由递推公式求通项的9种方法经典总结
递推公式求通项公式的几种方
由递推公式求通项公式的常用方法由数列的递推公式求通项公式是高中数学的重点问题，也是难点问题，它是历年高考命题的热点题。
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。
方法一：累加法形如a n+1－a n＝f(n)（n＝2,3,4,…）,且f(1)＋f(2)＋…＋f(n-1)可求，则用累加法求a n。
有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后利用这种方法求解。
例1a1,a2,a3（1（2（2又a形如例2由(n得(a n＋1n n＋1n因为a n＞0，则a n＋1＋a n≠0，所以=,将n＝1,2,…,n－1,分别代入得==……=将上面n－1个式子相乘得，＝××…×又a1=1，则a n＝点评：本题先由已知求出递推公式，化成了＝g(n)的类型，再利用累乘法求通项公式。
方法三：构造新数列法构造新数列法：将递推关系经过适当的恒等变形转化为特殊数列的递推关系（等差数列、等比数列、常数列或等差数列和等比数列的求和形式），以下类型均采用这种解法。
类型一:a n＋1＝A a n＋B(A,B∈R,A≠0)线性递推关系当A≠0，B＝0时，a n＋1＝A a n是以A为公比的等比数列；当Aa1＋例3a n}的通项公式。
a n－a n＋cq n 待入得p，而数列{a n＋·例4解：由n＝n＋·可变形为n＝(n＋),则数列{n}是以为1＝首项以为公比的等比数列,根据等比数列的通项公式得a n+＝（）n因此a n＝－类型三：a n＋2＝p a n＋1＋q a n(其中p,q均为常数)方法：先把原递推公式转化为a n＋2－s a n＋1=t(a n＋1－s a n)，其中s,t满足，再利用等比数列来求解。
例5：已知数列{a n}中,a1=1,a2=2,a n＋2＝a n＋1＋a n,求{a n}的通项公式。
常见递推数列通项的九种求解方法(1)
常见递推数列通项的九种求解方法(1)高考中的递推数列求通项问题，情境新颖别致，有广度，创新度和深度，是高考的热点之一。
是一类考查思维能力的好题。
要求考生进行严格的逻辑推理，找到数列的通项公式，为此介绍几种常见递推数列通项公式的求解方法。
类型一：an1解决方法累加法af(n)（fn可以求和）n例1、在数列an中，已知a1=1，当n2时，有anan12n1n2，求数列的通项公式。
解析：anan12n1(n2)a2a11aa332a4a35上述n1个等式相加可得：anan12n1∴ana1n21ann2评注：一般情况下，累加法里只有n-1个等式相加。
【类型一专项练习题】1、已知a11，anan1n（n2），求an。
2、已知数列an，a1=2，an1=an+3n+2，求an。
，a11，求数列{an}的通项公式。
3、已知数列{an}满足an1an2n14、已知{an}中，a13,an1an2n，求an。
11某5、已知a1,an1an(nN),求数列an通项公式.226、已知数列an满足a11,an3n1nan1n2,求通项公式an？7、若数列的递推公式为a13,an1an23n1(nN某)，则求这个数列的通项公式8、已知数列{an}满足an1an23n1，a13，求数列{an}的通项公式。
9、已知数列an满足a111，an1an2，求an。
2nn，2，3，）10、数列an 中，a12，an1ancn（c是常数，n1，且a1，a2，a3成公比不为1的等比数列．（I）求c的值；（II）求an的通项公式．11、设平面内有n条直线(n≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用f(n)表示这n条直线交点的个数，则f(4)；当n4时，f(n)（用n表示）．n(n1）n(3n1)31答案:1.an2.an3.ann214.an2n15.an2222n1313n16.an7.an123n18.an3nn19.an10.(1)2(2)ann2n22n2n2n211.(1)5(2)2类型二：an1f(n)an（f(n)可以求积）累积法解决方法例1、在数列an中，已知a11,有nan1n1an，(n2)求数列an 的通项公式。
由递推公式求通项的9种方法经典总结
精析由递推公式求通项的9种方法1．a n ＋1＝a n ＋f (n )型把原递推公式转化为a n ＋1－a n ＝f (n )，再利用累加法(逐差相加法)求解，即a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝a 1＋f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (n －1)．[例1] 已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋1n 2＋n，求a n . [解] 由条件，知a n ＋1－a n ＝1n 2＋n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，则(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ， 所以a n －a 1＝1－1n. 因为a 1＝12，所以a n ＝12＋1－1n ＝32－1n. 2．a n ＋1＝f (n )a n 型把原递推公式转化为a n ＋1a n＝f (n )，再利用累乘法(逐商相乘法)求解，即由a 2a 1＝f (1)，a 3a 2＝f (2)，…，a n a n －1＝f (n －1)，累乘可得a n a 1＝f (1)f (2)…f (n －1)．[例2] 已知数列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1＝n n ＋1·a n，求a n . [解] 由a n ＋1＝n n ＋1·a n ，得a n ＋1a n ＝n n ＋1， 故a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝n －1n ×n －2n －1×…×12×23＝23n .即a n ＝23n . 3．a n ＋1＝pa n ＋q (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)型对于此类问题，通常采用换元法进行转化，假设将递推公式改写为a n ＋1＋t ＝p (a n ＋t )，比较系数可知t ＝q p －1，可令a n ＋1＋t＝b n ＋1换元即可转化为等比数列来解决．[例3] 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，求a n .[解] 设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n －t ，则t ＝－3.故递推公式为a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)．令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2. 所以{b n }是以b 1＝4为首项，2为公比的等比数列．所以b n ＝4×2n －1＝2n ＋1，即a n ＝2n ＋1－3. 4．a n ＋1＝pa n ＋q n (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)型(1)一般地，要先在递推公式两边同除以q n ＋1，得a n ＋1qn ＋1＝p q ·a n q n ＋1q ，引入辅助数列{b n }⎝⎛⎭⎪⎫其中b n ＝a n q n ，得b n ＋1＝p q ·b n ＋1q ，再用待定系数法解决；(2)也可以在原递推公式两边同除以pn ＋1，得a n ＋1p n ＋1＝a n p n ＋1p ·⎝ ⎛⎭⎪⎫q p n ，引入辅助数列{b n }⎝ ⎛⎭⎪⎫其中b n ＝a n p n ，得b n ＋1－b n ＝1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫q p n ，再利用叠加法(逐差相加法)求解．[例4] 已知数列{a n }中，a 1＝56，a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1，求a n . [解] 法一：在a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1两边乘以2n ＋1，得2n ＋1·a n ＋1＝23(2n ·a n )＋1. 令b n ＝2n ·a n ，则b n ＋1＝23b n ＋1， 根据待定系数法，得b n ＋1－3＝23(b n －3)． 所以数列{b n －3}是以b 1－3＝2×56－3＝－43为首项， 以23为公比的等比数列． 所以b n －3＝－43·⎝⎛⎭⎫23n －1，即b n ＝3－2⎝⎛⎭⎫23n .于是，a n ＝b n 2n ＝3⎝⎛⎭⎫12n －2⎝⎛⎭⎫13n . 法二：在a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1两边乘以3n ＋1，得 3n ＋1a n ＋1＝3n a n ＋⎝⎛⎭⎫32n ＋1.令b n ＝3n ·a n ，则b n ＋1＝b n ＋⎝⎛⎭⎫32n ＋1.所以b n －b n －1＝⎝⎛⎭⎫32n ，b n －1－b n －2＝⎝⎛⎭⎫32n －1，…，b 2－b 1＝⎝⎛⎭⎫322.将以上各式叠加，得b n －b 1＝⎝⎛⎭⎫322＋…＋⎝⎛⎭⎫32n －1＋⎝⎛⎭⎫32n . 又b 1＝3a 1＝3×56＝52＝1＋32， 所以b n ＝1＋32＋⎝⎛⎭⎫322＋…＋⎝⎛⎭⎫32n －1＋⎝⎛⎭⎫32n ＝1·⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫32n ＋11－32＝2⎝⎛⎭⎫32n ＋1－2，即b n ＝2⎝⎛⎭⎫32n ＋1－2.故a n ＝b n 3n ＝3⎝⎛⎭⎫12n －2⎝⎛⎭⎫13n . 5．a n ＋1＝pa n ＋an ＋b (p ≠1，p ≠0，a ≠0)型这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令a n ＋1＋x (n ＋1)＋y ＝p (a n ＋xn ＋y )，与已知递推式比较，解出x ，y ，从而转化为{a n ＋xn ＋y }是公比为p 的等比数列．[例5] 设数列{a n }满足a 1＝4，a n ＝3a n －1＋2n －1(n ≥2)，求a n .[解] 设递推公式可以转化为a n ＋An ＋B ＝3[a n －1＋A (n －1)＋B ]，化简后与原递推式比较，得⎩⎪⎨⎪⎧ 2A ＝2，2B －3A ＝－1， 解得⎩⎪⎨⎪⎧A ＝1，B ＝1. 令b n ＝a n ＋n ＋1.(*)则b n ＝3b n －1，又b 1＝6，故b n ＝6·3n －1＝2·3n ， 代入(*)式，得a n ＝2·3n －n －1.6．a n ＋1＝pa r n (p >0，a n >0)型这种类型一般是等式两边取对数后转化为a n ＋1＝pa n ＋q 型数列，再利用待定系数法求解．[例6] 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝1a ·a 2n(a >0)，求数列{a n }的通项公式． [解] 对a n ＋1＝1a ·a 2n的两边取对数， 得lg a n ＋1＝2lg a n ＋lg 1a. 令b n ＝lg a n ，则b n ＋1＝2b n ＋lg 1a. 由此得b n ＋1＋lg 1a ＝2⎝⎛⎭⎫b n ＋lg 1a ，记c n ＝b n ＋lg 1a，则c n ＋1＝2c n ， 所以数列{c n }是以c 1＝b 1＋lg 1a ＝lg 1a为首项，2为公比的等比数列． 所以c n ＝2n －1·lg 1a. 所以b n ＝c n －lg 1a ＝2n －1·lg 1a －lg 1a＝lg ⎣⎡⎦⎤a ·⎝⎛⎭⎫1a 2n －1＝lg a 1－2n ， 即lg a n ＝lg a 1－2n ，所以a n ＝a 1－2n .7．a n ＋1＝Aa n Ba n ＋C(A ，B ，C 为常数)型 对于此类递推数列，可通过两边同时取倒数的方法得出关系式[例7] 已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，n ＝1,2,3，…，求{a n }的通项公式． [解] ∵a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，∴1a n ＋1＝23＋13a n， ∴1a n ＋1－1＝13⎝⎛⎭⎫1a n －1. 又1a 1－1＝23，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是以23为首项，13为公比的等比数列， ∴1a n －1＝23·13n －1＝23n ， ∴a n ＝3n3n ＋2. 8.)(1n f a a n n =++型由原递推关系改写成),()1(2n f n f a a n n -+=-+然后再按奇偶分类讨论即可例8.已知数列{}n a 中，,11=a .21n a a n n =++求n a解析：.21n a a n n =++2212+=+++n a a n n ，故22=-+n n a a即数列{}n a 是奇数项和偶数项都是公差为2的等差数列，⎩⎨⎧∈≥-=∴*,1,1,N n n n n n n a n 且，为偶数为奇数 9.)(1n f a a n n =⋅+型将原递推关系改写成)1(12+=+⋅+n f a a n n ，两式作商可得,)()1(2n f n f a a n n +=+然后分奇数、偶数讨论即可例9.已知数列{}n a 中，,2,311n n n a a a =⋅=+求{}n a 解析：⎪⎩⎪⎨⎧∈≥⋅⋅=+-N n n n n a n n n ,1,231,23221，为偶数为奇数。
常见递推数列通项的九种求解方法
常见递推数列通项的九种求解方法高考中的递推数列求通项问题，情境新颖别致，有广度，创新度和深度，是高考的热点之一。
是一类考查思维能力的好题。
要求考生进行严格的逻辑推理，找到数列的通项公式，为此介绍几种常见递推数列通项公式的求解方法。
类型一：1()n n a a f n +=+（()f n 可以求和）−−−−→解决方法累加法例1、在数列{}n a 中，已知1a =1，当2n ≥时，有121n n a a n -=+-()2n ≥，求数列的通项公式。
解析：121(2)n n a a n n --=-≥∴213243113521n n a a a a a a a a n --=⎧⎪-=⎪⎪-=⎨⎪⎪-=-⎪⎩ 上述1n -个等式相加可得： ∴211n a a n -=- 2n a n ∴=评注：一般情况下，累加法里只有n-1个等式相加。
【类型一专项练习题】1、已知11a =，1n n a a n -=+（2≥n ），求n a 。
2、已知数列{}n a ，1a =2，1n a +=n a +3n +2，求n a 。
3、已知数列}a {n 满足1a 1n 2a a 1n 1n =++=+，，求数列}a {n 的通项公式。
4、已知}{n a 中，nn n a a a 2,311+==+，求n a 。
5、已知112a =,112nn n a a +⎛⎫=+ ⎪⎝⎭*()n N ∈,求数列{}n a 通项公式.6、 已知数列{}n a 满足11,a =()1132,n n n a a n --=+≥求通项公式n a ？7、若数列的递推公式为1*113,23()n n n a a a n N ++==-⋅∈，则求这个数列的通项公式8、 已知数列}a {n 满足3a 132a a 1n n 1n =+⋅+=+，，求数列}a {n 的通项公式。
9、已知数列{}n a 满足211=a ，nn a a n n ++=+211，求n a 。
常见递推数列通项的九种求解方法
常见递推数列通项的九种求解方法(总10页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--常见递推数列通项的九种求解方法高考中的递推数列求通项问题，情境新颖别致，有广度，创新度和深度，是高考的热点之一。
是一类考查思维能力的好题。
要求考生进行严格的逻辑推理，找到数列的通项公式，为此介绍几种常见递推数列通项公式的求解方法。
类型一：1()n na a f n +=+（()f n 可以求和）−−−−→解决方法累加法 例1、在数列{}n a 中，已知1a =1，当2n ≥时，有121n n a a n -=+-()2n ≥，求数列的通项公式。
解析：121(2)n n a a n n --=-≥∴213243113521n n a a a a a a a a n --=⎧⎪-=⎪⎪-=⎨⎪⎪-=-⎪⎩ 上述1n -个等式相加可得： ∴211n a a n -=- 2n a n ∴=评注：一般情况下，累加法里只有n-1个等式相加。
【类型一专项练习题】1、已知11a =，1n n a a n -=+（2≥n ），求n a 。
2、已知数列{}n a ，1a =2，1n a +=n a +3n +2，求n a 。
3、已知数列}a {n 满足1a 1n 2a a 1n 1n =++=+，，求数列}a {n 的通项公式。
4、已知}{n a 中，n n n a a a 2,311+==+，求n a 。
5、已知112a =,112nn n a a +⎛⎫=+ ⎪⎝⎭*()n N ∈,求数列{}n a 通项公式.6、 已知数列{}n a 满足11,a =()1132,n n n a a n --=+≥求通项公式n a7、若数列的递推公式为1*113,23()n n n a a a n N ++==-⋅∈，则求这个数列的通项公式 8、 已知数列}a {n 满足3a 132a a 1n n 1n =+⋅+=+，，求数列}a {n 的通项公式。
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。
递推数列求通项公式-高考数学一题多解
递推数列求通项公式-高考数学一题多解一、攻关方略数列学习中难度较高的一个内容是递推数列，由递推关系求通项公式是一种十分重要的题型，解题方法丰富多彩，注重分析递推式的结构特点，合理构造得到等差或等比等常见数列是解题的重要策略．下面对一些常见的由递推关系求通项公式的求法做一些归纳．第一类：型如()1n n a a f n +=+的一阶递推式，可改写为()1n n a a f n +-=的形式，左端通过“累加”可以消项；右端()f n 是关于n 的函数，可以求和．故运用“累加法”必定可行，即()()()112132111()n n n n k a a a a a a a a a f k --==+-+-+⋅⋅⋅+-=+∑．第二类：型如1()n n a g n a +=的递推式，可改写为1()n na g n a +=的形式．左端通过“迭乘”可以消项；右端通常也可以化简，故运用“迭乘法”必定可行，即3211121(1)(2)(1)(2)n n n a a a a a a n n g g a a a -=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-≥．第三类：型如1n n a pa q +=+（1p ≠，0q ≠）的递推式，可由下面两种构造法求通项公式．构造法一：由1n n a pa q +=+及1n n a pa q -=+，两式相减得()11n n n n a a p a a +--=-，得{}1n n a a +-是首项为21a a -，公比为p 的等比数列，先求{}1n n a a +-的通项公式，再利用“累加法”求{}n a 的通项公式．构造法二：若1p =，则显然是以1a 为首项、q 为公差的等差数列；若1p ≠，0p ≠，0q ≠，则构造数列{}n a λ+，满足()1n n a p a λλ++=+．运用待定系数法，解得1q p λ=-，则1n q a p ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是首项为11q a p +-，公比为p 的等比数列．第四类：型如1nn n pa a a q+=+（0p ≠，0q ≠，0n a ≠）的递推式，运用取倒数，构造数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，满足111n n q a pa p +=+，运用换元法，即令1n n b a =，得11n n q b b p p +=+，从而转换为第三类．第五类：型如1rn n a pa +=（0p >，0r ≠，1r ≠）的递推式，运用两边取对数法得1lg lg lg n n a r a p +=+，令lg n n b a =，转化为1lg n n b rb p +=+型，即第三类，再运用待定系数法．第六类：型如1n n a pa qn r +=++（1p ≠，0p ≠，0q ≠）的递推式，可构造数列{}n a n λμ++，满足()1(1)n n a n p a n λμλμ++++=++，运用待定系数法解得1q p λ=-，21(1)r qp p μ=+--，从而由等比数列求通项公式；进一步推广，若递推式中包含n 的二次项、三次项，则构造的数列中也同样包含对应次数项．第七类：型如1()n n a pa f n +=+（1p ≠，0p ≠）的递推式，可在等式两边同除以1n p +，构造数列nn a p ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，满足111()n n n n n a a f n p p p +++=+，令n n n a b p =，则转化为11()n n n f n b b p ++=+，即第一类，再利用“累加法”求通项公式．第八类：型如满足：11a m =，22a m =，21n n n a pa qa ++=+（p 、q 是常数）的递推式，则称数列{}n a 为二阶线性递推数列，可构造数列{}1n n a a λ+-，满足()11n n n n a a a a λμλ+--=-，则,,p q λμλμ+=⎧⎨=-⎩即λ，μ为方程20x px q --=的两个根，此方程称之为特征方程，则数列{}n a 的通项公式n a 均可用特征根求得（即转化为第七类进一步求解）．第九类：型如1n n n ra sa pa q++=+（0p ≠，0q ≠，0r ≠，0s ≠）的递推式，利用不动点法，其中rx sx px q +=+的根为该数列的不动点，若该数列有两个相异的不动点μ，则n n a a v μ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭为等比数列；若该数列有唯一的不动点μ，即方程等根时，1n a μ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭为等差数列，这就是不动点求递推数列通项公式的方法．除上述9种类型之外还有换元法、数学归纳法（归纳一猜想一论证）等．给出相类似的递推式必有相应的破解之道，这是模型思想的运用，对所给的递推式借助于变形、代换、运算等方法转化为等差数列、等比数列这两类基本数列（模型）而求解．切变形、代换、运算的手段都是构造法的体现，真可谓：递推数列变化无穷，变形、代换方法众多．模型思想是根主线，合理构造顿显坦途．【典例】（2021·全国甲卷T17）已知数列{}n a 的各项均为正数，记n S 为{}n a 的前n 项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{}n a是等差数列：②数列是等差数列；③213a a =．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．选①②作条件证明③：（一）待定系数法解法一：【解析】待定系数法+n a 与n S 关系式(0)an b a =+>，则()2n S an b =+，当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b-=-=+--+()22a an a b =-+；因为{}n a 也是等差数列，所以()()222a b a a a b +=-+，解得0b =；所以()221n a a n =-，21a a =，故22133a a a ==.解法二：【解析】待定系数法设等差数列{}n a 的公差为d，等差数列的公差为1d ，1(1)n d =-，将1(1)2n n n S na d -=+1(1)n d -，化简得())2222211111222d d n a n d n d n d ⎛⎫+-=+-+⎪⎝⎭对于n +∀∈N 恒成立．则有21211112,240,d d a d d d ⎧=⎪⎪-=-⎨=，解得112d d a ==．所以213a a =．选①③作条件证明②：因为213a a =，{}n a 是等差数列，所以公差2112d a a a =-=，所以()21112n n n S na d n a -=+==，)1n +-=所以是等差数列.选②③作条件证明①：（二）定义法解法一：(0)an b a =+>，则()2n S an b =+，当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b-=-=+--+()22a an a b =-+；因为213a a =，所以()()2323a a b a b +=+，解得0b =或43ab =-；当0b =时，()221,21n a a a a n ==-，当2n ≥时，2-1-2n n a a a =满足等差数列的定义，此时{}n a 为等差数列；当43a b =-4=3an b an a =+-03a =-<不合题意，舍去.综上可知{}n a 为等差数列.解法二：求解通项公式因为213a a ===也为等差数列，所以公差1d =()11n d =-=，故21n S n a =，当2n ≥时，()()221111121n n n a S S n a n a n a -=-=--=-，当1n =时，满足上式，故{}n a 的通项公式为()121n a n a =-，所以()1123n a n a -=-，112n n a a a --=，符合题意.【点评】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，选①②时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n 的一次函数，直接(0)an b a =+>，平方后得到n S 的关系式，利用11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩得到{}n a 的通项公式，进而得到213a a =，是选择①②证明③的通式通法；法二：分别设出{}n a 与{}n S的公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系1d =12d a =，进而得到213a a =；选①③时，按照正常的思维求出公差，表示出n S进而由等差数列定义进行证明；选②③时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n 的一次函数，(0)an b a =+>，结合,n n a S 的关系求出n a ，根据213a a =可求b ，然后可证{}n a1d =11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，求出{}n a 的通项公式，进而证明出结论.【针对训练】（2022年全国高考乙卷）1．嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{}n b ：1111b α=+，212111b αα=++，31231111b ααα=+++，…，依此类推，其中(1,2,)k k α*∈=N ．则（）A ．15b b <B ．38b b <C ．62b b <D ．47b b <2．设数列{an }满足a 1=3，134n n a a n +=-．（1）计算a 2，a 3，猜想{an }的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan }的前n 项和Sn ．3．已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.n n n a n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数（1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式；（2）求{}n a 的前20项和.4．已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==．（1）求{}n a 的通项公式；（2）记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m ∈N 中的项的个数，求数列{}m b 的前100项和100S ．（2022全国甲卷）5．记n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知221nn S n a n+=+．(1)证明：{}n a 是等差数列；(2)若479,,a a a 成等比数列，求n S 的最小值．6．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n b 为数列{}n S 的前n 项积，已知212n nS b +=．（1）证明：数列{}n b 是等差数列;（2）求{}n a 的通项公式．7．设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <．8．对负整数a ，数43a +、77a +、283a a ++依次成等差数列．(1)求a 的值；(2)若数列{}n a 满足()112n n n a aa n *++=-∈N ，1a m =，求{}n a 的通项公式；(3)在（2）的条件下，若对任意n *∈N ，有2121n n a a +-<，求m 的取值范围．9．设0b >，数列{}n a 满足1a b =，()1121n n n nba a n a n --=≥+-（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）证明：对于一切正整数n ，121n n a b +≤+．10．设数列{}n a 满足：11a =，12n n n a a -=-+（2n ≥），数列{}n b 满足：1(1)3n n n b a +=-⋅．求数列{}n b 的通项公式．参考答案：1．D【分析】根据()*1,2,k k α∈=N …，再利用数列{}n b 与k α的关系判断{}n b 中各项的大小，即可求解.【详解】[方法一]:常规解法因为()*1,2,k k α∈=N ，所以1121ααα<+，112111ααα>+，得到12b b >，同理11223111ααααα+>++，可得23b b <，13b b >又因为223411,11αααα>++112233411111ααααααα++<+++，故24b b <，34b b >；以此类推，可得1357b b b b >>>>…，78b b >，故A 错误；178b b b >>，故B 错误；26231111αααα>++…，得26b b <，故C 错误；11237264111111αααααααα>++++++…，得47b b <，故D 正确.[方法二]：特值法不妨设1,n a =则1234567835813213455b 2,b b ,b b ,b b ,b 2358132134========，47b b <故D 正确.2．（1）25a =，37a =，21n a n =+，证明见解析；（2）1(21)22n n S n +=-⋅+.【分析】（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出23,a a ，猜想得出{}n a 的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）方法一：（通性通法）根据通项公式的特征，由错位相减法求解即可．【详解】（1）［方法一］【最优解】：通性通法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=，由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列，即21n a n =+．证明如下：当1n =时，13a =成立；假设()n k k *=∈N 时，21k a k =+成立.那么1n k =+时，1343(21)4232(1)1k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立.则对任意的*n ∈N ，都有21n a n =+成立；［方法二］：构造法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由123,5a a ==得212a a -=．134n n a a n +=-，则134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--．令1n n n b a a +=-，且12b =，所以134n n b b -=-，两边同时减去2，得()1232n n b b --=-，且120b -=，所以20n b -=，即12n n a a +-=，又212a a -=，因此{}n a 是首项为3，公差为2的等差数列，所以21n a n =+．［方法三］：累加法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由134n n a a n +=-得1114333n n n n n a a n +++-=-，即2121214333a a -=-⨯，3232318333a a -=-⨯，……1114(1)(2)333n n nn n a a n n ---=--⨯≥．以上各式等号两边相加得1123111412(1)33333n n n a a n ⎡⎤-=-⨯+⨯+-⨯⎢⎥⎣⎦ ，所以1(21)33n n n a n =+⋅．所以21(2)n a n n =+≥．当1n =时也符合上式．综上所述，21n a n =+．［方法四］：构造法21322345,387a a a a =-==-=，猜想21n a n =+．由于134n n a a n +=-，所以可设()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，其中,λμ为常数．整理得1322n n a a n λμλ+=++-．故24,20λμλ=--=，解得2,1λμ=-=-．所以()112(1)13(21)3211n n n a n a n a +-+-=--=⋅⋅⋅=-⨯-．又130a -=，所以{}21n a n --是各项均为0的常数列，故210n a n --=，即21n a n =+．（2）由（1）可知，2(21)2n nn a n ⋅=+⋅［方法一］：错位相减法231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅ ，①23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅ ，②由①-②得：()23162222(21)2n n n S n +-=+⨯+++-+⋅ ()21121262(21)212n n n -+-=+⨯+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-，即1(21)22n n S n +=-⋅+.［方法二］【最优解】：裂项相消法112(21)2(21)2(23)2n n n n n n n a n n n b b ++=+=---=-，所以231232222n n n S a a a a =++++ ()()()()2132431n n b b b b b b b b +=-+-+-++- 11n b b +=-1(21)22n n +=-+．［方法三］：构造法当2n ≥时，1(21)2n n n S S n -=++⋅，设11()2[(1)]2n n n n S pn q S p n q --++⋅=+-+⋅，即122n n n pn q p S S ----=+，则2,21,2pq p -⎧=⎪⎪⎨--⎪=⎪⎩，解得4,2p q =-=．所以11(42)2[4(1)2]2n n n n S n S n --+-+⋅=+--+⋅，即{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，而1(42)22S +-+⋅=，所以(42)22n n S n +-+⋅=．故12(21)2n n S n +=+-⋅．［方法四］：因为12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，令12n n b n -=⋅，则()()231()0,11n nx x f x x x x x x x-=++++=≠- ，()121211(1)()1231(1)n n nn x x nx n x f x x x nxx x +-'⎡⎤-+-+=++++==⎢⎥--⎢⎥⎣⎦' ，所以12n b b b +++L 21122322n n -=+⋅+⋅++⋅ 1(2)12(1)2n n f n n +==+-+'⋅．故234(2)2222nn S f =++'+++ ()1212412(1)212n n n n n +-⎡⎤=+⋅-++⎣⎦-1(21)22n n +=-+．【整体点评】（1）方法一：通过递推式求出数列{}n a 的部分项从而归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据数学归纳法进行证明，是该类问题的通性通法，对于此题也是最优解；方法二：根据递推式134n n a a n +=-，代换得134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--，设1n n n b a a +=-，从而简化递推式，再根据构造法即可求出n b ，从而得出数列{}n a 的通项公式；方法三：由134n n a a n +=-化简得1114333n n n n n a a n +++-=-，根据累加法即可求出数列{}n a 的通项公式；方法四：通过递推式求出数列{}n a 的部分项，归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据待定系数法将递推式变形成()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，求出,λμ，从而可得构造数列为常数列，即得数列{}n a 的通项公式．（2）方法一：根据通项公式的特征可知，可利用错位相减法解出，该法也是此类题型的通性通法；方法二：根据通项公式裂项，由裂项相消法求出，过程简单，是本题的最优解法；方法三：由2n ≥时，1(21)2nn n S S n -=++⋅，构造得到数列{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，从而求出；方法四：将通项公式分解成12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，利用分组求和法分别求出数列{}{}12,2n n n -⋅的前n 项和即可，其中数列{}12n n -⋅的前n 项和借助于函数()()231()0,11n nx x f x x x x x x x-=++++=≠- 的导数，通过赋值的方式求出，思路新颖独特，很好的简化了运算．3．（1）122,5,31n b b b n ===-；（2）300.【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列{}n b 的特征，然后求和其通项公式即可；(2)方法二：分组求和，结合等差数列前n 项和公式即可求得数列的前20项和.【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：显然2n 为偶数，则21222212,1n n n n a a a a +++=+=+，所以2223n n a a +=+，即13n n b b +=+，且121+12b a a ===，所以{}n b 是以2为首项，3为公差的等差数列，于是122,5,31n b b b n ===-．[方法二]：奇偶分类讨论由题意知1231,2,4a a a ===，所以122432,15b a b a a ====+=．由11n n a a +-=（n 为奇数）及12n n a a +-=（n 为偶数）可知，数列从第一项起，若n 为奇数，则其后一项减去该项的差为1，若n 为偶数，则其后一项减去该项的差为2．所以*23()n n a a n N +-=∈，则()11331n b b n n =+-⨯=-．[方法三]：累加法由题意知数列{}n a 满足*113(1)1,()22nn n a a a n +-==++∈N ．所以11213(1)11222b a a -==++=+=，322433223(1)3(1)11212352222b a a a a a --==++=+=+++=++=+=，则222121222111()()()121221+n n n n n n b a a a a a a a a a ---==-+-+-+=+++++++12(1)131n n n =+-+=-⨯．所以122,5b b ==，数列{}n b 的通项公式31n b n =-．（2）[方法一]：奇偶分类讨论20123201351924620++++++++()()S a a a a a a a a a a a a =+=+++ 1231012310(1111)b b b b b b b b =-+-+-++-+++++ 110()102103002b b +⨯=⨯-=．[方法二]：分组求和由题意知数列{}n a 满足12212121,1,2n n n n a a a a a -+==+=+，所以2122123n n n a a a +-=+=+．所以数列{}n a 的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；同理，由2221213n n n a a a ++=+=+知数列{}n a 的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．从而数列{}n a 的前20项和为：201351924260()()S a a a a a a a a =+++++++++ 1091091013102330022⨯⨯=⨯++⨯+⨯=．【整体点评】(1)方法一：由题意讨论{}n b 的性质为最一般的思路和最优的解法；方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质；方法三：写出数列{}n a 的通项公式，然后累加求数列{}n b 的通项公式，是一种更加灵活的思路.(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前n 项和是一种常规的方法；方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前n 项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.4．（1）2n n a =；（2）100480S =.【分析】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为1,a q 的形式，求解出1,a q ，由此求得数列{}n a 的通项公式.（2）方法一：通过分析数列{}m b 的规律，由此求得数列{}m b 的前100项和100S .【详解】（1）由于数列{}n a 是公比大于1的等比数列，设首项为1a ，公比为q ，依题意有31121208a q a q a q ⎧+=⎨=⎩，解得解得12,2a q ==，或1132,2a q ==(舍)，所以2n n a =，所以数列{}n a 的通项公式为2n n a =.（2）［方法一］：规律探索由于123456722,24,28,216,232,264,2128=======，所以1b 对应的区间为(0,1]，则10b =；23,b b 对应的区间分别为(0,2],(0,3]，则231b b ==，即有2个1；4567,,,b b b b 对应的区间分别为(0,4],(0,5],(0,6],(0,7]，则45672b b b b ====，即有22个2；8915,,,b b b 对应的区间分别为(0,8],(0,9],,(0,15] ，则89153b b b ==== ，即有32个3；161731,,,b b b 对应的区间分别为(0,16],(0,17],,(0,31] ，则1617314b b b ==== ，即有42个4；323363,,,b b b 对应的区间分别为(0,32],(0,33],,(0,63] ，则3233635b b b ====L ，即有52个5；6465100,,,b b b L 对应的区间分别为(0,64],(0,65],,(0,100] ，则64651006b b b ====L ，即有37个6．所以23451001222324252637480S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．［方法二］【最优解】：由题意，2n m ≤，即2log n m ≤，当1m =时，10b =．当)12,21k k m +⎡∈-⎣时，,m b k k *=∈N ，则()()()()1001234573233636465100S b b b b b b b b b b b b =++++++++++++++ 0122438416532637480=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．［方法三］：由题意知)1,2,2k k m b k m +⎡=∈⎣，因此，当1m =时，10b =；[2,4)m ∈时，1m b =；[4,8)m ∈时，2m b =；[8,16)m ∈时，3m b =；[16,32)m ∈时，4m b =；[32,64)m ∈时，5m b =；[64,128)m ∈时，6m b =．所以1001234100S b b b b b =+++++ 0(11)(222)(666)=++++++++++ 0122438416532637480=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．所以数列{}n b 的前100项和100480S =．【整体点评】（2）方法一：通过数列{}n a 的前几项以及数列{}m b 的规律可以得到12100,,,b b b 的值，从而求出数列{}m b 的前100项和，这是本题的通性通法；方法二：通过解指数不等式可得数列{}m b 的通项公式，从而求出数列{}m b 的前100项和，是本题的最优解；方法三，是方法一的简化版．5．(1)证明见解析；(2)78-．【分析】（1）依题意可得222n n S n na n +=+，根据11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，作差即可得到11n n a a --=，从而得证；（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出1a ，即可得到{}n a 的通项公式与前n 项和，再根据二次函数的性质计算可得．【详解】（1）因为221nn S n a n+=+，即222n n S n na n +=+①，当2n ≥时，()()()21121211n n S n n a n --+-=-+-②，①-②得，()()()22112212211n n n n S n S n na n n a n --+---=+----，即()12212211n n n a n na n a -+-=--+，即()()()1212121n n n a n a n ----=-，所以11n n a a --=，2n ≥且N*n ∈，所以{}n a 是以1为公差的等差数列．（2）[方法一]：二次函数的性质由（1）可得413a a =+，716a a =+，918a a =+，又4a ，7a ，9a 成等比数列，所以2749a a a =⋅，即()()()2111638a a a +=+⋅+，解得112a =-，所以13n a n =-，所以()22112512562512222228n n n S n n n n -⎛⎫=-+=-=--⎪⎝⎭，所以，当12n =或13n =时，()min 78n S =-．[方法二]：【最优解】邻项变号法由（1）可得413a a =+，716a a =+，918a a =+，又4a ，7a ，9a 成等比数列，所以2749a a a =⋅，即()()()2111638a a a +=+⋅+，解得112a =-，所以13n a n =-，即有1123210,0a a a a <<<<= .则当12n =或13n =时，()min 78n S =-．【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出n S 的最小值，适用于可以求出n S 的表达式；法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．6．（1）证明见解析；（2）()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.【分析】（1）由已知212n nS b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，取1n =,得132b =,由题意得1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,消积得到项的递推关系111221n n n n b b b b +++=-,进而证明数列{}n b 是等差数列;（2）由（1）可得n b 的表达式,由此得到n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.【详解】（1）[方法一]：由已知212n n S b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，12n b ≠,取1n =,由11S b =得132b =,由于n b 为数列{}n S 的前n 项积，所以1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,所以1121121222212121n n n b b b b b b b +++⋅⋅⋅⋅=---，所以111221n n n nb b b b +++=-,由于10n b +≠所以12121n n b b +=-，即112n n b b +-=,其中*n ∈N 所以数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差等差数列;[方法二]【最优解】：由已知条件知1231-⋅=⋅⋅⋅⋅ n n n b S S S S S ①于是11231(2)--=⋅⋅⋅⋅≥ n n b S S S S n ．②由①②得1nn n b S b -=．③又212n nS b +=，④由③④得112n n b b --=．令1n =，由11S b =，得132b =．所以数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．[方法三]：由212n nS b +=，得22=-n n n S b S ，且0n S ≠，0n b ≠，1n S ≠．又因为111--=⋅⋅=⋅ n n n n n b S S S S b ，所以1122-==-n n n n b b S S ，所以()1111(2)2222212---=-==≥---n n n n n n n S S b b n S S S ．在212n n S b +=中，当1n =时，1132==b S ．故数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．[方法四]：数学归纳法由已知212n n S b +=，得221n n n b S b =-，132b =，22b =，352=b ，猜想数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列，且112n b n =+．下面用数学归纳法证明．当1n =时显然成立．假设当n k =时成立，即121,21+=+=+k k k b k S k ．那么当1n k =+时，11112++⎛⎫==+ ⎪⎝⎭k k k b b S 331(1)1222k k k k ++⋅==+++．综上，猜想对任意的n ∈N 都成立．即数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．（2）由（1）可得，数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差的等差数列，()3111222n nb n ∴=+-⨯=+,22211n n n b n S b n+==-+,当n =1时，1132a S ==,当n ≥2时,()121111n n n n n a S S n n n n -++=-=-=-++,显然对于n =1不成立,∴()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.【整体点评】（1）方法一从212n nS b +=得221n n n b S b =-，然后利用n b 的定义，得到数列{}n b 的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；方法二先从n b 的定义，替换相除得到1nn n b S b -=，再结合212n n S b +=得到112n n b b --=，从而证得结论，为最优解；方法三由212n nS b +=，得22=-n n n S b S ，由n b 的定义得1122-==-n n n n b b S S ，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列112n b n =+，然后利用数学归纳法证得结论．（2）由（1）的结论得到112n b n =+，求得n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得{}n a 的通项公式；7．（1）11()3n n a -=，3n nn b =；（2）证明见解析.【分析】（1）利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=，解方程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ，再作差比较即可.【详解】（1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==.（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333n n n n nT --=++++ ，012111111223333-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭n n S ，230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 012111012222333---++++ 111233---+n n n n ．设0121111101212222Γ3333------=++++ n n n ，⑧则1231111012112222Γ33333-----=++++ n n n ．⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ132********--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭- n n n n nn n ．所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯n n n n n n ．因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n nS n n nT ．故2nn S T <．[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)12313n n n S ⨯-==--，211213333n n n n nT --=++++ ，①231112133333n n n n nT +-=++++ ，②①-②得23121111333333n n n n T +=++++- 1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---，所以31(14323n n nn T =--⋅，所以2n n S T -=3131(1)(1043234323n nn n n n ----=-<⋅⋅，所以2nn S T <.[方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知13⎛⎫= ⎪⎝⎭n n b n ，令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，且1+=-n n n b c c ，即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭nnn n n n ，通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==，所以331243nn c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎝⎭⎝⎭，下同方法二．[方法四]：导函数法设()231()1-=++++=- n nx x f x x x x x x，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n n x x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢⎥==---⎢⎥⎣⎦，则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='- n nn nx n x f x x x nxx ．又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n n n b n ，所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭'13113311(1)4334423n nnn n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，下同方法二．【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,n n S T ,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，使1+=-n n n b c c ，求得n T 的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.8．(1)2a =-(2)()()()1212n nn a m n -=⋅-+-⋅-(3)163m <【分析】（1）根据等差中项的性质可出关于a 的等式，结合a 为负整数可得出a 的值；（2）推导出数列()2n n a ⎧⎫⎪⎪⎨-⎪⎪⎩⎭为等差数列，确定该数列的首项和公差，即可求得数列{}n a 的通项公式；（3）由2121n n a a +-<对*n ∈N 恒成立结合参变量分离法可得出1243n m +<，求出1243n +的最小值，可得出实数m 的取值范围.【详解】（1）解：由题意可得()21414383a a a a +=++++，整理可得2280a a --=，a 为负整数，解得2a =-.（2）解：因为()1122n n n a a ++=-+-，等式两边同时除以()12n +-可得()()11122n nn n a a ++-=--，所以，数列()2n n a ⎧⎫⎪⎪⎨⎬-⎪⎪⎩⎭是首项为2m -，公差为1的等差数列，故()()122n n a m n =-+--，因此，()()()1212n n n a m n -=⋅-+-⋅-.（3）解：由2121n n a a +-<对*n ∈N 恒成立得()()()()()()22122212222222n n n n m n m n +--⋅-+-<⋅--⋅⋅+-对n *∈N 均成立．()2220n --> ，不等式两边同除()222n --，得()()()482222m n m n +-⋅<+-⋅-，得1243n m +<对n *∈N 恒成立，当1n =时，1243n +取最小值163，163m ∴<．9．（1）11(1)011n n n b a nb b b b b =⎧⎪=⎨->≠⎪-⎩且（2）证明见解析【分析】（1）由题设形式可以看出，题设中给出了关于数列a n 的面的一个方程，即一个递推关系，所以应该对此递推关系进行变形整理以发现其中所蕴含的规律，观察发现若对方程两边取倒数则可以得到一个类似等差数列的形式，对其中参数进行讨论，分类求其通项即可．（2）由于本题中条件较少，解题思路不宜用综合法直接分析出，故求解本题可以采取分析法的思路，由结论探究其成立的条件，再证明此条件成立，即可达到证明不等式的目的．【详解】（1）()1121n n n nba a n a n --=≥+- 1111(2)n n n n n a b b a --∴=+⨯≥当1b =时，11(2)1n n n n n a a -=+≥-，∴数列n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以11a 为首项，以1为公差的等差数列，1(1)1n n n n a ∴=+-⨯=，即1n a =，当0b >，且1b ≠时，11111(2)11n n n n n a b b b a -⎛⎫-+=+≥ --⎝⎭即数列11n n a b ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是以11111(1)a b b b +=--为首项，公比为1b 的等比数列，111111(1)(1)n n n n a b b b b b b -⎛⎫∴+=⨯= ⎪---⎝⎭即(1)1n n nnb b a b -=-，∴数列{}n a 的通项公式是()111011n n n b a nb b b b b =⎧⎪=⎨->≠⎪-⎩且（2）证明：当1b =时，不等式显然成立当0b >，且1b ≠时，(1)1n n nnb b a b -=-，要证对于一切正整数n ，121n n a b +≤+，只需证1(1)211n n n nb b b b+-⨯≤+-，即证()11121011n nn n b b nb b b b +--≤+⨯>--）()1111n n b bb +-+⨯- ()1111n n b b b +-=+⨯-()()11211n n n b b b b +--=+⨯++⋯++()()22121121n n n n n n b b b b b b b -++--=++⋯+++++⋯++()12211111n n n n n b b b b b b bb b --⎡⎤⎛⎫=++⋯+++++⋯++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦(222)2n n b nb ≥++⋯+=∴不等式成立，综上所述，对于一切正整数n ，有121n n a b +≤+，【点睛】本题考点是数列的递推式，考查根据数列的递推公式求数列的通项，研究数列的性质的能力，本题中递推关系的形式适合用取倒数法将所给的递推关系转化为有规律的形式，两边取倒数，条件许可的情况下，使用此技巧可以使得解题思路呈现出来．数列中有请多成熟的规律，做题时要注意积累这些小技巧，在合适的情况下利用相关的技巧，可以简化做题．在（2）的证明中，采取了分析法的来探究解题的思路，通过本题希望能进一步熟悉分析法证明问题的技巧．10．223n n b =-⋅．【分析】利用辅助法，对于数列{}n a 的递推公式，两边同时除以2n ，根据数列构造法，可得答案.【详解】∵12n n n a a -+=，两边同时除以2n 得1111222n n n n a a --+⋅=．令2n n n a c =，则1112n n c c -=-+．两边同时加上23-得1212323n n c c -⎛⎫-=-⋅- ⎪⎝⎭．∴数列23n c ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以123c -为首项，12-为公比的等比数列．∴112211133232n n n c c -⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-⋅-=⋅- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，∴211332n n c ⎛⎫=+⋅- ⎪⎝⎭．∴2122(1)33n n n n n a c ==⋅+⋅-⋅．又∵1(1)3n n n b a +=-⋅，∴12(1)233n n n n b a =⋅--=-⋅，。
十类递推数列的通项公式的求法
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%&
文!黄爱民
一、ａｎ＋１＝ ａｎ＋ ｆ（ｎ）型 这类递推数列可通过累加法求得其通项公式．当 ｆ（ｎ）
为常数时，通过累加法可求得等差数列的通项公式；当
ｆ（ｎ）为等差数列形式时，ａｎ＋１＝ ａｎ＋ ｆ（ｎ）为二阶等差数列， 它的通项公式的形式为 ａｎ＝ａｎ２＋ｂｎ＋ｃ．同时要注意它与等 差数列求和公式的一般形式的区别，后者是 Ｓｎ＝ａｎ２＋ｂｎ， 它的常数项一定为 ０．
对数，得 ｌｇａｎ＝ｌｇ２ａｎ４－ １ ，则有 ｌｇａｎ＝４ｌｇａｎ－１＋ｌｇ２．
∴ｌｇａｎ＋
１ ３
ｌｇ２＝４（ｌｇａｎ－
１＋
１ ３
ｌｇ２）．从而知｛ｌｇａｎ＋
１ ３
ｌｇ２｝是
首项为 １ ｌｇ２，公比为 ４ 的等比数列． ３
∴ｌｇａｎ＝
（４ｎ－１－ １）ｌｇ２ ３
＝（４ｎ－１－ １）ｌｇ#３ ２
，即
高中生·高考指导 １３
×（３ ２
）ｎ－ １＝（３ ２
）ｎ，即
ａｎ＝
２ｎ ３ｎ－ ２ｎ
．
九、ａ ｎ＋１＝
Ａａｎ＋Ｂ Ｃａｎ＋Ｄ
（Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ 为非零常数）型
这类递推数列的通项公式是利用函数的不动点来
求的．尽管这个知识点高考不作要求，但考题往往就从
这些地方出，只需增加一些铺垫．
例 ９ 若 ｆ（ｘ０）＝ｘ０，则称 ｘ０ 为 ｆ（ｘ）的不动点．已知函 数 ｆ（ｘ）＝ ２ｘ＋３ ．
＋１ ２
．令
ｂｎ＝
ａｎ ２ｎ
，则有
ｂｎ＋１＝
３ ２
ｂｎ＋
利用递推关系式求通项公式
解析：令 an＋2＋α·an＋1＝β(an＋1＋α·an)，
由
β－α＝3， α·β＝－2
⇒
α＝－1， β＝2，
或
α＝－2， β＝1
(选其中一种即
可)．
∴an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)． ∴数列{an＋1－an}是等比数列，∴an＋1－an＝2n－1. ∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋…＋(a2－a1)＋ a1＝2n－2＋2n－3＋2n－4＋…＋2＋1＋1＝2n－1.
利用几类经典的递推 关系式求通项公式
数列通项的常用方法
(1)利用观察法求数列的通项．
(2)利用公式法求数列的通项：①等差、等比数列{an}的通项
公式；②an＝SS1n－Sn－1
n＝1， n≥2.
(3)应用迭加(迭乘、迭代)法求数列的通项：①an＋1＝an＋f(n)；
②an＋1＝anf(n)．
(4)构造等差、等比数列求通项：
①an＋1＝pan＋q；②an＋1＝pan＋qn；③an＋1＝pan＋f(n)；
④an＋2＝p·an＋1＋q·an.
形如 an＋1＝kaan＋n 1(k≠0)，a1 已知型，求数列的通项公式
【例】 在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝12aan＋n 1(n∈N*)，求 an. 解：∵an＋1＝12aan＋n 1取倒数得： an1＋1＝12aan＋n 1＝a1n＋12，即an1＋1－a1n＝12. ∴{a1n}是以 1 为首项，12为公差的等差数列． ∴a1n＝1＋12(n－1)＝n＋2 1，∴an＝n＋2 1.
考点1 递推关系形如“an＋1＝pan＋q ”的数列求通项 例1：已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3，求数列{an} 的通项公式．
常见递推数列通项公式的求法
(5)累乘法：
an1 an
f (n) ( f (1) f (2)
i 1
f (n)可求)
(6)构造法 an1 kan b
(7)作商法（ a1a2 an cn 型）；
(8)数学归纳法.
类型1 an1 an f (n)
类型1 an1 an f (n)
求法：累加法
类型3 an1 pan q( p 0, p 1)
求法 : 待定系数法.令an1 p(an ), 其中为待定系数,化为等比数列 {an }求通项.
例3 已知数列{an }中,若a1 1, an1 2an 3(n 1),求数列{an }的通项公式.
为首项, 公比为
(1)n1. 2
1 2
的等比数列.
又
an
1 2
an1
1,
an 2 21n.
【1】设数列{an}的前 n 项和为 Sn , 已知 a1 5 ，且 nSn1 2n(n 1) (n 1)Sn (n N ) , 则数列 an 的通项公式 是( A)
1 3 (an1 2an2 )(n 3,4, ) (1)求证 : 数列{an1 an }是等比数列； (2)求数列{an }的通项公式an .
【1】已知数列 {an} 中,
a1=1,
an+1=
1 2
an+1 (nN*),
则an =___2___2__1_n____.
Q
an1
类型6
an1
pan qan
r
(
p, q,
r均不为零)
类型6
an1
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 +=+。
求递推数列通项公式的常用方法
八、待定系数法 待定系数法解题的关键是从策略上规范一个递推式可变成为何种等比数列， 可以少走弯 路.其变换的基本形式如下： 1、 an1 Aan B （A、B 为常数）型，可化为 an1 =A（ an ）的形式. 例 9 若数列{ an }中， 且 S n1 a1 =1，S n 是数列{ an }的前 n 项之和， 求数列{ an }的通项公式是 an .
二、作商求和法 例 2 设 数 列 { an } 是 首 项 为 1 的 正 项 数 列 ， 且 (n 1)an1 nan an1an 0
2 2
（n=1,2,3…） ，则它的通项公式是 an =▁▁▁（2000 年高考 15 题）. 解：原递推式可化为：
[(n 1)an1 nan ](an1 an ) =0
解: an
an an1 a2 ... a1 an1 an2 a1
= n 1n 2n 3...1 n 1!
an n 1!n N
3． an1 pan q 型（p,q 为常数） 方法： （1） an1
逐项相乘得： 三、换元法
例 3 已知数列{ an }， 其中 a1
求通项公式 an （1986 年高考文科第八题改编）. 解：设 bn1 an an1 ，原递推式可化为：
1 13 4 1 1 bn 1 bn 2 , {bn } 是 一 个 等 比 数 列 ， b1 a 2 a1 ， 公 比 为 . 故 3 9 3 9 3 1 n2 1 1 n2 1 n bn 1 b1 ( ) ( ) ( ) . 3 9 3 3 1 n 3 1 1 n 故 a n a n 1 ( ) .由逐差法可得： a n ( ) . 3 2 2 3
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 。
高中数学常见递推数列通项的求解方法
常见递推数列通项的九种类型高考中的递推数列求通项问题，情境新颖别致，有广度，创新度和深度，是高考的热点之一。
是一类考查思维能力的好题。
要求考生进行严格的逻辑推理，找到数列的通项公式，为此介绍几种常见递推数列通项公式的求解方法。
类型一：)(1n f a a n n +=+（)(n f 可以求和）−−−−→解决方法累加法 例1、在数列{}n a 中，已知1a =1，当2n ≥时，有121n n a a n -=+-()2n ≥，求数列的通项公式。
解析：121(2)n n a a n n --=-≥∴213243113521n n a a a a a a a a n --=⎧⎪-=⎪⎪-=⎨⎪⎪-=-⎪⎩ 上述1n -个等式相加可得： 211n a a n -=- 2n a n ∴=评注：一般情况下，累加法里只有n-1个等式相加。
类型二：1()n n a f n a +=⋅ （()f n 可以求积）−−−−→解决方法累积法 例2、在数列{}n a 中，已知11,a =有()11n n na n a -=+，(2n ≥)求数列{}n a 的通项公式。
解析：1232112321n n n n n n n a a a a a a a a a a a a -----=⋅⋅⋅⋅ 123211143n n n n n n --=⋅⋅⋅⋅+-21n =+ 又1a 也满足上式；21n a n ∴=+ *()n N ∈ 评注：一般情况下，累积法里的第一步都是一样的。
类型三：1(n n a Aa B +=+≠其中A,B 为常数A 0,1）−−−−→解决方法待定常数法 可将其转化为1()n n a t A a t ++=+，其中1Bt A =-，则数列{}n a t +为公比等于A 的等比数列，然后求n a 即可。
例3 在数列{}n a 中， 11a =，当2n ≥时，有132n n a a -=+，求数列{}n a 的通项公式。
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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 ＝1nn ＋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 na 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＝nn ＋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 ＝qp －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 ＋1bn＝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qn ＋1，得a n ＋1qn ＋1＝p q ·a nq 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 n2n ＝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 n3n ＝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 rn (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 a1－2n，所以a n ＝a1－2n.7．a n ＋1＝Aa nBa 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 n2a 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 =++Θ 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。