高考数学题型全归纳：如何由递推公式求通项公式典型例题(含答案)

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高考数学一轮复习考点知识与题型讲解15 递推公式求通项(含解析)

高考数学一轮复习考点知识与题型讲解考点15 递推公式求通项一．公式法求通项1. 使用特征：前n 项和与项数或项的关系2. 公式为：通项=前n 项和-前n-1项和3. 解题思路n n-1n 1S S 123=⎧⎪⎨⎪⎩⎧⎪⎨⎪⎩⎧⎪⎨⎪⎩求通项相关的：求首项、列两式、作差、化简有首项，此步略求首项：无首项，令进行求解一式含有，此式题目已给列两式：一式含有，根据题目的式子把n 变n-1作差：将上面两式相减（）得到通项公式，检验n=1是否满足条件化简：（）得到等差或等比数列（）得到数列两项的关系式二．累加法求通项1.使用特征：a a f (n)n -=后前表示含的式子2.解题思路n 12132n 1n 2n n 1a a (a a )(a a )+...(a a )(a a ) ===----=-+-+-+-1根据f(n)中与前后项下标的关系写出每个括号的结果观察f(n)的特征选择合适的求和方法计算化简注意：记得最后a 进行移项三．累乘法求通项1.使用特征：a =f (n)n a 后前含有的式子 2.解题思路n n n 1n 2321n 1n 2n 3211a a a a a a .....a a a a a a =f(n)n =a -----=根据中的与前后项下标的关系列式整理化简注意：将进行移项四．构造法求通项{}+2,=k +3=p,λλλ-λλ-λλλλλλλn+1n n+1n n+1n n+1n n 1.通项特征：两项放两边，系数则不同，相差常数项.形如a =pa +k 解题思路：待定系数法（1）设方程：设a =p （a +）（）移项解：a =pa +p 令p 解a （）代入：将代入（1）中，再移项构成等比数列a +a +{}+(n 1)a n a k2)n pa a ,bpa a =b+(n 1)a 3b =p,n a n aλ++λ+λ-λ=λ-λ+--λλ--λλ++λλλ+λ+⎧⎪⎨⎪⎩n+1n n+1n n+1n n+1n n 2.通项特征：两项放两边，系数则不同，相差一次函数.形如a =pa +kn+b 解题思路：待定系数法（1）设方程：设a =p （a +）p （）移项解：a =pa +(p 对比得解得和a （）、代入：将代入（1）移项构成等比数列a +a +{}n n 1n n n 1nn+b b 2,b)=k +b 3=p b b ++λλλ-λλλλλλλn+1n n+1n n+1n n+1nn 通项3.特征：两项放两边，系数不同，相差指数函数且底数与项的系数不同.形如a =pa +kb 解题思路：待定系数法（1）设方程：设a =p （a +）（）移项解：a =pa +(p-b)b 令(p 解a （）代入：将代入（1）中，再移项，构成等比数列a +a +n n 1n n+1n n 1n n 1n n 1n 1n 1n 1nn 1n 4.a pa kp (p 1/0p a pa kp a a k =+=+p p p p p pa a k p p p +++++++=+≠⇒⇒⎧⎫⎨⎬⎩⎭指数的底数与项数的系数相同）解法：同时除以（注意指数的次数是由后一项的下标决定）即是首项，公差是的等差数列五．倒数法求通项n 1n n n+1n 1n n 1n n 1n-1n n-1n n+1n1nn+1n n 1pa pa a a ka pka p 1ka p k 111k -=a pa p a a a p1ka p k 111k 11k-=,a pa pa a a p a a p----==+++==++==+∴⎧⎫⎨⎬⎩⎭1.分式:或解法：两边同时取倒数，即即或即是以首项公差的等差数列n n 1n n 1n n 1n +1n nn 1n n 1n n 1n n 1n n 1n n 1n nn 1n n 1n n +1n n 1n n 1n 1n n a -a ka a a -a ka a a a ka a 111-k a a a a a a a a a a a ka a 111-k a a a a a a a a a --+------+++++===⇒-=-⇒=⇒-=⇒⎧⎫⎨⎬⎩⎭⎧⎫⎨⎬⎩⎭2.整式：或两项相减相乘解法：两边同时除以乘的部分，即等差数列等差数列考点题型分析考点题型一公式法求通项【例1】(1)(2022·广西民族高中)数列{}n a 的前n 项和2n S n n =-+，则它的通项公式是n a =__________.(2)(2022·广东深圳市·明德学校高三月考)设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且2n n S a n =+，则{}n a 的通项公式为n a =__________．(3)(2022·榆林市第十中学高三月考)已知数列{}n a 满足*12323(21)3,n n a a a na n n ++++=-⋅∈N ，则1a =________，=n a ________．【答案】(1)()22n a n n N +=-+∈(2)()*12nn N -∈(3)3 13,143,2n n n a n -=⎧=⎨⨯≥⎩ 【解析】(1)1n =时，11110a S ==-+=；2n ≥且n ∈+N 时，()()()221112n n n a S S n n n n n -⎡⎤==-+---+-=⎣⎦-，易见，1n =也适合该式.故()22n a n n N +=-+∈.故答案为：()22n a n n N +=-+∈. (2)当1n =时，11121,1a a a =+=-当1n >时，122(1)n n n a a n a n -=+---，∴121n n a a -=-，∴()1121n n a a --=-，∵112a -=-，∴12nn a -=-，∴12n n a =-．故答案为：12()n n N *-∈.(3)当1n =时，()12133a =-⨯=，当2n ≥时，由题意可得：()12323213n n a a a na n ++++=-⋅，()()11231231233n n a a a n a n --++++-=-⋅，两式作差可得：()()1121323343n n n nna n n n --=-⋅--⋅=⋅，故143n n a -=⨯()2n ≥，因为13a =，不满足143n n a -=⨯，所以13,143,2n n n a n -=⎧=⎨⨯≥⎩. 故答案为：3；13,143,2n n n a n -=⎧=⎨⨯≥⎩.【举一反三】1．(2022·西藏昌都市第一高级中学)已知数列{}n a 的前n 项和232n S n n =-，则n a ＝________.【答案】65n -【解析】由于数列{}n a 的前n 项和232n S n n =-.当1n =时，111a S ==；当2n ≥时，()()()22132312165n n n a S S n n n n n -⎡⎤=-=-----=-⎣⎦.11a =满足65n a n =-.因此，对任意的n *∈N ，65n a n =-.故答案为：65n -.2．(2022·全国高三专题练习)数列{}n a 的前n 项和为223n S n n =-+，则n a =_________________.【答案】2,123,2n n n =⎧⎨-≥⎩ 【解析】当2n ≥时，()()()221=23121323n n n a S S n n n n n -⎡⎤=--+----+=-⎣⎦;而112a S ==不适合上式，2,123,2nn a n n =⎧∴=⎨-≥⎩.故答案为：2,123,2n n n =⎧⎨-≥⎩. 3．(2022·河北保定市·高碑店一中)已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，()122n n a S n -=≥，则n a =______.【答案】()()211232n n n -⎧=⎪⎨⋅≥⎪⎩【解析】因为()122n n a S n -=≥，故12n n a S +=，故12n n n a a a +=-即()132n n a a n +=≥.又2122a a ==，故当2n ≥时，223n n a -=⨯，故21,123,2n n n a n -=⎧=⎨⨯≥⎩.故答案为：()()211232n n n -⎧=⎪⎨⋅≥⎪⎩. 4．(2022·全国高三专题练习)若数列{}n a 的前n 项和2133n n S a =+，则{}n a 的通项公式是n a =________．【答案】1(2)n --【解析】当1n =时，112133a a =+，11a =，当2n ≥时，112133n n S a --=+，112332n n n n n a S a a S --=-=-，∴12n n a a -=-，{}n a 是首项为1，公比为2-的等比数列，1(2)n n a -=-．故答案为：1(2)n --5．(2022·安徽省舒城中学)若数列}{n a 2*3()n n n N =+∈，则n a =_______．【答案】()241n +【解析】数列}{n a 是正项数列，2*3()n n n N =+∈4=，即116a =2n ≥()()2*131()n n n N =-+-∈22n =+，所以()241n a n =+(2n ≥)当1n =时，116a =适合上式，所以()241n a n =+考点题型二累加法求通项【例2】(2022·成都市·四川电子科大实验中学)设数列{}n a 满足11a =，()*112n n na a n +-=∈N ，则数列{}n a 的通项公式为【答案】()*2112n na n ⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭N 【解析】112n n n a a +-=，所以当2n ≥时，1112n n n a a ---=，12212n n n a a ----=，，21112a a -=，将上式累加得：1121111222n n a a --=++⋅⋅⋅+，1111221112n n a -⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦-=-1112n -⎛⎫=- ⎪⎝⎭，即1122n n a -⎛⎫=- ⎪⎝⎭(2)n ≥，又1n =时，11a =也适合，1122n n a -∴=-1212n ⎛⎫=- ⎪⎝⎭．【举一反三】1．(2022·全国高三专题练习)已知数列{}n a 满足：112a =，*11()2n n n a a n N +=+∈，则=n a【答案】13122n -- 【解析】∵数列{}n a 满足：112a =，()*112n n n a a n N +=+∈，∴112n n n a a +-=， ∴当n ≥2时，a n ＝a 1+a 2﹣a 1+a 3﹣a 2+…+a n ﹣a n ﹣1＝12111112222n -+++⋯+11111221212n -⎛⎫- ⎪⎝⎭=+- =13122n --， 2．(2022·全国高三专题练习)已知在数列{}n a 的前n 项之和为n S ，若1112,21n n n a a a -+==++，则=n a _______．【答案】12-+n n【解析】111112,2121n n n n n n a a a a a --++==++⇒-=+11232211()()()()n n n n n a a a a a a a a a a ---⇒=-+-++-+-+⇒23122211n n n a n a --=+++++-+.111212212n n n n ---=+-+=+-. 3．(2022·通榆县第一中学校高三期中)已知数列{}n a 满足11a =，122n n a a n n+=++，则=n a 。

由递推关系求通项(含答案)

递推数列题型分类归纳解析各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解。

特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。

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 。

解：由条件知：111)1(1121+-=+=+=-+n n n n n n a a n n 分别令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ，代入上式得)1(-n 个等式累加之，即)()()()(1342312--+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-+-+-n n a a a a a a a a)111()4131()3121()211(nn --+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-+-+-=所以na a n 111-=-211=a ，nn a n 1231121-=-+=∴类型2 n n a n f a )(1=+ 解法：把原递推公式转化为)(1n f a a nn =+，利用累乘法(逐商相乘法)求解。

例2:已知数列{}n a 满足321=a ，n n a n n a 11+=+，求n a 。

解：由条件知11+=+n n a a n n ，分别令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ，代入上式得)1(-n 个等式累乘之，即 1342312-∙⋅⋅⋅⋅⋅⋅∙∙∙n n a a a a a a a a nn 1433221-⨯⋅⋅⋅⋅⋅⋅⨯⨯⨯=n a a n 11=⇒ 又321=a ，na n 32=∴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。

利用递推关系式求数列的通项公式(有答案绝对好精品)

利用递推关系式求数列的通项公式数列是高考中的重点内容之一，每年的高考题都会考察到，小题一般较易，大题一般较难。

而作为给出数列的一种形式——通项公式，在求数列问题中尤其重要。

本文给出了求数列通项公式的常用方法。

◆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、2,6,12,20,30,………3、21212,1,,,,3253………4、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②若已知数列的前n 项和n S 与n a 的关系，求数列{}n a 的通项n a 可用公式⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-2111n S S n S a n nn 求解.(注意：求完后一定要考虑合并通项)例2．①已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足21n S n n =+-，求数列{}n a 的通项公式.②已知等比数列{}n a 的首项11=a ，公比10<<q ，设数列{}n b 的通项为21+++=n n n a a b ，求数列{}n b 的通项公式。

◆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*),0,(N n x A n n ∈，其中01=x ，)0(2>=a a x ，3A 是线段21A A 的中点，4A 是线段32A A 的中点，…，n A 是线段12--n n A A 的中点，…（1）写出n x 与21,--n n x x 之间的关系式（3≥n ）。

（2）设n n n x x a -=+1，计算321,,a a a ，由此推测{}n a 的通项公式，并加以证明。

考点23 高中数学-已知递推公式求同通项公式求数列的通项公式-考点总结及练习题

考点23已知递推公式求同通项公式求数列的通项公式【命题趋势】等差与等比数列的综合应用是高考的常考题型，解决问题时，要能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题.【重要考向】一、累加法（叠加法）二、累乘法（叠乘法）三、由数列的前n 项和n S 与n a 的关系求通项公式四、构造新数列累加法（叠加法）若数列{}n a 满足)()(*1N n n f a a n n ∈=-+，则称数列{}n a 为“变差数列”，求变差数列{}n a 的通项时，利用恒等式)2()1()3()2()1()()()(1123121≥-+⋅⋅⋅++++=-+⋅⋅⋅+-+-+=-n n f f f f a a a a a a a a a n n n 求通项公式的方法称为累加法。

1.数列{}n a 满足12a =，122n n a a n +=++，则n a =。

【答案】(1)n a n n =+【解析】122n n a a n +=++ ，()121n n a a n +∴-=+，则当2n ≥时，12n n a a n --=，()()()()121321222222322n n n n n a a a a a a a a n -+∴=+-+-++-=+⨯+⨯++= ()1n n =+。

2.数列{}n a 满足14a =，12nn n a a +=+，*n N ∈，则数列{}n a 的通项公式n a =______.【答案】22n +【解析】数列{}n a 满足14a =，12n n n a a +=+，*n N ∈，12nn n a a +∴-=，因此，()()()211213214222n n n n a a a a a a a a --=+-+-++-=++++ ()121242212n n --=+=+-.故答案为：22n +.3.在数列{}n a 中，12a =，11ln(1)1n n a a n n n+=+++，则n a =。

专题;由递推关系求数列的通项公式(答案)_202008

可得
a1
1 2
由 an1 sn1 sn =1
n 1
an1 1 nan
可得
an1 an
n n2
an
a1
a2 a1
a3 a2
an an1
=
1 2
1 2 3 n2
345
n
n 1 n 1
=
1
n n 1
当
n=1
时也成立。故有
an
=
n
1 n
1
2-3 设数列{ an }是首项为 1 的正项数列，且 (n 1)an12 nan 2 an1an 0 （n=1,2,3…），则它的通项
.
专题练习由递推关系求数列的通项公式
求递推数列通项公式是数列知识的一个重难点，四大考点之一。高考也往往通过考查递推数列来考查学生对知识的探索能力，求递推数列的通项公式一般是将递推公式变形，推得原数列是一种特殊的数列或原数列的项的某种组合是一种特殊数列，把一些较难处理的数列问题化为熟悉的等差或等比数列。
可构造等比数列（以下略）
3 已知数列 an 的前 n 项和 Sn 满足 Sn 2an (1)n , n 1 ．求数列 an 的通项公式。
解：由 a1 S1 2a1 1 a1 1 当 n 2 时，有 an S nSn1 2(an an1 ) 2 (1)n , an 2an1 2 (1)n1, an1 2an2 2 (1)n2 , ……， a2 2a1 2.
an1 an +f n 的递推数列的方法（其中数列 f n 的前 n 项和可求）。
评注此类问题关键累加可消中间项，而 f (n）可求和则易得 an
.
.
1-1 在数列{an}中, a1 2, an1 an 2n 1, 求an.

高中数学选择性必修二 4 1 2数列的递推公式(知识梳理+例题+变式+练习)(含答案)

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 ⎧=⎪⎪=⎨⎛⎫⎪-≥ ⎪⎪⎝⎭⎩。

高考数学题型全归纳：如何由递推公式求通项公式典型例题(含答案)

如何由递推公式求通项公式高中数学递推数列通项公式的求解是高考的热点之一，是一类考查思维能力的题型，要求考生进行严格的逻辑推理。

找到数列的通项公式，重点是递推的思想：从一般到特殊，从特殊到一般；化归转换思想，通过适当的变形，转化成等差数列或等比数列，达到化陌生为熟悉的目的。

下面就递推数列求通项的基本类型作一个归纳，以供参考。

类型一：1()nna a f n 或1()n na g n a 分析：利用迭加或迭乘方法。

即：112211()()+()nnnnna a a a a a a a ……或121121n n n nna a a a a a a a ……例1.(1)已知数列na 满足11211,2nna a a nn，求数列n a 的通项公式。

（2）已知数列n a 满足1(1)1,2nn n a a s ，求数列n a 的通项公式。

解：（1）由题知：121111(1)1nna a nnn n nn 112211()())n n n n na a a a a +(a -a a (1)111111()()()121122n n nn ……312n（2）2(1)n n s n a 112(2)nn s na n两式相减得：12(1)(2)n nna n a na n 即：1(2)1n na n n a n 121121n n nn n a a a a a a a a (121)121nn n n……n类型二：1(,(1)0)nn a pa q p q pq p 其中为常数，分析：把原递推公式转为：1(),1nnq a tp a t p其中t=，再利用换元法转化为等比数列求解。

例2.已知数列n a 中，11,123n n a a a ，求n a 的通项公式。

解：由123nn a a 可转化为：132(3)n na a 令3,nn b a 11n+1n则b =a +3=4且b =2b n b 1是以b =4为首项，公比为q=2的等比数列11422n n bn即123n na 类型三：1()(nn a pa f n 其中p 为常数)分析：在此只研究两种较为简单的情况，即()f x 是多项式或指数幂的形式。

(完整版)已知数列递推公式求通项公式的几种方法

求数列通项公式的方法｛a n ｝的通项公式。

二、累加法解：由 a n 1 a n 2n 1 得 a n 1 a n 2n 1 则出(a n a n 1) (a n 1 a n 2) L(a 3 a 2) (a ? aj a 1，即得数列｛a n ｝的通项公式。

、公式法例1已知数列｛a n ｝满足a n i 2a n 3 2n， a i 2，求数列｛a n ｝的通项公式。

解：a n 1 2a n 3 2n 两边除以2n 1，得開a n 3 a n 1 a n 3 2^ 2，人」2门1歹 2，得鱼 2n 以|1 2 1为首项，以3为公差的等差数列，由等差数列的通项公式, 212 2 故数列｛》｝是 1(n 1)1，3 1 所以数列｛a n ｝的通项公式为a n ( n -)2n 。

评注：本题解题的关键是把递推关系式 a n 1 2a n 2n 转化为開｛|讣是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出a n1)3，进而求出数列-，说明数列2[2( n 1) 1] [2( n 2) 1] L (2 2 1) (2 1 1) 12[(n 1) (n 2) L 2 1] (n 1) 1 -(n 1)n(n 1) 1 2 -2(n 1)( n 1) 12na n (a n a n 1)(a n 1 a n 2) L(a3 a 2) (a 2 a 1 ) a 1例2已知数列｛a n ｝满足a n 1 a n 2n 1，1，求数列｛a n ｝的通项公式。

评注：本题解题的关键是把递推关系式 a n 1a n 2n 1转化为a n 1 a n 2n 1，进而求例3已知数列｛a n ｝满足a n 1 a n 2 3n 1, a “ 3，求数列｛务｝的通项公式。

解：由 a n 1 a n 2 3n 1 得 a n 1所以 a n 3n n 1.a n 1 a n 2 3n 1 转化为 a n 1 a n 2 3n 1，已知数列｛a n ｝满足a n 1 3a n 2 3n 1，a 1解：a n 1 3a n 2 3 1两边除以3 1，得一^4 n n3 3 3 3则旦L 丄旦L Z 丄故 3n 1 3n 3 3n 1，故an 1)a nan2(n 1) 3 存1 1 3n 1) 1 3 2n 1 13n32 2 3n' 则a n2 n 3n 13n132 2(a n a n 1 ) (a n 1 a n 2) L(a 3 a ?)(a 2 a 1 ) a 1n (2 3 1 1)(2 n 231) L(2 3211) (2 31) 312(33n2 L 3 3 ) (n 1) 33(13n 1) (n 1) 321 3n33 n 133 n 1a na n 2 3n 1 则评注：本题解题的关键是把递推关系式进而求出 a n (a n a n 1) (a n 1 a n 2) L 项公式。

由递推公式求通项的9种方法经典总结word精品

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 “= a i + (a ? — a° + (巫一 a ?) + …+ (a n _a “-1) = a i + f(1)+ f(2)+ f(3) + •••+ f(n — 1).1 1 、［例1］已知数列｛ a n ｝满足a i = 2， a n +i = a n +孑右，求a n .1 1 11［解］由条件，知 a n +1— an = n 2+ n = n n + 1 = n—n+ 1，贝V (a2一 a1)+ 但3— a 2)+ 但4 一a3) + •••+(an— an-1)=1— 2 +£一1+ 1一4 FT所以an— ai = 1-J1 1 13 1因为 a 1 = 1，所以 a n = 2+ 1 — n = 3— 12 . a n +1 = f(n)a n 型把原递推公式转化为a a ±J = f(n),再利用累乘法(逐商相乘法)a n求解，即由 a 2= f(1), a ^ = f(2),…,a 1a 2f(1)f(2)…f(n — 1).故 a n = — a2Lj …a^ a 1= -一一- X-一22X 3 = 3■•即 a n =右. a n —1 a n — 2 a 1 n n — 1 2 3 3 n 3n_a^ = f(n — 1),累乘可得 a° =a n — 1 a1［例2］已知数列｛a n ｝满足a i = £nan +1= n + 1 a n ，求a n .［解］由 an +1=an，得 a ^1n n 1，3. a n +1= pa n + q(其中 p , q 均为常数，pq(p — 1)工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 = =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 i = 1, a n +1= 2a n + 3，求 a n .［解］设递推公式 a n +i = 2a n + 3 可以转化为 a n +i — t = 2（a n — t ），即 a n +1 = 2a “— t ，贝V t =—3.故递推公式为 a n +1 + 3= 2（a n + 3）.b n + 1 a n + 1 + 3-令 bn =an+ 3，则 b 1 =a1+ 3= 4，且= =2. b n a n + 3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 X 2n —1= 2n +1,即卩 a n = 2n +1 — 3.4. a n +1= pa n + q n （其中 p, q 均为常数，pq （p — 1）工0）型（1）一般地，要先在递推公式两边同除以q n+s 得a n +1=q$+q q q£引入辅助数列｛b n ｝其中b n = ~n ，，得b n +1 = p b n + 再用待定q i q 丿 q q 系数法解决；（2）也可以在原递推公式两边同除以p n +1，得p n +1=0?+p ［p j n,引入辅助数列｛0｝其中b n = p J,得b n + 1一 g = £加再利用叠加法（逐差相加法）求解.［例 4］已知数列｛ a n ｝中，a 1 = 5，a n +1 = fa n + £厂，求 a n .［解］法一：在 a n + 1=如+ £厂两边乘以 2^1，得 2^1 a n + 1= 3（2n a n ） + 1. 2令 b n = 2n a n ,贝V b n + 1 = ~b n + 1,3p -1,可令 “1+1根据待定系数法，得b n+ 13所以数列｛b n—3｝是以b1 —3= 2X5—3=—£为首项，6 3以3为公比的等比数列.3所以b n— 3 = — 4 n—S 即b n= 3—2 2 n.令 b n = a n + n +1.(*)3n +1a n +1= 3n a n + 扌卄1. 令 b n = 3n a n ，则 b n + 1 = b n +所以 g — g —1= g —1— bn -2 = g ；1,b 2 - b 1 = g 2 将以上各式叠加，得 b n - b 1=l|〉1+ g).5 53又 b1=3a1= 3x 6= 2 =1+3, 所以 3 b n = 1 + 扌 +|2+•••+ |n -1+2n即 b n = 2 3 n +1 — 2. 故 a n =爭=3j -23 n .5. a n +1= pa n + an + b(p z 1, p H 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 x(n + 1) + y = p(a n + xn + y)，与已知递推式比较，解出 an + l +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 an .［解］设递推公式可以转化为 a n + An+B =3［an -1+A(n — 1)+ B ］,化简后与原递推式比较，得a=2,2B — 3A =— 1,法二：在a n +1 = |a n + 1 n +1两边乘以3n +1，得解得贝U b n = 3b n —i ,又 b i = 6,故 b n = 6 3n 1=2 3n , 代入(*)式，得 a n = 2 3“一 n — 1.6. a “+1 = pa 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数列，再利用待定系数法求解.［例6］已知数列｛a n ｝中，a i = 1, a n +1 =1 a ；(a>0)，求数列｛a n ｝的通项公式.a 1 2［解］对a n + 1=匚a n 的两边取对数，a 1得 lg a n +1 = 2lg a n + Ig 一.a1令 b n = l g a n ,贝U b n +1 = 2b n + lga1 f 1、 1由此得 b n + 1+ lg = 2 b n + lg 一，记 C n = g + lg ，贝V C n +1 = 2®,a I a 丿 a 所以数列｛C n ｝是以C 1 =b 1 + lg 2= lg 1为首项，2为公比的等比数列.a a 所以 C n = 2n T lg 1.y a所以 b n = C n — lg 1 = 2n —1 lga — lg 1a a a=lg ［a 0n —1 1= lga 1—2n,即 lg a n = lga 1—2n，所以 a “= a 1—2n.7. a n +1= Ba. + " 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又 1—1=3, a 1 3a n + 1= pa n + q 型［例7］已知数列｛ a n ｝的首项a 1 5， a n +1 = 2a + 1， n = h 2,3,…，求｛a n ｝的通项公式._ 3a n an +1 = 2a n + 1,丄=2+丄 a n +1 3 3a n1 a n +111a n1,21 2 —1 =二• n _ 1 = Tna n 33 3，n38. a n 1 a n - f (n)型类讨论即可解析：；a n 1• a n=2n.即数列Bn ［是奇数项和偶数项都是公差为2的等差数列,9. On 耳二 f(n)型将原递推关系改写成a n .2 a n 1 = f (n • 1),两式作商可得a n 2 - f (n' ° 然后分奇数、偶数讨论即可例9.已知数列&匚中，印=3,a n彳，a n= 2n ,求"、a n:3 2—, n 为奇数1n , n >1, n* + -22, n 为偶数.32 1是以3为首项，3为公比的等比数列,3 3 •-an=3T2 -由原递推关系改写成 O n .2 - a n 二f (n • 1) - f (n),然后再按奇偶分例8•已知数列玄讪,a i二 1, a nd- a n二 2n.求 a na n 2 a n 1 = 2n 2 ,=2a nn, n 为奇数 n -1, n 为偶数'a nf(n)解析：a n。

用递推公式求数列通项公式的方法及数列求和的方法精讲与练习(含答案)

数列的通项公式的求法一、观察法（即猜想法，不完全归纳法）观察各项的特点，关键是找出各项与项数n 的关系例1：根据数列的前4，写出它的一个通项公式：9,99,999,9999，......二、公式法若已知数列的前n 项和与项数n 的关系，求数列的通项公式可用公式法求解。

)1()2(111==≥-=-n S a n S S a n n n例2：}{n a 的前n 项和n S ，求}{n a 的通项公式。

三、由递推公式求数列通项法对于递推公式确定的数列的求解，通常可以通过递推公式的变换，转化为等差数列或等比数列问题，有时也用到一些特殊的转化方法与特殊的数列。

1.迭加法已知递推关系)(),(*1N n n f a a n n ∈=-+例3 已知数列{}n a 满足112313n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。

变式：已知数列{}n a 满足1132313n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。

2.迭乘法已知递推关系是)(),(*1N n n f a a nn ∈=+ 例4：已知数列}{n a 中，n n a nn a a 1,211+==+，求}{n a 的通项公式。

变式：已知数列{}n a 满足112(1)53n n n a n a a +=+⨯=，，求数列{}n a 的通项公式。

3、待定系数法例5 已知数列{}n a 满足112356n n n a a a +=+⨯=，，求数列{}n a 的通项公式。

变式：已知数列{}n a 满足1135241n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。

4、数学归纳法例6 已知数列{}n a 满足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 2122322243228(11)88224(211)(213)9925258(21)248348(221)(223)252549498(31)488480(231)(233)49498181a a a a a a +⨯=+=+=⨯+⨯+⨯+⨯=+=+=⨯+⨯+⨯+⨯=+=+=⨯+⨯+⨯ 由此可猜测22(21)1(21)n n a n +-=+，往下用数学归纳法证明这个结论。

2020年高考数学一轮复习专题4.3利用递推公式求数列通项公式练习(含解析)

第三讲利用递推公式求数列的通项公式1．递推数列(1)概念：数列的连续若干项满足的等量关系a n ＋k ＝f (a n ＋k －1，a n ＋k －2，…，a n )称为数列的递推关系．由递推关系及k 个初始值确定的数列叫递推数列．(2)求递推数列通项公式的常用方法：构造法、累加(乘)法、归纳猜想法． 2．数列递推关系的几种常见类型（1）公式法：形如S n =f(n)或S n =f(a n )或S n =f(n,a n ) (2)累加法：形如a n －a n －1＝f (n )(n ∈N *，且n ≥2)当n ∈N *，n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1. (3)累乘法：形如a n a n －1＝f (n )(n ∈N *且n ≥2) 当n ∈N *，n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1. 注意：n ＝1不一定满足上述形式，所以需要检验．（4）倒数法：（构造等差数列）形如11110nn n n n n n pa a a ka a a qa k++++-==+整式或分式整式：两边同时除以1n n a a + 分式：两边同时取倒数（5）待定系数法①形如a n ＝pa n －1＋q (n ∈N *且n ≥2) 方法：化为a n ＋qp －1＝p ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋q p －1的形式．令b n ＝a n ＋qp －1，即得b n ＝pb n －1，{b n }为等比数列，从而求得数列{a n }的通项公式．②形如a n ＝pa n －1＋f (n )(n ∈N *且n ≥2) 方法：两边同除p n，得a n p n ＝a n －1p n －1＋f (n )p n ，令b n ＝a n p n ，得b n ＝b n －1＋f (n )p n，转化为利用累加法求b n ⎝ ⎛⎭⎪⎫若f (n )p n 为常数，则{b n }为等差数列，从而求得数列{a n }的通项公式．考向一公式法【例1】(1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，则a n ＝________. (2)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. (3)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n，则a n ＝________.【答案】（1）4n －5 （2）-63 （3）∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n ，n ≥2.【解析】（1）当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5.（2）∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1，∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1＝－1，公比q ＝2的等比数列，∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－1×(1－2n )1－2＝1－2n ，∴S 6＝1－26＝－63.（3）当n ＝1时，由已知，可得a 1＝21＝2， ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n，① ∴a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝2n －1(n ≥2)，②由①－②得na n ＝2n－2n －1＝2n －1，∴a n ＝2n －1n.显然当n ＝1时不满足上式， ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n ，n ≥2.【举一反三】1.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n＋1，则a n ＝________.【答案】 ⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2【解析】当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋1＝4；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n＋1)－(3n －1＋1)＝2×3n －1.当n ＝1时，2×31－1＝2≠a 1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2.2.设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，则a n ＝________.【答案】13n 【解析】因为a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，① 则当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，②①－②得3n －1a n ＝13，所以a n ＝13n (n ≥2)．由题意知a 1＝13符合上式，所以a n ＝13n .3.若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝________.【答案】 (－2)n －1【解析】当n ＝1时，a 1＝S 1＝23a 1＋13，即a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n －23a n －1，故a na n －1＝－2，所以数列{a n }是以1为首项，－2为公比的等比数列．故a n ＝(－2)n －1.考向二倒数法求通项【例2】（1）在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，则a n ＝________. (2)已知在数列{}a n 中，a 1＝15，且当n ≥2时，有a n －1－a n －4a n a n －1＝0，则a n ＝____________.【答案】（1）2n ＋1，n ∈N * （2）14n ＋1(n ∈N *) 【解析】（1)由已知可知a n ≠0，∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12，又1a 1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列，1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n ＋12，∴a n ＝2n ＋1，n ∈N *. (2)由题意知a n ≠0，将等式a n －1－a n －4a n a n －1＝0两边同除以a n a n －1得1a n －1a n －1＝4，n ≥2，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，且首项为1a 1＝5，公差d ＝4，故1a n ＝1a 1＋(n －1)d ＝5＋4(n －1)＝4n ＋1，∴a n ＝14n ＋1(n ∈N *)．【举一反三】1．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________. 【答案】－1n【解析】 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ，又由a 1＝－1，知S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，且公差为－1，而1S 1＝1a 1＝－1， ∴1S n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n.2.若数列{a n }的首项a 1＝12，且a n ＝(a n ＋1)a n ＋1，则a 200a 300＝________.【答案】301201【解析】 a n ＝(a n ＋1)a n ＋1，得a n －a n ＋1＝a n a n ＋1且a n ≠0，所以1a n ＋1－1a n＝1，即⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以2为首项，1为公差的等差数列，1a n＝n ＋1，从而a 200a 300＝301201. 考向三累加法【例3】已知在数列{}a n 中，a 1＝0，a n ＋1＝a n ＋2n －1，求a n . 【答案】a n ＝(n －1)2【解析】由已知得a n －a n －1＝2n －3，当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1) ＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝(2n －3)＋(2n －5)＋…＋1＋0＝(n －1)2. 当n ＝1时，a 1＝0符合上式，所以a n ＝(n －1)2，n ∈N *.【举一反三】1．数列{}a n 满足a 1＝12，a n ＝a n －1＋1n 2－n (n ≥2，n ∈N *)，求数列{}a n 的通项．【答案】a n ＝32－1n (n ∈N *)．【解析】由a n －a n －1＝1n 2－n (n ≥2，n ∈N *)且a 1＝12， a n －a n －1＝1n 2－n ＝1n －1－1na n －1－a n －2＝1n －2－1n －1，…，a 2－a 1＝1－12，各式累加整理得a n ＝32－1n ，n 取1时，32－1＝12＝a 1，所以a n ＝32－1n(n ∈N *)．2.已知数列，，，则数列的通项公式=______．【答案】【解析】数列，，，可得，，，…，累加可得：．故答案为：考向四类乘法【例4】已知在数列{}a n 中，a 1＝2，且na n ＋1＝(n ＋2)a n ，求a n . 【答案】a n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)．【解析】由已知得a n ＋1a n ＝n ＋2n ，当n ≥2时，a n ＝a n a n －1.a n －1a n －2.....a 2a 1.a 1＝n ＋1n －1.n n －2.. (3)1·2＝n (n ＋1)，当n ＝1时，a 1＝2也符合上式，所以a n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)．【举一反三】1．已知在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n .(1)求a 2，a 3；(2)求{a n }的通项公式．【答案】【解析】(1)由S 2＝43a 2，得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3.由S 3＝53a 3，得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6.(2)由题设知a 1＝1. 当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理，得a n ＝n ＋1n －1a n －1.于是a 1＝1，a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，…，a n －1＝n n －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1，将以上n 个等式两端分别相乘，整理，得a n ＝n (n ＋1)2.当n ＝1时，a 1＝1也符合上式，综上，{a n }的通项公式a n ＝n (n ＋1)2，n ∈N *.考向五待定系数法【例5】（1）已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋2，求数列{a n }的通项公式． (2)已知在数列{}a n 中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋3·2n，则a n ＝________.【答案】（1）a n ＝2n ＋1－2(n ∈N *)．（2）2n·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －12，n ∈N *【解析】（1）∵a n ＋1＝2a n ＋2，∴a n ＋1＋2＝2(a n ＋2)，又a 1＋2＝4，∴{a n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＋2＝4·2n －1，∴a n ＝2n ＋1－2(n ∈N *)．（2）在递推关系a n ＋1＝2a n ＋3·2n的两边同除以2n ＋1，得a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋32，令b n ＋1＝a n ＋12n ＋1，则b n ＋1＝b n ＋32，b 1＝1，所以{b n }是以1为首项，32为公差的等差数列．所以b n ＝1＋32(n －1)＝32n －12，故a n ＝2n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －12，n ∈N *.【举一反三】1.已知数列{}a n 满足a n ＝13a n －1＋2，a 1＝1，求数列{}a n 的通项公式．【答案】a n ＝3－23n －1(n ∈N *)【解析】设a n ＋λ＝13(a n －1＋λ)，解得λ＝－3，则a n －3＝13(a n －1－3)，令b n ＝a n －3，则数列{}b n 是以b 1＝a 1－3＝－2为首项，13为公比的等比数列，所以b n ＝－23n －1，所以a n ＝3－23n －1(n ∈N *)．2．已知在数列{}a n 中，a 1＝56，a n ＋1＝13a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，则a n ＝________.【答案】32n －23n (n ∈N *) 【解析】在a n ＋1＝13a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1的两边同乘以2n ＋1得2n ＋1·a n ＋1＝23·(2n a n )＋1，令b n ＝2na n .则b 1＝53，b n ＋1＝23b n ＋1，于是可得b n ＋1－3＝23(b n －3)，∴b n －3＝－43×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫23n，【套路总结】使用条件：型如1n n a pa q +=+（其中,p q 为常数，且(1)0,pq p -≠）解题模板：第一步假设将递推公式改写为a n ＋1＋t ＝p (a n ＋t )；第二步由待定系数法，解得1qt p =-；第三步写出数列{}1n qa p +-的通项公式；第四步写出数列{}n a 通项公式.∴b n ＝3－2⎝ ⎛⎭⎪⎫23n，∴a n ＝b n 2n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＝32n －23n (n ∈N *)．1．若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.【答案】 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2【解析】当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1]＝6n －5，显然当n ＝1时，不满足上式．故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.2.已知在正项数列{a n }中，S n 表示前n 项和且2S n ＝a n ＋1，则a n ＝________. 【答案】 2n －1【解析】方法一由已知2S n ＝a n ＋1，得当n ＝1时，a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入已知得2S n ＝S n －S n －1＋1，即S n －1＝(S n －1)2. 又a n >0，故 S n －1＝S n －1或S n －1＝ 1－S n (舍)，即S n －S n －1＝1(n ≥2)，由定义得{S n }是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴S n ＝n .故a n ＝2n －1.方法二 ∵2S n ＝a n ＋1，∴4S n ＝(a n ＋1)2，当n ≥2时，4S n －1＝(a n －1＋1)2，两式相减，得4a n ＝(a n ＋1)2－(a n －1＋1)2，化简可得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0， ∵a n >0，∴a n －a n －1＝2， ∵2a 1＝a 1＋1，∴a 1＝1.∴数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列， ∴a n ＝2n －1.3．已知a 1＝3，a n ＋1＝3n －13n ＋2a n (n ≥1，n ∈N *)，则a n ＝________. 【答案】 63n －1【解析】当n ≥2时，a n ＝3(n －1)－13(n －1)＋2·3(n －2)－13(n －2)＋2·…·3×2－13×2＋2·3－13＋2a 1＝3n －43n －1·3n －73n －4·…·58·25·3＝63n －1. a 1＝3也符合上式，所以a n ＝63n －1. 4．已知在数列{}a n 中，a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋14n 2－1，则a n ＝____________. 【答案】 4n －34n －2(n ∈N *) 【解析】由已知可得a n ＋1－a n ＝14n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，令n ＝1,2，…，(n －1)，代入得(n －1)个等式累加，即(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3－12n －1， ∴a n －a 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1，∴a n ＝a 1＋12－12·12n －1，即a n ＝1－14n －2＝4n －34n －2(n ∈N *)⎝ ⎛⎭⎪⎫经验证a 1＝12也符合. 5．在数列{a n }中，若a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a n ＝________. 【答案】 2＋ln n (n ∈N *)【解析】 ∵当n ≥2时，a n ＝a n －1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n －1＝a n －1＋ln n n －1， a n －1＝a n －2＋ln n －1n －2， a n －2＝a n －3＋ln n －2n －3， …，a 2＝a 1＋ln 2，累加可得a n ＝a 1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n －1×n －1n －2×n －2n －3×…×2＝a 1＋ln n ， ∴a n ＝2＋ln n ，n ∈N *(经验证a 1＝2也符合此式)． 6．已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和满足S n >1，且6S n ＝(a n ＋1)(a n ＋2)，n ∈N *，则数列{a n }的通项公式为____________．【答案】 a n ＝3n －1【解析】由a 1＝S 1＝16(a 1＋1)(a 1＋2)，解得a 1＝1或a 1＝2.由已知a 1＝S 1>1，得a 1＝2.又由a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝16(a n ＋1＋1)(a n ＋1＋2)－16(a n ＋1)(a n ＋2)，得a n ＋1－a n －3＝0或a n ＋1＝－a n . 因为a n >0，故a n ＋1＝－a n 不成立，舍去．因此a n ＋1－a n －3＝0，即a n ＋1－a n ＝3，从而{a n }是公差为3，首项为2的等差数列，故{a n }的通项公式为a n ＝3n －1.7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋S n ＝n ，则数列{a n }的通项公式为____________．【答案】 a n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n (n ∈N *) 【解析】 ∵a n ＋S n ＝n ，① ∴a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1.②②－①得a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝1，∴2a n ＋1＝a n ＋1，∴2(a n ＋1－1)＝a n －1，又a 1＋a 1＝1，∴a 1＝12≠1，∴a n ＋1－1a n －1＝12. 设c n ＝a n －1，∵首项c 1＝a 1－1＝－12. ∴数列{c n }是以－12为首项，12为公比的等比数列．故c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，∴a n ＝c n ＋1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n (n ∈N *)． 8．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知4a n －2n ＝3S n ，则a n ＝________.【答案】 3·4n －1－2n －1(n ∈N *)【解析】由已知得4a n ＋1－2n ＋1＝3S n ＋1，∴4(a n ＋1－a n )－2n ＝3a n ＋1，∴a n ＋1＝4a n ＋2n ， a n ＋1＋2n ＝4a n ＋2n ＋1＝4(a n ＋2n －1)，又4a 1－2＝3S 1，∴a 1＝2，∴{a n ＋2n －1}是以3为首项，4为公比的等比数列． ∴a n ＋2n －1＝3·4n －1， ∴a n ＝3·4n －1－2n －1(n ∈N *)． 9.已知a 1＝2，a 2＝4，数列{b n }满足：b n ＋1＝2b n ＋2且a n ＋1－a n ＝b n .(1)求证：数列{b n ＋2}是等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式．【答案】见解析【解析】(1)证明：由题知，b n ＋1＋2b n ＋2＝2b n ＋2＋2b n ＋2＝2， ∵b 1＝a 2－a 1＝4－2＝2，∴b 1＋2＝4，∴数列{b n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)可得，b n ＋2＝4·2n －1，故b n ＝2n ＋1－2.∵a n ＋1－a n ＝b n ，∴a 2－a 1＝b 1， a 3－a 2＝b 2，a 4－a 3＝b 3，…a n －a n －1＝b n －1.累加得，a n －a 1＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n －1(n ≥2)，a n ＝2＋(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(2n －2)＝21－2n 1－2－2(n －1) ＝2n ＋1－2n ，故a n ＝2n ＋1－2n (n ≥2)．∵a 1＝2符合上式，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1－2n (n ∈N *)．10．已知是数列的前项和，数列满足，则 __________．【答案】【解析】∵， ∴，两式做差，∴，∴ ，而时，可得：也满足，∴ ，∴ .11.设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1=2，对任意n ∈N *，都有2S n =（n+1）a n ，求数列{a n }的通项公式。

由递推公式求数列通项公式常见题型及解法

由递推公式求数列通项公式常见题型及解法对于由递推公式所确定的数列通项公式问题,通常可通过对递推公式变形,转化成等差数列或等比数列加以解决,也可以通过构造法把问题转化后予以解决.下面分类举例说明.一,%+l=%+-厂(n)型累加法:%=(一%～1)+(n一l一%一2)+…+(oa一.I)+nl=-厂(n一1)+_厂(n一2)+…+f(1)+01.例1在数列{}中,已知+=,=2,求通项公式.解:已知递推式化为…_l__一:+%+12+I’又tan(a+c)=号,tanAtanC=2+厂,tanA+tanC=3+,/一.由IanA+tanc=+,[tanAtanC=2+,v/3.解得tanA=1,tanC=2+,/丁或tanA=2+,/,tanC=1.所以A=45.,B=60.,C=75.或A=75o.B=60..C=45..当=45咐,.=8c==8,6=Ac=每=4,c=4+4_当=75.时,.=8,b=4,厂一(x/一1),c=8(,/一1).【解题反思】此题将三角形,正弦定理,三角形内角和,方程思想等知识巧妙24基础教育论坛[2011年第2期j即一--1=1,%+1’所以一1=1,l:1,啦Z啦Z111111啦劬一2’’一l一2n’将以上(n一1)个式子相加,得1一1=_2211l+..’1,—_22”‘即an=争++寺++…+一(一一.21一所以=一=.2练习:已知数列{%}满足n.=1,+.=n+2n(孔∈N).求血,结合,对学生的综合能力的运用是一个很大的考验,只有熟练掌握了三角的基本公式和基本方法技巧,才能运用自如,完整解答问题.三,有益的启示《考试说明》明确提出:要在”突出数学基础知识,基本技能,基本思想方法的考查”的同时,”重视数学基本能力和综合能力的考查”,”注重数学应用意识和创新意识的考查”,由此可见,坚持和加强在知识的交汇点处命题势在必行.在知识的交汇处命题,一方面数学学科知识之间的纵横交融,渗透综合的鲜明特点,将正,余弦定理与向量,解析几何,立体几何,数列,不等式,数列,方程等重要知识有效交汇于一体;另一方面,可有效考查学生的各类方法技能和重要数学思想的合理运用,把对学生的数学思维能力和综合应用能力的考查融合在对学生双基考二,+l=_厂(n)?型累积法:=—旦L?上…??塑?c—l(一2nl.,所以=-厂(n一1(n一2(n一3)一1)01.例2求数列.t=_『1,%=_}.%一(n≥2)的通项公式.解:当n≥2时,=堕?盟?a4…??L.al0l啦%一1【即%=面可×}:一4,l2—1’当n=l,=}=所以r(n∈N+)?查之中,因此我们必须高度重视,积极应对.数学知识交汇题,一般具有背景清晰且内涵丰富,新颖脱俗且思路灵活的特点,这就需要我们在熟练掌握数学基础知识和基本技能的基础上,深刻理解题意, 洞察内在联系,准确选择方法,要依据题设条件,合理进行变换,灵活进行转化,严谨完善解题.正弦定理,余弦定理在高考中,一般不单设试题,而是融于其他知识当中去考查,学生学习中应重视四大数学思想方法的培养.在运用定理时,要注重与其他知识的交汇,多角度联想,观察和分析问题,教师要教给学生学习的方法, 让学生学会学习,真正做到与其他知识融会贯通,切实提高学生分析问题,解决问题的能力,,促进其思维能力的发展和提高.练习:已知数列{吼}满足土上_=n (11,∈N+),ot=l,求n,1.三,%+I--,pa~+叮型方法:1)+小t?),.’,再根据等比数列的相关知识求(2)+.～%=p(%一an一)再用累加法求.(争一,先用累加法求争,再求?例3在数列{}中,a.=1,当n≥2时,有%=3一1+2,求.解法1:设+A=3(%l+A),即有=3～1+2A,对比=3l+2,得A=1.于是%+I=3(1+1),数列{+}是以a.+l=2为首项,以3为公比的等比数列,所以有=2?3一1.解法2:由已知递推式,得%+l=3%+2,%=3a.一l+2(n≥2).上述两式相减,得%+l～:3(%一%一1),因此,数列{%+.一nJl}是以o.2一a=4. 为首项,以3为公比的等比数列.所以+l一=4?3’,即3一%=4?3,所以%=2?3’1.练习:已知{}的首项n.=n(a为常数),;2a.一1(n∈N+,n≥2),求‰四,%+l=p%+/(n)型例4设数列{}满足,a=1,=一一J+2n一1(n≥2),求通项公式%.解:设6=+An,+曰,则%=b一An—B,%一l=6一l—A(一1)一B,所以b一An—B=an=1[6-I--A(n一1)一B]+2n一1,即b=1b—j+(A+2)n+(}A+一-).设所以b=16且b=%一4n+6.厶由于il6}是以3为首项,以为公比的等比数列,所以有b=3丁._由此得:一;:十4n.6.【说明】通过引入一些尚待确定的系数转化命题结构,经过变形与比较,把问题转化成基本数列(等差或等比数列). 五,+f:p%+q型例5已知b≠O,b≠士1,伪=,=了’+-+(n≥2),写出用/1,和b表示%的通项公式,解:将已知递推式两边乘以(1+6)”,得(1+6)=6(1+6)’an+l+,又设‰=(1+6),于是,原递推式化为n=bxT,仿类型三,可解得%=b—b=‘故%:.【说明】对于递推式+.=p+g,可两边除以q’,得争+上争’争,引入辅助数列6争,得n+争6n+,然后可归结为类型三.g六,+2p%+j+口型方法:待定系数法,设%+.一衄(一一%),构造等比数列.例6已知数列{}中,=1啦=2,+=++,求%.解:在%+2=%+l+两边减去+l,得%+2一+I:一一(+l一).所以{%+一%{是以02一n.=l为首项,以一为公比的等比数列.所以%+一=(一})..令E式=1,2,3,:一.(一1),再把这(n一1)个等式累加,得%一o=1 (一})+(_丁1)+?+(一})一=囊[1(一】.以;1哼((一}-11..t:,线性分式型..例7.(倒数法)已知数列{}中,a.: },+J=打,求{}的通项公式-解:j一::+2,所以{}是以为-NN,公差为2的等差数列,即l_:丁5+2(一1):,jj所以丁?练习:已知数列{}中,a.=1,=精,求{%}的通项公式?解.=}:击,所以f专}是以1为首项,公差为2的等差数列.所以=l+2(一1)_2,卜l,即Sn?所以=一一丁一1一=一fl(,n=1),删{2n1一2n3(.1一一…等差,等比数列是两类最基本的数列,是数列部分的重点,自然也是高考考查的热点,而考查的目的在于测试学生灵活运用知识的能力,这个”灵活”往往集中在”转化”的水平上.转化的目的是化陌生为熟悉,当然首先是等差,等比数列,根据不同的递推公式,采用相应的变[2011年第2期]基础教育论坛●_’r4:=A得解Il,l0一扛一2++A一2A一2。

最全总结递推数列求通项公式的常用方法

递推数列求通项公式的常用方法一、公式法例1、已知无穷数列{}n a 的前n 项和为n S ，并且*1()n n a S n N +=∈，求{}n a 的通项公式？【解析】：1n n S a =-，∴ 111n n n n n a S S a a +++=-=-，∴ 112n n a a +=，又112a =，∴ 12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭.反思：利用相关数列{}n a 与{}n S 的关系：11a S =,1n n n a S S -=-(2)n ≥与提设条件，建立递推关系，是本题求解的关键.二、归纳猜想法：由数列前几项用不完全归纳猜测出数列的通项公式，再利用数学归纳法证明其正确性，这种方法叫归纳法.例2、已知数列{}n a 中，11a =，121(2)n n a a n -=+≥，求数列{}n a 的通项公式. 【解析】：11a =，121(2)n n a a n -=+≥，∴2121a a =+3=，3221a a =+7=⋅⋅⋅⋅猜测21n n a =-*()n N ∈，再用数学归纳法证明.（略）反思：用归纳法求递推数列，首先要熟悉一般数列的通项公式，再就是一定要用数学归纳法证明其正确性.三、累加法：利用1211()()n n n a a a a a a -=+-+⋅⋅⋅-求通项公式的方法称为累加法。

累加法是求型如1()n n a a f n +=+的递推数列通项公式的基本方法（()f n 可求前n 项和）.例3 、已知无穷数列{}n a 的的通项公式是12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，若数列{}n b 满足11b =，112nn n b b +⎛⎫-= ⎪⎝⎭(1)n ≥，求数列{}n b 的通项公式.【解析】：11b =,112nn n b b +⎛⎫-= ⎪⎝⎭(1)n ≥,∴1211()()n n n b b b b b b -=+-+⋅⋅⋅-=1+12+...+112n -⎛⎫⎪⎝⎭=1122n -⎛⎫- ⎪⎝⎭.反思:用累加法求通项公式的关键是将递推公式变形为1()n n a a f n +=+。

递推数列求通项公式的求法及习题演练

高考递推数列题型分类归纳解析类型1 )(1n f a a n n +=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法(逐差相加法)求解。

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

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 na 11+=+，求n a 。

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

变式:（2004，全国I,理15．）已知数列{a n }，满足a 1=1，1321)1(32--+⋅⋅⋅+++=n n a n a a a a (n ≥2)，则{a n }的通项1___n a ⎧=⎨⎩12n n =≥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:（2006，重庆,文,14）在数列{}n a 中，若111,23(1)n n a a a n +==+≥，则该数列的通项n a =_______________ 变式:（2006. 福建.理22.本小题满分14分）已知数列{}n a 满足*111,21().n n a a a n N +==+∈ 求数列{}n a 的通项公式；类型4 n n n q pa a +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1)(1((≠--q p pq ）。

（或1n n n a pa rq +=+,其中p ，q, r 均为常数）。

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