常见递推数列通项公式的求法典型例题及习题

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(完整版)常见递推数列通项公式的求法典型例题及习题

1【典型例题】 1] a n (1) 常见递推数列通项公式的求法典型例题及习题ka n b 型。

(2)比较系数:{a na n2] a n 1(1)k例: 已知解:a n a na n a na n 1a n，设a n1 mm mb1｝是等比数列， (a 1b 、 ) k 1f (n)型。

a n 1a n满足a 111 1n(n 1) n1 1 n 1n 1 1mb公比为k n 2 n 1时1时 1时 {a n } 1 1 b k 1 f(n)a nn 3ka nk(a n a n 1a n 1k n1a n 1 a nb ｛an｝是等差数列,a nb n 佝 b) a 3 a 2a 2a 1 1对这（n 个式子求和得:m)ka nkma n (a 1a na n a 1代）k n1f（n）可求和，则可用累加消项的方法。

1n （n 1）求｛a n ｝的通项公式。

a n 2- n(2)k1时,当 f(n) anb则可设a n -i A(n 1)B k(a n An B)a n 1ka n (k 1)A n (k 1)B A(k 1)A aa b aAaB -2(k 1)BA b解得：k 1，k 1(k 1).{a nAn B}是以a iAB为首项，k 为公比的等比数列a nAn B (a 1 A B)k n1a n@1A B)八 An B 将 A、B 代入即可(3) f (n) q n ( q 0, 1)a n 1 k a n1n 1n 1n等式两边同时除以q 得q q qq［例3］冇1 f (n)办型。

(1 )若f (n)是常数时，可归为等比数列。

(2)若f(n)可求积，可用累积约项的方法化简求通项。

例：已知：a 11 a n 3，2n 1 a n 1 (n 2)求数列｛an｝的通项。

2n 1a na n 1 a n 2a 3 a 2 2n 1 2n 3 2n 5 5 3 3 解:a n 1a n 2a n 3a 2a 1 2n1 2n 1 2n3 7 52 n 13 1a n a 12n 1 2n 1a n k1 nC n 1-C nq 则qqG} 可归为a n 1 ka n b型[例4]m a n 1 型。

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一、公式法例1 已知数列{}n a 满足1232nn n a a +=+⨯,12a =,求数列{}n a 的通项公式;解：1232nn n a a +=+⨯两边除以12n +,得113222n n n n a a ++=+,则113222n n n n a a ++-=,故数列{}2nn a 是以1222a 11==为首项,以23为公差的等差数列,由等差数列的通项公式,得31(1)22n n a n =+-,所以数列{}n a 的通项公式为31()222nn a n =-;评注：本题解题的关键是把递推关系式1232nn n a a +=+⨯转化为113222n n n n a a ++-=,说明数列{}2n n a 是等差数列,再直接利用等差数列的通项公式求出31(1)22n n a n =+-,进而求出数列{}n a 的通项公式;二、累加法例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; 解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =;评注：本题解题的关键是把递推关系式121n n a a n +=++转化为121n n a a n +-=+,进而求出11232211()()()()n n n n a a a a a a a a a ----+-++-+-+,即得数列{}n a 的通项公式;例3 已知数列{}n a 满足112313nn n a a a +=+⨯+=，,求数列{}n a 的通项公式;解：由1231n n n a a +=+⨯+得1231nn n a a +-=⨯+则所以3 1.nn a n =+-评注：本题解题的关键是把递推关系式1231n n n a a +=+⨯+转化为1231nn n a a +-=⨯+,进而求出11232211()()()()n n n n n a a a a a a a a a a ---=-+-++-+-+,即得数列{}n a 的通项公式;例4 已知数列{}n a 满足1132313nn n a a a +=+⨯+=，,求数列{}n a 的通项公式;解：13231n n n a a +=+⨯+两边除以13n +,得111213333n n n n n a a +++=++, 则111213333n n n n n a a +++-=+,故因此11(13)2(1)2113133133223n n n n na n n ---=++=+--⨯, 则21133.322n n n a n =⨯⨯+⨯- 评注：本题解题的关键是把递推关系式13231nn n a a +=+⨯+转化为111213333n n n n n a a +++-=+,进而求出112232111122321()()()()333333333n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a -----------+-+-++-+,即得数列3n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的通项公式,最后再求数列{}n a 的通项公式; 三、累乘法例5 已知数列{}n a 满足112(1)53nn n a n a a +=+⨯=，,求数列{}n a 的通项公式;解：因为112(1)53nn n a n a a +=+⨯=，,所以0n a ≠,则12(1)5n n na n a +=+,故1321122112211(1)(2)21(1)12[2(11)5][2(21)5][2(21)5][2(11)5]32[(1)32]53325!n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n -------+-+++--=⋅⋅⋅⋅⋅=-+-+⋅⋅+⨯+⨯⨯=-⋅⋅⨯⨯⨯=⨯⨯⨯所以数列{}n a 的通项公式为(1)12325!.n n n n a n --=⨯⨯⨯评注：本题解题的关键是把递推关系12(1)5nn n a n a +=+⨯转化为12(1)5n n na n a +=+,进而求出13211221n n n n a a a a a a a a a ---⋅⋅⋅⋅⋅,即得数列{}n a 的通项公式; 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;解：因为123123(1)(2)n n a a a a n a n -=++++-≥①所以1123123(1)n n n a a a a n a na +-=++++-+②用②式－①式得1.n n n a a na +-= 则1(1)(2)n n a n a n +=+≥故11(2)n na n n a +=+≥ 所以13222122![(1)43].2n n n n n a a a n a a n n a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅=-⋅⋅⨯=③由123123(1)(2)n n a a a a n a n -=++++-≥,21222n a a a ==+取得,则21a a =,又知11a =,则21a =,代入③得!13452n n a n =⋅⋅⋅⋅⋅=; 所以,{}n a 的通项公式为!.2n n a =评注：本题解题的关键是把递推关系式1(1)(2)n n a n a n +=+≥转化为11(2)n na n n a +=+≥,进而求出132122n n n n a a a a a a a ---⋅⋅⋅⋅,从而可得当2n n a ≥时，的表达式,最后再求出数列{}n a 的通项公式; 四、待定系数法例7 已知数列{}n a 满足112356nn n a a a +=+⨯=，,求数列{}n a 的通项公式;解：设1152(5)n n n n a x a x +++⨯=+⨯④将1235n n n a a +=+⨯代入④式,得12355225n n nn n a x a x ++⨯+⨯=+⨯,等式两边消去2n a ,得135525n n n x x +⋅+⋅=⋅,两边除以5n ,得352,1,x x x +==-则代入④式得1152(5)n n n n a a ++-=-⑤由1156510a -=-=≠及⑤式得50nn a -≠,则11525n n nn a a ++-=-,则数列{5}nn a -是以1151a -=为首项,以2为公比的等比数列,则152n n n a --=,故125n n n a -=+;评注：本题解题的关键是把递推关系式1235n n n a a +=+⨯转化为1152(5)n nn n a a ++-=-,从而可知数列{5}n n a -是等比数列,进而求出数列{5}nn a -的通项公式,最后再求出数列{}n a 的通项公式;例8 已知数列{}n a 满足1135241nn n a a a +=+⨯+=，,求数列{}n a 的通项公式;解：设1123(2)n n n n a x y a x y +++⨯+=+⨯+⑥将13524nn n a a +=+⨯+代入⑥式,得整理得(52)24323n nx y x y +⨯++=⨯+;令52343x x y y +=⎧⎨+=⎩,则52x y =⎧⎨=⎩,代入⑥式得115223(522)n n n n a a +++⨯+=+⨯+⑦由11522112130a +⨯+=+=≠及⑦式,得5220nn a +⨯+≠,则115223522n n nn a a +++⨯+=+⨯+, 故数列{522}n n a +⨯+是以1152211213a +⨯+=+=为首项,以3为公比的等比数列,因此1522133n n n a -+⨯+=⨯,则1133522n n n a -=⨯-⨯-;评注：本题解题的关键是把递推关系式13524nn n a a +=+⨯+转化为115223(522)n n n n a a +++⨯+=+⨯+,从而可知数列{522}n n a +⨯+是等比数列,进而求出数列{522}nn a +⨯+的通项公式,最后再求数列{}n a 的通项公式;例9 已知数列{}n a 满足21123451n n a a n n a +=+++=，,求数列{}n a 的通项公式;解：设221(1)(1)2()n n a x n y n z a xn yn z ++++++=+++ ⑧将212345n n a a n n +=+++代入⑧式,得2222345(1)(1)2()n n a n n x n y n z a xn yn z ++++++++=+++,则等式两边消去2n a ,得22(3)(24)(5)222x n x y n x y z xn yn z ++++++++=++,解方程组3224252x xx y y x y z z +=⎧⎪++=⎨⎪+++=⎩,则31018x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩,代入⑧式,得2213(1)10(1)182(31018)n n a n n a n n ++++++=+++ ⑨由213110118131320a +⨯+⨯+=+=≠及⑨式,得2310180n a n n +++≠则2123(1)10(1)18231018n n a n n a n n ++++++=+++,故数列2{31018}n a n n +++为以21311011813132a +⨯+⨯+=+=为首项,以2为公比的等比数列,因此2131018322n n a n n -+++=⨯,则42231018n n a n n +=---;评注：本题解题的关键是把递推关系式212345n n a a n n +=+++转化为2213(1)10(1)182(31018)n n a n n a n n ++++++=+++,从而可知数列2{31018}n a n n +++是等比数列,进而求出数列2{31018}n a n n +++的通项公式,最后再求出数列{}n a 的通项公式;五、对数变换法例10 已知数列{}n a 满足5123n n n a a +=⨯⨯,17a =,求数列{}n a 的通项公式;解：因为511237n n n a a a +=⨯⨯=，,所以100n n a a +>>，;在5123n n n a a +=⨯⨯式两边取常用对数得1lg 5lg lg3lg 2n n a a n +=++⑩设1lg (1)5(lg )n n a x n y a xn y ++++=++错误!将⑩式代入错误!式,得5lg lg3lg 2(1)5(lg )n n a n x n y a xn y +++++=++,两边消去5lg n a 并整理,得(lg3)lg 255x n x y xn y ++++=+,则lg35lg 25x x x y y +=⎧⎨++=⎩,故lg34lg3lg 2164x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩代入错误!式,得1lg3lg3lg 2lg3lg3lg 2lg (1)5(lg )41644164n n a n a n +++++=+++ 错误! 由1lg3lg3lg 2lg3lg3lg 2lg 1lg 71041644164a +⨯++=+⨯++≠及错误!式, 得lg3lg3lg 2lg 04164n a n +++≠, 则1lg3lg3lg 2lg (1)41645lg3lg3lg 2lg 4164n n a n a n +++++=+++, 所以数列lg3lg3lg 2{lg }4164n a n +++是以lg3lg3lg 2lg 74164+++为首项,以5为公比的等比数列,则1lg3lg3lg 2lg3lg3lg 2lg (lg 7)541644164n n a n -+++=+++,因此1111111116164444111111161644441111111616444455514lg 3lg 3lg 2lg 3lg 3lg 2lg (lg 7)54164464(lg 7lg 3lg 3lg 2)5lg 3lg 3lg 2[lg(7332)]5lg(332)lg(7332)5lg(332)lg(733n n n n n n n n n n n n a n ---------=+++---=+++---=⋅⋅⋅-⋅⋅=⋅⋅⋅-⋅⋅=⋅⋅1115116454151511642)lg(732)n n n n n -------⋅=⋅⋅则11541515164732n n n n n a -----=⨯⨯;评注：本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式5123n n n a a +=⨯⨯转化为1lg3lg3lg 2lg3lg3lg 2lg (1)5(lg )41644164n n a n a n +++++=+++,从而可知数列lg3lg3lg 2{lg }4164n a n +++是等比数列,进而求出数列lg3lg3lg 2{lg }4164n a n +++的通项公式,最后再求出数列{}n a 的通项公式; 六、迭代法例11 已知数列{}n a 满足3(1)2115nn n n a a a ++==，,求数列{}n a 的通项公式;解：因为3(1)21n n n n a a ++=,所以121323(1)23212[]n n n n n n n n n a a a ---⋅-⋅⋅--== 又15a =,所以数列{}n a 的通项公式为(1)123!25n n n n n a --⋅⋅=;评注：本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式;即先将等式3(1)21nn n na a ++=两边取常用对数得1lg 3(1)2lg nn n a n a +=+⨯⨯,即1lg 3(1)2lg n n na n a +=+,再由累乘法可推知(1)123!213211221lg lg lg lg lg lg lg5lg lg lg lg n n n n n n n n n a a a a a a a a a a --⋅⋅---=⋅⋅⋅⋅⋅=,从而1(1)3!225n n n n n a --⋅⋅=;七、数学归纳法例12 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;1当1n =时,212(211)18(211)9a ⨯+-==⨯+,所以等式成立; 2假设当n k =时等式成立,即22(21)1(21)k k a k +-=+,则当1n k =+时, 由此可知,当1n k =+时等式也成立; 根据1,2可知,等式对任何*n N ∈都成立;评注：本题解题的关键是通过首项和递推关系式先求出数列的前n 项,进而猜出数列的通项公式,最后再用数学归纳法加以证明; 八、换元法例13 已知数列{}n a 满足111(14116n n a a a +=+=，,求数列{}n a 的通项公式;解：令n b =则21(1)24n n a b =-故2111(1)24n n a b ++=-,代入11(1416n n a a +=+得即2214(3)n n b b +=+因为0n b =≥,故10n b +=≥ 则123n n b b +=+,即11322n n b b +=+, 可化为113(3)2n n b b +-=-,所以{3}n b -是以13332b -===为首项,以21为公比的等比数列,因此121132()()22n n n b ---==,则21()32n n b -=+,21()32n -=+,得 2111()()3423n n n a =++;n b ,使得所给递推关系式转化11322n n b b +=+形式,从而可知数列{3}n b -为等比数列,进而求出数列{3}n b -的通项公式,最后再求出数列{}n a 的通项公式;。

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。

数列的十种典型递推式

1 十大递推数列求通项： (1)等差数列：a n =a n-1+d例1：已知：数列{a n }中a 1=1,a n =a n-1+3,(n ≥2).求a n 的通项公式。

答a n =3n-2. (2)等比数列： a n =a n-1q例2：已知：数列{a n }中a 1=1,a n =2a n-1,(n ≥2).求a n 的通项公式。

答a n =12-n .(3)似等差数列： a n =a n-1+f(n) 用叠加法。

例3：已知：数列{a n }中a 1=1,a n =a n-1+3n+1,(n ≥2).求a n 的通项公式。

答a n =265n 3n 2-+.(4)线性数列： a n =pa n-1+q 构造等比数列。

例4：已知：数列{a n }中a 1=3,a n =2a n-1-1,(n ≥2).求a n 的通项公式。

答a n =12+n.(5) 似等比数列： a n =a n-1f(n) 叠乘法。

例5：已知：数列{a n }中a 1=3,a n =na n-1,(n ≥2).求a n 的通项公式。

答a n =3n ！.(6)三项递推： a n =pa n-1+qa n-2 设a n+1-xa n =y(a n -xa n-1),构造一个或二个等比数列再通过等差数列或解方程组求出。

例6：已知：数列{a n }中a 1=1,a 2=3,a n =3a n-1-2a n-2,(n ≥3).求a n 的通项公式。

答a n =2n -1. 例7：已知：数列{a n }中a 1=1,a 2=3,a n =4a n-1-4a n-2,(n ≥3).求a n 的通项公式。

答a n =(n+1)2n-2. 例8：已知：数列{a n }中a 1=1,a 2=4,a n =4a n-1-4a n-2,(n ≥3).求a n 的通项公式。

答a n =n2n-1.例9：已知：数列{a n }中a 1=2,a 2=3,a n =5a n-1-6a n-2,(n ≥3).求a n 的通项公式。

常见递推数列通项公式的求法典型例题及习题

常见递推数列通项公式的求法典型例题及习题k=1，则an+1=an+f(n)为一阶线性递推数列，可用递推公式或特征方程求解。

例如已知a1=1，an+1=an+1/n，则有：an+1-an=1/nan-an-1=1/(n-1)an-a1=1+1/2+。

+1/n-1an=1+1/2+。

+1/n当k≠1时，设an+1+m=k(an+m)，则有：an+1=kan+km-m比较系数得km-m=b，解得m=b/(k-1)an+m=b/(k-1)k^(n-1)+(a1-b/(k-1))k^n-1即为通项公式。

例2]an+1=kan+f(n)型。

当k=1时，an+1-an=f(n)，若f(n)可求和，则可用累加消项的方法求得通项公式。

例如已知a1=1，an+1-an=1/(n(n+1))，则有：an+1-an=1/n-1/(n+1)an-an-1=1/1-1/2-1/2+1/3+。

+1/(n-1)-1/n-1/(n+1)an-a1=1-1/(n+1)an=2-1/n当k≠1且f(n)=an+b时，可设an+1+A(n+1)+B=k(an+An+B)，解得A=a/(k-1)，B=(2k-1)/(k-1)b-a，即可得通项公式。

例3]an+1=f(n)an型。

若f(n)=q(n+1)/n，则有：Cn=qCn-1Cn=q^nC0an=Cn/n!=q^nC0/n!即为通项公式。

1.已知数列 $\{a_n\}$ 中，$a_1=1$，$a_{n+1}=a_n+2a_{n-1}$，求 $a_n$。

解：根据递推式，可以列出 $a_2=3$，$a_3=7$，$a_4=15$，$a_5=31$，$a_6=63$，$a_7=127$，$\cdots$，可以猜测 $a_n=2^n-1$。

可以用数学归纳法证明：当 $n=1$ 时，$a_1=1=2^1-1$，假设 $a_k=2^k-1$，则 $a_{k+1}=a_k+2a_{k-1}=2^k-1+2\cdot 2^{k-1}-2=2^{k+1}-1$，所以 $a_n=2^n-1$。

数列递推公式的九种方法

求递推数列的通项公式的九种方法利用递推数列求通项公式，在理论上和实践中均有较高的价值.自从二十世纪八十年代以来，这一直是全国高考和高中数学联赛的热点之一.一、作差求和法例1 在数列{n a }中，31=a ,)1(11++=+n n a a n n ，求通项公式n a .解：原递推式可化为：1111+-+=+n n a a n n 则,211112-+=a a 312123-+=a a 413134-+=a a ，……，n n a a n n 1111--+=-逐项相加得：n a a n 111-+=.故na n 14-=.二、作商求和法例2 设数列{n a }是首项为1的正项数列，且0)1(1221=+-+++n n n n a a na a n （n=1,2,3…），则它的通项公式是n a =▁▁▁（2000年高考15题）解：原递推式可化为：)]()1[(11n n n n a a na a n +-+++=0 ∵ n n a a ++1＞0，11+=+n na a n n 则,43,32,21342312===a a a a a a ……，n n a a n n 11-=- 逐项相乘得：n a a n 11=，即n a =n1. 三、换元法例3 已知数列{n a }，其中913,3421==a a ，且当n ≥3时，)(31211----=-n n n n a a a a ，求通项公式n a （1986年高考文科第八题改编）.解：设11---=n n n a a b ，原递推式可化为： }{,3121n n n b b b --=是一个等比数列，9134913121=-=-=a a b ，公比为31.故n n n n b b )31()31(91)31(2211==⋅=---.故n n n a a )31(1=--.由逐差法可得：nn a )31(2123-=.例4已知数列{n a }，其中2,121==a a ，且当n ≥3时，1221=+---n n n a a a ，求通项公式n a 。

数列求通项公式常用方法与典型题目(附答案)

数列求通项公式常用方法与典型题目（附答案）（一）题型一累加法1．数列{}n a 中，11a =，()12,nn n a a n n n N --=≥∈，则na=___________．2．已知数列{}n a 满足112a =，121n n a a n n+=++，则n a =__________．3．如果数列{}n a 满足：()1111,22n n n a a a n --=-=≥，则n a =()A ．121n +-B ．1(1)21n n --⋅+C ．21n -D ．12n -4．在数列{}n a 中，10a =，11ln 1n n a a n +⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，则{}n a 的通项公式为()．A ．ln n a n =B ．()()1ln 1n a n n =-+C ．ln n a n n=D ．ln 2n a n n =+-5．设数列{}n a 中，112,1+==++n n a a a n ，则通项n a =___________．6．已知数列{}n a 满足10a =，12n n a a n +=+，则2018a =()A ．20182019⨯B ．20172018⨯C ．20162017⨯D ．20182018⨯（二）题型二累乘法1．已知数列{}n a 满足11a =，()12311111231n n a a a a a n n -=+++⋅⋅⋅+>-．数列{}n a 的通项公式是______．2．已知11a =，()()1n n n a n a a n N ++=-∈，则数列{}n a 的通项公式是()A ．21n -B ．11n n n -+⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．2n D ．n3．已知12a =，12nn n a a +=，则数列{}n a 的通项公式n a 等于()A ．2122n n -+B ．2122n n ++C ．2222n n -+D ．2222n n --4．在数列{}n a 中，11a =，()32122223n n a a a a a n n*++++=∈N ，则n a =______．（三）题型三公式法1．数列{a n }的前n 项和为S n ，若()11,1,31n n a a S n +=≥=则n a =____________．2．数列{}n a 满足，123231111212222n n a a a a n ++++=+ ，写出数列{}n a 的通项公式__________．3．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2+n ，则a n ＝_____．4．若数列的前n 项和2133n n S a =+，则的通项公式是n a =________5．数列{}n a 的前n 项和23nn S =+，则其通项公式n a =________．6．数列{}n a 的前n 项和210n S n n =-，则该数列的通项公式为__________．7．若数列{a n }的前n 项和为S n ＝23a n ＋13，则数列{a n }的通项公式是a n =______．8．已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，若111,23n n a a S +==+，则数列{}n a 的通项公式为___________．9．已知数列{}n a 满足23123222241nnn a a a a ++++=- ，则{}n a 的通项公式___________________．10．数列{a n }满足()21*1232222n n na a a a n N -+++⋯+=∈，则a 1a 2a 3…a 10=()A ．551(2B ．1011()2-C ．911()2-D ．601()211．如果数列{}n a 的前n 项和为332n n S a =-，则这个数列的通项公式是()A ．()221n a n n =++B ．23nn a =⋅C ．32nn a =⋅D ．31n a n =+（四）题型四构造法1．数列{}n a 中，若11a =，()1231n n a a n +=+≥，则该数列的通项n a =()A ．123n +-B ．23n -C ．23n +D ．123n --2．已知数列{}n a 中，112,21n n a a a +==+则n a =___________．3．已知数列{}n a 满足11a =132n n a a +=+，则{}n a 的通项公式为__________________．（五）题型五倒数法1．在数列{n a }中，已知12a =，1122n n n a a a --=+，(2)n ≥，则n a 等于()A ．21n +B ．2n C ．3nD ．31n +2．若数列{}n a 满足11n n n a a a +=+，且123a =，则10a =___________．3．设数列{}n a 的前n 项和n S 满足11n n n n S S S S ++=⋅-()n N *∈，且11a=，则n a =_____．4．已知数列{}n a 满足12,a =11n n n n a a a a ++-=，那么31a 等于()A ．130-B ．261-C ．358-D ．259-5．已知数列{}n a 满足递推关系111,12n n n a a a a +==+，则2017a =()A ．12016B ．12018C ．12017D ．120196．若数列{}n a 满足1121n n n a a a --=+(2n ≥，*n N ∈)，且112a =，则n a =()A ．12nB ．2n C ．1122n +-D ．222n +7．已知数列{}n a 满足11a =，()*11nn n a a n N a +=∈+，则2020a =()A ．12018B ．12019C ．12020D ．12021（六）题型六周期数列1．在数列{}n a 中，112a =，111n n a a -=-(2n ≥，n ∈+N )，则2020a =()A ．12B ．1C ．1-D ．22．已知数列{}n a 中，13=4a ，111n n a a -=-(,2n N n +∈≥)，那么2020a 等于()A ．13-B ．34C ．2D ．43．已知数列{}n a 中，12213,6,n n n a a a a a ++===-,则2016a =()A ．6B ．6-C ．3D ．3-参考解析（一）题型一累加法1．()12n n +【解析】()112,1,nn n a a n n n Na -=≥=-∈ ，()()()112211n n n n n a a a a a a a a ---∴=-+-++-+ ()()()()112122n n n n n n +=+-+-++=≥ ，验证1n =时成立．()12n n n a +∴=．故答案为：()12n n +2．31,1,2n n N n*-≥∈【解析】因为121n n a a n n +=++，所以121111n n a a n n n n +-==-++，则当2,n n N *≥∈时，213211121123...111n n a a a a a a n n -⎧-=-⎪⎪⎪-=-⎪⎨⎪⎪⎪-=-⎪-⎩，将1n -个式子相加可得11111111...12231n a a n n n -=-+-++-=--，因为112a =，则1131122n a n n=-+=-，当1n =时，1311212a =-=符合题意，所以31,1,2n a n n N n *=-≥∈．故答案为:31,1,2n n N n*-≥∈．3．C 【解析】由题意可得,112n n n a a ---=，212a a ∴-=，2322a a -=，…112n n n a a ---=,以上1n -个式子相加可得,21122 (2)n n a a --=+++()12122212n n --==--，21n n a ∴=-,故选B ．4．A 【解析】由已知得()11ln ln 1ln n n n a a n n n ++⎛⎫-==+- ⎪⎝⎭，所以()1ln ln 1n n a a n n --=--()()12ln 1ln 2n n a a n n ---=---32ln 3ln 2a a -=-21ln 2ln1a a -=-将上述1n -个式子相加，整理的1ln ln1ln n a a n n -=-=又因为10a =，所以ln n a n =．故选A ．5.()112++n n 【解析】∵112,1+==++n n a a a n ∴()111n n a a n -=+-+，()1221n n a a n --=+-+，()2331n n a a n --=+-+，⋯，3221a a =++，2111a a =++，1211a ==+将以上各式相加得：()()()123211n a n n n n ⎡⎤=-+-+-+++++⎣⎦ ()()()()11111111222n n n nn n n n ⎡⎤--+-+⎣⎦=++=++=+故应填()112++n n ；6.B 【解析】数列{}n a 满足10a =，12n n a a n +=+，∴12n n a a n +-=，∴()121n n a a n --=-，()1222n n a a n ---=-，()2323n n a a n ---=-，……212a a -=，累加得：()()()112123 (1212)n n n a a n n n --=++++-=⋅=-⎡⎤⎣⎦，又 10a =，∴()1n a n n =-，∴201820182017a =⋅．故选B ．(二）题型二累乘法1.1,1,22n n a n n =⎧⎪=⎨≥⎪⎩【解析】1231111(1)231n n a a a a a n n -=++++>- ，11a =当2n =时，211a a ==当2n >时，112311111231n n n a a a a a a n n+-∴=+++++- ，两式相减得：11n n n a a a n +-=，即11n n n a a n++=，∴11n n a n a n++=，11n n a n a n -=-，1212n n a n a n ---=-，⋯3232a a =，累乘得：22n a n a =，所以2n na =，()2n >1,1,22n n a n n =⎧⎪∴=⎨≥⎪⎩，故答案为：1,1,22n n a nn =⎧⎪=⎨≥⎪⎩2.D 【解析】由()()1n n n a n a a n N ++=-∈得：()()11n n n a na n N +++=∈，即()11n n a n n N a n+++=∈，则11n n a n a n -=-，1212n n a n a n ---=-，2323n n a n a n ---=-，……．．，2121a a =，由累乘法可得1na n a =，又因为11a =，所以n a n =．故选：D ．3.C 【解析】1122nn n n n n a a a a ++=∴= 当n ≥2时，2212122112122222nn n n n n n n n a a a a a a a a -+-----=⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= ，经检验，1a 也符合上述通项公式．本题选择C 选项．4.21n n +【解析】由题意得：当2n ≥时，()31211222231n n a a a a a n --++++=- ，所以12n n n a a a n-=-，即()2211n n na n a --=，也即是11+1n n n n n a a n --=，所以121+1221211n n n n n a n n n a a a n ---===-=-= ，所以21n n a n =+，故答案为：21nn +．（三）题型三公式法1.21,134,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩．【解析】()13,1n n a S n N n ++=∈∴= 时，23,2a n =≥时，13n n a S -=，可得13n n n a a a +-=，即14,n n a a +=∴数列{}n a 从第二项起为等比数列，2n ≥时，=n a 234n -⋅，故答案为21,134,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩．2.16,12,2n n n a n +=⎧=⎨≥⎩【解析】因为123231111212222n n a a a a n ++++=+ ,所以()12312311111121122222n n n n a a a a a n +++++++=++ ,两式相减得11122n n a ++=，即12,2n n a n +=≥，又1132a =，所以16a =，因此16,12,2n n n a n +=⎧=⎨≥⎩3.2n 【解析】由题,当1n =时,21112a =+=,当2n ≥时,()()1112nn n a S S n n n n n -=-=+--=．当1n =时也满足．故2n a n =．故答案为：2n4.()12n --【解析】当n =1时，1112133a S a ==+，解得11a =，当n ≥2时，1n n n a S S -=-121213333n n a a -⎛⎫⎛⎫=+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭12233n n a a -=+，整理可得12313n n a a -=-，即12n n a a -=-，故数列{}n a 以1为首项，2-为公比的等比数列，所以()12n n a -=-，故答案为：()12n --．5.15,12,2n n n -=⎧⎨≥⎩【解析】当1n =时，11235a =S =+=；当2n ≥时，11123232n n n n n n a S S ---=-=+--=；故15,12,2n n n a n -=⎧=⎨≥⎩故答案为：15,12,2n n n -=⎧⎨≥⎩6.211n a n =-【解析】221110,11019,n S n n a S =-∴==-⨯=- 当2n ≥时()()221101101211,n n n a S S n n n n n -⎡⎤=-=-----=-⎣⎦当1n =时也适合，故211n a n =-．即答案为211n a n =-．7.1(2)n n a -=-；【解析】当n=1时，a 1=S 1=23a 1+13，解得a 1=1,当n≥2时，a n =S n -S n-1=(2133n a +)-(12133n a -+)=23n a -123n a -整理可得13a n ＝−23a n−1，即1n n a a -=-2，故数列{a n }是以1为首项，-2为公比的等比数列，故a n =1×(-2)n-1=(-2)n-1故答案为(-2)n-1．8.21,153,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩【解析】n S Q 为数列{}n a 的前n 项和，111,23n n a a S +==+——①2n ≥时，123n n a S -=+——②①-②，得：12n n n a a a +=-，13n na a +∴=13n na a +∴=，21235a a =+= ，∴数列{}n a 的通项公式为21,153,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩．故答案为：21,153,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩．9.a n ＝3•2n ﹣2【解析】∵数列{a n }满足2a 1+22a 2+23a 3+…+2n a n ＝4n ﹣1，∴当n ≥2时，2n a n ＝(4n ﹣1)﹣(4n ﹣1﹣1)，化为a n ＝3•2n ﹣2．当n ＝1时，2a 1＝4﹣1，解得132a =，上式也成立．∴a n ＝3•2n ﹣2．故答案为a n ＝3•2n ﹣2．10.A 【解析】n =1时,a 1=12,∵211232222n n n a a a a -+++⋯+=,∴2n ≥时,22123112222n n n a a a a ---+++⋯+=,两式相减可得2n -1a n =12,∴12n n a =,n =1时，也满足∴12310a a a a = 55231012310111111222222++++⎛⎫⨯⨯⨯⨯== ⎪⎝⎭,故选A11.B 【解析】由332n n S a =-，当2n ≥时，1113333332222n n n n n n n a S S a a a a ---⎛⎫⎛⎫=-=---=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以13nn a a -=，当1n =时，111332S a a ==-，此时16a =，所以，数列{}n a 是以6为首项，3为公比的等比数列，即16323n n n a -=⋅=⋅．故选：B ．（四）题型四构造法1.A 【解析】因为()1231n n a a n +=+≥，所以132(3)n n a a ++=+，即数列{3}n a +是以4为首项，2为公比的等比数列，所以1342n n a -+=⋅，故1142323n n n a -+=⋅-=-，故选：A2.1321n -⋅-【解析】因为121n n a a +=+，所以()112221n n n a a a ++=+=+且1130a +=≠，所以1121n n a a ++=+，所以{}1n a +是以3为首项，2为公比的等比数列，所以1132n n a -+=⋅，所以1321n n a -=⋅-，故答案为：1321n -⋅-．3.1231n -⨯-【解析】因为132n n a a +=+，11a =，所以()113331n n n a a a ++=+=+，即1131n n a a ++=+所以{}1n a +以2为首项，3为公比的等比数列，所以1123n n a -+=⨯所以1231n n a -=⨯-故答案为：1231n -⨯-（五）题型五倒数法1.B 【解析】将等式1122n n n a a a --=+两边取倒数得到11112n n a a -=+，11111=,2n n n a a a -⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是公差为12的等差数列，11a =12，根据等差数列的通项公式的求法得到()1111222n nn a =+-⨯=，故n a =2n．故答案为：B ．2.219【解析】11n n n a a a +=+ 11111n n n n a a a a ++∴==+，即1111n na a +-=∴数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1132a =为首项，1为公差的等差数列()131211222n n n n a -∴=+-=-=221n a n ∴=-10219a ∴=故答案为：2193.1,11,2(1)n n a n n n =⎧⎪=⎨-≥⎪-⎩【解析】由11n n n n S S S S ++=⋅-，得1111n nS S +-=()n N *∈1n S ⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭是以11111S a ==为首相，1为公差的等差数列，11(1)1nn n S ∴=+-⨯=，1n S n ∴=，当2n ≥时，11111(1)n n n a S S n n n n -=-=-=---，1,11,2(1)n n a n n n =⎧⎪=⎨-≥⎪-⎩故答案为：1,11,2(1)n n a n n n =⎧⎪=⎨-≥⎪-⎩4.D 【解析】11n n n n a a a a ++-= ,1111n n a a +∴-=,即1111n n a a +-=-,又12,a =所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为12,公差为1-的等差数列,132n n a ∴=-+,3113593122a ∴=-+=-,故31259a =-,故选:D ．5.B 【解析】由11n n n a a a +=+，所以11111n n n n a a a a ++==+则1111n n a a +-=，又112a =，所以112a =所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以2为首项，1为公比的等差数列所以11n n a =+，则11n a n =+所以201712018a =故选：B6.A 【解析】当2n ≥且n *∈N ，在等式1121n n n a a a --=+两边取倒数得11121112n n n n a a a a ---+==+，1112n n a a -∴-=，且112a =，所以，数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，且首项为2，公差为2，因此，()12212n n n a =+-=．12n a n∴=故选：A ．7.C 【解析】11n n n a a a +=+ ，∴两边同时取倒数得11111n n n n a a a a ++==+，即1111n n a a +-=，即数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差1d =的等差数列，首项为111a =．则11(1)1n n n a =+-⨯=，得1n a n =，则202012020a =，故选：C (六）题型六周期数列1.A 【解析】2111121a a =-=-=-，3211112a a =-=+=，431111122a a =-=-=，可得数列{}n a 是以3为周期的周期数列，202036731112a a a ⨯+∴===．故选：A ．2.B 【解析】因为13=4a ，111n n a a -=-，所以211113a a =-=-，32114a a =-=，431314a a =-=，…所以数列{}n a 是以3为周期的数列，所以202067331134a a a ⨯+===，故选：B 3.B 【解析】因为21n n n a a a ++=-,①则321n n n a a a +++=-,②①+②有:3n n a a +=-,即63n n a a ++=-,则6n n a a +=,即数列{}n a 的周期为6,又123,6a a ==,得3453,3,6a a a ==-=-，63a =-,则2016a =633663a a ⨯==-,故选:D ．。

由递推关系求数列通项公式的几种方法

∴ an +1 = 3an + 2 x与已知an +1 = 3an + 1 比较得
1 1 解：Qan+1 = 3an +1 ∴an+1 + =（an + ） 3 2 21 an+1 + 1 2 =3 Qan + ≠ 0 ∴ 1 2 1 an + ∴{an + }是等比数列 , 2 2 1 1 n−1 3n −1 ∴an + = (a1 + ) ⋅ 3 ∴an = (n ∈N*) 2 2 2
然后用数学归纳法证明
小结: 小结
到了什么? 1.这节课我学 2.我还有哪些疑问? 3.我有什么新想法新发现? ,
作业:1.复习作业复习 2.进行等差数列等比数列的知识梳理进行等差数列,等比数列的知识梳理 3.做卷子其中例做卷子.其中例其中例1(3)(8)选做选做
1.形如an+1 − an = d(d为常数）等差型
a2 2 解： = a1 1 a3 3 = a2 2 a4 4 = a3 3
5 .形 an+1 = f（） n 如 n ⋅a
迭乘法
an 2 3 4 n −1 n ∴ = ⋅ ⋅ L ⋅ a1 1 2 3 n − 2 n −1
Mn an × a = n − 1 (n ≥ 2) ∴an = n (n ∈N*) n −1
2.形如an+1 = q ⋅ an (q为常数）
等比型
5 2 课课练P 44 / 12同学们做到 an = an −1 (n ≥ 2) 3 3
an 2 Q an −1 ≠ 0 ∴ = ( n ≥ 2) an −1 5
3 2 ∴{an }是等比数列, 首项a1 = , 公比q = 5 5

递推数列求通项公式的典型方法

递推数列求通项公式的典型方法1、 a n+1=a n +f （n ）型累加法:a n =（a n -a n-1）+（a n-1-a n-2）+…＋（a 2-a 1）+ a 1 =f （n-1）+f （n-2）+…f （1）+ a1例1 已知数列｛a n ｝满足a 1=1,a n+1=a n +2n （n ∈N *）, 求a n 解: a n =（a n -a n-1）+（a n-1-a n-2）+…＋（a 2-a 1）+ a 1 =2n-1+2n-2+…+21+1=2n -1（n ∈N *）例在数列{n a }中，31=a ,)1(11++=+n n a a n n ，求通项公式n a .解：原递推式可化为：1111+-+=+n n a a n n则,211112-+=a a 312123-+=a a413134-+=a a ，……，nn a a n n 1111--+=-逐项相加得：n a a n 111-+=.故na n 14-=2、)(1n g a ann =+型累积法:112211.....a a aa a a a a n n n n n ---=所以()()()()11...321a g n g n g n g a n ---=∴例2:已知数列｛a n ｝满足()*1N n n a ann ∈=+,.11=a 求n a解:112211...a a aa a a a a n n n n n ---==()()()()!11...321-=---n n n n ()()+∈-=∴N n n a n !1例2 设数列{n a }是首项为1的正项数列，且0)1(1221=+-+++n n n n a a na a n （n=1,2,3…），则它的通项公式是n a =▁▁▁（2000年高考15题）. 解：原递推式可化为：)]()1[(11n n n n a a na a n +-+++=0 ∵ n n a a ++1＞0，11+=+n na a n n 则,43,32,21342312===a a a a a a ……，nn a a n n 11-=- 逐项相乘得：n a a n 11=，即n a =n1. 3．q pa a n n +=+1型（p,q 为常数）方法：（1）⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+=-++111p q a p p q a n n ，再根据等比数列的相关知识求n a . (2)()11-+-=-n n n n a a p a a 再用累加法求n a .(3)111++++=n n n n n p qp a p a ,先用累加法求n n p a 再求n a 例3．已知{}n a 的首项a a =1（a 为常数），()2,21≥∈=+-n N n a a n n ，求n a解设()λλ-=--12n n a a ，则1-=λ ()1211+=+∴-n n a a{}1+∴n a 为公比为2的等比数列。

数列的通项公式的求法以及典型习题练习

数列的通项公式的求法以及典型习题练习数列解题方法与研究顺序一、累加法累加法是最基本的两个数列解题方法之一，适用于广义的等差数列，即an+1=an+f(n)。

1.若an+1-an=f(n)（n≥2），且a2-a1=f(1)，则可得an+1-a1=∑f(n)（k=1至n）。

例1：已知数列{an}满足an+1=an+2n+1，a1=1，求数列{an}的通项公式。

解：由题可知，f(n)=2n+1，故an+1-an=f(n)=2n+1，且a2-a1=f(1)=3.根据累加法得an+1-a1=∑f(n)=∑(2n+1)=n(n+1)+n= n^2+2n，即an=n^2+2n。

所数列{an}的通项公式为an=n^2+2n。

2.若an+1-an=f(n)，则可得an+1/an=f(n)。

例2：已知数列{an}满足an+1=an+2×3+1，a1=3，求数列{an}的通项公式。

解：由题可知，f(n)=2×3+1=7，故an+1-an=f(n)=7.根据累乘法得an+1/an=f(n)=7，即an=3×7^(n-1)。

所以数列{an}的通项公式为an=3×7^(n-1)。

二、累乘法累乘法是最基本的两个数列解题方法之二，适用于广义的等比数列，即an+1=f(n)×an。

1.若an+1/an=f(n)，则可得an+1/an=∏f(k)（k=1至n）。

例3：已知数列an=an-1/n，a1=2，求数列的通项公式。

解：由题可知，f(n)=1/n，故an+1/an=f(n)=1/n。

根据累乘法得an+1/an=∏f(k)=∏(1/k)=1/n。

即an=n!/n。

所以数列的通项公式为an=n!/n。

2.若an+1/an=f(n)，则可得an+1×an=f(n)。

例4：已知数列{an}满足an+1=2(n+1)5×an，a1=3，求数列{an}的通项公式。

解：由题可知，f(n)=2(n+1)5，故an+1/an=f(n)=2(n+1)5.根据累乘法得an+1×an=∏f(k)=∏2(k+1)5=2^(n+1)×3^(n(n+1)/2)，即an=3^n×2^(n-1)。

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。

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。

由数列递推公式求通项公式的常用方法

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

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

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

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

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

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

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

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

比如，初中“网络课件构件设计”导学案设计。

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

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

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

元数据设计时可参照SCORM。

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

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

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）。

(完整word版)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举隅类型一：1n n a pa q +=+(1p ≠）思路1（递推法）：()123()n n n n a pa q p pa q q p p pa q q q ---⎡⎤=+=++=+++=⎣⎦……121(1n p a q p p -=++++…211)11n n q q p a p p p --⎛⎫+=+⋅+ ⎪--⎝⎭。

思路2（构造法）:设()1n n a p a μμ++=+，即()1p q μ-=得1qp μ=-，数列{}n a μ+是以1a μ+为首项、p 为公比的等比数列，则1111n n q q a a p p p -⎛⎫+=+ ⎪--⎝⎭,即1111n nq qa a p p p -⎛⎫=++ ⎪--⎝⎭. 例1 已知数列{}n a 满足123n n a a -=+且11a =，求数列{}n a 的通项公式。

解：方法1（递推法）：()123232(23)3222333n n n n a a a a ---⎡⎤=+=++=+++=⎣⎦ (12)23(122n -=++++…211332)12232112n n n --+⎛⎫+=+⋅+=- ⎪--⎝⎭。

方法2（构造法):设()12n n a a μμ++=+,即3μ=，∴数列{}3n a +是以134a +=为首项、2为公比的等比数列，则113422n n n a -++=⋅=，即123n n a +=-。

类型二：1()n n a a f n +=+思路1（递推法)：123(1)(2)(1)(3)(2)(1)n n n n a a f n a f n f n a f n f n f n ---=+-=+-+-=+-+-+-=…111()n i a f n -==+∑。

思路2（叠加法）：1(1)n n a a f n --=-，依次类推有：12(2)n n a a f n ---=-、23(3)n n a a f n ---=-、…、21(1)a a f -=，将各式叠加并整理得111()n n i a a f n -=-=∑，即111()n n i a a f n -==+∑。

数列递推公式的九种方法

求递推数列的通项公式的九种方法利用递推数列求通项公式，在理论上和实践中均有较高的价值.自从二十世纪八十年代以来，这一直是全国高考和高中数学联赛的热点之一. 一、作差求和法例1 在数列{n a }中，31=a ,)1(11++=+n n a a n n ，求通项公式n a .解：原递推式可化为：1111+-+=+n n a a n n 则,211112-+=a a 312123-+=a a 413134-+=a a ，……，n n a a n n 1111--+=-逐项相加得：n a a n 111-+=.故na n 14-=.二、作商求和法例2 设数列{n a }是首项为1的正项数列，且0)1(1221=+-+++n n n n a a na a n （n=1,2,3…），则它的通项公式是n a =▁▁▁（2000年高考15题）解：原递推式可化为：)]()1[(11n n n n a a na a n +-+++=0 ∵n n a a ++1＞0，11+=+n na a n n 则,43,32,21342312===a a a a a a ……，n n a a n n 11-=- 逐项相乘得：na a n 11=，即n a =n 1. 三、换元法例3 已知数列{n a }，其中913,3421==a a ，且当n ≥3时，)(31211----=-n n n n a a a a ，求通项公式n a （1986年高考文科第八题改编）.解：设11---=n n n a a b ，原递推式可化为：}{,3121n n n b b b --=是一个等比数列，9134913121=-=-=a a b ，公比为31.故n n n n b b )31()31(91)31(2211==⋅=---.故n n n a a )31(1=--.由逐差法可得：nn a )31(2123-=.例4已知数列{n a }，其中2,121==a a ，且当n ≥3时，1221=+---n n n a a a ，求通项公式n a 。

常见的递推关系求通项

研题型能力养成举题说法
视角 5 形如 an＋1＝b＋aacnan(ac≠0)型 2-5 (2023·南通模拟)已知数列{an}中，a1＝13，an＋1＝2－anan，求数列{an}的通项公式．
【解答】因为 a1＝13，an＋1＝2－anan，故 an≠0，所以an1＋1＝a2n－1，整理得an1＋1－1＝2a1n－1. 又 a1＝13，a11－1＝2≠0，a1n－1≠0，所以aan11＋n－1－11＝2 为定值，故数列a1n－1是首项为 2，公比为 2 的等比数列，所以a1n－1＝2n，得 an＝2n＋1 1.
研题型能力养成举题说法
2-1 (2) 设数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝3n－1，求数列{an}的通项公式．【解答】当 n＝1 时，a1＋S1＝3－1⇒a1＝1；当 n≥2 时，an＋Sn＝3n－1，an－1＋Sn－1＝ 3(n－1)－1，an－an－1＋Sn－Sn－1＝3⇒2an－an－1＝3⇒an＝12an－1＋32. 由 an＝12an－1＋32，得 an－3＝12an－1－32，即 an－3＝12(an－1－3)，所以aan－n－1－33＝12.又 a1－ 3＝－2，所以数列{an－3}是首项为－2，公比为12的等比数列，所以 an－3＝－2·12n－1，即 an＝－2·12n－1＋3＝－22-n＋3.
研题型能力养成举题说法
视角2 形如an＋1＝pan＋qn(p≠0，1，q≠0)型 2-2 (2023·泉州模拟)在数列{an}中，a1＝－1，an＋1＝2an＋4×3n-1，求数列{an}
的通项公式．
【解答】方法一：原递推式可化为an＋1＋λ·3n＝2(an＋λ·3n-1)，比较系数得λ＝－4，上式即是an＋1－4×3n＝2(an－4×3n-1)，则数列{an－4×3n-1}是首项为a1－4×30＝－5，公比为2的等比数列，所以an－4×3n-1＝－5×2n-1，即an＝4×3n-1－5×2n-1. 方法二：将 an＋1＝2an＋4×3n-1 的两边同除以 3n+1，得3ann＋＋11＝23·a3nn＋342，令 bn＝a3nn，则 bn＋1＝23bn＋49.

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常见递推数列通项公式的求法典型例题及习题【典型例题】[例1] b ka a n n +=+1型。

（1）1=k 时，}{1n n n a b a a ⇒=-+是等差数列，)(1b a n b a n -+⋅= （2）1≠k 时，设)(1m a k m a n n +=++ ∴ m km ka a n n -+=+1比较系数：b m km =- ∴1-=k b m∴}1{-+k b a n 是等比数列，公比为k ，首项为11-+k b a∴11)1(1-⋅-+=-+n n k k b a k b a ∴1)1(11--⋅-+=-k bk k b a a n n [例2] )(1n f ka a n n +=+型。

（1）1=k 时，)(1n f a a n n =-+，若)(n f 可求和，则可用累加消项的方法。

例：已知}{n a 满足11=a ，)1(11+=-+n n a a n n 求}{n a 的通项公式。

解：∵111)1(11+-=+=-+n n n n a a n n∴n n a a n n 1111--=-- 112121---=---n n a a n n213132---=---n n a a n n ……312123-=-a a 21112-=-a a对这（1-n ）个式子求和得：n a a n 111-=- ∴ n a n 12-=（2）1≠k 时，当b an n f +=)(则可设)()1(1B An a k B n A a n n ++=++++ ∴ A B k An k ka a n n --+-+=+)1()1(1∴ ⎩⎨⎧=--=-b A B k a A k )1()1( 解得：1-=k a A ，2)1(1-+-=k a k b B∴ }{B An a n ++是以B A a ++1为首项，k 为公比的等比数列∴ 11)(-⋅++=++n n k B A a B An a∴B An k B A a a n n --⋅++=-11)( 将A 、B 代入即可（3）nq n f =)(（≠q 0，1）等式两边同时除以1+n q 得q q a q k q a n n n n 111+⋅=++ 令n n n q a C =则q C q k C n n 11+=+ ∴ }{n C 可归为b ka a n n +=+1型[例3] n n a n f a ⋅=+)(1型。

（1）若)(n f 是常数时，可归为等比数列。

（2）若)(n f 可求积，可用累积约项的方法化简求通项。

例：已知：311=a ，11212-+-=n n a n n a （2≥n ）求数列}{n a 的通项。

解：1235375325212321212122332211+=⋅--⋅--⋅+-=⋅⋅⋅-----n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n ∴1211231+=+⋅=n n a a n[例4]11--+⋅⋅=n n n a m a m k a 型。

考虑函数倒数关系有)11(11m a k a n n+=- ∴ m k a k a n n +⋅=-111 令n n a C 1=则}{n C 可归为b ka a n n +=+1型。

练习：1. 已知}{n a 满足31=a ，121+=+n n a a 求通项公式。

解：设)(21m a m a n n +=++ m a a n n +=+21 ∴ 1=m ∴ }1{1++n a 是以4为首项，2为公比为等比数列∴ 1241-⋅=+n n a ∴ 121-=+n n a2. 已知}{n a 的首项11=a ，n a a n n 21+=+（*N n ∈）求通项公式。

解：)1(21-=--n a a n n )2(221-=---n a a n n )3(232-=---n a a n n …… 2223⨯=-a a1212⨯=-+a an n n a a n -=-+++=-21)]1(21[2∴12--=n n a n 3. 已知}{n a 中，nn a n na 21+=+且21=a 求数列通项公式。

解：)1(231422413211122332211+=⋅--⋅--⋅-⋅+-=⋅⋅⋅-----n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n∴ )1(21+=n n a a n ∴ )1(4+=n n a n 4. 数列}{n a 中，n n nn n a a a +⋅=+++11122，21=a ，求}{n a 的通项。

解：n n n n n a a a 111221++++= ∴ 112111+++=n n n a a设n n a b 1=∴ 1121+++=n n n b b ∴ nn n b b 211+=-∴n n n b b 211=-- 12121---=-n n n b b 23221---=-n n n b b ……32321=-b b21221=-+b bn n b b 212121321+++=- nn 2121211])21(1[2112-=--=- ∴nn n n b 212212121-=+-= ∴ 122-=nnn a 5. 已知：11=a ，2≥n 时，12211-+=-n a a n n ，求}{n a 的通项公式。

解：设])1([211B n A a B An a n n +-+=++-B A An a a n n 212121211---=-∴ ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=--=-12121221B A A 解得：⎩⎨⎧=-=64B A ∴ 3641=+-a ∴ }64{+-n a n 是以3为首项，21为公比的等比数列 ∴ 1)21(364-⋅=+-n n n a ∴ 64231-+=-n a n n【模拟试题】1. 已知}{n a 中，31=a ，nn n a a 21+=+，求n a 。

2. 已知}{n a 中，11=a ，231+=-n n a a （2≥n ）求n a 。

3. 已知}{n a 中，11=a ，n n n a a 221+=-（2≥n ）求n a 。

4. 已知}{n a 中，41=a ，144--=n n a a （2≥n ）求n a 。

5. 已知}{n a 中，11=a ，其前n 项和n S 与n a 满足1222-=n nn S S a （2≥n ）（1）求证：}1{n S 为等差数列（2）求}{n a 的通项公式6. 已知在正整数数列}{n a 中，前n 项和n S 满足2)2(81+=nn a S（1）求证：}{n a 是等差数列（2）若n b 3021-=n a ，求}{n b 的前n 项和的最小值【试题答案】1. 解：由n n n a a 21+=+，得112--+=n n n a a ∴ 112--=-n n n a a2212---=-n n n a a ……212=-+a a∴ 2221)21(211-=--=--n n n a a ∴12221+=+-=nn n a a 2. 解：由231+=-n n a a 得：)1(311+=+-n n a a∴ 3111=++-n n a a 即}1{+n a 是等比数列113)1(1-⋅+=+n n a a ∴ 13213)1(111-⋅=-⋅+=--n n n a a3. 解：由nn n a a 221+=-得12211=---n n n n a a∴ }2{n na 成等差数列，)1(212-+=n a n n ∴ 122--⋅=n n n n a4. 解：nn n n a a a a )2(24221-=-=-+ ∴ 2121)2(2211-+=-=-+n n n n a a a a （1≥n ） ∴ 2121211=---+n n a a （1≥n ）设21-=n n a b即)1(211≥=-+n b b n n∴ }{n b 是等差数列 ∴ 221)1(21211n n a a n =⋅-+-=- 22+=n a n5. 解：（1）12221-=--n n n n S S S S ∴ 112--=-n n n n S S S S2111=--n n S S ∴ }1{n S 是首项为1，公差为2的等差数列∴ 121-=n S n（2）121-=n S n ∴ )2(384211212)121(222≥+--=--⋅-=n n n n n a n又 ∵ 11=a ∴⎪⎩⎪⎨⎧≥+--==)2(3842112n n n n a n6. 解：（1）2111)2(81+==a S a ∴ 21=a2≥n 时，2121)2(81)2(81+-+=-=--n n n n n a a S S a整理得：0)4)((11=--+--n n n n a a a a∵ }{n a 是正整数数列 ∴ 01≠+-n n a a ∴ 41=--n n a a∴ }{n a 是首项为2，公差为4的等差数列 ∴ 24-=n a n（2）31230)24(21-=--=n n b n∴ }{n b 为等差数列 ∴n n S n 302-=∴ 当15=n 时，n S 的最小值为2251530152-=⨯-。