一阶线性递推数列求通项的常见类型及策略

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常见线性递推数列通项的求法

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

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

一、一阶递推数列1、q pa a n n +=+1型形如q pa a n n +=+1（q p 且1≠为不等于0的常数）的数列，可令)(1x a p x a n n +=++ 即x p pa a n n )1(1-+=+与q pa a n n +=+1比较得1-=p q x ，从而构造一个以11-+p qa 为首项以p 为公比的等比数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+1p q a n 例1．在数列{a n }中，,13,111-⋅==+n n a a a 求n a .解：在131-⋅=+n n a a 的两边同加待定数λ，得n n n a a a (3131⋅=+-⋅=++λλ+（λ－1）/3），令,3)1(-=λλ得).21(321.211-⋅=-∴-=+n n a a λ数列{}21-n a 是公比为3的等比数列, ∴a n 21-=).13(21,32111+=∴⋅--n n n a2、 ()n g a c a n n +⋅=+1型(1)1=c 时：解题思路：利用累差迭加法，将)1(1-=--n g a a n n ，--1n a 2-n a =)2(-n g ，…，-2a 1a =)1(g ,各式相加，正负抵消，即得n a .例2．在数列{}n a 中，01=a 且121-+=+n a a n n ，求通项n a .解：依题意得，01=a ，()32112,,3,112312-=--=-=-=--n n a a a a a a n n ，把以上各式相加，得【评注】由递推关系得，若()n g 是一常数，即第一种类型，直接可得是一等差数列；若n n a a -+1非常数，而是关于n 的一个解析式，可以肯定数列n a 不是等差数列，将递推式中的n 分别用2,3,4,,2,1 --n n 代入得1-n 个等式相加，目的是为了能使左边相互抵消得n a ，而右边往往可以转化为一个或几个特殊数列的和。

递推公式求通项

递推公式求通项一、一阶线性递推一阶线性递推式的一般形式：，其中为常数或关于的函数.根据的不同分为以下几类：1、，即，此时数列为等差数列.2、，即，此时数列为等比数列.3、，即为的函数，此时用累加法.4、，即为的函数，此时用累乘法.5、，即，此时待定系数法构造等比数列.6、，即为的一次函数，此时待定系数法构造等比数列，此法可推广到为的高次函数仍然适用.7、，即，此时同除后待定系数法构造等比数列.【基本概念】二、奇偶分析法8、或，此时奇偶分析法。

特别地，也可以写成，然后采用5（或6、7）的方法.三、分式递推式（一次）分式递推式的一般形式：，其中为常数.根据的不同分为2类：9、，即，此时取倒数法.10、，即，此时不动点法。

特别地，当时，就相当于5的情况，也可以使用待定系数法构造等比数列.四、高次递推式11、，其中，此时两边取对数将次数转化为系数，进而将递推形式转化为线性递推式，然后根据线性递推式的方法求解.五、二阶递推式12、，此时待定系数法.六、其他递推式13、与的递推式，先求利用前述求解的方法求出，再利用求解.14、与的递推式，直接利用可转化为与的递推式求解，也可转化为与的递推式求解.高频考点1 累加法(逐差法) ，其中常见形式为关于的一次函数、二次函数、指数函数、分式函数或它们的组合等.【例 1.1】设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ＝2n －3，则数列{a n }的通项公式为________．【高频考点】[强化训练1.1]设数列{a n}满足a1＝2，a n＋1－a n＝3·22n－1，则数列{a n}的通项公式为________．[强化训练1.2]设数列{a n}满足a1＝1，a n＋1－a n＝3n－2n，则数列{a n}的通项公式为________．。

(完整版)一阶线性递推数列的通项公式的5种求法

一阶线性递推数列的通项公式的5种求法研究一阶线性递推数列d ca a n n +=-1，（0c ≠，1c ≠，0d ≠），1a a =的通项公式各种求法，分析各种解法的适用条件，比较各种解法的优劣，挖掘各种解法的本质，探寻各种数列通项公式求法.解法一：等式两边同除法d ca a n n +=-1可化为11n n n n n a a d c c c --=+，令n n n a b c =，则1a b c =，1n n n d b b c--=，因此，11122112111()()()()n n n n n n n b b b b b b b b d c c c -----=-+-++-=+++L L ，即：1(1)(1)n n n d c a b c c c --=+-，所以，1()11n n d d a a c c c -=+---. 解法二：构造法由解法一可知，1()11n n d d a a c c c -+=+--，那么d ca a n n +=-1一定可化为1()n n a m c a m -+=+，比较d ca a n n +=-1和1n n a ca cm m -=+-可知1d m c =-，即1()11n n d d a c a c c -+=+-- ，令1n n d b a c =+-，则11d b a c =+-，1n n b cb -=，因此，数列{n b }是以11d b a c =+-为首项，以c 为公比的等比数列. 所以，111()1n n n d b b c a c c --==+-，即：1()11n n d d a a c c c -=+---. 解法三：“不动点”法设0x 是函数()f x cx d =+的不动点，则00x cx d =+，解得01d x c=-，那么d ca a n n +=-1可以化为11()111n n n d d d a ca d c a c c c---=+-=---- 下同解法二.解法四：“升降下标作差”法由d ca a n n +=-1…………① 可得 1n n a ca d +=+…………②②-①得11()n n n n a a c a a +--=-，2n ≥.令1n n n b a a +=-，则1n n b cb -=，且121b a a ca d a =-=+-，所以1()n n b ca d a c -=+-，即11()n n n a a ca d a c -+-=+-，22111221()()()()(1)n n n n n n a a a a a a a a ca d a c c c -----=-+-++-=+-++++L L111()()()111n n n c d d a ca d a a a c c c c ---=+-+=+----. 解法五：待定系数法由以上解法得出的结果看，满足d ca a n n +=-1，（0c ≠，1c ≠，0d ≠），1a a =的数列{n a }的通项公式就是1n n a Ac B -=+型，由于2a ca d =+，所以有12a A B a a Ac B ca d =+=⎧⎨=+=+⎩解关于A B 、的方程组得，,11d d A a B c c =+=---. 故1()11n n d d a a c c c -=+---.。

常见线性递推数列通项的求法

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

几种递推数列通项公式的求法

一阶线性递推数列主要有如下几种形式：（1）1()n n x x f n +=+ （2）1()n n x g n x +=（3）1(,0,1)n+n x =qx +d q,d q q ≠≠为常数；［例１］已知数列n x ｛｝中，11121(2)n n x x x n -==+≥，,求n x ｛｝的通项公式．［例２］已知函数1()22(1)2f x x x =-+≤≤的反函数为121(),1,()yg x x x g x ===，321(),,(),,n n x g x x g x -== 求数列n x ｛｝的通项公式. （4）1(,nn n cx x c d x d+=+为非零常数）；（5）1(,1,1)nn+n x =qx +d q,d q d ≠≠为非零常数；［例３］设数列11132(*)nn n n x x x x n N +==+∈.｛｝满足：，求数列n x ｛｝的通项公式．［例５］设数列12215521(*)333n n n n x x x x x x n N ++===-∈.｛｝满足：，，求数列n x ｛｝的通项公式．［解析］由2152(*)33n n n x x x n N ++=-∈，可得 2111222()(*)333n n n n n n x x x x x x n N ++++=-=-∈.－设11212521333n n n n y x x y y x x +=-=-=-=，则｛｝是公比为的等比数列，且，故2(*)3n y n N =∈n （）．即12(2)3n n x x n --=≥n-1（）．用累加法得 12111221222()()()()()333n n n n n n n x x x x x x x x ------=-+-++-=+++ ，或 11221112()()()222()()1333n n n n n n n x x x x x x x x -----=-+-++-+=++++21()233[1()]2313nn -==--). ［例６］在数列12211(*)n n n n x x x x x x n N ++===+∈｛｝中，已知，，求数列n x ｛｝的通项公式．［例9］数列｛n x ｝满足21121,2n n x x x x n x =+++= ，求数列｛n x ｝的同项公式．一、构造等差数列求数列通项公式例1 在数列{}n a 中，1a =12，133n n n a a a +=+（n N +∈），求数列{}n a 通项公式.解析：由313n n a n a a ++=得，a n+1 a n =3 a n+1-3 a n =0，两边同除以a n+1 a n 得，=-+n n a a 11131，设b n =n a 1，则b n+1- b n =31，根据等差数列的定义知，数列｛b n ｝是首项b 1=2，公差d=31的等差数列，根据等差数列的通项公式得b n =2＋31（n-1）=31n ＋35∴数列通项公式为a n =53+n例2 在数列｛a n ｝中，S n 是其前n 项和，且S n ≠0，a 1=1，a n =1222-n n S S (n ≥2)，求S n 与a n 。

高中精品-数学求递推数列通项公式的十种策略例析

3.3递推数列一、基本知识简述1．有关概念：我们在研究数列{a n }时，如果任一项a n 与它的前一项1-n a （或几项）间的关系可以用一个公式来表示，则此公式就称为数列的递推公式。

通过递推公式给出的数列，一般我们也称之为递推数列。

主要有以下几种方法：（1）构造法：通过构造特殊的数列（一般为等差数列或等列），利用特殊数列的通项求递推数列的通项.（2）迭代法：将递推式适当变形后，用下标较小的项代替某些下标较大的项，在一般项和初始之间建立某种联系，从而求出通项.（3）代换法：包括代数代换、三角代换等（4）待定系数法：先设定通项的基本形式，再根据题设条件求出待定的系数。

3.思想策略：构造新数列的思想。

4.常见类型：类型Ⅰ：⎩⎨⎧=≠+=+为常数）a a a n p n q a n p a n n ()0)(()()(11（一阶递归）类型II :分式线性递推数列:)0(1≠++=+A BAa DCa a n n n二、例题：例1：231+=-n n a a ，21=a ，求通项n a分析：构造辅助数列， )1(311+=+-n n a a ，则13-=nn a求通项过程中，多次利用递推的思想方法以及把一般数列转化为等差、等比数列去讨论，从而求出了通项公式n a 。

[一般形式] 已知q pa a n n +=-1，a a =1，其中p,q,a 为常数，求通项n a [同类变式]已知数列}{n a 满足)12(21-+=+n a a n n ，且21=a ，求通项n a分析：（待定系数），构造数列}{b kn a n ++使其为等比数列，即)(2)1(1b kn a b n k a n n ++=++++，解得1,2==b k求得12251--⋅=-n a n n[归纳]：类型Ⅰ：⎩⎨⎧=≠+=+为常数）a a a n p n q a n p a n n ()0)(()()(11（一阶递归）其特例为：（1）1)(=n p 时,)(1n q a a n n +=+利用累加法，将)1(1-+=-n q a a n n ，=-1n a 2-n a +)2(-n q ,=2a 1a +)1(q …,各式相加，得 =n a 1a +∑-=11)(n k k q (n ≥2)(2)0)(=n q 时,n n a n p a )(1=+;利用累乘法,∏-==111)(n k n k p a a（3）q n q p n p ==)(,)(时,)0(1≠+=+p qpa a n n解题方法：利用待定系数法构造类似于“等比数列”的新数列法1：(常数变易法) 设)(1x a p x a n n +=+- 则)1(1-+=-p x pa a n n ，从而1-=p qx 亦即数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+1p q a n 是以1-+p q a n为首项，公比为p 的等比数列，从而可得：11)1(1--+=-+n n p p qa p q a ， 1)1(1---+=-p q p p q a a n n 1])1([1--⋅+-=-p q p q p a n法2：)(211----=-n n n n a a p a a利用{}1--n n a a 成等比数列求出1--n n a a ，再利用迭代或迭另法求出n a 法3：由q pa a n n +=-1，则可得⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧+=+=+=-------21221221111........p q p a p a p qp a pa p q p a p a n n n n n nn n nn,从而又可得n n n p q p q p q p a p a ++++=...321 即)]...11([121-+++⋅+=n nn pq p p p q p a p a 1])1([1--⋅+-=-p qp q p a n（4）q n q p n p ==)(,)(n时,)0(1≠+=+p qpa a n n n两边同除以np例2：数列}{n a 的前n 项和为n S ，且11=a ，n S ＝*)(2N n a n n ∈，求数列}{n a 的通项公式.例3：数列}{n a 中，且311=a ，1221+=+n nn a a a ，求数列}{n a 的通项公式.[提示]112111+=+nn a a[归纳]：类型II :分式线性递推数列:)0(1≠++=+A BAa DCa a n n n练习：1.已知数列{}n a 中，n S 是其前n 项和，并且1142(1,2,),1n n S a n a +=+==L ，⑴设数列),2,1(21ΛΛ=-=+n a a b n n n ，求证：数列{}n b 是等比数列；⑵设数列),2,1(,2ΛΛ==n a c n nn ，求证：数列{}n c 是等差数列； ⑶求数列{}n a 的通项公式及前n 项和。

递推数列求通项公式-高考数学一题多解

递推数列求通项公式-高考数学一题多解一、攻关方略数列学习中难度较高的一个内容是递推数列，由递推关系求通项公式是一种十分重要的题型，解题方法丰富多彩，注重分析递推式的结构特点，合理构造得到等差或等比等常见数列是解题的重要策略．下面对一些常见的由递推关系求通项公式的求法做一些归纳．第一类：型如()1n n a a f n +=+的一阶递推式，可改写为()1n n a a f n +-=的形式，左端通过“累加”可以消项；右端()f n 是关于n 的函数，可以求和．故运用“累加法”必定可行，即()()()112132111()n n n n k a a a a a a a a a f k --==+-+-+⋅⋅⋅+-=+∑．第二类：型如1()n n a g n a +=的递推式，可改写为1()n na g n a +=的形式．左端通过“迭乘”可以消项；右端通常也可以化简，故运用“迭乘法”必定可行，即3211121(1)(2)(1)(2)n n n a a a a a a n n g g a a a -=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-≥．第三类：型如1n n a pa q +=+（1p ≠，0q ≠）的递推式，可由下面两种构造法求通项公式．构造法一：由1n n a pa q +=+及1n n a pa q -=+，两式相减得()11n n n n a a p a a +--=-，得{}1n n a a +-是首项为21a a -，公比为p 的等比数列，先求{}1n n a a +-的通项公式，再利用“累加法”求{}n a 的通项公式．构造法二：若1p =，则显然是以1a 为首项、q 为公差的等差数列；若1p ≠，0p ≠，0q ≠，则构造数列{}n a λ+，满足()1n n a p a λλ++=+．运用待定系数法，解得1q p λ=-，则1n q a p ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是首项为11q a p +-，公比为p 的等比数列．第四类：型如1nn n pa a a q+=+（0p ≠，0q ≠，0n a ≠）的递推式，运用取倒数，构造数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，满足111n n q a pa p +=+，运用换元法，即令1n n b a =，得11n n q b b p p +=+，从而转换为第三类．第五类：型如1rn n a pa +=（0p >，0r ≠，1r ≠）的递推式，运用两边取对数法得1lg lg lg n n a r a p +=+，令lg n n b a =，转化为1lg n n b rb p +=+型，即第三类，再运用待定系数法．第六类：型如1n n a pa qn r +=++（1p ≠，0p ≠，0q ≠）的递推式，可构造数列{}n a n λμ++，满足()1(1)n n a n p a n λμλμ++++=++，运用待定系数法解得1q p λ=-，21(1)r qp p μ=+--，从而由等比数列求通项公式；进一步推广，若递推式中包含n 的二次项、三次项，则构造的数列中也同样包含对应次数项．第七类：型如1()n n a pa f n +=+（1p ≠，0p ≠）的递推式，可在等式两边同除以1n p +，构造数列nn a p ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，满足111()n n n n n a a f n p p p +++=+，令n n n a b p =，则转化为11()n n n f n b b p ++=+，即第一类，再利用“累加法”求通项公式．第八类：型如满足：11a m =，22a m =，21n n n a pa qa ++=+（p 、q 是常数）的递推式，则称数列{}n a 为二阶线性递推数列，可构造数列{}1n n a a λ+-，满足()11n n n n a a a a λμλ+--=-，则,,p q λμλμ+=⎧⎨=-⎩即λ，μ为方程20x px q --=的两个根，此方程称之为特征方程，则数列{}n a 的通项公式n a 均可用特征根求得（即转化为第七类进一步求解）．第九类：型如1n n n ra sa pa q++=+（0p ≠，0q ≠，0r ≠，0s ≠）的递推式，利用不动点法，其中rx sx px q +=+的根为该数列的不动点，若该数列有两个相异的不动点μ，则n n a a v μ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭为等比数列；若该数列有唯一的不动点μ，即方程等根时，1n a μ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭为等差数列，这就是不动点求递推数列通项公式的方法．除上述9种类型之外还有换元法、数学归纳法（归纳一猜想一论证）等．给出相类似的递推式必有相应的破解之道，这是模型思想的运用，对所给的递推式借助于变形、代换、运算等方法转化为等差数列、等比数列这两类基本数列（模型）而求解．切变形、代换、运算的手段都是构造法的体现，真可谓：递推数列变化无穷，变形、代换方法众多．模型思想是根主线，合理构造顿显坦途．【典例】（2021·全国甲卷T17）已知数列{}n a 的各项均为正数，记n S 为{}n a 的前n 项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{}n a是等差数列：②数列是等差数列；③213a a =．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．选①②作条件证明③：（一）待定系数法解法一：【解析】待定系数法+n a 与n S 关系式(0)an b a =+>，则()2n S an b =+，当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b-=-=+--+()22a an a b =-+；因为{}n a 也是等差数列，所以()()222a b a a a b +=-+，解得0b =；所以()221n a a n =-，21a a =，故22133a a a ==.解法二：【解析】待定系数法设等差数列{}n a 的公差为d，等差数列的公差为1d ，1(1)n d =-，将1(1)2n n n S na d -=+1(1)n d -，化简得())2222211111222d d n a n d n d n d ⎛⎫+-=+-+⎪⎝⎭对于n +∀∈N 恒成立．则有21211112,240,d d a d d d ⎧=⎪⎪-=-⎨=，解得112d d a ==．所以213a a =．选①③作条件证明②：因为213a a =，{}n a 是等差数列，所以公差2112d a a a =-=，所以()21112n n n S na d n a -=+==，)1n +-=所以是等差数列.选②③作条件证明①：（二）定义法解法一：(0)an b a =+>，则()2n S an b =+，当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b-=-=+--+()22a an a b =-+；因为213a a =，所以()()2323a a b a b +=+，解得0b =或43ab =-；当0b =时，()221,21n a a a a n ==-，当2n ≥时，2-1-2n n a a a =满足等差数列的定义，此时{}n a 为等差数列；当43a b =-4=3an b an a =+-03a =-<不合题意，舍去.综上可知{}n a 为等差数列.解法二：求解通项公式因为213a a ===也为等差数列，所以公差1d =()11n d =-=，故21n S n a =，当2n ≥时，()()221111121n n n a S S n a n a n a -=-=--=-，当1n =时，满足上式，故{}n a 的通项公式为()121n a n a =-，所以()1123n a n a -=-，112n n a a a --=，符合题意.【点评】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，选①②时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n 的一次函数，直接(0)an b a =+>，平方后得到n S 的关系式，利用11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩得到{}n a 的通项公式，进而得到213a a =，是选择①②证明③的通式通法；法二：分别设出{}n a 与{}n S的公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系1d =12d a =，进而得到213a a =；选①③时，按照正常的思维求出公差，表示出n S进而由等差数列定义进行证明；选②③时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n 的一次函数，(0)an b a =+>，结合,n n a S 的关系求出n a ，根据213a a =可求b ，然后可证{}n a1d =11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，求出{}n a 的通项公式，进而证明出结论.【针对训练】（2022年全国高考乙卷）1．嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{}n b ：1111b α=+，212111b αα=++，31231111b ααα=+++，…，依此类推，其中(1,2,)k k α*∈=N ．则（）A ．15b b <B ．38b b <C ．62b b <D ．47b b <2．设数列{an }满足a 1=3，134n n a a n +=-．（1）计算a 2，a 3，猜想{an }的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan }的前n 项和Sn ．3．已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.n n n a n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数（1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式；（2）求{}n a 的前20项和.4．已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==．（1）求{}n a 的通项公式；（2）记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m ∈N 中的项的个数，求数列{}m b 的前100项和100S ．（2022全国甲卷）5．记n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知221nn S n a n+=+．(1)证明：{}n a 是等差数列；(2)若479,,a a a 成等比数列，求n S 的最小值．6．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．7．设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <．8．对负整数a ，数43a +、77a +、283a a ++依次成等差数列．(1)求a 的值；(2)若数列{}n a 满足()112n n n a aa n *++=-∈N ，1a m =，求{}n a 的通项公式；(3)在（2）的条件下，若对任意n *∈N ，有2121n n a a +-<，求m 的取值范围．9．设0b >，数列{}n a 满足1a b =，()1121n n n nba a n a n --=≥+-（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）证明：对于一切正整数n ，121n n a b +≤+．10．设数列{}n a 满足：11a =，12n n n a a -=-+（2n ≥），数列{}n b 满足：1(1)3n n n b a +=-⋅．求数列{}n b 的通项公式．参考答案：1．D【分析】根据()*1,2,k k α∈=N …，再利用数列{}n b 与k α的关系判断{}n b 中各项的大小，即可求解.【详解】[方法一]:常规解法因为()*1,2,k k α∈=N ，所以1121ααα<+，112111ααα>+，得到12b b >，同理11223111ααααα+>++，可得23b b <，13b b >又因为223411,11αααα>++112233411111ααααααα++<+++，故24b b <，34b b >；以此类推，可得1357b b b b >>>>…，78b b >，故A 错误；178b b b >>，故B 错误；26231111αααα>++…，得26b b <，故C 错误；11237264111111αααααααα>++++++…，得47b b <，故D 正确.[方法二]：特值法不妨设1,n a =则1234567835813213455b 2,b b ,b b ,b b ,b 2358132134========，47b b <故D 正确.2．（1）25a =，37a =，21n a n =+，证明见解析；（2）1(21)22n n S n +=-⋅+.【分析】（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出23,a a ，猜想得出{}n a 的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）方法一：（通性通法）根据通项公式的特征，由错位相减法求解即可．【详解】（1）［方法一］【最优解】：通性通法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=，由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列，即21n a n =+．证明如下：当1n =时，13a =成立；假设()n k k *=∈N 时，21k a k =+成立.那么1n k =+时，1343(21)4232(1)1k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立.则对任意的*n ∈N ，都有21n a n =+成立；［方法二］：构造法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由123,5a a ==得212a a -=．134n n a a n +=-，则134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--．令1n n n b a a +=-，且12b =，所以134n n b b -=-，两边同时减去2，得()1232n n b b --=-，且120b -=，所以20n b -=，即12n n a a +-=，又212a a -=，因此{}n a 是首项为3，公差为2的等差数列，所以21n a n =+．［方法三］：累加法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由134n n a a n +=-得1114333n n n n n a a n +++-=-，即2121214333a a -=-⨯，3232318333a a -=-⨯，……1114(1)(2)333n n nn n a a n n ---=--⨯≥．以上各式等号两边相加得1123111412(1)33333n n n a a n ⎡⎤-=-⨯+⨯+-⨯⎢⎥⎣⎦ ，所以1(21)33n n n a n =+⋅．所以21(2)n a n n =+≥．当1n =时也符合上式．综上所述，21n a n =+．［方法四］：构造法21322345,387a a a a =-==-=，猜想21n a n =+．由于134n n a a n +=-，所以可设()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，其中,λμ为常数．整理得1322n n a a n λμλ+=++-．故24,20λμλ=--=，解得2,1λμ=-=-．所以()112(1)13(21)3211n n n a n a n a +-+-=--=⋅⋅⋅=-⨯-．又130a -=，所以{}21n a n --是各项均为0的常数列，故210n a n --=，即21n a n =+．（2）由（1）可知，2(21)2n nn a n ⋅=+⋅［方法一］：错位相减法231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅ ，①23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅ ，②由①-②得：()23162222(21)2n n n S n +-=+⨯+++-+⋅ ()21121262(21)212n n n -+-=+⨯+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-，即1(21)22n n S n +=-⋅+.［方法二］【最优解】：裂项相消法112(21)2(21)2(23)2n n n n n n n a n n n b b ++=+=---=-，所以231232222n n n S a a a a =++++ ()()()()2132431n n b b b b b b b b +=-+-+-++- 11n b b +=-1(21)22n n +=-+．［方法三］：构造法当2n ≥时，1(21)2n n n S S n -=++⋅，设11()2[(1)]2n n n n S pn q S p n q --++⋅=+-+⋅，即122n n n pn q p S S ----=+，则2,21,2pq p -⎧=⎪⎪⎨--⎪=⎪⎩，解得4,2p q =-=．所以11(42)2[4(1)2]2n n n n S n S n --+-+⋅=+--+⋅，即{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，而1(42)22S +-+⋅=，所以(42)22n n S n +-+⋅=．故12(21)2n n S n +=+-⋅．［方法四］：因为12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，令12n n b n -=⋅，则()()231()0,11n nx x f x x x x x x x-=++++=≠- ，()121211(1)()1231(1)n n nn x x nx n x f x x x nxx x +-'⎡⎤-+-+=++++==⎢⎥--⎢⎥⎣⎦' ，所以12n b b b +++L 21122322n n -=+⋅+⋅++⋅ 1(2)12(1)2n n f n n +==+-+'⋅．故234(2)2222nn S f =++'+++ ()1212412(1)212n n n n n +-⎡⎤=+⋅-++⎣⎦-1(21)22n n +=-+．【整体点评】（1）方法一：通过递推式求出数列{}n a 的部分项从而归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据数学归纳法进行证明，是该类问题的通性通法，对于此题也是最优解；方法二：根据递推式134n n a a n +=-，代换得134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--，设1n n n b a a +=-，从而简化递推式，再根据构造法即可求出n b ，从而得出数列{}n a 的通项公式；方法三：由134n n a a n +=-化简得1114333n n n n n a a n +++-=-，根据累加法即可求出数列{}n a 的通项公式；方法四：通过递推式求出数列{}n a 的部分项，归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据待定系数法将递推式变形成()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，求出,λμ，从而可得构造数列为常数列，即得数列{}n a 的通项公式．（2）方法一：根据通项公式的特征可知，可利用错位相减法解出，该法也是此类题型的通性通法；方法二：根据通项公式裂项，由裂项相消法求出，过程简单，是本题的最优解法；方法三：由2n ≥时，1(21)2nn n S S n -=++⋅，构造得到数列{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，从而求出；方法四：将通项公式分解成12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，利用分组求和法分别求出数列{}{}12,2n n n -⋅的前n 项和即可，其中数列{}12n n -⋅的前n 项和借助于函数()()231()0,11n nx x f x x x x x x x-=++++=≠- 的导数，通过赋值的方式求出，思路新颖独特，很好的简化了运算．3．（1）122,5,31n b b b n ===-；（2）300.【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列{}n b 的特征，然后求和其通项公式即可；(2)方法二：分组求和，结合等差数列前n 项和公式即可求得数列的前20项和.【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：显然2n 为偶数，则21222212,1n n n n a a a a +++=+=+，所以2223n n a a +=+，即13n n b b +=+，且121+12b a a ===，所以{}n b 是以2为首项，3为公差的等差数列，于是122,5,31n b b b n ===-．[方法二]：奇偶分类讨论由题意知1231,2,4a a a ===，所以122432,15b a b a a ====+=．由11n n a a +-=（n 为奇数）及12n n a a +-=（n 为偶数）可知，数列从第一项起，若n 为奇数，则其后一项减去该项的差为1，若n 为偶数，则其后一项减去该项的差为2．所以*23()n n a a n N +-=∈，则()11331n b b n n =+-⨯=-．[方法三]：累加法由题意知数列{}n a 满足*113(1)1,()22nn n a a a n +-==++∈N ．所以11213(1)11222b a a -==++=+=，322433223(1)3(1)11212352222b a a a a a --==++=+=+++=++=+=，则222121222111()()()121221+n n n n n n b a a a a a a a a a ---==-+-+-+=+++++++12(1)131n n n =+-+=-⨯．所以122,5b b ==，数列{}n b 的通项公式31n b n =-．（2）[方法一]：奇偶分类讨论20123201351924620++++++++()()S a a a a a a a a a a a a =+=+++ 1231012310(1111)b b b b b b b b =-+-+-++-+++++ 110()102103002b b +⨯=⨯-=．[方法二]：分组求和由题意知数列{}n a 满足12212121,1,2n n n n a a a a a -+==+=+，所以2122123n n n a a a +-=+=+．所以数列{}n a 的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；同理，由2221213n n n a a a ++=+=+知数列{}n a 的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．从而数列{}n a 的前20项和为：201351924260()()S a a a a a a a a =+++++++++ 1091091013102330022⨯⨯=⨯++⨯+⨯=．【整体点评】(1)方法一：由题意讨论{}n b 的性质为最一般的思路和最优的解法；方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质；方法三：写出数列{}n a 的通项公式，然后累加求数列{}n b 的通项公式，是一种更加灵活的思路.(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前n 项和是一种常规的方法；方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前n 项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.4．（1）2n n a =；（2）100480S =.【分析】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为1,a q 的形式，求解出1,a q ，由此求得数列{}n a 的通项公式.（2）方法一：通过分析数列{}m b 的规律，由此求得数列{}m b 的前100项和100S .【详解】（1）由于数列{}n a 是公比大于1的等比数列，设首项为1a ，公比为q ，依题意有31121208a q a q a q ⎧+=⎨=⎩，解得解得12,2a q ==，或1132,2a q ==(舍)，所以2n n a =，所以数列{}n a 的通项公式为2n n a =.（2）［方法一］：规律探索由于123456722,24,28,216,232,264,2128=======，所以1b 对应的区间为(0,1]，则10b =；23,b b 对应的区间分别为(0,2],(0,3]，则231b b ==，即有2个1；4567,,,b b b b 对应的区间分别为(0,4],(0,5],(0,6],(0,7]，则45672b b b b ====，即有22个2；8915,,,b b b 对应的区间分别为(0,8],(0,9],,(0,15] ，则89153b b b ==== ，即有32个3；161731,,,b b b 对应的区间分别为(0,16],(0,17],,(0,31] ，则1617314b b b ==== ，即有42个4；323363,,,b b b 对应的区间分别为(0,32],(0,33],,(0,63] ，则3233635b b b ====L ，即有52个5；6465100,,,b b b L 对应的区间分别为(0,64],(0,65],,(0,100] ，则64651006b b b ====L ，即有37个6．所以23451001222324252637480S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．［方法二］【最优解】：由题意，2n m ≤，即2log n m ≤，当1m =时，10b =．当)12,21k k m +⎡∈-⎣时，,m b k k *=∈N ，则()()()()1001234573233636465100S b b b b b b b b b b b b =++++++++++++++ 0122438416532637480=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．［方法三］：由题意知)1,2,2k k m b k m +⎡=∈⎣，因此，当1m =时，10b =；[2,4)m ∈时，1m b =；[4,8)m ∈时，2m b =；[8,16)m ∈时，3m b =；[16,32)m ∈时，4m b =；[32,64)m ∈时，5m b =；[64,128)m ∈时，6m b =．所以1001234100S b b b b b =+++++ 0(11)(222)(666)=++++++++++ 0122438416532637480=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．所以数列{}n b 的前100项和100480S =．【整体点评】（2）方法一：通过数列{}n a 的前几项以及数列{}m b 的规律可以得到12100,,,b b b 的值，从而求出数列{}m b 的前100项和，这是本题的通性通法；方法二：通过解指数不等式可得数列{}m b 的通项公式，从而求出数列{}m b 的前100项和，是本题的最优解；方法三，是方法一的简化版．5．(1)证明见解析；(2)78-．【分析】（1）依题意可得222n n S n na n +=+，根据11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，作差即可得到11n n a a --=，从而得证；（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出1a ，即可得到{}n a 的通项公式与前n 项和，再根据二次函数的性质计算可得．【详解】（1）因为221nn S n a n+=+，即222n n S n na n +=+①，当2n ≥时，()()()21121211n n S n n a n --+-=-+-②，①-②得，()()()22112212211n n n n S n S n na n n a n --+---=+----，即()12212211n n n a n na n a -+-=--+，即()()()1212121n n n a n a n ----=-，所以11n n a a --=，2n ≥且N*n ∈，所以{}n a 是以1为公差的等差数列．（2）[方法一]：二次函数的性质由（1）可得413a a =+，716a a =+，918a a =+，又4a ，7a ，9a 成等比数列，所以2749a a a =⋅，即()()()2111638a a a +=+⋅+，解得112a =-，所以13n a n =-，所以()22112512562512222228n n n S n n n n -⎛⎫=-+=-=--⎪⎝⎭，所以，当12n =或13n =时，()min 78n S =-．[方法二]：【最优解】邻项变号法由（1）可得413a a =+，716a a =+，918a a =+，又4a ，7a ，9a 成等比数列，所以2749a a a =⋅，即()()()2111638a a a +=+⋅+，解得112a =-，所以13n a n =-，即有1123210,0a a a a <<<<= .则当12n =或13n =时，()min 78n S =-．【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出n S 的最小值，适用于可以求出n S 的表达式；法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．6．（1）证明见解析；（2）()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.【分析】（1）由已知212n nS b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，取1n =,得132b =,由题意得1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,消积得到项的递推关系111221n n n n b b b b +++=-,进而证明数列{}n b 是等差数列;（2）由（1）可得n b 的表达式,由此得到n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.【详解】（1）[方法一]：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;[方法二]【最优解】：由已知条件知1231-⋅=⋅⋅⋅⋅ n n n b S S S S S ①于是11231(2)--=⋅⋅⋅⋅≥ n n b S S S S n ．②由①②得1nn n b S b -=．③又212n nS b +=，④由③④得112n n b b --=．令1n =，由11S b =，得132b =．所以数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．[方法三]：由212n nS b +=，得22=-n n n S b S ，且0n S ≠，0n b ≠，1n S ≠．又因为111--=⋅⋅=⋅ n n n n n b S S S S b ，所以1122-==-n n n n b b S S ，所以()1111(2)2222212---=-==≥---n n n n n n n S S b b n S S S ．在212n n S b +=中，当1n =时，1132==b S ．故数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．[方法四]：数学归纳法由已知212n n S b +=，得221n n n b S b =-，132b =，22b =，352=b ，猜想数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列，且112n b n =+．下面用数学归纳法证明．当1n =时显然成立．假设当n k =时成立，即121,21+=+=+k k k b k S k ．那么当1n k =+时，11112++⎛⎫==+ ⎪⎝⎭k k k b b S 331(1)1222k k k k ++⋅==+++．综上，猜想对任意的n ∈N 都成立．即数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．（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 nb 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 ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.【整体点评】（1）方法一从212n nS b +=得221n n n b S b =-，然后利用n b 的定义，得到数列{}n b 的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；方法二先从n b 的定义，替换相除得到1nn n b S b -=，再结合212n n S b +=得到112n n b b --=，从而证得结论，为最优解；方法三由212n nS b +=，得22=-n n n S b S ，由n b 的定义得1122-==-n n n n b b S S ，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列112n b n =+，然后利用数学归纳法证得结论．（2）由（1）的结论得到112n b n =+，求得n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得{}n a 的通项公式；7．（1）11()3n n a -=，3n nn b =；（2）证明见解析.【分析】（1）利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=，解方程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ，再作差比较即可.【详解】（1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==.（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333n n n n nT --=++++ ，012111111223333-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭n n S ，230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 012111012222333---++++ 111233---+n n n n ．设0121111101212222Γ3333------=++++ n n n ，⑧则1231111012112222Γ33333-----=++++ n n n ．⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ132********--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭- n n n n nn n ．所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯n n n n n n ．因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n nS n n nT ．故2nn S T <．[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)12313n n n S ⨯-==--，211213333n n n n nT --=++++ ，①231112133333n n n n nT +-=++++ ，②①-②得23121111333333n n n n T +=++++- 1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---，所以31(14323n n nn T =--⋅，所以2n n S T -=3131(1)(1043234323n nn n n n ----=-<⋅⋅，所以2nn S T <.[方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知13⎛⎫= ⎪⎝⎭n n b n ，令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，且1+=-n n n b c c ，即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭nnn n n n ，通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==，所以331243nn c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎝⎭⎝⎭，下同方法二．[方法四]：导函数法设()231()1-=++++=- n nx x f x x x x x x，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n n x x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢⎥==---⎢⎥⎣⎦，则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='- n nn nx n x f x x x nxx ．又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n n n b n ，所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭'13113311(1)4334423n nnn n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，下同方法二．【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,n n S T ,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，使1+=-n n n b c c ，求得n T 的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.8．(1)2a =-(2)()()()1212n nn a m n -=⋅-+-⋅-(3)163m <【分析】（1）根据等差中项的性质可出关于a 的等式，结合a 为负整数可得出a 的值；（2）推导出数列()2n n a ⎧⎫⎪⎪⎨-⎪⎪⎩⎭为等差数列，确定该数列的首项和公差，即可求得数列{}n a 的通项公式；（3）由2121n n a a +-<对*n ∈N 恒成立结合参变量分离法可得出1243n m +<，求出1243n +的最小值，可得出实数m 的取值范围.【详解】（1）解：由题意可得()21414383a a a a +=++++，整理可得2280a a --=，a 为负整数，解得2a =-.（2）解：因为()1122n n n a a ++=-+-，等式两边同时除以()12n +-可得()()11122n nn n a a ++-=--，所以，数列()2n n a ⎧⎫⎪⎪⎨⎬-⎪⎪⎩⎭是首项为2m -，公差为1的等差数列，故()()122n n a m n =-+--，因此，()()()1212n n n a m n -=⋅-+-⋅-.（3）解：由2121n n a a +-<对*n ∈N 恒成立得()()()()()()22122212222222n n n n m n m n +--⋅-+-<⋅--⋅⋅+-对n *∈N 均成立．()2220n --> ，不等式两边同除()222n --，得()()()482222m n m n +-⋅<+-⋅-，得1243n m +<对n *∈N 恒成立，当1n =时，1243n +取最小值163，163m ∴<．9．（1）11(1)011n n n b a nb b b b b =⎧⎪=⎨->≠⎪-⎩且（2）证明见解析【分析】（1）由题设形式可以看出，题设中给出了关于数列a n 的面的一个方程，即一个递推关系，所以应该对此递推关系进行变形整理以发现其中所蕴含的规律，观察发现若对方程两边取倒数则可以得到一个类似等差数列的形式，对其中参数进行讨论，分类求其通项即可．（2）由于本题中条件较少，解题思路不宜用综合法直接分析出，故求解本题可以采取分析法的思路，由结论探究其成立的条件，再证明此条件成立，即可达到证明不等式的目的．【详解】（1）()1121n n n nba a n a n --=≥+- 1111(2)n n n n n a b b a --∴=+⨯≥当1b =时，11(2)1n n n n n a a -=+≥-，∴数列n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以11a 为首项，以1为公差的等差数列，1(1)1n n n n a ∴=+-⨯=，即1n a =，当0b >，且1b ≠时，11111(2)11n n n n n a b b b a -⎛⎫-+=+≥ --⎝⎭即数列11n n a b ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是以11111(1)a b b b +=--为首项，公比为1b 的等比数列，111111(1)(1)n n n n a b b b b b b -⎛⎫∴+=⨯= ⎪---⎝⎭即(1)1n n nnb b a b -=-，∴数列{}n a 的通项公式是()111011n n n b a nb b b b b =⎧⎪=⎨->≠⎪-⎩且（2）证明：当1b =时，不等式显然成立当0b >，且1b ≠时，(1)1n n nnb b a b -=-，要证对于一切正整数n ，121n n a b +≤+，只需证1(1)211n n n nb b b b+-⨯≤+-，即证()11121011n nn n b b nb b b b +--≤+⨯>--）()1111n n b bb +-+⨯- ()1111n n b b b +-=+⨯-()()11211n n n b b b b +--=+⨯++⋯++()()22121121n n n n n n b b b b b b b -++--=++⋯+++++⋯++()12211111n n n n n b b b b b b bb b --⎡⎤⎛⎫=++⋯+++++⋯++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦(222)2n n b nb ≥++⋯+=∴不等式成立，综上所述，对于一切正整数n ，有121n n a b +≤+，【点睛】本题考点是数列的递推式，考查根据数列的递推公式求数列的通项，研究数列的性质的能力，本题中递推关系的形式适合用取倒数法将所给的递推关系转化为有规律的形式，两边取倒数，条件许可的情况下，使用此技巧可以使得解题思路呈现出来．数列中有请多成熟的规律，做题时要注意积累这些小技巧，在合适的情况下利用相关的技巧，可以简化做题．在（2）的证明中，采取了分析法的来探究解题的思路，通过本题希望能进一步熟悉分析法证明问题的技巧．10．223n n b =-⋅．【分析】利用辅助法，对于数列{}n a 的递推公式，两边同时除以2n ，根据数列构造法，可得答案.【详解】∵12n n n a a -+=，两边同时除以2n 得1111222n n n n a a --+⋅=．令2n n n a c =，则1112n n c c -=-+．两边同时加上23-得1212323n n c c -⎛⎫-=-⋅- ⎪⎝⎭．∴数列23n c ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以123c -为首项，12-为公比的等比数列．∴112211133232n n n c c -⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-⋅-=⋅- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，∴211332n n c ⎛⎫=+⋅- ⎪⎝⎭．∴2122(1)33n n n n n a c ==⋅+⋅-⋅．又∵1(1)3n n n b a +=-⋅，∴12(1)233n n n n b a =⋅--=-⋅，。

一次函数递推数列求通项的方法

一次函数递推数列求通项的方法一次函数递推数列是指每一项与前一项之间存在一个常数差的数列。

为了求出这个数列的通项公式，我们可以使用以下50个方法进行计算：方法一：观察法1. 观察数列的前几项，看是否能够发现规律。

2. 如果发现数列的差值相等，则可以猜测数列的通项公式为一次函数。

方法二：代入法1. 将数列的前几项逐个代入一次函数的通项公式中，求得方程组。

2. 解方程组得到一次函数的通项公式。

方法三：线性方程法1. 假设数列的通项公式为y = ax + b。

2. 代入数列的前几项，得到若干个方程。

3. 解这些方程，得到a和b的值，进而求得一次函数的通项公式。

方法四：差分法1. 对数列进行差分，得到一个新的数列。

2. 如果新数列是等差数列，则可以猜测原数列为一次函数递推数列，并求得通项公式。

方法五：归纳法1. 假设数列的通项公式为y = ax + b。

2. 假设数列的第n项为An。

3. 利用数学归纳法，证明或推导出An = an + b的表达式。

4. 解方程组得到a和b的值，进而求得一次函数的通项公式。

方法六：解复合型一次函数方程法1. 假设数列的一次函数通项为y = ax + b。

2. 如果出现an+1 = f(an) 或者an+1 = f(an, n)的形式，则可以试着将其转化为一次函数方程。

3. 解一次函数方程，得到a和b的值，进而求得一次函数的通项公式。

方法七：根据数列的性质和条件1. 如果数列满足一定的性质或者给出了一些条件，可以根据这些性质或条件来求解一次函数的通项公式。

2. 如果数列的前几项之和等于某个数，则可以通过求解方程的方法得到一次函数的通项公式。

方法八：逆向推导法1. 对于数列的通项公式y = ax + b，我们可以通过逆向推导的方法来求解常数a和b 的值。

2. 从数列的最后一项开始，逆向推导出倒数第二项、倒数第三项等，直到推导出数列的第一项。

3. 通过推导出的数列项，可以建立方程组来求解常数a和b的值，从而得到一次函数的通项公式。

特征方程法求解递推关系中的数列通项

特征方程法求解递推关系中的数列通项一、（一阶线性递推式）设已知数列｛a n ｝的项满足a j = b,a n 4 = ca n • d ,其中c = 0, c = 1,求这个数列的通项公式。

采用数学归纳法可以求解这一问题，然而这样做太过繁琐，而且在猜想通项公式中容易出错，本文提出一种易于被学生掌握的解法一一特征方程法：针对问题中的递推关系式作出一个方程 x =cx • d,称之为特征方程；借助这个特征方程的根快速求解通项公式•下面以定理形式进行阐述.定理1:设上述递推关系式的特征方程的根为 x 0，则当x 0 = a 4时，a n为常数列，即a n 二a i ；当X o 二a i 时,a^ b n ' x o ，其中｛b n ｝是以c 为公比的等比数列，即 b n = b 4c n J,b 4 =a 4-x 0.pl证明：因为c = 0,1,由特征方程得x 0——.作换元b n = a n - x 0,贝U 1 -c n 1当X 。

=a 1时，b 1 =0 ,数列｛b n ｝是以c 为公比的等比数列，故b n =b1C _; 当 x ° 二a 1 时，d =0 , ｛b n ｝为 0 数列，故 a * =a 1,n • N.（证毕）下面列举两例，说明定理 1的应用.1例1•已知数列｛a n ｝满足：a n^^a -2,- N,a—,求a n.13 解：作方程x x -2,则x 0. 3 2b"a n「x0 © d—注乂a .cd1 -c二 c(a n -X °) = cb n . 11一2 -3 一2 +X — a-fl等的比公为11 1 n4丁 3) ,a n-3b n —3叫-」)n‘, n N. 2 2 2 3b n列是例2.已知数列｛a n｝满足递推关系：a n ^（2a n - 3）i, n，N,其中i为虚数3单位。

当a i 取何值时，数列｛a .｝是常数数列?a^ :-,a 2二：给出的数列：a n 爲方程x 2- px -q =0，叫做数列 :a n / 的特征方程。

几种递推数列通项公式的求法

几种递推数列通项公式的求法递推数列常常是高考命题的热点之一.所谓递推数列,是指由递推公式所确定的数列.由相邻两项的关系给出的递推公式称为一阶递推公式，由相邻三项的关系给出的递推公式称为二阶递推公式，依次类推.等差数列和等比数列是最基本的递推数列.递推数列基本问题之一是由递推关系求通项公式.下面是常见的递推数列及其通项公式的求法． 1 一阶线性递推数列求通项问题一阶线性递推数列主要有如下几种形式：（1）1()n n x x f n +=+这类递推数列可通过累加法而求得其通项公式(数列{f(n)}可求前n 项和).当()f n 为常数时，通过累加法可求得等差数列的通项公式．而当()f n 为等差数列时，则1()n n x x f n +=+为二阶等差数列，其通项公式应当为2n x an bn c =++形式，注意与等差数列求和公式一般形式的区别，后者是2n S an bn =+，其常数项一定为０．（2）1()n n x g n x +=这类递推数列可通过累乘法而求得其通项公式(数列{g(n)}可求前n 项积). 当()g n 为常数时，用累乘法可求得等比数列的通项公式．（3）1(,0,1)n+n x =qx +d q,d q q ≠≠为常数；这类数列通常可转化为1()n n x p q x p ++=+，或消去常数转化为二阶递推式211()n n n n x x q x x +++-=-.［例１］已知数列n x ｛｝中，11121(2)n n x x x n -==+≥，,求n x ｛｝的通项公式．［解析］解法一．转化为1()n n x p q x p ++=+型递推数列．∵121(2)n n x x n -=+≥，∴112(1)(2)n n x x n -+=+≥，又112x +=，故数列｛1n x +｝是首项为２，公比为２的等比数列．∴12nn x +=，即21nn x =-．解法二．转化为211()n n n n x x q x x +++-=-型递推数列． ∵n x =2x n-1+1(n ≥2) ① ∴1n x +=2x n +1 ②②－①，得112()n n n n x x x x +--=-(n ≥2)，故｛1n n x x +-｝是首项为x 2-x 1=2，公比为２的等比数列，即11222n n n n x x -+-==，再用累加法得21n n x =-．解法三．用迭代法．21231221212(21)12212222121n n n n n n n n x x x x x ------=+=++=++=++++=- ．当然,此题也可用归纳猜想法求之，但要用数学归纳法证明．［例２］已知函数1()22(1)2f x x x =-+≤≤的反函数为121(),1,()yg x x x g x ===，321(),,(),,n n x g x x g x -== 求数列n x ｛｝的通项公式. [解析]由已知得1()1(01)2g x x x =-+≤≤，则1111,1(2)2n n x x x n -==-+≥．令11()2n n x p x p -+=-+=,则11322n n x x p -=--.比较系数，得23p =-.即有1212()(2)323n n x x n --=--≥．∴数列｛23n x -｝是以12133x -=为首项，12-为公比的等比数列，∴1211()332n n x --=-，故1112()323n n x -=-+．［评析］此题亦可采用归纳猜想得出通项公式，而后用数学归纳法证明之．（4）1(,nn n cx x c d x d+=+为非零常数）；若取倒数,得1111n n d x c x c+=+ ，令1n n y x =，从而转化为（1）型而求之.（5）1(,1,1)nn+n x =qx +d q,d q d ≠≠为非零常数；这类数列可变换成111n n n n x x q d d d d ++=+ ，令n nnx y d =，则转化为(1)型一阶线性递推公式. ［例３］设数列11132(*)nn n n x x x x n N +==+∈.｛｝满足：，求数列n x ｛｝的通项公式．［解析］∵132nn n x x +=+，两边同除以12n +，得11312222n n n nx x ++=+ ．令322nn n x y = ，则有13122n n y y +=+ ．于是，得131(1)2n n y y ++=+，∴数列1n y +｛｝是以首项为37144+=，公比为32的等比数列，故1731()42n n y -+= ，即173()142n n y -=- ，从而2117323n n n x -+=- ．［例４］设10132(*)n n n x x x n N --=-∈为常数，且，求数列n x ｛｝的通项公式．［解析］设1132(3)nn n n x p x p --+=-+，用1132n n n x x --=-代入，可解出15p =-．∴35n n x -｛｝是以公比为-2，首项为00332122555x x x -=--=-１的等比数列． ∴1032(2)(2)55n n n x x --=--，即1023(2)(2)55n n n x x -=--+03(1)2(1)2(*)5n n n n n x n N --=+-∈ ．（6）1(00,0,1)pn+n n x =cx x ,c p p >>>≠这类数列可取对数得1lg lg lg n n x x c +=+，从而转化为等差数列型递推数列. 2 可转化为等差、等比数列或一些特殊数列的二阶递推数列［例５］设数列12215521(*)333n n n n x x x x x x n N ++===-∈.｛｝满足：，，求数列n x ｛｝的通项公式．［解析］由2152(*)33n n n x x x n N ++=-∈，可得 2111222()(*)333n n n n n n x x x x x x n N ++++=-=-∈.－设11212521333n n n n y x x y y x x +=-=-=-=，则｛｝是公比为的等比数列，且，故2(*)3n y n N =∈n （）．即12(2)3n n x x n --=≥n-1（）．用累加法得 12111221222()()()()()333n n n n n n n x x x x x x x x ------=-+-++-=+++ ，或 11221112()()()222()()1333n n n n n n n x x x x x x x x -----=-+-++-+=++++21()233[1()]2313nn -==--). ［例６］在数列12211(*)n n n n x x x x x x n N ++===+∈｛｝中，已知，，求数列n x ｛｝的通项公式．［解析］可用换元法将其转化为一阶线性递推数列．令11n n n y x a x +=-，使数列n y ｛｝是以2a 为公比的等比数列(1,a a ２待定)．即211211()n n n n x a x a x a x +++-=-，∴212112()n n n x a a x a a x ++=+-．对照已给递推式，有121211a a a a +==-，，即21210a a x x --=、是方程的两个实根．从而121211112222a a a a -====∴211111222n n n n x x x x ++++-=-) ①或211111222n n n n x x x x +++--=-) ②由式①得111(22n n n x x ++-=；由式②得111(22nn n x x +--=．消去111()(22n nn n x x ++=-１，得］．［例７］在数列12211(*)n n n n x x x x x x n N ++===-∈｛｝中，已知，，求100x ．［解析］由21n n n x x x ++=- ①，得321n n n x x x +++=- ②．式②+式①，得3n n x x +=-，从而有63n n n x x x ++=-=．∴数列n x ｛｝是以６为其周期．故100x =4x =-1．3 特殊的n 阶递推数列［例８］已知数列n x ｛｝满足11231123(1)(2)n n x x x x x n x n -==++++-≥ ，，求n x ｛｝的通项公式．［解析］∵123123(1)(2)n n x x x x n x n -=++++-≥ ①∴1123223(2)(3)n n x x x x n x n --=++++-≥ ② ②－①，得1(3)n n x nx n -=≥．∴1(3)nn x n n x -=≥，故有 1312213n n n n x x x n n x x x ---==-=. ，，将这几个式子累乘，得22(1)(2)3(1)(2)3nn x n n n x n n n x x =--==--. ，或又1211(1),11,!(2)2n n x x x x n n =⎧⎪====⎨≥⎪⎩ ，故．［例9］数列｛n x ｝满足21121,2n n x x x x n x =+++= ，求数列｛n x ｝的同项公式．［解析］由212n n x x x n x +++= ①，得21211(1)(2)n n x x x n x n --+++=-≥ ②．式①－式②，得221(1)n n n x n x n x -=--，或2221(1)(1)n n n n n x n x x n x --=-=-，故有11(2)1n n x n n x n --=≥+　. ∴12312341234,,,,112n n n n n n n n x x x x n n n n x n x n x n x n -----------====+-- ,322121,43x x x x ==. 将上面几个式子累乘，得121(1)n x x n n =+ ，即1211(2)(1)(1)n x x n n n n n==≥++ ．∵112x =也满足上式，∴1211(*)(1)(1)n x x n N n n n n ==∈++ ．以上就是常见的一些递推数列及其通项公式的一般求法．这些知识是拓展性的，超出了课本的要求范围，但它们在高考题中时常会见到，有时是以证明题形式出现，如果比较系统地掌握了这些知识，解答这类题目就容易把握．。

几类典型的一阶递推数列的通项公式的求法

为２的等ＬＩ－，￣Ｎ，从而得ｄ＝８ｘ２，，－ｉ一／７２５ｎ－２。
… ＋女６＋／７十Ｊ，１＋…＋ｌ／７＋ｏ），然后用与
一般地，对于给ｆ＝ｑａ＋／１＋《＋…＋即＋Ｐｏ（ｑ≠０，１，ｍ∈Ⅳ） “类型１” 相同的方法求出ａ。
ｑ（ａ，，＋／７” ＋＿＿Ｉ卅＋…＋Ｉ／７＋Ｘｏ），
解：显然口＞０，可将递推式两边取对数得ｌｇ＝ｌｇ４＋３１ｇａ
将上式展开，变形为与给定递推式结构相同的形式，比较的
ｌｇａ川＋ｌｇ２＝３（Ｉｇａ＋ｌｇ２），
同次项的系数，解方程组得ｘｏ，ｘ一，ｘ的值
２００８ＮＯ３５
ＣｈｉｎａＥｄｕｃａｔｉｏｎＩｎｎｏｖａｔｉｏｎＨｅｒａｌｄ
理论前沿
几类典型的一阶递推数列的通项公式的求法
林丽琴（福建省湄洲湾职业技术学院福建莆田３５１２５４）
摘要：数列的通嘎公式的求法是数学学习的一个重要内容，文章对一阶递推数列的通项公式给出几种类型的求法，这对学生的数学
一３，Ｙ＝７。
黝＿＿＋３（＋１）＋７＝２（口＋３门＋７），Ｙ．ａｌ＋３＋７＝ｌｌ，故＋３ｎ＋７黾首项为ｌ１，公比为２的等比数列，从而ａ．＋３ｎ＋７＝ｌｌ×２”～，得
：ｌ１×２” 。～３一７。例３数列｝中，ａｌ＝０，ａｎ＋ｌ＝２ａ＋，ｌ＋３ｎ４，求ａ。解：令ａ１十ｘ（ｎ＋１）：＋（＋１）＋：：２（ａ十ｘｎ＋＋：），贝０ａ＋ｌ＝２ａ，＋” ＋（ｙ一２ｘ）ｎ＋（：一 — ），而ａ肘Ｊ＝２ａ＋十３ｎ一４，故ｘ＝１，Ｙ＝５，ｚ：２，从而ａ．．＋ｌ＋（门＋Ｉ）＋ｓ（ｎ＋１）＋２＝２（ａ＋／７＋５ｎ＋２）。

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 nn =-+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 ，K K)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 +++-+-=-Λ 即：∑-=+=111)(n k n k f a a .为了书写方便，也可用横式来写：Θ 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 +-++-+-=---Λ=1)1()2()2()1(a f f n f n f ++++-+-Λ.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-=n n 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 +-++-+-=---Λ=.213133321-=++++--n n n Λ ∴213-=n n 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。

数列通项篇(一阶线性递推数列通项万能方法)

数列通项篇（一阶线性递推数列通项万能方法）数列通项篇：q pa a n n +=+1多种类型q pa a n n +=+1n n n q n f pa a /)(1+=+)()()1(1n g a n f a n f n n +=++方法：待定系数法（1）q pa a n n +=+1型例1、已知数列}{n a 满足：11=a ，321+=+n n a a ，求n a 的通项核心思想：构造等差与等比求解（2）n n n q n f pa a /)(1+=+型 ①)(1n f pa a n n +=+型例2、已知数列}{n a 满足：11=a ，1321++=+n a a n n ，求n a 的通项※思考：)1(+n A 与An 的区别例3、已知数列}{n a 满足：11=a ，n n n a a 321+=+，求n a 的通项③n n n q n f pa a ++=+)(1或n n n q n f pa a •+=+)(1型例4、已知数列}{n a 满足：11=a ，n n n n a a 3)13(21•++=+，求}{n a 的通项q p =时，切记用相除简单例5、已知数列}{n a 满足：11=a ，n n n a a 331+=+，求}{n a 的通项⑤)()()1(1n g a n f a n f n n +=++型例6、已知数列}{n a 满足：11=a ，n n n n a n a 21)11(1+++=+，求}{n a 的通项例7、已知数列}{n a 满足：11=a ，1)1()2(1+-=+-n n a n a n ，求n a 的通项一阶线性递推： q pa a n n +=+1 n n n q n f pa a /)(1+=+ )()()1(1n g a n f a n f n n +=++ 待定系数法注意两点： 1、)(n g 什么形式，待定成什么形式2、必须反应1+→n n 的动态函数关系。

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)。

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。

由数列的递推公式求通项公式的求解策略

例如，对于形如“an = n^2 + 1”的数列，可以通过记忆常见数列的通项公式来求解通项公式。
03
实例分析与解答
例题一：一阶线性递推公式求通项公式
总结词
通过观察数列的递推公式，利用代数运算求解通项公式。
详细描述
对于一阶线性递推公式，如`a(n+1) =葱花 (n) + 10`，可以通过代入已知的a(1)值，得到a(2)，a(3)，...等值，进而观察规律，得到通项公式。
例题二：二阶线性递推公式求通项公式
要点一
总结词
要点二
详细描述
通过观察数列的递推公式，利用代数运算求解通项公式。
对于二阶线性递推公式，如`a(n+2) = 3a(n+1) 2a(n)`，可以使用代入法、构造法、累加法等技巧，结合已知的a(1)和a(2)值，得到通项公式。
例题三：高阶线性递推公式求通项公式
研究展望
拓展求解方法
尽管本文介绍了两种求解由递推公式求通项公式的方法，但仍有可能存在其他有效的求解方法。未来研究可以进一步探索新的求解方法，提高求解效率和准确性。
递推公式的优化
对于某些特定的递推公式，可能存在更简洁或更高效的表达方式。未来可以对不同类型的递推公式进行深入研究，寻找它们的内在规律和结构特点，以便更好对于形如“an = an-1 + d” 的等差数列递推公式，可以通过观察或计算数列的前几项，尝试猜测通项公式。
构造法
构造法是一种通过构造新的数列或函数来求解通项公式的方法。这种方法通常适用于形式较为复杂或难以直接求解的递推公式。
例如，对于形如“an = sin(n)”的数列，可以通过构造新的函数来求解通项公式。

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。

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一阶线性递推数列求通项的常见类型及策略
近年来，递推数列问题成为高考命题的热点题型，究其原因是递推数列问题蕴含着丰富的数学思想，具有很强的逻辑性，是考查逻辑推理和化归转化能力的很好题材。

本文对一阶线性递推数列求通项的类型及策略进行一个研究，希望能抛砖引玉。

1.an+1-an=f（n）型
（1）若f（n）为常数，即：an+1-an=d，此时数列为等差数列，则an=a1=（n-1）d.
（2）若f（n）为n的函数时，用累加法. 数列{f（n）}可求前n项和方法如下：由an+1-an=f（n）得：
n≥2时an-an+1=f（n-1），
an-1-an-2=f（n-2），
……，
a3-a2=f（2）
a2-a1=f（1）
所以各式相加得an-a1=f（n-1）+f（n-2）+……+f（2）+f（1）即：an=a1+■f（k）.
[例1]已知数列{an}，a1=2，an+1=an+3n+2，求an。

[解析]由已知得……an-an-1=3（n-1）+2an-1-an-2=3（n-2）
+2a3-a2=3×2+2a2-a1=3×1+2（n-1）个式子相加得：
an-a1=3[1+2+……+（n-1）+2（n-1）]=3×■+2（n-1）∴a=■n2+■。

2.■=f（n）型
（1）当f（n）为常数，即：■=q（其中q是不为0的常数），此时数列为等比数列，an =a1·qn-1.
（2）当f（n）为n的函数时，用累乘法. 数列{f（n）}可求前n项积由■=f（n）得n≥2时■=f（n-1），∴an=■·■……■·a1，……f（n-1）=f（n）f（n-1）……f（1）·a1
[例2]设{an}是首项为1的正项数列，且（n+1）
a2n+1-na2n+an+1an=0（n=1，2， 3，…），则它的通项公式是
an= .
[解析]已知等式可化为：（an+1+an） n+1an+1-nan=0
∵ an﹥0（n∈n*）∴（n+1）an+1-nan=0 ，即■=■
∴n≥2时，■=■
∴an=■·■……■·a1=■·■……■·1=■.
评注：本题是关于an和an+1的二次齐次式，可以通过因式分解（一般情况时用求根公式）得到an与an+1的更为明显的关系式，从而求出an.
3.an+1=can+d，（c≠0）型
（1）若c=1时，数列{an}为等差数列；
（2）若d=0时，数列{an}为等比数列；
（3）若c≠1，d≠0时，数列{an}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求.
方法如下：设an+1+λ=c（an+λ），
得an+1=can+（c-1）λ，与题设an+1=can+d比较系数得
（c-1）λ=d，所以λ+■，（c≠0）
所以有：an+■=c（an-1+■）
因此数列{an+■}个式构成以an+■为首项，以c为公比的等比数列，所以an+■ =（a1+■）·cn-1
即：an=（a1+■）·cn-1-■.
规律：将递推关系an+1=can+d化为an+1+■=c（an+■），构造成公比为c的等比数列{an+■}从而求得通项公式an+1=■+cn-1（a1+■）
[例3]已知数列{an}中a1=2，an+1=■an+■求通项an.
[解析]两边直接加上■，构造新的等比数列。

解：由an+1=■an+■得an+1-1=■（an-1），
所以数列{an-1}构成以a1-1=1为首项，以■为公比的等比数列所以an-1=■）n-1 ，即an=（■）n-1+1 .
4.an+1=pan+f（n），（p≠0）型
（1）若p=1时，累加法；
（2）若p≠1时，待定系数法：
方法如下：设an+1+g（n+1）=pan+gn与题设an+1=pan+f（n）比较系数求g（n）和g（n+1）其中p·g（n） -g（n+1）=f（n）[例4]设a0为常数，且an=3n-1-2an-1（n∈n）.
证明对任意n≥1，an=■3n-1+-1n·2n·2na0；
[解析]设an+λ·3n=-2（an-1+λ·3n-1），即：an=-2an-1-5
λ·3n-1，
比较系数得：-5λ=1，所以λ=-■所以an-■·3n=-2（an-1-■·3n-1），所以数列{an-■}是公比为-2，首项为a1-■的等比数列.
∴an-■=（1-2a0-■）（-2）n-1（n∈n）即an=■3n+（-1）n-1·2a0 5. an+1=■（c，d为非零常数）型
方法：两边取倒数，得■=■+■+■，令bn=■，从而转化为（3）型而求之.
6. an+1=canp（an>0，c>0，p>0，p≠0）型
方法：两边取对数得lgan+1=lgan+lgc，从而转化为等差数列型递推数列.
总之，对于很多递推数列都可以通过化归与转化的思想转化为一阶线性递推数列问题。

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