几种分式型递推数列的通项求法
最全的递推数列求通项公式方法
最全的递推数列求通项公式方法递推数列是指数列中的每一项都由前一项通过其中一种规律得出。
求递推数列的通项公式是数学中的重要问题，可以通过多种方法实现。
下面将介绍最常用的几种方法。
1.等差数列通项公式等差数列是指数列中的每一项与前一项之差都相等的数列。
设等差数列的第一项为a1，公差为d，则第n项为an=a1+(n-1)d。
这是等差数列的通项公式。
2.等比数列通项公式等比数列是指数列中的每一项与前一项之比都相等的数列。
设等比数列的第一项为a1，公比为r，则第n项为an=a1*r^(n-1)。
这是等比数列的通项公式。
3.斐波那契数列通项公式斐波那契数列是指数列中的每一项都是前两项之和。
设斐波那契数列的第一项为a1，第二项为a2，则第n项为an=a(n-1)+a(n-2)。
但通常情况下，我们将斐波那契数列的第一项设为0，第二项设为1，此时的通项公式为an=F(n-1)，其中F(n-1)表示第n-1个斐波那契数。
4.龙贝尔数列通项公式龙贝尔数列是指数列中的每一项都是前一项与当前项索引之和。
设龙贝尔数列的第一项为a1，则第n项为an=a(n-1)+n。
这是龙贝尔数列的通项公式。
5.通项公式的递推法有些数列并没有明确的通项公式，但可以通过递推法求得通项公式。
递推法的核心思想是找到数列中的其中一种规律，通过前面的项得出后面的项。
这种方法比较灵活，可以适用于各种类型的数列。
总结起来，以上是求递推数列通项公式的几种常见方法。
在实际中，我们可以观察数列的规律，推测出通项公式，然后通过数学推导证明其正确性。
对于复杂的递推数列，我们可能需要运用更多的数学知识和技巧，如离散数学、线性代数等。
九类常见递推数列求通项公式方法
九类常见递推数列求通项公式方法递推数列通项求解方法类型一：an1panq（p1）思路1（递推法）：anpan1qp(pan2q)qpppan3qqq……pn1a1q(1pp2…pn2qqn1。
)a1pp11p思路2（构造法）：设an1pan，即p1q得qp1，数列an是以a1为首项、p为公比的等比数列，则anqn1qana1pp11pqn1a1p，即p1p1q例1已知数列an满足an2an13且a11，求数列an的通项公式。
解：方法1（递推法）：an2an132(2an23)3222an3333……2n13(122…22n23n13n1)1223。
2112方法2（构造法）：设an12an，即3，数列an3是以a134n1n1n1为首项、2为公比的等比数列，则an3422，即an23。
类型二：an1an思路1（递推法）：f(n)anan1f(n1)an2f(n2)f(n1)an3f(n3)f(n2)f(n1)…a1f(n)。
i1n1思路2（叠加法）：anan1f(n1)，依次类推有：an1an2f(n2)、n1an2an3f(n3)、…、a2a1f(1)，将各式叠加并整理得ana1i1f(n)，即n1ana1i1f(n)。
例2已知a11，anan1n，求an。
解：方法1（递推法）：anan1nan2(n1)nan3(n2)(n1)nn……a1[23…(n2)(n1)n]i1nn(n1)2。
方法2（叠加法）：anan1n，依次类推有：an1an2n1、an2an3n2、…、nnna2a12，将各式叠加并整理得ana1i2n，ana1i2ni1nn(n1)2。
类型三：an1f(n)an思路1（递推法）：anf(n1)an1f(n1)f(n2)an2f(n1)f(n2)f(n3)an3…f(1)f(2)f(3)…f(n2)f(n1)a1。
anan1a2a1an1an2ana1思路2（叠乘法）：f(n1)，依次类推有：f(n2)、an2an3f(n3)、…、f(1)，将各式叠乘并整理得f(1)f(2)f(3)…f(n2)f(n1)，即anf(1)f(2)f(3)…f(n2)f(n1)a1。
数列通项篇(分式型递推式求通项)
数列通项篇（分式型递推式求通项）分式型递推式求通项 形如：D Ca B Aa a n n n ++=+1或DCa B Aa a n n n ++=+21两种方法三种类型三条原则两种方法：减倒法：即减个数字取倒数减除法：即减个数字两式相除（两边同时减去不同的数字，相除）三种类型D Ca B Aa a n n n ++=+1或DCa B Aa a n n n ++=+21 DCx B Ax x ++=或D Cx B Ax x ++=2为其对应的特征方程 若21,x x 为对应的特征根，则有（1）当21x x =实根时，减倒法构造}1{1x a n -等差数列， （2）当21x x ≠实根时，减除法构造}{21x a x a n n --等比数列， （3）当21x x ≠复根时，减除法构造}{21x a x a n n --周期数列，例1、在数列}{n a 中，21=a ，13371+-=+n n n a a a ，求数列}{n a 的通项公式。
例2、（重庆高考）在数列}{n a 中，11=a ，05216811=++-•++n n n n a a a a ，求数列}{n a 的通项公式。
例3、已知在数列}{n a 中，41=a ，42321--=+n n n a a a ，求数列}{n a 的通项公式。
例4、（湖南高考）已知在数列}{n a 中，11=a ，1331+-=+n n n a a a ，则=2009a _______________三、分式型递推式求通项的三条原则（1）选择题、填空题直接列举找规律；（2）解答题有台阶，按构造的台阶式顺势而为；（3）解答题无台阶，按减倒法和减除法直接构造； 例5、已知在数列}{n a 中，21=a ，121+=+n n a a ，12-+=n n n a a b ，则数列}{n b 的通项公式=n b _______________例6、（全国卷）已知在数列}{n a 中，21=a ，n n a c a 11-=+，若25=c ，21-=n n a b ，求数列}{n b ，}{n a 的通项公式。
根据递推关系求数列通项公式的几种方法
根据递推关系求数列通项公式的几种方法要求根据递推关系求解数列的通项公式，其实是要求找到一个能将数列的每一项都表示为n（项数）的函数的公式。
在数学中，有几种方法可以求解这类问题。
一、代数方法：对于一些简单的递推关系，可以尝试使用代数方法来求解数列的通项公式。
这种方法通过观察数列中的模式，尝试将递推关系转化为代数方程，然后解方程得到通项公式。
例如，我们考虑求解斐波那契数列的通项公式。
斐波那契数列的递推关系为：Fn=Fn-1+Fn-2，其中F1=1，F2=1我们假设通项公式为Fn=k1a^n+k2b^n，其中k1、k2为常数，a、b为待定数。
k1a^n+k2b^n=k1a^(n-1)+k2b^(n-1)+k1a^(n-2)+k2b^(n-2)整理得：k1a^2-k1a-k2=0。
解这个方程，可以得到a和b的值，然后将a和b的值代入通项公式中，即可求解斐波那契数列的通项公式。
二、特征根法：特征根法是求解一阶线性递推关系（如Fn=aFn-1+b）的通项公式的常用方法。
该方法的基本思想是，将递推关系转化为一个一阶线性常微分方程，然后解方程得到通项公式。
例如，我们考虑求解斐波那契数列的通项公式。
斐波那契数列满足的递推关系为：Fn=Fn-1+Fn-2，其中F1=1，F2=1将递推关系转化为一阶线性常微分方程得到：y''-y'-y=0其中y=Fn。
解这个方程得到的特征根为α1=(1+√5)/2，α2=(1-√5)/2通项公式可以表示为：Fn=k1(α1)^n+k2(α2)^n其中k1、k2为常数。
利用初始条件F1=1，F2=1，可以求解出k1和k2的值，进而求解出斐波那契数列的通项公式。
三、母函数法：母函数法是一种求解递推关系的高效方法，尤其适用于求解求和问题。
该方法的基本思想是，将数列视为一个幂级数的系数列，通过构造母函数来解决递推关系。
例如，我们考虑求解斐波那契数列的通项公式。
斐波那契数列的递推关系为：Fn=Fn-1+Fn-2，其中F1=1，F2=1我们假设母函数为F(x)=F0+F1x+F2x^2+F3x^3+...F(x)=x(F(x)-F0)+x^2F(x)整理得：F(x)=F0+xF(x)+x^2F(x)移项得：F(x)=F0/(1-x-x^2)。
分式递推数列通项公式的几种求法
（ ㈩ （ Ｄ＝２） （ ≠ｎ， ３ Ｐ ，１， Ａ ）
难点 之一 ， 利用不 动点 、 阵 、 但 矩 特征 根来解 决分 式递 推数列问题 ，则使分式递 推数 列的求解变得 简单而且 有趣。这样 ， 就把高等数学中的某些概念和理论渗透到 了中学数学之 中，使受教 育者能准确地把握 中学数学 的本质 ，这对于理解 中学数学相关 内容 有一定的参考 价值 ， 从而有利于提高教学质量 和教学水平 。 本文考虑如下分式递推数列 ： 设数列 Ｉ的首项为 ａ） １
ｄ———— ——— ———— 一 （ ） — ——・ ——— —：— Ｉ ＝—— — —竺——— —— 二 — — —— ±— — — — 二 — ］ — Ｉ Ｉ
：
定义１ 方程 ） 的根（ 假设存在 ） 函 叫做
的不 动点 。
）
（ 。 — ｃ １（一 ）ｄ ａ ＋ｚ ． ａ ｎ １ （— ）ｏ ＋
Ｘ 等数 ， 比 列且 ） 为
一
（＋ ） （ｃ ｃ ｌ ａ ｄｘ＋ ６ — ）
１２ ５—
【 探索与实践 】 ，
简论 大学生确立远 大理想 的逻辑起点
（ 电子科技大学
丁 科 马克思 主义教育学院 ， 四川 成都
６０ ５ ） １０ ４
摘 要： 大学生理想教育ｉ ￣ ｑ ， 解决培 育学生有理 想这一根 本 问题 ， 在 ｚ ，要 就需要解决如何找 到培育大学生理 想的逻辑起点这一客观现 实问题 。 培育犬学生确立理想的逻辑起 点就是 实践 。 实践过程 中， 育大学生理想 ， 在 培 是
众所周知 ， 对于递推数列Ｘ 】 （ 的通项公式的求 ＝ ｘ） ｆ 法问题 已有许多讨论 。其 中关 于线性递推 问题 用一些 初等数学方法 （ 如不完全归纳 、 定系数法 、 法等 ） 待 消元 就可求出其通项公式 。对于非线性递归 问题 ， 本文不作 般性的讨论 ，而仅就其 中一种特例——分式 递推数
分式型递推数列通项公式的求法
分式型递推数列通项公式的求法步骤一：观察数列的前几项，寻找规律。
首先，观察数列的前几项，尝试找出数列之间的关系和规律，看看能否从中找到一些线索。
特别地，注意每一项与其前一项之间的关系，这可能是我们找到递推关系的关键。
例如，给定数列的前几项为：2,5/2,13/5,34/13,...可以观察到每一项的分子和分母都与前一项有关，于是可以猜测数列的递推关系可能是以前一项的分子和分母为基础。
步骤二：列出递推关系式。
基于观察到的规律，我们可以将递推关系表示为一个等式。
通常，在分式型递推数列中，递推关系可以表示为：an = (an-1 ) * f(n)其中，an表示第n项，an-1表示前一项，f(n)表示与前一项相关的一个函数。
例如，对于给定的数列，我们可以猜测递推关系为：an = (an-1 ) * (2n+1) / (n+1)步骤三：证明递推关系。
一旦我们猜测出递推关系，我们需要证明它的正确性。
这可以通过数学归纳法来完成。
首先，我们将递推关系带入前两项，看看是否能够成立。
例如，对于给定的数列，我们将递推关系带入前两项，得到：a2=(a1)*(2*2+1)/(2+1)=(5/2)*5/3=25/6确实，对于数列的前两项是符合递推关系的。
步骤四：求解递推数列的通项公式。
一旦我们证明了递推关系的正确性，我们可以继续求解数列的通项公式。
为了简化计算，我们可以将递推关系展开：an = a1 * f(2) * f(3) * ... * f(n)在猜测的递推关系的情况下，我们可以得到：an = a1 * (2/1) * (3/2) * (4/3) * ... * (n+1/n)化简后，可以得到：an = a1 * (n+1)因此，数列的通项公式为：an = a1 * (n+1)总结：上述步骤提供了求解分式型递推数列通项公式的一般方法。
关键是观察数列的规律，并尝试猜测递推关系，然后通过数学归纳法来证明递推关系的正确性，并最终确定数列的通项公式。
求数列通项公式的七种模型
一、高考数列求通项公式模型【简便记忆】二．高考数列求通项公式【详细解读】1．【归纳法】 适用于：列举法给出的数列模型即1234,a a a a ,,···； 【模型特征】：给出数列的前几项，通过归纳、猜想、找规律。
【求解方法】根据1(2)34⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩（）相邻项的特征分式中分子、分母的特征（）拆项后的特征（）各项的序号与项之间的变与不变特征例1.根据数列前几项，写出下列各数列的一个通项公式。
（1）—1，7，—13，19，···； （2）0.8, 0.88，0.888，···； （3）115132961,,,,,248163264--，···； ●点评：该法属于不完全归纳法，仅用来解选择、填空题，对于大题，用此法还要用数学归纳法进行证明，另外求得的通项公式一定要代值检验，以防出错。
2．【累加法】 适用于：1()n n a a f n +=+模型（先累后求和） 【模型特征】：1()n n a a f n +、系数相同，作差，是关于n 的函数。
【求解方法】221()(()()-=()()()1()()(1)n n f n pn q f n pn qn r a a f n f n pq r f n n n +=+⇒⎧⎪=++⇒⎪⎪=+⇒⎨⎪⎪=⇒+⎪⎩一次型）等差求和二次型分组求和指数型等比求和分式型裂项求和化为例2． 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。
（一次型） 答案：等差求和2n a 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。
（指数型） 答案：等比求和31n n a n =+-练习1.已知数列{}n a 的首项为1，且写*12()n n a a n n N +=+∈出数列{}n a 的通项公式. （一次型）答案：等差求和21n a n n =-+练习2.已知数列}{n a 满足13a =，11(2)(1)n n a a n n n -=+≥-，求此数列的通项公式.答案：裂项求和12n a n=-3．【累乘法】 适用于： 1()n n a f n a += 模型（先累后求商）【模型特征】1()n n a a f n +、系数相同，作商，是关于n 分式型的函数。
分式线性递推数列
s−1X
=
r s P1
+
P2
=
tP1
+
P2,
(sλ2)−1F (X)
=
rλ1 sλ2
P1
+
P2
=
tλP1
+
P2.
(
)
实际计算时, 可以在第2步直接计算得 f (u) = f tα + β = tλ1α + λ2β .
t+1
tλ1 + λ2
再约分得到
f (u) =
t λ1
λ2
α
+
β
t λ1
λ2
+
1
=
tλα + β tλ + 1
2
因为 F (X) = (f1(X), f2(X)) 的两个分量
f1(X) = ax + by = (a, b) · (x, y) = A1 · X f2(X) = cx + dy = (c, d) · (x, y) = A2 · X 分别由常向量 A1 = (a, b), A2 = (c, d) 点乘 X 得到. 先用点乘分配律展开, 再提出 系数 r, s 得
也可以将
u=
rα + sβ r+s
分子分母同除以
s,
f (u)
的分子分母同除以
sλ2,
并且
令
t=
r ,
λ=
λ1 ,
化为
s
λ2
(
)
tα + β tλα + β
f (u) = f
=
t+1
tλ + 1
⇒
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。
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。
分式递推
第十讲:分式递推分式递推数列特指数列{a n }:a 1=t,a n+1=.其通项求解有如下四种类型.1.基本类型(Ⅰ)例1:(2008年陕西高考试题)(理)己知数列{a n }的首项a 1=53,a n+1=123+n na a ,n=1,2,…. (Ⅰ)求{a n }的通项公式; (Ⅱ)证明:对任意的x>0,a n ≥)32()1(1112x x x n -+-+,n=1,2,…; (Ⅲ)证明:a 1+a 2+…+a n >12+n n . 解析:(Ⅰ)由a n+1=123+n n a a ⇒3213111+⋅=+n n a a ⇒)11(31111-=-+n n a a ⇒n a 1-1=2(31)n ⇒a n =233+n n ; (Ⅱ)令f(x)=)32()1(1112x x x n -+-+⇒f '(x)=-2422)1()32(2)1()1(2)32()1()1(1x x x x x x x n n +-=++⋅--+--+⇒f(x)的最大值=f(n 32)=a n ; (Ⅲ)令{b n }的前n 项和为12+n n ,则b n =)1(1)1(+-+n n n n =1-)1(1+n n ,因a n =233+n n =1-232+n ,所以,a n >b n ⇔)1(1+n n >232+n⇔3n+2>2n(n+1),令g(x)=3x+2-2(x 2+x)(x ≥3)⇒g '(x)=3xln3-2(2x+1)⇒g ''(x)=3xln 23-4>0⇒g '(x)≥g '(3)>0⇒g(x)≥g(3)>0⇒当n ≥3时,a n >b n 且g(1)+g(2)>0⇒a 1+a 2>b 1+b 2,所以,a 1+a 2+…+a n >12+n n . [思想方法]:数列{a n }:a 1=x,a n+1=c ba aa n n +的通项,可由a n+1=c ba aa n n +两边取倒数得:11+n a =c n a 1+ab,通过换元x n =n a 1得:x n+2=cx n +a b ,由此求解.一般地,如果x n =n a 1,则x n+2=px n +f(n)⇔a n+1=pa n f a n n+)(.类题:1.(2008年陕西高考试题)(文)己知数列{a n }的首项a 1=32,a n+1=12+n n a a ,n=1,2,….(Ⅰ)证明:数列{n a 1-1}是等比数列; (Ⅱ)求数列{na n}的前n 项和S n . 2.(2006年江西高考试题)己知数列{a n }满足:a 1=23,且a n =12311-+--n a na n n (n ≥2,n ∈N*).(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式;(Ⅱ)证明:对一切正整数n,不等式a 1a 2…a n <2×n！恒成立.2.基本类型(Ⅱ)例2:(原创题)己知数列{a n }:a 1=2,a n+1=1223--n n a a .(Ⅰ)求{a n }的通项公式; (Ⅱ)证明:a 1a 2…a n >12+n .解析:(Ⅰ)因数列{a n }的特征方程x=1223--x x 只有一根x=1.故由a n+1=1223--n n a a ⇒111-+n a =112231---n n a a ⇒111-+n a =112--n n a a⇒111-+n a =11-n a +2.令b n =11-n a ⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==-=++111111111n n a b a b ⇒b n+1=b n +2⇒{b n }是以b 1=1为首项公差为2的等差数列⇒b n = 2n-1⇒11-n a =2n-1⇒a n =1+121-n ;(Ⅱ)令数列{x n }的前n 项的积为12+n ⇒x 1=3,x n+1=1232++n n ⇒x n =1212-+n n .而a n >x n ⇔1+121-n >1212-+n n ⇔122-n n>1212-+n n ⇔122-n n >12+n ⇔2n>1)2(2-n ,这是显然成立的,故a n >x n >0⇒a 1a 2…a n >x 1x 2…x n =12+n .[思想方法]:若数列{a n }:a 1=x,a n+1=c ba aa n n+的特征方程=x 只有一根α,则数列{}是以α-t 1为首项,公差为的等差数列,特别地,当α=1时,a n =1+ban +1. 类题:1.(原创题)数列{a n }满足:a 1=2,a n+1=2334--n n a a .(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式; (Ⅱ)求证:a 1a 2…a n >313+n . 2.(2008年佛山第一次质检试题)数列{a n }满足:a 1=21,a n+1=n a -21.(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式; (Ⅱ)设数列{a n }的前n 项和为S n ,证明:S n <n-ln(22+n ). 3.基本类型(Ⅲ)例3:(2007年全国I 高考试题)己知数列{a n }中,a 1=2,a n+1=(2-1)(a n +2),n=1,2,3,….(Ⅰ)求{a n }的通项公式; (Ⅱ)若数列{b n }中,b 1=2,b n+1=3243++n nb b,n=1,2,3,….证明:2<b n ≤a 4n-3,n=1,2,3,….解析:(Ⅰ)a n+1=(2-1)(a n +2)⇒a n+1-2=(2-1)(a n -2),所以,数列{a n -2}是以a 1-2=2-2=2(2-1)为首项,以2-1为公比的等比数列⇒a n -2=2(2-1)(2-1)n-1=2(2-1)n ⇒a n =2(2-1)n+2;(Ⅱ)令f(x)=3243++x x ,由f(x)=x 得x=±2,所以22223223)234()223()234()223(23243232432211+-⋅+-=+++-+-=+++-++=+-++n n n n n n n n n n b b b b b b b b b b =(2-1)422+-⋅n n b b , 所以,数列{22+-n n b b }是以为(2-1)2首项,公比为(2-1)4的等比数列⇒22+-n n b b =(2-1)4n-2⇒b n =22424)12(1)12(1-----+n n . 首先,2<b n ⇔2<22424)12(1)12(1-----+n n ⇔1-(2-1)4n-2<1+(2-1)4n-2⇔2(2-1)4n-2>0;其次,b n ≤a 4n-3⇔22424)12(1)12(1-----+n n≤2(2-1)4n-3+2⇔2424)12(1)12(1-----+n n ≤(2-1)4n-3+1(令(2-1)4n-2=t,则t ∈(0,1))⇔tt-+11≤(2+1)t+1⇔0≤t ≤ (2-1)2.[思想方法]:数列{a n }满足:a 1=t,a n+1=,若特征方程=x 有两根α,β,则数列{}是以βα--t t 为首项,公比为βαb t b t --的等比数列. 类题:1.(2005年重庆高考试题)数列{a n }满足:a 1=1,且8a n+1a n -16a n+1+2a n +5=0(n ≥1).记b n =211-n a (n ≥1).(Ⅰ)求b 1,b 2,b 3,b 4的值; (Ⅱ)求数列{b n }的通项公式及数列{a n b n }的前n 项和S n . 2.(2006年江西高考试题)己知各项均为正数的数列{a n }满足:a 1=3,且1122++--n n nn a a a a =a n a n+1,n ∈N*.(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式;(Ⅱ)设S n =a 12+a 22+…+a n 2,T n =211a +221a +…+21n a ,求S n +T n ,并确定最小正整数n,使S n +T n 为整数.4.基本类型(Ⅳ)例4:(2010年全国高中数学联赛江苏初赛试题)设复数列{x n }满足x n ≠a-1,0,且x n+1=1+n nx ax .若对任意n ∈N +都有x n+3=x n , 则a 的值是 .解析:由x n+1=1+n n x ax ⇒x n+3=122+++n n x ax =1)1(112++++n n x a x a =1)1(23+++n n x a a x a =x n 恒成立,即a 3=(a 2+a+1)x n +1⇒因为x n ≠a-1,或0,故a 2+a+1=0⇒a=231i ±-.[思想方法]:数列{a n }满足:a 1=t,a n+1=,若特征方程=x 无实根,则数列{a n }是周期数列. 类题:1.①(2011年第22届希望杯全国数学邀请赛高一试题)已知数列{a n }满足a 1=2,a n+1=-11+n a ,则a 2010的值为______. ②(2005年全国高中数学联赛河南初赛试题)数列{a n }中,a 1=2,a n+1=nna a -+11,则a 2005的值为____________. ③(2004年第15届希望杯全国数学邀请赛高二试题)数列{a n }中,a 1=1,a n+1=313+-n n a a (其中n ∈N*),a 2004= .2.(2009年全国高中数学联赛四川初赛试题)设数列{a n }满足:a 1=2,a n+1=1-na 1.记数列{a n }的前n 项之积为P n ,则P 2009的值为 .5.换元技巧例5:(2005年重庆高考试题)数列{a n }满足:a 1=1,且8a n+1a n -16a n+1+2a n +5=0(n ≥1).记b n =211-n a (n ≥1).(Ⅰ)求b 1,b 2,b 3,b 4的值;(Ⅱ)求数列{b n }的通项公式及数列{a n b n }的前n 项和S n .解析:(Ⅰ)由8a n+1a n -16a n+1+2a n +5=0⇒a n+1=16852+-+n n a a ,令16852+-+x x =x 得x=21,45.所以,452111--++n n a a =45168522116852-+-+-+-+a a a a n n = ⋅214521--nn a a ⇒4521--n n a a =-2(21)n-1⇒a n =1)21(221)21(51++-n n =n n 24251++-⇒b n =211-n a =32(2n-1+2)⇒b 1=2,b 2=38,b 3=4,b 4=320; (Ⅱ)由b n =211-n a ⇒b n (a n -21)=1⇒a n b n =21b n +1=31×2n-1+35⇒S n =31(2n -1)+35n. 另解:由b n =211-n a ⇒b 1=2,且a n =n b 1+21⇒a n+1=11+n b +21,代入8a n+1a n -16a n+1+2a n +5=0得:8(11+n b +21)(n b 1+21)-16(11+n b +21)+2(n b 1+21)+5=0⇒4+3b n+1=6b n ⇒b n+1-34=2(b n -34)⇒数列{b n -34}是以32为首项,公比为2的等比数列⇒b n -34=32×2n-1⇒b n =32(2n-1+2)⇒b 1=2,b 2=38,b 3=4,b 4=320.[思想方法]:数列{a n }满足:a 1=t,a n+1=,若特征方程=x 有两个实根α,β⇒α+β=cd a -,αβ=-cb .40 第十讲:分式递推令b n =α-n a 1⇒b n+1=α-+11n a ⇒11+n b +α=d b c b b a nn ++++)1()1(αα⇒(c α-a)b n+1+(c α+d)b n +c=0,从而转化为线性递推数列. 类题:1.(原创题)己知数列{a n }满足:a 1=1,a n+1=122++n n a a .记b n =11+n a . (Ⅰ)求数列{b n }的通项公式b n ; (Ⅱ)求数列{nb n }的前n 项和S n .2.(2009年全国高中数学联赛陕西初赛试题)数列{a n }满足:a 1=4,a n+1a n +6a n+1-4a n -8=0,记b n =26-n a ,n ∈N *.(Ⅰ)求数列{b n }的通项公式; (Ⅱ)求数列{a n b n }的前n 项和S n .6.通项不等式例6:(2005年辽宁高考试题)己知函数f(x)=13++x x (x ≠-1).设数列{a n }满足:a 1=1,a n+1=f(a n ),数列{b n }满足:b n =|a n - 3|,S n =b 1+b 2+…+b n (n ∈N*).(Ⅰ)证明:b n ≤12)13(--n n; (Ⅱ)证明:S n <332. 解析:(Ⅰ)令f(x)=x ⇒x=3±,由3331313133133)(3)(3311+-⋅+-=+++-++=+-=+-++n n n n n n n n n n a a a a a a a f a f a a =-(2-3)33+-n n a a ⇒33+-n n a a =(3-2)n⇒a n =3nn )23(1)23(1---+⇒b n =|a n -3|=3|nn )23(1)23(2---|,所以,b n ≤12)13(--n n⇔3|nn )23(1)23(2---|≤12)13(--n n⇔3×2n (2-3)n≤(3-1)n|1-(3-2)n|⇔3(3-1)2n≤(3-1)n|1-(3-2)n|⇔3(3-1)n≤|1-(3-2)n|⇔3(3-1)n≤1-(2-3)n(n 为偶数)⇔3(3-1)n+(2-3)n≤1⇔3(3-1)2+(2-3)2≤1;(Ⅱ)由(I)知b n ≤12)13(--n n=21n )213(-⇒S n <21[213-+(213-)2+…+(213-)n ]=21[2131)213(1213-----n]<332. 另解:由a n+1=f(a n )＝13++n n a a ⇒a n+1=1+12+n a ≥1,b n+1=|a n+1-3|=|13++n n a a -3|=113+-n a |a n -3|≤213-b n ⇒b n ≤ 213-b n-1≤(213-)2b n-2≤…≤(213-)n-1b 1=12)13(--n n. [思想方法]:数列{a n }满足:a 1=t,a n+1=,特征方程=x.若特征方程有两个实根α,β⇒α+β=c d a -,αβ=-cb.令b n =|a n -α|⇒b n+1=|a n+1-α|=|-α|=||||d ca d c n ++β|a n -α|=||||d ca d c n ++βb n .若||||d ca d c n ++β≤M,则b n ≤M n-1b 1.类题:1.(原创题)己知数列{a n }满足:a 1=2,a n+1=3243++n n a a ,数列{b n }满足:b n =|a n -2|,S n =b 1+b 2+…+b n (n ∈N*).(Ⅰ)证明:b n ≤2(2-1)4n-3; (Ⅱ)证明:S n <412+. 2.(原创题)己知数列{a n }满足:a 1=2,a n+1=124+-n n a a ,数列{b n }满足:b n =|a n -1|,S n =b 1+b 2+…+b n (n ∈N*). (Ⅰ)证明:b n ≤3n-1(2-1)n; (Ⅱ)证明:S n ≤22×3n ×(2-1)n-1.。
数列求通项公式的五种重要方法
求通项公式的5种重要方法一、Sn 法，根据等差数列、等比数列的定义求通项an=Sn-S n-1*121{}(1)()3(1),;(2):{}.n n n n n a n S S a n N a a a =-∈ 已知数列的前项为，求求证数列是等比数列二、累加、累乘法1、累加法 适用于：1()n n a a f n +=+若1()n n a a f n +-=(2)n ≥，则 21321(1)(2)()n n a a f a a f a a f n +-=-=-=两边分别相加得 111()nn k a a f n +=-=∑例2 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。
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。
例12、累乘法 适用于： 1()n n a f n a += 若1()n n a f n a +=，则31212(1)(2)()n na a a f f f n a a a +=== ，，， 两边分别相乘得，1111()n n k a a f k a +==⋅∏ 例4 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。
例5 已知11a =,1()n n n a n a a +=-*()n N ∈,求数列{}n a 通项公式.例6 已知数列{}n a 满足11231123(1)(2)n n a a a a a n a n -==++++-≥ ，，求{}n a 的通项公式。
三、待定系数法 适用于1()n n a qa f n +=+分析：通过凑配可转化为1121()[()]n n a f n a f n λλλ++=+;解题基本步骤：1、确定()f n2、设等比数列{}1()n a f n λ+，公比为2λ3、列出关系式1121()[()]n n a f n a f n λλλ++=+4、比较系数求1λ，2λ5、解得数列{}1()n a f n λ+的通项公式6、解得数列{}n a 的通项公式例7 已知数列{}n a 中，111,21(2)n n a a a n -==+≥，求数列{}n a 的通项公式。
几种分式型递推数列的通项求法
李云皓(湖北省宜昌市夷陵中学，湖北宜昌 443000)引言数列是高中数学中的重要内容之一，是高考的热点，而递推数列又是数列的重要内容。
数列中蕴含着丰富的数学思想，递推数列的通项问题也具有很强的逻辑性和一定的技巧性，因此此类问题也经常渗透在高考试题和数学竞赛中。
本文对分式型递推数列求通项问题作一些探求，希望对大家有所启发。
基本概念设数列的首项为，且其中为常数，同时，我们称这个递推公式为分式递推式，而数列称为由分式递推式给定的数列。
显然，该数列的递推式也可写成递推式的特征方程与特征根我们先来看一个引例：首项为，由递推式给定的数列的通项公式我们是会求的：即为常系数等比差数列（由递推式给定的数列，其中为常数），该数列的通项是熟知的，为于是考虑能不能变型后让②中的没有，即让①中的没有。
我们可以利用递推式的特征方程来解决这个问题。
下面给出特征方程推导过程：数列的递推式为两边同时减去得通分后得令即方程③保留了原递推式的特征，故称为该递推式的特征方程，为特征根。
例题（第一部分）下面我们通过几个例题来说明特征方程的应用。
两式相除得故当方程③有两不等实根时，可用此方法求出通项公式。
两边同乘3得两边取倒数故当方程③有两相等实根时，也可用此方法求出通项公式。
两式相除得由此，当方程③有两虚数根时，用此方法求通项公式也是正确的。
例题（第二部分）下面我们来看另一类型的分式递推式。
还要两边再取倒数还原，请读者自己完成化简令令下面的递推请读者自己完成练习。
几种由递推式求数列通项的方法介绍
几种由递推式求数列通项的方法介绍求数列通项通常可以通过递推式来实现，即通过之前的项推导出后一项。
下面介绍几种常见的方法：1.直接法：直接法是最基本的一种方法，即通过观察数列中的规律，找出递推式，然后根据递推式求解通项。
这种方法适用于简单的数列，如等差数列、等比数列等。
例如，求等差数列1, 3, 5, 7, ...的通项。
由观察可知，每一项与前一项的差值为2，即递推式为an = an-1 + 2、再根据首项a1 = 1，得到an = 2n-12.假设法：假设法是一种通过假设通项形式来求解递推式的方法。
通过猜测通项的形式，并将它代入递推式中，得到一个等式，再通过递推式和等式求解未知系数。
例如，求Fibonacci数列的通项。
观察Fibonacci数列的前几项0, 1, 1, 2, 3, 5, ...，可以猜测通项形式为an = A * φ^n + B * (1-φ)^n，其中A和B为待定系数，φ为黄金分割比。
将该通项代入Fibonacci数列的递推式an = an-1 + an-2，得到A = 1/√5，B = -1/√5、因此，Fibonacci数列的通项为an = (1/√5) * (φ^n - (1-φ)^n)，其中φ约等于1.6183.代数法：代数法是通过代数运算来求解通项。
将数列的递推式变形为一个方程，再通过方程求解通项。
例如，求等比数列1, 2, 4, 8, ...的通项。
观察可知，每一项与前一项的比值为2，即递推式为an = 2 * an-1、变形方程为an = 2 * an-1，将an-1代入等式中得到an = 2^n。
因此，等比数列的通项为an =2^n。
4.积分法：积分法适用于一些特殊的数列，如等差递减数列、等比递减数列等。
通过对递推式进行积分，可以得到一个通项形式的积分表达式。
例如，求等差递减数列1, 4/3, 1, ...的通项。
观察可知，每一项与前一项的差值为-1/3，即递推式为an = an-1 - 1/3、对递推式进行积分得到通项的积分表达式∫an dn = ∫(-1/3) dn，即an = C - n/3，其中C为常数。
递推数列通项公式的求法
递推数列通项公式的求法递推数列是指通过前一项或前几项推导出后一项的数列。
通项公式是指通过数列中的任意一项可以直接计算出该项的数值的公式。
在求递推数列的通项公式时，可以使用多种方法，包括直接法、联立方程法、差分法、母函数法等。
下面将详细介绍这些方法。
一、直接法二、联立方程法联立方程法适用于一些复杂的递推数列，通过联立多个方程来求出通项公式。
该方法需要已知的一些数列值，然后根据这些值建立方程组，通过解方程组来求得通项公式。
例如，对于数列1，3，7，13，21，...，我们可以通过观察得到an = a(n-1) + 2n-1、然后，我们可以通过已知项确定初始值，如a1 = 1、通过逐一代入这些值，可以得到如下的方程组：a2 = a1 + 2(2) - 1，a3 = a2 + 2(3) - 1，...，以此类推。
然后我们可以通过求解这个方程组来得到数列的通项公式。
三、差分法差分法是通过求解数列项之间的差分来求得通项公式。
该方法常用于递推数列的高阶通项公式的求解。
对于数列an，我们可以通过计算an+1- an的值，然后继续计算相邻项之间的差分，直到得到一个关于n的表达式。
例如，对于数列1，3，6，10，15，...，我们可以计算出相邻项之间的差分：2，3，4，5，...。
我们发现这个差分数列是一个等差数列，其通项公式为an = n(n+1)/2、通过这个通项公式，我们可以进一步求得原数列的通项公式。
四、母函数法母函数法是一种重要的数学工具，适用于一些复杂的递推数列。
该方法通过构造一个函数来表示数列的各项，然后通过求解函数的表达式来得到数列的通项公式。
例如，对于数列1，1，2，3，5，...，我们可以构造一个函数F(x)=1+x+x^2+x^3+x^4+...。
我们可以通过求解这个函数关于x的表达式来得到数列的通项公式。
这个函数有一个特点，即F(x)=xF(x)+1，通过求解这个方程我们可以得到F(x)=1/(1-x)。
递推公式求数列通项的八大常见形式
新课标高考由递推公式求数列通项的八大常见形式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数列称辅助数列法。
1．递推公式为（其中p，q均为常数，）。
解法：把原递推公式转化为：其中，再利用换元法转化为等比数列求解。
例1. 已知数列中，，求。
2.型递推式可构造为形如的等比数列。
例5. 在数列中，，求通项公式。
解：原递推式可化为，比较系数可得：，，上式即为是一个等比数列，首项，公比为。
所以。
即，故为所求。
3. （A、B、C为常数，下同）型递推式（1）可构造为形如的等比数列。
类型 4 递推公式为（其中p，q均为常数，）。
（2）可构造为形如引入辅助数列（其中），得：再应用类型1的方法解决。
例1. 已知数列中，，求。
例2. 已知数列中，，求。
4．=p+q (p、q均为常数)（二阶递归）=p+q-＝（-）∴解出、因此｛-｝是G.P型特殊地分析：∵∴∴是以为首项，公比为的等比数列例1、，，，求例2：a1=1，a2==-,求数列｛｝的通项公式。
-＝（-）解得：＝1、＝-＝（-）， a2-a1= ∴-=∴＝（-）+（-）+┈+（a2-a1）+a1=++┈++1=3-. ∴＝3-5.等差数列：由此推广成差型递推关系：累加：=，于是只要可以求和就行。
递推公式为解法：把原递推公式转化为，（特殊情形：⑴.（差后等差数列）⑵（差后等比数列））利用累加法求解。
例1．已知｛｝满足，且，求例2．已知｛｝满足，且，求例3．已知｛｝满足，且，求例4. 已知数列满足，求。
6．等比数列：递推公式为累乘：类型2递推公式为解法（1）把原递推公式转化为，利用累乘法求解。
例1．已知｛｝满足，且，求例2．已知｛｝满足，且，求例3．. 已知数列满足，求。
7．倒数变换法：形如（为常数，且）的递推公式，可令。
则可转化为型；例1：数列中，且，，求数列的通项公式.8．对数变换法：1．递推式两边同取对数，得令，则，已转化为“型”，由累乘相消法可得例、已知数列满足，求。
求递推数列的通项公式的十一种方法
求递推数列的通项公式的十一种方法
递推数列是一种数学数列，其中每一项都是由前一项推算出来的。
通
项公式则是通过已知的数列项之间的关系，找出数列的整体规律，从而可
以直接计算任意一项的值。
下面将介绍11种方法来推导递推数列的通项公式。
1.递归定义法
递归定义法是通过规定数列的首项以及前面项与后面项之间的关系，
来表达出数列的通项公式。
2.直接求和法
直接求和法是通过将数列的前n项求和，并将结果化简得出通项公式。
3.递推关系法
递推关系法是通过规定数列前两项之间的关系，并将该关系推广到前
n项之间的关系，从而求出通项公式。
4.变量代换法
变量代换法是通过引入新的变量，将原数列表示成一个新的数列，从
而得到新数列的通项公式。
5.假设公式法
假设公式法是通过猜测数列的通项公式，并验证猜测的公式是否符合
已知项的规律。
6.拆项法
拆项法是通过拆解数列的项，将数列表示成两个或多个部分，再求和得出通项公式。
7.枚举法
枚举法是通过穷举数列的前几项，找出数列项之间的规律，推算出通项公式。
8.差分法
差分法是通过计算数列项之间的差值，找出数列项之间的规律，从而得到通项公式。
9.生成函数法
生成函数法是通过将数列视为多项式的系数，构造一个生成函数，再通过求导、积分等运算得到通项公式。
10.求和公式法
求和公式法是通过利用已知的数列求和公式，计算数列的前n项和，并化简得出通项公式。
11.对称性法
对称性法是通过观察数列的对称性，推断出数列的通项公式。
数列通项公式常见求法
数列通项公式常见求法数列通项公式是指数列的一般项的表达式。
在数学问题中，求得数列通项公式可以帮助我们更方便地计算数列中的任意一项数值，解决各种与数列相关的问题。
本文将介绍数列通项公式的常见求法，包括递推法、通项公式和生成函数。
一、递推法递推法是一种通过已知数列的前几项来推导出数列通项公式的方法。
递推法的基本思路是找出数列每一项与前几项之间的关系式。
常见的递推法有差分法、倒推法、倍增法和特殊递推法。
1.差分法差分法是一种通过数列中相邻两项之间的差值来推导出通项公式的方法。
对于一个数列 {an}，用 a(n+1) - an 的差来表示，通过不断地进行差分运算，直到差分为常数时，就可以得到数列的通项公式。
以斐波那契数列为例，我们知道斐波那契数列的通项公式是 fn = fn-1 + fn-2，其中 f0 = 0，f1 = 1、通过差分法可以推导出这个通项公式。
2.倒推法倒推法是一种逆序求解数列问题的方法，即从数列的最后一项逐步向前推导出每一项的值。
通过找出数列每一项与后几项之间的关系，从最后一项开始计算，并倒序得到数列的每一项的值。
以等差数列为例，设数列通项公式为 an = a + (n-1)d，其中 a 为首项，d 为公差。
已知 a1 和 an 的值，可以通过倒推法求得数列的通项公式。
3.倍增法倍增法是一种通过将数列每一项扩大或缩小倍数，使得这些倍数值之间构成等差或等比数列的方法。
通过找出数列每一项与前几项之间的倍关系，可以得到数列的通项公式。
以 2 的幂次方数列为例，我们知道这个数列的通项公式是 an = 2^n，其中 n >= 0。
通过倍增法可以推导出这个通项公式。
4.特殊递推法特殊递推法是对一些特殊的数列使用递推法求解通项公式的方法。
这类数列往往具有一些特殊的性质或规律，通过观察和分析这些特点，可以推导出数列的通项公式。
以全为奇数或全为偶数的等差数列为例，可以通过特殊递推法得到数列的通项公式。
高中精品-数学：求递推数列通项公式的十种策略例析
求递推数列通项公式的十种策略例析递推数列的题型多样，求递推数列的通项公式的方法也非常灵活，往往可以通过适当的策略将问题化归为等差数列或等比数列问题加以解决，亦可采用不完全归纳法的方法，由特殊情形推导出一般情形，进而用数学归纳法加以证明，因而求递推数列的通项公式问题成为了高考命题中颇受青睐的考查内容。
笔者试给出求递推数列通项公式的十种方法策略，它们是：公式法、累加法、累乘法、待定系数法、对数变换法、迭代法、数学归纳法、换元法、不动点法、特征根的方法。
仔细辨析递推关系式的特征，准确选择恰当的方法，是迅速求出通项公式的关键。
一、利用公式法求通项公式例1 已知数列}a {n 满足n n 1n 23a 2a ⋅+=+，2a 1=，求数列}a {n 的通项公式。
解：n n 1n 23a 2a ⋅+=+两边除以1n 2+，得232a 2a nn 1n 1n +=++，则232a 2a n n 1n 1n =-++， 故数列}2a {n n 是以1222a 11==为首，以23为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得23)1n (12a nn -+=，所以数列}a {n 的通项公式为n n 2)21n 23(a -=。
评注：本题解题的关键是把递推关系式n n 1n 23a 2a ⋅+=+转化为232a 2a nn1n 1n =-++，说明数列}2a {n n 是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出23)1n (12a nn -+=，进而求出数列}a {n 的通项公式。
二、利用累加法求通项公式例2 已知数列}a {n 满足1a 1n 2a a 1n 1n =++=+，，求数列}a {n 的通项公式。
解：由1n 2a a n 1n ++=+ 得1n 2a a n 1n +=-+则112232n 1n 1n n n a )a a ()a a ()a a ()a a (a +-+-++-+-=---1)1n (2n)1n (21)1n (]12)2n ()1n [(21)112()122(]1)2n (2[]1)1n (2[+-+-⋅=+-++++-+-=++⋅++⋅+++-++-=所以数列}a {n 的通项公式为2n n a =评注：本题解题的关键是把递推关系式1n 2a a n 1n ++=+转化为1n 2a a n 1n +=-+，进而求出112232n 1n 1n n a )a a ()a a ()a a ()a a (+-+-++-+---- ，即得数列}a {n 的通项公式。
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几种分式型递推数列的通项求法李云皓(湖北省宜昌市夷陵中学，湖北 宜昌 443000)1.1 引言数列是高中数学中的重要内容之一，是高考的热点，而递推数列又是数列的重要内容。
数列中蕴含着丰富的数学思想，递推数列的通项问题也具有很强的逻辑性和一定的技巧性，因此此类问题也经常渗透在高考试题和数学竞赛中。
本文对分式型递推数列求通项问题作一些探求，希望对大家有所启发。
2.1 基本概念设数列{a n }的首项为a 1，且a n+1=α1a n +β1α2a n +β2(n =1,2,⋯) ①其中αi 、βi (i =1,2,⋯)为常数，同时α2≠0,α1α2≠β1β2，我们称这个递推公式为分式递推式，而数列{a n }称为由分式递推式给定的数列。
显然，该数列的递推式也可写成a n+1a n +αa n+1+βa n +γ=0 (n =1,2,⋯) ②2.2 递推式的特征方程与特征根我们先来看一个引例：首项为a 1，由递推式a n+1a n +αa n+1+βa n =0 (n =1,2,⋯)给定的数列{a n }的通项公式我们是会求的：a n+1a n +αa n+1+βa n =0∴1+αa n +βa n+1=0即1a n+1=−αβa n +1β 为常系数等比差数列（由递推式a n+1=αa n +β给定的数列，其中α、β为常数），该数列的通项是熟知的，为a n =αn−1(a 1−β1−α)+β1−α于是考虑能不能变型后让②中的γ没有，即让①中的β1没有。
我们可以利用递推式的特征方程来解决这个问题。
下面给出特征方程推导过程： 数列的递推式为a n+1=α1a n +β1α2a n +β2两边同时减去x 得a n+1−x =α1a n +β1α2a n +β2−x通分后得a n+1−x =(α1−xα2)a n +β1−xβ2α2a n +β2∴a n+1−x =(α1−xα2)(a n −x )+β1−xβ2+x (α1−xα2)α2(a n −x)+β2+xα2令β1−xβ2+x (α1−xα2)=0即α1x +β1−x (α2x +β2)=0∴x =α1x +β1α2x +β2③方程③保留了原递推式的特征，故称为该递推式的特征方程，x 为特征根。
3.1 例题（第一部分）下面我们通过几个例题来说明特征方程的应用。
[例1]在数列{a n }中，a 1=4，且a n+1=3a n +2a n +4，求数列{a n }的通项公式。
解：特征方程x =3x +2x +4有两个不等根：x 1=1，x 2=−2{ a n+1−1=3a n +2a n +4−1=2a n −2a n +4a n+1+2=3a n +2a n +4+2=5a n +10a n +4两式相除得a n+1−1a n+1+2=2(a n −1)5(a n +2)由此可见，数列{a n −1a n +2}是以12为首项，25为公比的等比数列。
∴a n −1a n +2=(25)n−1·a 1−1a 1+2=(25)n−1·2 ∴a n =2n−1+5n−15n−1−2n−2(n =1,2,⋯)故当方程③有两不等实根时，可用此方法求出通项公式。
[例2]在数列{a n }中，a 1=3，且a n+1=2a n −19a n +8，求数列{a n }的通项公式。
解：特征方程x =2x −19x +8有两个重根：x 1=x 2=−13a n+1+13=2a n −19a n +8+13=5(3a n +1)3(9a n +8)两边同乘3得3a n+1+1=5(3a n+1)9a n+8=5(3a n+1)3(3a n+1)+5两边取倒数13a n+1+1=35+13a n+1∴13a n+1=35(n−1)+13a1+1=6n−510∴a n=5−2n6n−5(n=1,2,⋯)故当方程③有两相等实根时，也可用此方法求出通项公式。
[例3]在数列{a n}中，a1=3，且a n+1=22−a n，求数列{a n}的通项公式。
解：特征方程x=22−x有两个虚数根：x1=1+i，x2=1−i{a n+1−(1+i)=22−a n−(1+i)=(1+i)a n−2i2−a n=(1+i)·a n−(1+i)2−a na n+1−(1−i)=22−a n−(1−i)=(1−i)a n+2i2−a n=(1−i)·a n−(1−i)2−a n两式相除得a n+1−(1+i) a n+1−(1−i)=1+i1−i·a n−(1+i)a n−(1−i)∴a n−(1+i)a n−(1−i)=(1+i1−i)n−1·a1−(1+i)a1−(1−i)=i n−1·2−i2+i ∴a n=1+3i−i n−1+3·i n2+i−2·i n−1+i n(n=1,2,⋯)由此，当方程③有两虚数根时，用此方法求通项公式也是正确的。
3.2 例题（第二部分）下面我们来看另一类型的分式递推式。
[例4]在数列{a n}中，a1=a1，且a n+1=a n22a n+a，求数列{a n}的通项公式。
解：两边取倒数有：1 a n+1=2a n+aa n2=2a n+aa n2=a(1a n2+2·1a·1a n) 1a n+1+1a=a(1a n2+2·1a·1a n+1a2)1a n+1+1a=a(1a n+1a)21 a n +1a=a(1a n−1+1a)2=⋯=a2n−1−1(1a1+1a)2n−1∴1a n=a2n−1−1(1a1+1a)2n−1−1a(n=1,2,⋯)还要两边再取倒数还原，请读者自己完成化简[例5]在数列{a n}中，a1=a1，且a n+1=a n2+b2a n+a，求数列{a n}的通项公式。
解：两边同乘2a n+a，整理得：2a n+1a n+aa n+1−a n2−b=0令b n=a n−x∴a n=b n+x2(b n+1+x)(b n+x)+a(b n+1+x)−(b n+x)2−b=02(b n+1+x)(b n+x)+a(b n+1+x)−(b n+x)2−b=02b n+1b n+(2x+a)b n+1−b n2+2x2+ax−x2−b=0令2x2+ax−x2−b=0即x=x2+b2x+a，解出xb n+1=b n22b n+2x+a1 b n+1=2b n+(2x+a)1b n2=(2x+a)(1b n2+2·12x+a·1b n)1 b n+1+12x+a=(2x+a)(1b n2+2·12x+a·1b n+1(2x+a)2) 1b n+1+12x+a=(2x+a)(1b n+12x+a)2下面的递推请读者自己完成4.1 练习[练习1]a1=0，a n+1a n−3a n+1+a n+1=0[练习2]a1=1，2a n+1a n−7a n+1+2a n=3[练习3]a1=−23，a n+1a n+2a n+1+1=0[练习4]a1=1，a n+1a n+3a n+1−2a n−2=0 [练习5]a1=1，a n+1a n−4a n+1−2a n+9=0[练习6]a1=1，a n+1=5a n−2 3a n−2[练习7]a1=1，a n+1=a n−1 a n+1[练习8]a1=1，a n+1=1+1 a n[练习9]a1=12(a+1a)，a n+1=a n2+12a n。