n ∈N *)解析∵a n ＋1＝3a n ＋2n ＋1， ∴a n ＋12n ＋1＝32·a n2n＋1, ∴a n ＋12n ＋1＋2＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2n ＋2， ∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋2是以a 12＋2＝32为首项，32为公比的等比数列，∴a n 2n ＋2＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n，∴a n ＝3n －2n ＋1，∴S n ＝(31＋32＋…＋3n )－(22＋23＋…＋2n ＋1)＝3－3n ＋11－3－4－2n ＋21－2＝3n ＋12－2n ＋2＋52(n ∈N *).12.已知在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝2a n ＋3a n －1，则{a n }的通项公式为________. 答案a n ＝3n －（－1）n4(n ∈N *)解析∵a n ＋1＝2a n ＋3a n －1， ∴a n ＋1＋a n ＝3(a n ＋a n －1)，∴{a n ＋1＋a n }是以a 2＋a 1＝3为首项，3为公比的等比数列， ∴a n ＋1＋a n ＝3×3n －1＝3n .① 又a n ＋1－3a n ＝－(a n －3a n －1)，∴{a n ＋1－3a n }是以a 2－3a 1＝－1为首项，－1为公比的等比数列， ∴a n ＋1－3a n ＝(－1)×(－1)n －1＝(－1)n ，② 由①－②得4a n ＝3n －(－1)n ， ∴a n ＝3n －（－1）n4(n ∈N *).二、创新拓展练13.(2022·金丽衢12校联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，且T n ＝a 1a 2…a n ，若T n ＋1＝a n T na 2n ＋1，n ∈N *，则( )A.a 50∈⎝ ⎛⎭⎪⎫112，111B.a 50∈⎝ ⎛⎭⎪⎫111，110C.a 10∈⎝ ⎛⎭⎪⎫18，17D.a 10∈⎝ ⎛⎭⎪⎫16，15答案 B解析 因为T n ＝a 1a 2…a n ， 所以a n ＋1＝T n ＋1T n. 因为T n ＋1＝a n T na 2n ＋1， 所以a n ＋1＝a n a 2n ＋1，所以1a n ＋1＝a n ＋1a n.因为a 1＝1>0，所以1a n ＋1>1a n >0，a 2＝12， 所以0<a n ＋1<a n ≤1， 所以1a 2n ＋1＝a 2n ＋1a 2n＋2，所以a 2n ＋2＝1a 2n ＋1－1a 2n ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤2，94，n ≥2.由累加法可得1a 210－1a 22∈(16，18)，所以1a 10∈(20，22)，所以a 10∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2222，510，同理可得a 50∈⎝⎛⎭⎪⎫1121，110＝⎝ ⎛⎭⎪⎫111，110，故选B. 14.(多选)(2022·武汉调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 2＋3a n(n ∈N *)，则下列结论正确的是( )A.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋3为等比数列 B.{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1－3C.{a n }为递增数列D.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 的前n 项和T n ＝2n ＋2－3n －4答案 ABD 解析 因为1a n ＋1＝2＋3a na n ＝2a n＋3， 所以1a n ＋1＋3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋3， 又1a 1＋3＝4≠0，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋3是以4为首项，2为公比的等比数列，所以1a n＋3＝4×2n －1，则a n ＝12n ＋1－3， 所以{a n }为递减数列，⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 的前n 项和T n ＝(22－3)＋(23－3)＋…＋(2n ＋1－3)＝22＋23＋…＋2n ＋1－3n ＝4（1－2n ）1－2－3n ＝2n ＋2－3n －4，故ABD 正确.15.(多选)南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，……，设各层球数构成一个数列{a n }，则( )A.a 4＝12B.a n ＋1＝a n ＋n ＋1C.a 100＝5 050D.2a n ＋1＝a n ·a n ＋2答案 BC解析 由题意知，a 1＝1，a 2＝3，a 3＝6，…，a n ＝a n －1＋n ， 故a n ＝n （n ＋1）2，∴a 4＝4×（4＋1）2＝10，故A 错误；a n ＋1＝a n ＋n ＋1，故B 正确； a 100＝100×（100＋1）2＝5 050，故C 正确；2a n ＋1＝(n ＋1)(n ＋2)，a n ·a n ＋2＝n （n ＋1）（n ＋2）（n ＋3）4，显然2a n ＋1≠a n ·a n ＋2，故D 错误.16.(多选)已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依次类推，第n 项记为a n ，数列{a n }的前n 项和为S n ，则( ) A.a 60＝16 B.S 18＝128 C.a k 2＋k 2＝2k －1D.S k 2＋k 2＝2k －k －1答案 AC解析 由题意可将数列分组： 第一组为20， 第二组为20，21， 第三组为20，21，22， ……，则前k 组一共有1＋2＋…＋k ＝k （1＋k ）2个数.第k 组第k 个数为2k －1， 故a k 2＋k 2＝2k －1，所以C 正确.因为10×（10＋1）2＝55，所以a 55＝29，又11×（11＋1）2＝66，则a 60为第11组第5个数，第11组为20，21，22，23，24，25，26，27，28，29，210， 故a 60＝24＝16，所以A 正确.每一组数的和为20＋21＋…＋2k －1＝2k －12－1＝2k －1，故前k 组数之和为21＋22＋ (2)－k ＝2（2k －1）2－1－k ＝2k ＋1－2－k ，S k 2＋k 2＝2k ＋1－k －2，所以D 错误.S 15＝26－5－2＝57，S 18＝S 15＋20＋21＋22 ＝26－5－2＋7＝64，所以B 错误.故选AC. 17.已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝7a n －2a n ＋4，则该数列的通项公式a n ＝________. 答案4·6n －1－5n －12·6n －1－5n －1(n ∈N *)解析 由a n ＋1－1a n ＋1－2＝7a n －2a n ＋4－17a n －2a n ＋4－2＝7a n －2－（a n ＋4）7a n －2－2（a n ＋4）＝65·a n －1a n －2，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n －1a n －2是首项为a 1－1a 1－2＝2，公比为65的等比数列，所以a n －1a n －2＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫65n －1，解得a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫65n －1－1＋2＝4·6n －1－5n －12·6n －1－5n －1，n ∈N *.18.(2022·徐州考前卷)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，写出一个满足S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12n －1a n 的通项公式：a n ＝________.答案 2n (答案不唯一)解析 当a n ＝2n时，S n ＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2，⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12n －1a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫2－22n 2n＝2n ＋1－2＝S n ，∴a n ＝2n 满足条件.。
如何总结高一数学的数列递推关系与应用
如何总结高一数学的数列递推关系与应用在高一数学的学习中，数列递推关系及其应用是一个重要且具有一定难度的知识点。
要想学好这部分内容，我们需要深入理解其概念，掌握常见的递推关系类型，并能够灵活运用它们解决各种实际问题。
首先，我们来明确一下什么是数列递推关系。
简单来说，数列递推关系就是通过已知的项，按照一定的规则推出后续的项。
比如，对于数列{aₙ}，如果给出了 a₁的值，以及一个关于 aₙ和 aₙ₋₁（或者其他前面的项）的关系式，那么就可以依次求出后面的项。
常见的数列递推关系类型有很多。
等差数列的递推关系是 aₙ ＝aₙ₋₁＋ d（d 为公差），等比数列的递推关系是 aₙ ＝ aₙ₋₁ × q（q为公比）。
除了这两种基本的数列，还有一些更复杂的递推关系，比如线性递推关系（形如 aₙ ＝ paₙ₋₁＋ q，其中 p、q 为常数）、非线性递推关系（如 aₙ ＝ aₙ₋₁²＋ 1 等）。
在学习数列递推关系时，理解其通项公式的推导过程是非常关键的。
以等差数列为例，我们知道 a₁的值，公差为 d，那么 a₂＝ a₁＋ d，a₃＝ a₂＋ d ＝ a₁＋ 2d，以此类推，可以得到 aₙ ＝ a₁＋（n 1)d。
这个通项公式就是通过对递推关系的不断累加得到的。
对于等比数列，同样可以通过类似的方法推导出通项公式 aₙ ＝ a₁ × qⁿ⁻¹。
掌握了数列递推关系的类型和通项公式的推导，接下来就是要学会应用它们解决实际问题。
在数学竞赛或者高考中，经常会出现与数列递推关系相关的题目。
比如，让我们求数列的某一项的值，或者判断一个数列是否满足某种递推关系。
这时候，我们就需要根据已知条件，选择合适的递推关系类型，然后运用相应的方法进行求解。
例如，有这样一道题目：已知数列{aₙ}满足 a₁＝ 1，aₙ ＝2aₙ₋₁＋ 1（n ≥ 2），求 a₅的值。
首先，我们可以根据递推关系依次求出 a₂、a₃、a₄，最后求出 a₅。
(整理)高中数列的递推关系推导
(整理)高中数列的递推关系推导
本文旨在介绍高中数学中数列的递推关系推导方法，以帮助学生更好地理解和掌握这一知识点。
一、数列的基本概念
数列是数学中的一个重要概念，指有限或无限多个数按照一定顺序排列而成的序列。
数列中的每个数称为该数列的项，第n项用an表示。
数列的公式分为通项公式和递推公式两种。
二、递推关系的含义
递推关系是指通过前一项的值来求解后一项的值的公式，也称为递推式或递推公式。
在高中数学中，递推关系通常指数列的递推公式。
三、递推关系推导方法
1. 常数递推关系：若数列每项与前面一项的差都相等，则称该数列为等差数列。
对于等差数列，其递推公式常用形式为an=an-1+d，其中d为公差。
推导时只需求出相邻两项之间的差值，即可得出递推公式。
2. 变数递推关系：若数列每项与前面若干项有关，则称该数列为变数数列。
对于变数数列，其递推公式一般不具有固定形式，需要根据具体情况进行推导。
推导方法可以是列出前几个项的表格，观察数列中的规律，然后进行归纳总结，得出递推公式。
四、递推关系的应用
数列的递推关系在数学中有很广泛的应用，主要用于解决各种计数和排列组合问题。
比如，在组合数学中，递推关系被广泛应用于计算二项式系数、斯特林数、欧拉数等。
总之，递推关系是数学中一个重要的概念，掌握递推关系的推导方法能够帮助学生更好地理解数列的性质和规律，同时也为日后的数学学习打下了坚实的基础。
数学精品课高中数学竞赛辅导公开课解析数列与递推关系
数学精品课高中数学竞赛辅导公开课解析数列与递推关系数列与递推关系是高中数学竞赛中的重要考点之一。
在这节数学精品课的辅导公开课中，我们将深入解析数列与递推关系，帮助同学们更好地掌握相关知识，并在竞赛中取得优异成绩。
一、数列的概念与分类1.1 数列的定义数列是按照一定的顺序排列的一组数字或对象。
通常用字母表示，如a₁、a₂、a₃，其中下标表示该数字或对象在数列中的位置。
1.2 数列的分类数列可以分为等差数列、等比数列和其他特殊数列。
1.2.1 等差数列等差数列是指数列中的相邻两项之差恒定的数列。
其通项公式为an = a₁ + (n-1)d，其中a₁为首项，d为公差，n为项数。
1.2.2 等比数列等比数列是指数列中的相邻两项之比恒定的数列。
其通项公式为an = a₁ * r^(n-1)，其中a₁为首项，r为公比，n为项数。
1.2.3 其他特殊数列除了等差数列和等比数列，还存在其他特殊数列，如斐波那契数列、递增数列等。
二、递推关系的求解递推关系是数列中的一种重要性质，根据已知项与后一项的关系，可以推导出数列中的其他项。
2.1 递推关系的定义递推关系是指数列中每一项与前一项之间的关系。
通常用递推公式表示，如an = an-1 + d，其中an-1表示前一项，d为公差。
2.2 递推关系的求解方法求解递推关系需要根据已知的条件，逐步推导出数列的后续项。
常见的求解方法包括直接法、差分法和通项法等。
2.2.1 直接法直接法是通过观察数列中的规律，根据已知的条件得出数列的递推关系。
这种方法适用于递增或递减规律明显的数列。
2.2.2 差分法差分法是通过计算数列中相邻项之差来确定数列的递推关系。
通过多次差分，可以得出数列的递推公式。
2.2.3 通项法通项法是通过求解数列的通项公式，进而推导出数列的递推关系。
这种方法适用于等差数列和等比数列。
三、常见数列问题的解析在数学竞赛中，常常会出现与数列与递推关系相关的问题。
下面我们通过实例来解析一些常见的数列问题。
高中数学数列的递推公式及推导过程
高中数学数列的递推公式及推导过程数列是高中数学中的重要概念，它是由一系列按照一定规律排列的数所组成。
在数列中，递推公式是一种常见的描述数列规律的方式。
本文将详细介绍数列的递推公式及其推导过程，并通过具体题目的分析，帮助读者理解数列的考点和解题技巧。
一、等差数列的递推公式及推导过程等差数列是最常见的数列之一，它的每一项与前一项之差都相等。
对于等差数列，我们可以通过递推公式来描述其规律。
假设等差数列的首项为a₁，公差为d，第n项为aₙ，则等差数列的递推公式为：aₙ = a₁ + (n-1)d其中，a₁为首项，d为公差，n为项数。
例如，考虑等差数列1，4，7，10，13，...，其中首项a₁=1，公差d=3。
我们可以使用递推公式来求解该数列的任意一项。
例如，我们要求第10项a₁₀的值，根据递推公式可以得到：a₁₀ = a₁ + (10-1)×3 = 1 + 9×3 = 28通过递推公式，我们可以很方便地求解等差数列中任意一项的值。
二、等比数列的递推公式及推导过程等比数列是另一种常见的数列，它的每一项与前一项之比都相等。
对于等比数列，我们同样可以使用递推公式来描述其规律。
假设等比数列的首项为a₁，公比为q，第n项为aₙ，则等比数列的递推公式为：aₙ = a₁ × q^(n-1)其中，a₁为首项，q为公比，n为项数。
例如，考虑等比数列2，6，18，54，162，...，其中首项a₁=2，公比q=3。
我们可以使用递推公式来求解该数列的任意一项。
例如，我们要求第6项a₆的值，根据递推公式可以得到：a₆ = a₁ × 3^(6-1) = 2 × 3^5 = 486通过递推公式，我们可以轻松地求解等比数列中任意一项的值。
三、斐波那契数列的递推公式及推导过程斐波那契数列是一种特殊的数列，它的每一项都是前两项之和。
斐波那契数列的递推公式可以通过观察数列的规律得到。
假设斐波那契数列的第n项为Fₙ，则斐波那契数列的递推公式为：Fₙ = Fₙ₋₁ + Fₙ₋₂其中，F₀=0，F₁=1。
数列递推公式的九种方法
数列递推公式的九种方法1.等差数列递推公式：在等差数列中，相邻两项之间存在相同的差。
如果已知等差数列的首项为a1，公差为d，可以求得递推公式为an = a1 + (n-1)d，其中n为第n项。
2.等比数列递推公式：在等比数列中，相邻两项之间的比值相同。
如果已知等比数列的首项为a1，公比为r，可以求得递推公式为an = a1 * r^(n-1)，其中n为第n项。
3. 几何数列递推公式：几何数列是一种特殊的等比数列，其公比是常数项。
如果已知几何数列的首项为a1，公比为r，可以求得递推公式为an = a1 * r^(n-1)，其中n为第n项。
4. 斐波那契数列递推公式：斐波那契数列是一种特殊的数列，每一项都是前两项的和。
斐波那契数列的递推公式为an = an-1 + an-2，其中n为第n项，a1和a2为前两项。
5. 回型数列递推公式：回型数列是一种特殊的数列，它的每一项都是由周围的四个数字决定的。
回型数列的递推公式为an = an-1 + 8 * (n-1)，其中n为第n项，a1为第一项。
6. 斯特恩-布洛特数列递推公式：斯特恩-布洛特数列是一种特殊的数列，它的每一项都是由前一项和当前项之和的约数个数决定的。
斯特恩-布洛特数列的递推公式为an = 2 * an-1 - an-2，其中n为第n项，a1和a2为前两项。
7. 阶乘数列递推公式：阶乘数列是一种特殊的数列，它的每一项都是前一项的阶乘。
阶乘数列的递推公式为an = n * (n-1) * ... * 3 * 2 * 1，其中n为第n项，a1为第一项。
8. 斯特林数列递推公式：斯特林数列是一种特殊的数列，它的每一项都是由前一项和当前项之积的和决定的。
斯特林数列的递推公式为an = an-1 * n + 1，其中n为第n项，a1为第一项。
9. 卡特兰数列递推公式：卡特兰数列是一种特殊的数列，它的每一项都是由前一项和当前项之和的乘积决定的。
卡特兰数列的递推公式为an = (4*n - 2) / (n + 1) * an-1，其中n为第n项，a1为第一项。
高中数学解递推数列的方法和实例分析
高中数学解递推数列的方法和实例分析在高中数学中，递推数列是一种常见且重要的数列类型。
通过递推数列的解题，可以培养学生的逻辑思维能力和数学推理能力。
本文将介绍高中数学解递推数列的方法，并通过具体的题目进行分析和说明。
一、递推数列的定义和性质递推数列是指通过前一项或前几项来确定后一项的数列。
常见的递推数列有等差数列、等比数列和斐波那契数列等。
解题时，我们需要找到递推数列的递推关系，即通过前一项或前几项的数值关系来确定后一项的数值。
以等差数列为例，其递推关系为：an = an-1 + d，其中an表示第n项，d表示公差。
我们可以通过这个递推关系来求解等差数列中任意一项的数值。
二、递推数列的求解方法1. 直接法直接法是指通过递推关系式直接求解递推数列中任意一项的数值。
例如，已知等差数列的首项a1=2，公差d=3，求第n项an的值。
根据递推关系an = an-1 + d，我们可以得到an = a1 + (n-1)d。
代入已知条件，可以得到an = 2 + (n-1)3 = 3n-1。
因此，第n项an的值为3n-1。
2. 通项公式法通项公式法是指通过求递推数列的通项公式来求解递推数列中任意一项的数值。
对于等差数列和等比数列，我们可以通过已知的首项和公差（或公比）来推导出通项公式。
以等差数列为例，已知首项a1和公差d，我们可以通过求解递推关系式得到通项公式an = a1 + (n-1)d。
例如，已知等差数列的首项a1=2，公差d=3，求第n项an的值。
根据通项公式，我们可以得到an = 2 + (n-1)3 = 3n-1。
因此，第n项an的值为3n-1。
3. 递推法递推法是指通过已知的前几项来逐步推导出后面的项的数值。
递推法常用于求解斐波那契数列等特殊的递推数列。
以斐波那契数列为例，已知前两项为1，1，求第n项的值。
根据递推关系式，我们可以得到an = an-1 + an-2。
通过逐步推导，可以得到斐波那契数列的前几项如下：1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, ...通过递推法，我们可以逐步计算出斐波那契数列的每一项的值。
利用几类经典的递推关系式求通项公式
利用几类经典的递推关系式求通项公式经典的递推关系式是一种常见的数学问题，其中通项公式是递推关系式的一般解。
在数学中，几类经典的递推关系式包括等差数列、等比数列以及斐波那契数列。
一、等差数列等差数列是一种常见的数列，每一项与前一项之差保持不变。
等差数列的递推关系式如下：an = a1 + (n-1)d其中，an表示第n项，a1表示首项，d表示公差。
利用等差数列的递推关系式可以求得通项公式：an = a1 + (n-1)d二、等比数列等比数列是一种常见的数列，每一项与前一项之比保持不变。
等比数列的递推关系式如下：an = a1 * r^(n-1)其中，an表示第n项，a1表示首项，r表示公比。
利用等比数列的递推关系式可以求得通项公式：an = a1 * r^(n-1)三、斐波那契数列斐波那契数列是一种著名的数列，每一项是前两项之和。
斐波那契数列的递推关系式如下：fn = fn-1 + fn-2其中，fn表示第n项，f1和f2分别表示斐波那契数列的前两项。
利用斐波那契数列的递推关系式可以求得通项公式：fn = [(1+sqrt(5))^n - (1-sqrt(5))^n] / (2^n * sqrt(5))其中，sqrt(5)表示5的平方根。
四、其他递推关系式除了等差数列、等比数列和斐波那契数列，还有许多其他经典的递推关系式。
例如，阶乘数列是一种常见的递推关系式，每一项是前一项与当前项之积。
阶乘数列的递推关系式如下：an = an-1 * n其中，an表示第n项，n表示当前项。
利用阶乘数列的递推关系式可以求得通项公式：an = n!其中，n!表示n的阶乘。
总结起来，利用等差数列、等比数列、斐波那契数列以及其他经典递推关系式，可以推导出它们的通项公式。
这些递推关系式和通项公式在数学问题中具有广泛的应用，能够帮助我们快速计算数列中任意项的数值。
数列的递推关系学习数列的递推规律和计算方法
数列的递推关系学习数列的递推规律和计算方法数列的递推关系：学习数列的递推规律和计算方法数列是数学中常见的一种数值序列，它是按照一定规律排列起来的一系列数。
数列可以用来描述各种问题和现象，而数列的递推关系是研究数列规律的重要方法之一。
本文将介绍数列的递推关系的概念、性质以及计算方法。
一、数列的递推关系的概念和性质数列的递推关系是指数列中第n项与前面的项之间的关系。
常见的递推关系包括等差数列和等比数列。
1. 等差数列的递推关系等差数列是指数列中相邻两项之间的差值保持不变的一种数列。
设等差数列的首项为a₁，公差为d，那么数列的递推关系可以表示为：aₙ = aₙ₋₁ + d2. 等比数列的递推关系等比数列是指数列中相邻两项之间的比值保持不变的一种数列。
设等比数列的首项为a₁，公比为r，那么数列的递推关系可以表示为：aₙ = aₙ₋₁ * r以上两种递推关系是数列的基本形式，其他更复杂的递推关系可以通过这两种基本形式进行推导得到。
数列递推关系具有以下性质：- 递推关系是数列中相邻两项之间的关系，通过已知的前一项或前几项可推出后一项的值；- 递推关系可以用来描述数列的规律和特点，从而方便计算和推导数列的其他属性；- 递推关系可以理解为数列中每一项都与前面的项直接相关，通过递推关系可以将整个数列联系起来。
二、数列递推关系的计算方法1. 已知递推关系求数列的特定项当已知数列的递推关系和首项时，可以通过递推关系计算出数列的任意项。
以等差数列为例，假设已知等差数列的首项为a₁，公差为d，要求第n项的值aₙ。
根据等差数列的递推关系可得：aₙ = aₙ₋₁ + d代入首项可得：aₙ = a₁ + (n-1)d以等比数列为例，假设已知等比数列的首项为a₁，公比为r，要求第n项的值aₙ。
根据等比数列的递推关系可得：aₙ = aₙ₋₁ * r代入首项可得：aₙ = a₁ * r^(n-1)2. 已知递推关系求数列的前n项和当已知数列的递推关系和首项时，可以通过递推关系计算数列的前n项和。
常见递推数列类型以及应用
高二数学培尖资料-------高考数学递推数列题型归纳解析类型1 递推公式为n S 与n a 的关系式。
(或()n n S f a =)解法：这种类型一般利用⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-)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1：已知数列{}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）应用类型4（nn n q pa a +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1)(1((≠--q p pq ））的方法，上式两边同乘以12+n 得：22211+=++n n n n a a 由1214121111=⇒--==-a a S a .于是数列{}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例2：数列}{n a 的前n 项和为n S ，且11=a ，113n n a S +=)(*N n ∈，求432,,a a a 的值及数列}{n a 的通项公式；分析：由11=a ，113n n a S +=，n=1，2，3，……，得211111333a S a ===，3212114()339a S a a ==+=，431231116()3327a S a a a ==++=， 由1111()33n n n n n a a S S a +--=-=（n ≥2），得143n n a a +=（n ≥2），又2a =31，所以=n a 214()33n -(n ≥2),∴ 数列}{n a 的通项公式为21114()233n n n a n -=⎧⎪=⎨⎪⎩≥；总结：这个类型主要用到公式⎩⎨⎧=≥-=-)1()2(11n S n S S a n n n ，在1=n 时很容易犯错误，需要注意。
数列的递推关系
数列的递推关系数列是由一系列按特定顺序排列的数字所组成的序列。
在数学中，数列的递推关系是指通过已知的数列项和数学规律，来确定下一个数列项的规则。
通过递推关系，我们可以根据已知的数列项计算出后续的数列项，进而推导出整个数列的特征和性质。
一、等差数列的递推关系等差数列是最常见的数列之一。
在等差数列中，每个数都与它前面的数之差保持相等，这个差值称为公差。
我们可以通过公差来找到等差数列的递推关系。
例如，给定等差数列的首项为a₁，公差为d，第n项为aₙ，可以使用以下递推公式来计算数列的任意一项：aₙ = a₁ + (n - 1) * d这个递推关系告诉我们，等差数列的每一项都是前一项加上公差的结果。
通过这个递推公式，我们可以计算出等差数列的任意一项。
二、等比数列的递推关系与等差数列类似，等比数列也是一种常见的数列形式。
在等比数列中，每个数字都与前面的数字之比保持相等，这个比值称为公比。
我们可以通过公比来找到等比数列的递推关系。
例如，给定等比数列的首项为a₁，公比为r，第n项为aₙ，可以使用以下递推公式来计算数列的任意一项：aₙ = a₁ * r^(n-1)这个递推关系告诉我们，等比数列的每一项都是前一项乘以公比的结果。
通过这个递推公式，我们可以计算出等比数列的任意一项。
三、斐波那契数列的递推关系斐波那契数列是一种特殊的数列，其中每一项都是前两项之和。
斐波那契数列的递推关系可以通过以下递推公式来表示：Fₙ = Fₙ₋₁ + Fₙ₋₂其中，Fₙ表示第n项，Fₙ₋₁表示第n-1项，Fₙ₋₂表示第n-2项。
斐波那契数列的递推关系非常特殊，它展现了一种自然界中广泛存在的规律，在数学和自然科学中都具有重要的应用价值。
结论数列的递推关系在数学中扮演着重要的角色。
通过递推关系，我们可以根据已知的数列项计算出后续的数列项，推导出数列的特征和性质。
等差数列、等比数列和斐波那契数列都是常见的数列类型，它们分别有各自的递推关系。
高考数学：最常考的数列的递推式，以及如何构造新数列（很全面）
高考数学：最常考的数列的递推式，以及如何构造新数列（很全面）数列这一块，除了基本的等差等比数列外，还有两大块内容：各种求和，各种递推。
数列的递推式，我们需要掌握的最常考的主要是以下几个：类型一：a（n+1）=a（n）+f（n）这个很简单，就是把a（n+1）-a（n）=f（n）然后累加法（左边相加，右边相加）。
类型二：a（n+1）=a（n）·f（n）这个也很简单，就是把式子变成a（n+1）/a（n）=f（n）然后累乘。
类型三：a（n+1）=pa（n）+q这个也很简单，a（n+1）-t=p[a（n）-t]，也就是构造a（n）-t 是一个等比数列。
类型四：这个也比较简单，就是两边取倒数，变成类型三，然后再按照类型三的方法来计算。
----------------------------------------------------------------------------------------------------------前四种类型，想要数学达到及格水平必须要掌握。
后面的几种类型都是从上面的四个类型扩展延伸出来的，其实并不难理解，如果想要达到135分以上也是要掌握的。
----------------------------------------------------------------------------------------------------------类型五：a（n+1）=pa（n）+q^n这个类型是类型三的变形，将后面的常数q变成了q^n，所以我们需要先把两边都除以q^（n+1）。
变成a（n+1）/q^(n+1)=pa(n)/q^n·q+1/q 设bn=a（n）/q^n 那么b（n+1）=pb（n）/q+1/q实际上，也就变成了类型三，利用类型三继续计算。
类型六：a（n+2）=pa（n+1）+qa（n）这个式子其实也是类型三的变形，只不过之前是构造a（n）-t是一个等比数列，现在构造的是a（n+2）-ta（n+1）是一个等比数列。
高考数学总复习考点知识专题讲解4 数列的递推与通项公式
高考数学总复习考点知识专题讲解 专题4 数列的递推与通项公式一、数列的前n 项和S n 与a n 的关系（和式代换）类型1 已知n S 与n 的关系式，记为()n S f n =，它可由和式代换⎩⎨⎧≥-==-2,1,11n S S n Sa n nn 直接求出通项n a ，但要注意验证1n =与2n ≥两种情况能否统一，具体分三步进行： (1)1n =时，由11S a =，求1a 的值；(2)2n ≥时，由1n n n a S S -=-，求得n a 的表达式； (3)检验1a 的值是否满足（2）中n a 的表达式. ①若满足，则合写；②若不满足，则写成分段函数的形式：⎩⎨⎧≥-==-2,1,11n S S n S a n nn .【例1】已知数列{}n a 满足12323(1)(2)n a a a na n n n +++⋯=++，求数列{}n a 的通项公式．已知n S 与n a 的关系式，记为(),0n n f a S =，求它的通项公式n a ，一般有两种思路： （1）消n S ：容易直接求n a 的情况，可利用阶差公式:()12n n n S S a n --=≥，消去n S ，转化为等差或等比数列直接求出n a ；（2）消n a ：难以直接求n a 的情况，可利用阶差公式:()12n n n a S S n -=-≥，消去n a ，得出n S 与1n S -的递推关系式，先求出n S 后，即可转化为“第1种情形”，从而间接求出n a ，如例3.在求解具体的题目时，应根据条件灵活恰当地选择两种方法，确定变形方向.通常情况下，先求n S 要比直接求n a 麻烦；但也有时先直接求n a 会比先求n S 麻烦得多. 类型2 消n S【例2】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且342n n S a =-．求数列{}n a 的通项公式．【例3】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，*226()n n S a n n N =+-∈．求数列{}n a 的通项公式．【例4】已知正整数列}{n a 的前n 项和为n S ，且对任意的自然数满足1n a =+.求}{n a 的通项公式.类型3 消n a【例5】（2022•天津模拟）已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，且满足()1+202n n n a S S n -=≥，211=a ，求n a .【例6】在正项数列}{n a 中，n S 是数列}{n a 的前n 项和，且1+2n n na S a =，求n a .【例7】已知数列{}n a 中，13a =，前n 项和1(1)(1)12n n S n a =++-．求数列{}n a 的通项公式．二、数列的前n 项积n T 与a n 的关系已知n T 与n 的关系式，记为()n T f n =，它可由积式代换⎪⎩⎪⎨⎧≥==-2,1,11n T T n T a n n n 直接求出通项n a ，但要注意验证1n =与2n ≥两种情况能否统一，具体分三步进行： (1)1n =时，由11T a =，求1a 的值； (2)2n ≥时，由1-=n nn T T a ，求得n a 的表达式； (3)检验1a 的值是否满足（2）中n a 的表达式. ①若满足，则合写；②若不满足，则写成分段函数的形式：⎪⎩⎪⎨⎧≥==-2,1,11n T T n T a n n n .【例8】已知数列{}n a 满足(1)*2122()n n n a a a n N +=∈．求数列{}n a 的通项公式．三．累加法：适用于邻项差结构11()()n n n n a a f n a a f n ---=⇔=+ 累加法是利用：11232211()()()()n n n n n a a a a a a a a a a ---=-+-++-+-+，将问题转化为基本数列求和，从而得到所求数列的通项．以下为三种累加后可裂项相消求和的题型：①若()f n 是关于n 的分式函数，()1111()()f n n n k k n n k==-++；②若()f n 是关于n 的对数函数，()1ln(1)ln(1)ln f n n n n =+=+-；③若()f n是关于n 的无理式函数，()1f n k=.④若()f n 是关于n 的一次函数，()f n kn b =+，累加后可转化为等差数列求和； ⑤若()f n 是关于n 的二次函数，()2f n an bn c =++，累加后可分组求和； ⑥若()f n 是关于n 的指数函数，()n f n p =，累加后可转化为等比数列求和； 【例9】在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋1n －1n ＋1，求a n .【例10】已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －1＋n ＋1－n (n ≥2)，求a n .【例11】已知数列{}n a 中，12a =，11ln(1)n n a a n +=++，求n a .四．累乘法：适用于邻项商结构()()11nn n n a f n a a f n a --=⇔=⋅ 累乘法是利用：13211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅⋅，将问题转化为基本数列求和，从而得到所求数列的通项．【例12】已知数列{}n a 中，12a =，12n n n a a n++=，求数列{}n a 的通项公式；【例13】设{}n a 是首项为1的正项数列，2211(1)0n n n n n a a a na ++++-=（*∈N n ），求{}n a 的通项公式.五、跳跃等差数列通项公式——形如d a a n n =-+2类型定义：2+n a 与n a 不是数列{}n a 中连续的项，故此我们称满足d a a n n =-+2条件的数列{}n a 为跳跃等差数列.1.分奇偶讨论法：通过对数列下标n 进行换元，分为奇数项与偶数项两种情况分而治之. ①当n 为奇数时，可令12-=k n （k N *∈），反解得21+=n k ，于是d n a d n a d k a a a k n 21)121()1(11112-+=-++=-+==-；②当n 为偶数时，可令k n 2=（k N *∈），反解得2nk =，于是d n a d n a d k a a a k n 22)12()1(2222-+=-+=-+==.综上所述，⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-+-+=为偶数为奇数n d n a n d n a a n 222121.注意换元后，要将最后的结果还原成关于n 的表达式.2.待定系数法：此类型题由于1a 和2a 作为数列奇数项和偶数项首项，会使得数列一些变形出现一些计算难度，故可以采用待定系数法来求统一的通项公式，考虑首项的因素，需要在原始的待定系数的前面加上()n 1-．具体操作如下：n a 1221,4,23n n a a a a n -===+≥n a【例14】(2014•新课标1卷理)已知数列{n a }的前n 项和为n S ，1a =1，0n a ≠，11n n n a a S λ+=-，其中λ为常数. （1）证明：2n n a a λ+-=；（2）是否存在λ，使得{n a }为等差数列？并说明理由.衍生1 等和数列——形如c a a n n =++1类型1.“等和数列”定义: 在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和．2.若c a a n n =++1（c 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，其通项分为奇数项和偶数项来讨论.衍生2 类等和数列——形如)(1n f a a n n =++类型处理思路：等和数列、类等和数列可以归结为跳跃等差数列问题，其基本思路是生成、相减；与“差型”的生成、相加（累加法）的思路刚好相呼应.当()b dn n f a a n n +==+++12时，则()b n d a a n n +-=++11，两式相减得：d a a n n =-+2，故{}n a 是公差为d 的跳跃等差数列，通过分奇偶项讨论进而将问题转化为{}12-n a 与{}n a 2是等差数列，然后求通项. 【例15】已知数列{}n a 的首项1a a =，1354n n a a n ++=-，求数列{}n a 的通项公式．六、跳跃等比数列通项公式——形如q a ann =+2类型1.定义：2+n a 与n a 不是数列{}n a 中连续的项，故此我们称满足q a a nn =+2条件的数列{}n a 为跳跃等比数列.2.分奇偶讨论法：通过对数列下标n 进行换元，分为奇数项与偶数项两种情况分而治之. ①当n 为奇数时，可令12-=k n （k N *∈），反解得21+=n k ，于是21112111112--+--⋅=⋅=⋅==n n k k n q a q a qa a a ；②当n 为偶数时，可令k n 2=（k N *∈），反解得2n k =，于是222122122---⋅=⋅=⋅==n n k k n q a q a qa a a .综上所述，⎪⎩⎪⎨⎧⋅⋅=--为偶数为奇数n qa n qa a n n n 222121.注意换元后，要将最后的结果还原成关于n 的表达式.【例16】已知数列{}n a 满足*212(),N ,1,2n n a qa q n a a +=≠∈==1，且233445,,a a a a a a +++成等差数列.求数列{}n a 的通项公式.衍生1 等积数列——形如p a a n n =⋅+1类型1.“等积数列”定义: 在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公积．2.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讨论.衍生2 类等积数列——形如)(12n f a a n n =⋅++类型处理思路：等积数列、类等积数列可以归结为跳跃等比数列问题，其基本思路是生成、相除；与“商型”的生成、相乘（累乘法）的思路刚好相呼应.若()n f 为n 的函数时，可通过逐商法得)1(1-=⋅+n f a a n n ，两式相除后，通过分奇偶项讨论将问题转化为{}12-n a 与{}n a 2是等比数列，然后再求通项.1.分奇偶讨论法：()B An n n q n f a a +++==12，则B n A n n q a a +-+=)1(1，两式相除得：A nn q a a =+2，故 {}n a 是公比为A q 的跳跃等比数列，⎪⎩⎪⎨⎧⋅=⋅⋅=⋅=∴----为偶数为奇数n q a q a n q a q a a A n n A n n A An 222221211211)()(.}{n a n n a a a 2,111=⋅=+七．斐波那契数列定义：一个数列，前两项都为1，从第三项起，每一项都是前两项之和，那么这个数列称为斐波那契数列，又称黄金分割数列；表达式2110,1,1--+===n n n F F F F F ()n N +∈通项公式：n nn F ⎡⎤⎥=-⎥⎝⎭⎝⎭⎦（又叫“比内公式”，是用无理数表示有理数的一个范例）证明：线性递推数列的特征方程为：21x x =+，解得：1x =，2x 则1122n n n F c x c x =+∵121F F ==∴112222112211c x c x c x c x =+⎧⎨=+⎩解得：1c =；2c =∴n nn F ⎡⎤⎥=-⎥⎝⎭⎝⎭⎦斐波那契数列的一些性质：求和问题：①12-=+n n a S ；②n n a a a a a 212531=+++- ；③1122642-=++++n n a a a a a ． 证明：①()()()1111112112122+=++++=+-++-+-=-=-++++++n n n n n n n n n n S a a a a a a a a a a a S S a ，故12-=+n n a S ，此证明方法也是错位相减的一种特例．②()()()n n n n n a S a a a a a a a a a a a 22212232432111231=+=+++++++=+++---- ，此证明过程也需要利用①的结论．③()()()11212122254321242-==+++++++=++++---n n n n n a S a a a a a a a a a a ．这三个式子用数学归纳法证明也非常简单，无需强化记忆，每次列出前几项比划一下，考试中如果出现需要这些结论的，拿出前几项及时推导即可．平方和问题：122221+=+++n n n a a a a a （根据面积公式推导，如下图）构造正方形来设计面积，()()433221321232221a a a a a a S S S a a a =++=++=++，以此类推，也可以用数学归纳法证明，知道一个大致的方向即可． 裂项问题：⎪⎪⎭⎫⎝⎛-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=++++------123222423312222123242311111111111111n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a a a a n n n n n a a a a a a a 212212221211111----=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+． 注意：如果是斐波那契数列的部分项求和也可以，比如⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=++++++-++++n m m m n m n m m m m m a a a p a a p a a p a a p 1112312 ,前提就是必须隔项，否则无法裂项相消．【例17】已知数列{}n a 满足：113a =，213a =，*11(,2)n n n a a a n N n +-=+∈…，则132435202120231111a a a a a a a a +++⋯+的整数部分为（） A ．6B ．7C ．8D ．9【例18】意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列{}n a 满足11a =，21a =，()*123,n n n a a a n n --=+≥∈N .若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n 项所占的格子的面积之和为n S ，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为n c ，则其中不正确结论的是（ ）A ．2111n n n n S a a a +++=+⋅B ．12321n n a a a a a +++++=-C ．1352121n n a a a a a -++++=-D ．()121)4(3n n n n c c a n a π--+-≥=⋅【例19】斐波那契数列，又称“兔子数列”，由数学家斐波那契研究兔子繁殖问题时引入．已知斐波那契数列{}n a 满足10a =，21a =，()*21n n n a a a n ++=+∈N ，若记1352019a a a a M ++++=，2462020a a a a N ++++=，则2022a =________．（用M ，N 表示）【例20】（2022•天河区期末）意大利人斐波那契于1202年从兔子繁殖问题中发现了这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，……．即从第三项开始，每一项都是它前两项的和．后人为了纪念他，就把这列数称为斐波那契数列．下面关于斐波那契数列a n 说法正确的是（ ） A ．a 12＝144B ．a 2022是偶数C ．a 2022＝a 1+a 2+a 3…a 2022D ．a 2022+a 2024＝3a 2022【例22】（2023•荆州期末）2022年11月23日是斐波那契纪念日，其提出过著名的“斐波那契”数列，其著名的爬楼梯问题和斐波那契数列相似，若小明爬楼梯时一次上1或2个台阶，若爬上第n 个台阶的方法数为b n ，则（ ） A ．b 7＝21B ．b 1+b 2+b 3+b 5+b 7＝51C ．b 12+b 22+…+b n 2＝b n •b n +1﹣1D ．b n ﹣2+b n +2＝3b n八．不动点与蛛网图（无需通项的无敌技能） 知识点一函数迭代和数列的关系已知函数)(x f y =满足+1=()n n a f a ，则一定有+1211=()()()n n n n a f a f a f a -==，故函数)(x f y =通过反复迭代产生的一系列数构成了数列{}n a 或者记为{}{}n n b x 、，而数列的每一项与函数迭代的关系可以如下表所示： 下面以函数21y x =+和数列121n n a a +=+①数列的递推式和函数的迭代式是有着相同的法则的，故数列的任何一项()+1,n n a a 都在函数)(x f y =上．②数列的通项公式是函数对1a 迭代1-n 次的结果，即11()n n a f a -=，每一次由于迭代产生出的因变量成为下一次迭代的自变量．③数列的首项1a 对整个数列有很大的影响，当迭代不断重复出现同一结果时，我们将其称为不动点．知识点二函数的迭代图像——蛛网图函数的迭代图像，简称蛛网图或者折线图，函数)(x f y =和直线y x =共同决定． 其步骤如下：1．在同一坐标系中作出)(x f y =和y x =的图像（草图），并确定不动点．（如图1所示）图1 图22．在找出不动点之后，确定范围，将不动点之间的图像放大，并找出起始点1a （如图2所示）3．由1a 向)(x f y =作垂直于x 轴的直线与)(x f y =相交，并确定交点()12,a a ． 4．由()12,a a 向y x =作平行于x 轴的直线与y x =相交，并确定交点()22,a a ． 5．由()22,a a 向)(x f y =作垂直于x 轴的直线与)(x f y =相交，并确定交点()23,a a ． 重复4，5，直至找到点()1,n n a a +的最终去向．【例23】设数列{}n a 满足11(0),n a a a a +=>=证明：存在常数M ，使得对于任意的*n N ∈，都有n a M ≤．【例24】首项为正数的数列{a n }满足2*11(3),,4n na a n N +=+∈若对*n N ∈，一切都有1n n a a +>，求a 1的取值范围．知识点三蛛网图与数列的单调性定理1：)(x f y =的单调增区间存在两个不动点x 1，x 2（x 1<x 2)，且在两个不动点之间形成一上凸的图形时，（如图9）则数列)(1n n a f a =+在两个不动点之间的区间是递增的，即1n n a a +>，在两不动点以外的区间则是递减的，即1n n a a +<．定理2：)(x f y =的单调增区间存在两个不动点x 1，x 2（x 1<x 2)，且在两个不动点之间形成一下凹的图形时，（如图10）则数列)(1n n a f a =+在两个不动点之间的区间是递减的，即1n n a a +<，在两不动点以外的区间则是递增的，即1n n a a +>．图9 图10综上可得，当)(x f y =的单调增区间位于上凸内或者下凹外时，即当迭代起点1a 位于此区域时，一定有1n n a a +>同理，当迭代起点1a 位于单调增区间的上凸外或者下凹内时，一定有1n n a a +<．知识点四摆动数列以及由求导构造函数单调性来解决数列问题由反比例（递减函数）函数迭代构成的摆动数列，如图11所示，当)(x f 在区间为减函数时，和直线x y =相交于不动点，那么由此函数迭代构成的数列为摆动数列，即奇数项和偶数项构成相反的单调性，但都螺旋靠近不动点，极限也是不动点。
高中数学几种常见的数列递推关系式专题辅导
高中数学几种常见的数列递推关系式数列的递推关系是指数列中的前一项（前几项）与后一项的关系式。
递推数列是数列中的重要内容，通过递推关系，观察，探求数列的规律，进而可求出整个数列的通项公式。
通过递推关系的学习，可以培养学生的观察能力，归纳与转化能力，综合运用知识等能力，因此，是近几年高考与竞赛的热点。
下面针对几种高中常见的递推形式及处理方法做一总结。
一. 定义法常见形式：已知：a a a a d n n 11==++， ① 或a a a a q n n 110=≠=+，②（其中，d 常数，q ≠0为常数）定义法即高中所学的两大基本数列——等差数列与等比数列的基本定义式。
已知首项，与递推关系，数列的通项即知，在此不做赘述。
但这两个基本数列的求通项公式的方法在后续学习中，在方法上起到了指导作用。
即我们下面要介绍的方法。
二. 迭代法常见形式：已知a a a a f n n n 110=≠=++，()③或a a a a f n f n n n 110=≠=+，，()()不恒为零④（这里的f n ()是关于n 的关系式）。
这两个形式的递推关系式，虽然不是等差与等比数列，但表达方式上非常接近。
我们可以利用迭代的方法来求出通项a n 也可以分别称为叠加法和叠乘法。
如：③a a f 211-=() a a f 322-=() ……a a f n n n N n n -=-≥∈-112()()*， 将以上n -1个式子叠加，可得a a f f f n n n N n -=+++-≥∈11212()()()()*…，这里，我们只须已知数列的首项a 1利用求和求出上述等式右端的和，即可求出数列{}a n 的通项公式来。
如：④的具体例子：例1. （2006年东北三省三校一模试题21）已知数列{}a n ，S n 是数列的前n 项和，a S na n n 212==，。
求S n 。
解：因为S nS S n n N n n n =-≥∈-221()()*，所以n S n S n n 2221-=-S S nn n n N n n -=-≥∈123()*， S S S S S S S S n n nn n n N n n n n 3243121314253641323·…····…·，---=---≥∈()*即S S n n n 212=-() S n n n n N n =-≥∈()()*123， 经验证，n =12，也适合上式。
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高中数学几种常见的数列递推关系式
数列的递推关系是指数列中的前一项（前几项）与后一项的关系式。
递推数列是数列中的重要内容，通过递推关系，观察，探求数列的规律，进而可求出整个数列的通项公式。
通过递推关系的学习，可以培养学生的观察能力，归纳与转化能力，综合运用知识等能力，因此，是近几年高考与竞赛的热点。
下面针对几种高中常见的递推形式及处理方法做一总结。
一. 定义法
常见形式：
已知：a a a a d n n 11==++， ① 或a a a a q n n 110=≠=+，
②
（其中，d 常数，q ≠0为常数）
定义法即高中所学的两大基本数列——等差数列与等比数列的基本定义式。
已知首项，与递推关系，数列的通项即知，在此不做赘述。
但这两个基本数列的求通项公式的方法在后续学习中，在方法上起到了指导作用。
即我们下面要介绍的方法。
二. 迭代法
常见形式：已知
a a a a f n n n 110=≠=++，()
③
或a a a a f n f n n n 110=≠=+，，()()不恒为零
④
（这里的f n ()是关于n 的关系式）。
这两个形式的递推关系式，虽然不是等差与等比数列，但表达方式上非常接近。
我们可以利用迭代的方法来求出通项a n 也可以分别称为叠加法和叠乘法。
如：③a a f 211-=() a a f 322-=()
……
a a f n n n N n n -=-≥∈-112()()*，
将以上n -1个式子叠加，可得
a a f f f n n n N n -=+++-≥∈11212()()()()*…，
这里，我们只须已知数列的首项a 1利用求和求出上述等式右端的和，即可求出数列
{}a n 的通项公式来。
如：④的具体例子：
例1. （2006年东北三省三校一模试题21）已知数列{}a n ，S n 是数列的前n 项和，
a S n
a n n 212
==
，。
求S n 。
解：因为S n
S S n n N n n n =-≥∈-2
21()()*，
所以n S n S n n 22
21-=-
S S n
n n n N n n -=
-≥∈123()*， S S S S S S S S n n n
n n n N n n n n 3243121314253641323·…····…
·，---=---≥∈()*
即
S S n n n 212
=
-()
S n n n n N n =
-≥∈()
()*12
3， 经验证，n =12，也适合上式。
所以，S n n n N n =-∈()
()*12
三. 构造法
常见形式：已知a a a pa q n n 110=≠=++，，（p ，q 为常数，p p q ≠≠≠010，，）
⑤
1. 利用递推式构造法
构造新数列，转化到常用形式①或②，即基本数列定义式。
a pa q a pa q n n N n n n n +-=+=+≥∈112（，）*
两式相减，得
a a p a a n n N n n n n +--=-≥∈112()()*，，
其实，a a a a n n n n ----11与不正是一个数列的前后两项吗？所以，构造一个新的等比数列{}a a n n --1，这个数列的首项是a a 21-，公比是p 。
因为各项是差的形式，利用等比数列求和公式，即可求出通项公式。
a a a a a a a a a a p p
n n N n n n 2132431
211112-+-+-++-=---≥∈--……，()()()*
a a a a p p
n N n n =+
---∈-121111()()
()* 2. 利用不动点构造法
利用函数不动点的方法。
a pa q n n +=+1（p ，q 为常数，p p q ≠≠≠010，，）其实是一个函数关系y px q =+。
利用函数不动点的特点，解方程f x x ()=，即px q x +=，解得
x q
p =
-1，通过这个不动点，易构造新的等比数列：
a q p p a q p a q p a q p p n n n n +--
-=--⎛⎝
⎫⎭⎪=
-+--⎛⎝ ⎫⎭
⎪111
1111
3. 利用待定系数构造法
若通过观察，对常数q 适当的拆分，即可以构造新数列，那么也可以用先猜想后待定的办法确定出新数列来。
设递推关系式可化为：a t p a t n n +-=-1()可解出t p =-1
1。
以上三种构造法，可以用来解决很多问题。
如：常见形式：a pa q n n n +=+1（p ，q 为常数，p p q ≠≠≠010，，）
⑥
可以用方法三（1），两边同时除以q n -1，得
a q p q
a q q n
n n n ++=+111
·即转化到常见形式⑤来处理。
或者利用待定系数法，但对q n 适当的拆分不能当成常数进行拆分，须要考虑到与项数的关系：a tq p a tq n n n n ++-=-11()，然后同样的方法，解出系数t p q n
=
-1
1()。
（当然，递推关系的证明题是可以用数学归纳法来证明的）
又如：常见形式：a pa qa p q p q n n n ++=+≠≠2100()，为常数，，
⑦
这是连续三项的递推关系，利用a n +1的前后关联性，进行构造新数列，不妨采用待定
系数法。
a a a a n n n n +++-=-111αβα() 即a a a n n n ++=+-21()αβαβ
这时，我们只须令αβαβ+=-=p q ， 不难解出α，β构成新数列
再如：例2. 已知：数列{}a a a a a n n n n ，，11226
1
==
+++，这道题目，不方便观察与待
定系数，我们仍可以用函数不动点思想来解决。
设函数y x x =++261，解方程26
1
x x x ++=，解得x =-2或x =3，所以原数列递推关系，可化为：
()()()()()()()a a t a a t a a t a t a t n n n n n n n n ++++-+=-+--++++-=1111323213223660
即
解：通过原式，解出t =-1
4
进而，可构造出等比数列a a n n -+⎧⎨⎩⎫⎬⎭
32，公比为-1
4。
进而，可构造出等比数列a a n n -+⎧⎨⎩⎫⎬⎭
32，公比为-1
4。
四. 换元法
例3. 已知数列{}a a a a n n N n n n ，，，11222==+≥∈-()*，求数列{}a n 的通项公式。
解：通过计算a a a 234，，等，观察出数列{}a n 的极限是2 所以用不动点方法解2+=x x 解得x x ==-21或均不合题意。
用数学归纳法不难证出刚才的猜想：02<<∈a n N n ()*
根据三角函数的有界性，不妨设a n n n =<<⎛
⎝ ⎫⎭
⎪202cos θθπ，代入原递推关系
2222211
cos cos cos θθθn n n =+=--
得到，另一组递推关系：θθn n =
-1
2
所以，{}θn 是一个以π
4
为首项，以12为公比的等比数列，θππ
n n n =⎛⎝ ⎫⎭⎪
=
-+41221
1
·
故a n n =+22
1
cos π
五. 周期性
有些数列是具有周期性的，通过研究周期性，即可确定通项公式。
例4. 已知数列{}a n ，a a a a a n n n 122136===-++，，，则a 2006=（ ） A. -3 B. 3 C. -6 D. 6
解：由递推关系，得a a a a a a 123456363363====-=-=-，，，，，，由于
a 73=，这时应观察数列的周期性，以6为周期，得a 2006=6。