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(1
1++=+n n a a n n ，求通项公式n a .
解：原递推式可化为：1
1
11+-+=+n n a a n n
则,211112-+=a a 31
2123-+=a a
413134-+=a a ，……，n
n a a n n 1
111--+=-
逐项相加得：n a a n 111-+=.故n
a n 1
4-=
2、)(1n g a a
n
n =+型
累积法:11
2211.....a a a
a 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 a
n
n ∈=+,.11=a 求n a
解:112211...a a a
a 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(12
21=+-+++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，
1
1+=+n n
a a n n 则
,43,32,21342312===a a a a a a ……，n
n a a n n 1
1-=- 逐项相乘得：
n a a n 11=，即n a =n
1
. 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 q
p 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。

()1211-•+=+∴n n a a ()1211-•+=∴-n n a a
题目:在数列{}n a (不是常数数列)中,1122n n a a +=
+且11
3
a =,求数列{}n a 的通项公式. 解法一:因为1122n n a a +=+,所以,1122n n a a -=+,所以,111
()2n n n n a a a a +--=-,所以,数列
1{}n n a a +-是公比为12的等比数列.又21116a a -=,所以,11111()62n n n a a -+-=⋅,将11
22n n a a +=+代
入上式可得1
1114()32
n n a -=-⨯.
[评注]这种方法叫做差分法.即由条件1n n a pa q +=+((1)0)pq p -≠进行递推可得1n n a pa q -=+,
进一步可得11()n n n n a a p a a +--=-,数列1{}n n a a +-是公比为p 的等比数列,所
以,1
121()n n n a a a a p -+-=-,再将1n n a pa q +=+代入即可求得121()1
n n a a p q
a p ---=-.
解法二:所给数列对应的特征方程为:122x x =+,所以,特征根为4x =.因为11
22
n n a a +=+,所
以,114(4)2n n a a +-=-,即数列{4}n a -是公比为12的等比数列,又111
43a -=-,所
以,4n a -=1111()32n --⨯.故1
1114()32
n n a -=-⨯.
[评注]:这种方法叫做特征根法,因为1p ≠,所以满足x px q =+(叫做此数列对应的特征方程)的x 存在,由1n n a pa q +=+可得1()n n a x pa q x +-=+-()n p a x =-,所以,数列{}n a x -是以1a x -为首
项,以p 为公比的等比数列或各项均为0,于是再根据条件1
1()n n a x a x p --=-,所以,1
1()n n a a x p x -=-+.
解法三:设11()2n n a a λλ++=+,即11122n n a a λ+=-与已知1122n n a a +=+对比可得1
22
λ-=,所
以,4λ=-.所以,可得114(4)2n n a a +-=-,即数列{4}n a -是公比为1
2
的等比数列或者各项均为
0.(下同解法二).
[评注]:这种方法通常叫做构造法.即由已知递推式的特点构造一个等比数列,再求通项公式.设1()n n a p a λλ++=+,与原递推数列进行对比可以建立方程,求数所设实数λ的值即可得1{}n a λ++是以1a λ+为首项,以p 为公比的等比数列.
以上三种方法虽然各不相同,但是它们有一点是共同的,即构造一个等比数列,这就是本题的实质所在.
4．()n f pa a n n +=+1型（p 为常数） 方法：变形得
()1
11++++=n n n n n p n f p a p a ，则⎭
⎬⎫⎩⎨⎧n n p a 可用累加法求出，由此求得n a . 例4．已知{}n a 满足11122,2+++==n n n a a a ，求n a
解 12211+=++n n
n n
a a ⎭⎬⎫
⎩⎨⎧∴n n a 2为等差数列。

n n a a n
n =-+=122
1
n n n a 2⋅=∴
5.n n n qa pa a +=++12型（p,q 为常数）
方法：待定糸数法设()n n n n a a a a λχλ-=--=+112构造等比数列
例5．数列{}n a 中，,3,221==a a 且()2,211≥∈+=++-n N n a a a n n n ，求n a .
6、取倒数法
例6 已知数列{n a }中，其中,11=a ，且当n ≥2时，1
211
+=--n n n a a a ，求通项公式n a 。

解 将1211+=
--n n n a a a 两边取倒数得：
2111=--n n a a ，这说明}1
{n
a 是一个等差数列，首项是111=a ，公差为2，所以122)1(11-=⨯-+=n n a n ，即1
21
-=n a n . 7、取对数法
例 若数列{n a }中，1a =3且2
1n n a a =+（n 是正整数），则它的通项公式是n a =▁▁▁（2002年上海高考题）.
解 由题意知n a ＞0，将2
1n n a a =+两边取对数得n n a a lg 2lg 1=+，即
2lg lg 1
=+n
n a a ，所以数列}{lg n a 是以1lg a =3lg 为首项，公比为2的等比数列，1
2113lg 2lg lg -=⋅=-n n n a a ，
即1
23-=n n a . 8、平方（开方）法
例8 若数列{n a }中，1a =2且2
13-+=n n a a （n 2≥）
，求它的通项公式是n a . 解 将2
13-+=
n n a a 两边平方整理得3212=--n n a a 。

数列{2n a }是以21a =4为首项，3为公差
的等差数列。

133)1(2
12+=⨯-+=n n a a n 。

因为n a ＞0，所以13+=n a n 。

9、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、B Aa a n n +=+1（A 、B 为常数）型，可化为λ++1n a =A （λ+n a ）的形式.
例9 若数列{n a }中，1a =1，n S 是数列{n a }的前n 项之和，且n
n
n S S S 431+=+（n 1≥），求
数列{n a }的通项公式是n a .
解 递推式n n n S S S 431+=
+可变形为
41
311+⋅=+n n S S （1） 设（1）式可化为)1
(311λλ+=++n
n S S （2） 比较（1）式与（2）式的系数可得2=λ，则有)21(3211+=++n n S S 。

故数列{21+n
S }是以3211=+S 为首项，3为公比的等比数列。

21+n S =n n 3331=⋅-。

所以1
31
-=n n S 。

当n 2≥，1238332231231211+⋅-⋅-=---=-=--n
n n
n n n n n S S a 。

数列{n a }的通项公式是⎪⎩⎪⎨⎧+⋅-⋅-=12
3833212n n n
n a )2()1(≥=n n 。

2、B Aa a n n +=+1n
C ⋅（A 、B 、C 为常数，下同）型，可化为11++⋅+n n C a λ=n n C a A ⋅+λ(）
的形式.
例10 在数列{n a }中，,342,11
11-+⋅+=-=n n n a a a 求通项公式n a 。

解：原递推式可化为：
)3(2311-+⋅+=⋅+n n n n a a λλ ①
比较系数得λ=-4，①式即是：)34(2341
1-+⋅-=⋅-n n n n a a .
则数列}34{1-⋅-n n a 是一个等比数列，其首项5341
11-=⋅--a ，公比是2.
∴1
1
2
53
4--⋅-=⋅-n n n a
即1
12534--⋅-⋅=n n n a .
3、n n n a B a A a ⋅+⋅=++12型，可化为)()(112n n n n a a A a a λλλ+⋅+=++++的形式。

例11 在数列{n a }中，2,121=-=a a ，当N n ∈，
n n n a a a 6512-=++ ① 求通项公式n a . 解：①式可化为：
))(5(112n n n n a a a a λλλ++=++++
比较系数得λ=-3或λ=-2，不妨取λ=-2.①式可化为：
)2(32112n n n n a a a a -=-+++
则}2{1n n a a -+是一个等比数列，首项122a a -=2-2（-1）=4，公比为3. ∴1
13
42-+⋅=-n n n a a .利用上题结果有：
112534--⋅-⋅=n n n a .
4、C Bn Aa a n n ++=+1型，可化为])1([21211λλλλ+-+=+++n a A n a n n 的形式。

例12 在数列{n a }中，23
1=a ，12--n n a a =63-n ① 求通项公式n a .
解 ①式可化为：
21121)1()(2λλλλ+-+=++-n a n a n n ② 比较系数可得：
1λ =-6，92=λ，② 式为12-=n n b b
}{n b 是一个等比数列，首项299611=
+-=n a b ，公比为2
1
. ∴1)2
1(29-=
n n b 即 n
n n a )2
1
(996⋅=+- 故96)2
1(9-+⋅=n a n
n .
一、复习回顾
引入问题：已知数列{a n }满足a 1=1, 且a n+1 =3n a +1,求a n 。

分析一：归纳法。

由递推公式，可求出a 2=4，a 3=13，a 4=40。

则a 2-a 1=3=31
，a 3-a 2=9=32
，a 4-a 3=27=33。

由此猜测：a n -a n-1=3n-1（可用数学归纳法证明），所以a n-1-a n-2=3n-2，a n-2-a n-3=3n-3……，a 4-a 3=33，a 3-a 2=32
，
a 2-a 1=31，把上式子累加，得，a n -a 1=31+32+33+……+3n-1
=，得a n =312
n -。

分析二：构造法。

由a n+1 =3n a +1，得a n+1 +12=3（a n +12），即数列{a n +1
2
}为一个公比为3的等
比数列，则a n +12=(1+12
)·3n-1
=312n -。

分析三：迭代法。

a n =3a n-1+1=3(3a n-2+1)+1=32a n-2+3⨯1+1=…=3n-1a 1+3n-2 ⨯1+3
n-3
⨯1 +…
+3⨯1+1=31
2
n -
点评：（1）分析一中先猜测出前后两项差的关系，再用累加法求出通项；这种用不完全归纳法求出前几项再找规律的的方法，对所有求数列通项的题均适用，应培养归纳能力；
（2）分析二中构造出新数列，由新数列求出a n 的通项；
（3）分析三使用迭代法，这也是由递推式求通项的基本方法。

本文将由此例题展开，对它进行各种变形，力求归纳出由递推公式求通项公式的方法。

二、例题精讲
例1.已知数列{a n }中，a 1=1，对任意自然数n 都有12
(1)n n a a n n -=++，求a n 。

分析：由已知，12
(1)
n n a a n n --=
+，12
2(1)n n a a n n ---=-，……，32234
a a -=⨯，21223a a -=
⨯，累加，得a n -a 1=11112...(1)(1)(2)(1)23n n n n n n ⎡⎤
++++⎢⎥+---⨯⎣⎦
=11221n ⎛⎫-
⎪+⎝⎭。

点评：（1）例3由例1中的常数项1变为f(n)而得来；
（2）递推式为a n+1=a n +f(n)，只要f(1)+f(2)+……+f(n-1)是可求的，可用累加法求出。

（3）今年安徽题中也有这样一题：已知数列{a n }中a 1=1，且a 2k =a 2k-1+(-1)k ，a 2k+1=a 2k +3k
，其中k=1,2,3……（1）求a 3，a 5（2）求数列{a n }的通项公式。

这是一个a n+1=a n +f(n)型的函数，只不过偶数项减奇数项与奇数项减偶数项的f(n)不同而已，依照上法，可以轻松求解。

（4）运用类比推理的思想方法，把例3与例1的形式进行比较后可看出类似之处，从而在方法上类同。

对递推式为a n+1=pa n +q （p 、q 为常数）时，可构造新数列a n+1+1q p -=p(a n +1
q p -)。

其证明的简略过程如下：由a n+1=pa n +q ，令a n+1+x =p(a n +x)，化简，得a n+1=pa n +px-x ，因此px-x=q ，即x=1
q
p -。

得
证。

例2：已知数列{a n }中，a 1=1，13n
n n a a a +=
+，求a n 。

分析：把两边取倒数，可得11131n n a a +=⋅+。

令1
n n
b a =，则b n+1=3b n +1，即引入问题，按上法可求解。

点评：（1）转换问题，化成基本型后求解（运用反思维定势定势方法中的转移思维方法）
（2）对分式型递推数列可归纳如下：设a 1=a ，1(0)n n n ca d
a a aa b
++=
≠+
①若d=0，则上式变形为
111n n b a a c a c +=⋅+，令1n n b a =,则1n n b a
b b
c c
+=⋅+,即基本型。

②若d ，c ≠0,且bc ≠ad ，令a n = b n +t(t 为待定系数)转化为情形①。

例3. 在数列{}n a 中，362,2
3
11-=-=
-n a a a n n ,求通项n a . 解：原递推式可化为y n x a y xn a n n ++-+=++-)1()(21
比较系数可得：x=-6,y=9,上式即为12-=n n b b
所以{}n b 是一个等比数列，首项299611=+-=n a b ,公比为2
1
.
1)21(29-=∴n n b 即：n n n a )2
1(996⋅=+-
故96)21(9-+⋅=n a n
n .
(2)若n
q n f =)((其中q 是常数，且n ≠0,1)
①若p=1时，即：n
n n q a a +=+1，累加即可.
②若1≠p 时，即：n
n n q a p a +⋅=+1，
求通项方法有以下三种方向：i. 两边同除以1
+n p .
即：
n n n
n n q p p q a p
a )(111⋅+=++,令n n n p
a b =，则n n n q p
p b b )(11⋅=-+,
然后类型1，累加求通项. ii.两边同除以1
+n q . 即：
q
q a q p q a n n n n 1
11+⋅=++, 令n
n n q a b =
,则可化为q
b q p b n n 1
1+⋅=
+.然后转化为类型5来解， iii.待定系数法： 设)(1
1n n n n p a p q
a ⋅+=⋅+++λλ.通过比较系数，求出λ，转化为等比数列求通项.
形如11-++=n n n qa pa a (其中p,q 为常数)型
（1）当p+q=1时 用转化法
例4.数列{}n a 中，若2,821==a a ,且满足03412=+-++n n n a a a ,求n a . 解：把03412=+-++n n n a a a 变形为)(3112n n n n a a a a -=-+++. 则数列{}n n a a -+1是以612-=-a a 为首项，3为公比的等比数列，则
1136-+⋅-=-n n n a a 利用类型6的方法可得 n n a 311-=.
（2）当042
≥+q p 时 用待定系数法.
例5. 已知数列{}n a 满足06512=+-++n n n a a a ，且5,121==a a ,且满足,求n a . 解：令)(112n n n n xa a y xa a -=-+++,即0)(12=++-++n n n xya a y x a ,与已知
06512=+-++n n n a a a 比较，则有⎩⎨⎧==+65xy y x ,故⎩⎨⎧==32y x 或⎩⎨⎧==2
3
y x
下面我们取其中一组⎩
⎨⎧==32
y x 来运算，即有)2(32112n n n n a a a a -=-+++,
则数列{}n n a a 21-+是以3212=-a a 为首项，3为公比的等比数列，故
n n n n a a 333211=⋅=--+,即n n n a a 321+=+,利用类型 的方法，可得
n n n a 23-=.
评注：形如n n n ba aa a +=++12的递推数列,我们通常采用两次类型(5)的方法来求解,但这种方法比
较复杂,我们采用特征根的方法:设方程b x a x =-)(的二根为βα,,设n
n n q p a βα⋅+⋅=,再利
用21,a a 的值求得p,q 的值即可.
形如r
n n pa a =+1(其中p,r 为常数)型
（1）p>0，0>n a 用对数法.
例6. 设正项数列{}n a 满足11=a ，2
12-=n n a a （n ≥2）.求数列{}n a 的通项公式.
解：两边取对数得：122log 21log -+=n n a a ，)1(log 21log 122+=+-n n a a ，设1log 2+=n a
n b ，则
12-=n n b b ，{}n b 是以2为公比的等比数列，11log 121=+=b 11
22
1--=⨯=n n n b ，122
1log -=+n a n
，12log 12-=-n a n ，∴1
21
2--=n n a
练习 数列{}n a 中，11=a ，12-=n n a a （n ≥2），求数列{}n a 的通项公式. 答案：n
n a --=2222
（2）p<0时 用迭代法.
课堂小结：学生的体会是多方面、多角度的，因此小结内容也很灵活。

知识方面：数列的概念、数列的通项公式
能力方面：掌握研究问题的一般方法，主要有：观察、发现、归纳、总结、类比 思考问题：是否每一个数列都能写出它的通项公式？每一个数列的通项公式是否唯一？根据前n 项写出的不同形式的通项公式所确定的数列是否是相同的？求递推数列通项公式是数列知识的一个重点，也是一个难点，高考也往往通过考查递推数列来考查学生对知识的探索能力，求递推数列的通项公式一般是将递推公式变形，推得原数列是一种特殊的数列或原数列的项的某种组合是一种特殊数列，把一些较难处理的数列问题化为中学中所研究的等差或等比数列。

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，下面介绍一下利用构造法求递推数列的通项公式的方法和策略.
一、构造等差数列法
例1.在数列{a n }中，a na n a n n n n n 1132212==+++++，()()()，求通项公式a n 。

解：对原递推式两边同除以n n n ()()++12可得：
a n n a n n
n n
+++=++12112()()()①
令b a n n
n n
=
+()1②
则①即为b b n n +=+12，则数列{b n }为首项是b a 111113
2
=
+=()×，公差是b b n n +-=12的等差数列，因而b n n n =+-=-3221212()，代入②式中得a n n n n =+-1
2
141()()。

故所求的通项公式是
a n n n n =+-1
2
141()()
二、构造等比数列法
1.定义构造法
利用等比数列的定义q a a n n
=
+1
，通过变换，构造等比数列的方法。

例2.设在数列{a n }中，a a a a n n
n
11222
2==++，，求{a n }的通项公式。

解：将原递推式变形为
a a a n n n ++=
+12
222()① a a a n n n
+-=
-12
222()
②
①/②得：
a a a a n n n n +++-=+-11222
22
[
]，
即lg
lg[
]a a a a n n n n +++-=+-1122
222
③
设b a a n n n =+-lg[
]22
④
③式可化为
a a n n +=12，则数列{
b n }是以b 1＝lg[]lg lg()a a 112222
22
221+-=+-=+为首项，公比为2的等比数列，于是b n n n =+=+-2212
2211
lg()lg()×，代入④式得：a a n n +-22
＝
()212+n
，解得a n n n
=
+++-2211211
22[()]
()为所求。

2.a Aa B n n +=+1（A 、B 为常数）型递推式 可构造为形如a A a n n ++=+1λλ()的等比数列。

例3.已知数列{}a n ，其中a a a n n 11132==++，，求通项公式a n 。

解：原递推式可化为：a a n n ++=+1131()，则数列{}a n +1是以a 112+=为首项，公比为3的等比数列，于是a a n n n +=+=--113
2311
1()××，故a n n =--2311×。

3.a Aa B C n n n
+=+1·（A 、B 、C 为常数，下同）型递推式
可构造为形如a C
A a C n n n n +++=+11
λλ··()的等比数列。

例4.已知数列{}a n ，其中a 11=，且a a a n n
n n +=-123
·，求通项公式a n 。

解：将原递推变形为
1321
a a n n n +=-
+，设b n ＝1
a n。

① 得b b n n n
+=-+132② 设②式可化为b b n n n n +++=-+11
2
32λλ··()，比较得λ=-1
5
于是有
b b n n n n ++-=--1115231
5
2··()
数列{}b n n -152·是一个以b 111521253
5
-=-=·为首项，公比是－3的等比数列。

所以b n n n -
=--1523531·()，即b n n n =--1521
5
3·()，代入①式中得： a n n n
=
--5
23()
为所求。

4.a Aa Bn C n n +=++1型递推式
可构造为形如a n A a n n n +++=+-+112121λλλλ[()]的等比数列。

例5.在数列{}a n 中，a a a n n n 113
2
263=
-=--，，求通项公式a n 。

解：原递推式可化为2112112()()a n a n n n ++=+-+-λλλλ，比较系数可得：λ16=-，
λ29=，上式即为21b b b n n n =-，{}是一个等比数列，首项b a n 116=-
+=
992，公比为12。

所以b n n =
-9212
1
()。

即a n n n -+=69912·()，故a n n n
=+-912
69·()为所求。

三、函数构造法
对于某些比较复杂的递推式，通过分析结构，联想到与该递推式结构相同或相近的公式、函数，
再构造“桥函数”来求出所给的递推数列的通项公式的方法。

例6.在数列{}a n 中，a a a a n n n 113
13==-+，，求通项公式a n 。

分析：首先考虑所给递推式与公式()a b a a b ab b +=+++3
3
2
2
3
33的联系。

解：设a x x 11
=+-，则a a a x x x x x x
21
3113
1
3
3
33=-=+-+=+---()()同理
a x x 399=+-，a x x 42727=+-，…。

即a x x a x x a x x x x x 1332333334330
1
1
2
2
3
3
=+=+=+=+----，，，…，猜想
a x x n n n =+---3
31
1。

下面用数学归纳法加以证明（证明略）。

由于a 11=，即x x
+=-1
1，解得x =
352±，于是a n n =+-()352
31
± (
)352
31
±--n 为所求。

转化为常见类型求解：
例2 设数列{}n a 满足下列条件，试求各通项： （1）,11=a )3,2,1(1)1(1 =++=+n a n na n n
（2）)4,3,2()1(2,11
11 =-+==+-n a a a n n n
（3）)5,4,3(,
10,12
1
121 ====---n a a a a a a n n n n
解：（1）)
1(1
11)1(11++=+⇒++=++n n n a n a a n na n n n n 令,n
a b n
n =
则111==a b ，)
1(1
1++=+n n b b n n
本题用)1(+n n 除递推式两边，再进行变量代换，就可转化为“)(1n f a a n n +=+型”，
可得121
2-==⇒-=n nb a n
b n n n
（2）递推式两边同除以n 2，得n
n n n n a a )21(2
21
1--=--，就可转化为“)(1n f a a n n +=+型”，当然，也可以在递推式两边同除以n
)1(-，得1)
1(2)1(1)1(2)1(1
11--⋅-=---=----n n n n n n n n a a a a 即， 则可转化为“q a p a n n +⋅=+1型”，所以得[]
1
)1(231+-+=n n n a
（3）递推式两边同取对数，得)lg (lg 2
1
lg lg 211----=-n n n n a a a a
令n n n a a b lg lg 1-=+，则⎪⎩
⎪
⎨⎧===-=--),5,4,3(21
1lg lg 21121 n b b a a b n n )3,2,1()21(1 ==⇒-n b n n 1)21(11
110)21(lg lg -=⇒=-⇒+-+n n
n n n n a a a a ，已转化为“)(1n f a a n n ⋅=+型”
，由累乘相消法可得
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛----=⇒=⋅⋅⋅=11221122112)2
1(41211
10
10
10101010n n n n n
a a a
根据上述的介绍，下面问题你能解决吗？
练习：设数列{}n a 满足下列条件，试求各通项：
（1）)4,3,2(23,011 =+==-n a a a n n （2）)3,2,1(,11 ==+=+n n a a a a n n （3）)3,2,1()1)(2(,111 ==++=+n na a n a n n （4）)4,3,2(,1111 ==-=--n a na a a a n n n n
（5）)4,3,2(23,111
1 =-==--n a a a n n n
（6）),3,2,1(123,1,01221 =+-===++n a a a a a n n n
（7）),3,2,1(4325,71
11 =-⋅+==++n a a a n n n
（8）),4,3,2(34,11
1
1 =--=
=--n a a a a n n n
专题二 由递推公式求通项的技巧
（1） 递推式为：a n+1=a n +f(n)型……（用迭加法）
（2） 递推式为：a n+1=pa n +q 型(p,q 为常数)……(用特征根法转化成等比数列）
（3） 递推式为：a n+1=pa n +q n 型(p,q 为常数)……(同除q n 或q n+1，再用特征根法转化成等比数列)
（4） 递推式为：a n+2=pa n+1+qa n 型(p,q 为常数)……(变行为：a n+2--αan+1=β(a n+1--αa n )
n
n n n a n a a a a 求中、已知例,1
41
,21}{1211-+==+n
n n n a a a N n a a 求有对于中，、例,23,,1}{211+=∈=+n
n n n n a a a N n a a 求有对于中，、例,)2
1
(31,65}{3111+++=∈=n n n n n a a a a a a a 求有中，、例,3
1
32,2,1}{412
21+===++n
n n n n n n n a a n s a a n s s n a a a 求中，、设例用的关系式：此类型可利与递推式为,2,1}{5)
2....()1..(..........
s (5)1111n =++=⎩⎨
⎧≥-==+-n
n n n n a a s n s a 求项的和，且为其前中，、已知例,)1(4
1
}{62+=n
n n n
n a a n n
a a a ，求、已知例（用迭乘法）型如•+=
⋯⋯=++1
7:
)6(11
的极限
项和的前）（的通项
）求（的两根，是方程、中，、已知例分成奇数项与偶数项）（此类题把型如：n n n n
n n n n n n n n T n b a x b x a a a a a t a a }{21031
,1}{8)7(2111=+-=⋯⋯=•++的通项
，分别求出，且成等比，、、成等差；、、，，、已知数列例”法）递推式（用“减少变量同一个题中，出现两个双递推n n n n n n n n n n b a b a b a b a b a b a ,21009)8(112
112
12
==>>---+++的通项
、分别求出成等差，、、成等比，、、，满足、、已知例n n n n n n n n n n b a b a b a b a b a b a 11111,21}{}{10+++==
递推数列求通项公式的基本类型及其对策
高中数学递推数列通项公式的求解，在高考中娄见不鲜，其丰富的内涵及培养学生思维逻辑性具有较高的价值，同时对于培养学生的归纳推理能力也具有十分重要的意义，下面就递推数列求通项的基本类型作一个归纳，以供读者参考。

类型一、
型
或)()(11
n g a a
n f a a n
n n n ==-+-
对策：利用迭加或迭乘方法，即：
112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-++-+-=--- 或
1
12
211a a a a a a a a n n n n n ⋅⋅⋅⋅=---
例1、（2006年山东高考文科）已知数列｛n a ｝中，21
1=
a ，n n a a n -+12，
点（）在直线y=x 上，其中n=1,2,3….
(Ⅰ)令{}是等比数列；求证数列n n n n b a a b ,11--=+ (Ⅱ)求数列{}的通项；n a
解析：（I ）∵n n a a n -+12，
点（）在直线y=x 上 ∴n a a n n =-+12 ① ∴121-=--n a a n n ②
①－②得：
13211=+--+n n n a a a ∴
)1(21
111--=
---+n n n n a a a a
又11--=+n n n a a b ∴121
-=n n b b
而1212+=a a 得
43
2=
a
∴数列{n b }是以首项为
4311
21-=--=a a b ，公比为21
的等比数列 （II ）由（I ）得
1
2143-⎪
⎭⎫ ⎝⎛-=n n b ，∴
1
1
21431-+⎪
⎭
⎫
⎝⎛-=--n n n a a
即1
1
21431-+⎪
⎭
⎫
⎝⎛-=-n n n a a
由：112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-++-+-=---
21
2143121431214310
3
2
+
⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪
⎭
⎫
⎝⎛-+⎪
⎭⎫
⎝⎛-=-- n n
=223
-+n n
类型二、型)(n n a f S =
对策：巧用
⎩⎨
⎧≥-==-)2()
1(11n S S n a a n n n 例2、（2007年福建高考文科）数列{a n }的前N 项和为S n ，a 1=1，a n +1=2S n (n ∈N*).求数列{a n }的通项a n 。

解析：（I ）∵a n +1=2S n ,, ∴S n+1-S n =2S n ,
∴n n S S 1
+=3.
又∵S 1＝a 1=1,
∴数列｛S n ｝是首项为1、公比为3的等比数列，S n =3n-1(n ∈N*). ∴当n ≥2时，a n -2S n -1=2·3n -2(n ≥2),
∴a n =.2,3·211
2≥⎪⎩⎪⎨⎧=-n n n ，
类型三、型)0(1≠+=-pq q pa a n n
对策：等价转化为：
)1(11-+=-+
-p q a p p q a n n 从而化为等比数列{1-+p q
a n }，并且该
数列以
11-+
p q
a 为首项，公比为p
例3、（2006年福建高考理科）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.
解：
*
121(),n n a a n N +=+∈ 112(1),n n a a +∴+=+ {}1n a ∴+是以112a +=为首项，2为公比的等比数列
12.n
n a ∴+=
即
2*
21().n a n N =-∈ 变式1：
型)0(1≠+=-pqr rq pa a n
n n 对策：（1）若p=q ，则化为
r
q a q a n n n
n
+=
--1
1，从而化为以q a 1
为首项，公差等于r 的等差数列{n n q a }
（2）若p ≠q ，则化为r q a q p q a n n n
n
+⋅=--11
，进而转化为类型三求通项
例4、已知数列{n a }满足.2)2(241*
1=∈≥+=-a N n n a a n
n n ，且，求及n a .
解析： ∵ n
n n a a 241+=- ∴1
222
1
1+⋅
=--n n n
n
a a
令
n
2n
n a b =
，则)1(211+=+-n n b b
∴{n b +1}是以首项为2121
1=+=
a b ，公比为2的等比数列
∴n
n b 21=+
∴n
n
a 212
n
=+得数列{n a }的通项公式为n
n
n a 2
2
2-=
变式2：型)0(1≠++=-pq r qn pa a n n 对
策：等
价转
化为：
)
(1y xn a p y xn a n n ++=++-，再化为
y p xn p pa y xn a n n )1()1(1-+-+=++-，对照系数，解出x ，y ，进而转化为类型三
例5、题见例1（2006山东高考文科）
解析：∵n n a a n -+12，
点（）在直线y=x 上 ∴n a a n n =-+12 ①
令
)(21
)1(1y nx a y n x a n n ++=
++++，可化为：
0221=+++-+y x xn a a n n 与①比较系数得21=-=y x ，
∴ ①可化为：
)2(21
2)1(1+-=
++-+n a n a n n
∴
n
n n a n a ⎪
⎭⎫
⎝⎛⋅=+-=+--213)21()21(211 ∴
223
-+=
n a n n
变式3、
r qa pa a n n
n +=
+1型
对策：取倒数后得p q a p r a n n +⋅=
+111
，化为类型三
例6、已知数列{n a }满足a 1=1，
6331+=
+n n
n a a a ，求n a
解析：由
6331+=
+n n n a a a ，得1
1
211+⋅=+n
n a a 即：)11(
211
1
+=++n
n a a ，以下请读者解决。

变式4：
型)0(1>=-p pa a r
n n 若p=1，则等式两边取常用对数或自然对数，化为：
1lg lg -=n n a r a ，得到首项为1lg a ，公
比为r 的等比数列{n a lg }，所以n a lg =11
lg a r n -，得1
1-=n r n a a
若p ≠1，则等式两边取以p 为底的对数得：
1
lg lg 1+=-n p n p a r a ，转为类型三求通项。

例7、（06年石家庄模拟）若数列{n a }中，31=a 且)(2
1为正整数n a a n n =+，则数列的通项
公式为
解析：∵21n n a
a =+及
31=a 知3≥n a ，两边取对常用对数得：
n n a a lg 2lg 1=+ ∴{n a lg }是以首项为3lg lg 1=a ，公比为2的等比数列。

∴3lg 2
lg 1
-=n n a ∴1
23
-=n n a
变式5、型)0(11≠=+++pq a qa pa a n n n n
对策： 两端除以n n a a 1+得：q
a p a n n =++111
（1）若1-=p ，则构成以首项为11a ，公差为q -的等差数列{n a 1
}；
例8、（07保定摸底）已知数列{n a }满足2,11≥=n a 时，n n n n a a a a 112--=-，求通项公式n a 。

解：∵n n n n a a a a 112--=-
∴2111=--n n a a ，∴数列{n a 1
}是以首项111=a ，公差为2的等差数列 ∴12)1(211
-=-+=n n a n
∴
121
-=
n a n
（2）若1-≠p ，转化为类型三求解。

变式6：型)0(11≠+=-+pq qa pa a n n n 对策：等价转化为)(11-++=+n n n n xa a y xa a ，利用与11-++=n n n qa pa a 恒等求出x,y 得到
一等比数列
}{1n n xa a ++，得n n xa a ++1=f(n)，进而化为变式2类型
例9、题见例1（2006山东高考文科） 解析：∵
n n a a n -+12，点（）在直线y=x 上
∴n a a n n =-+12 ① ∴
121-=--n a a n n ②
①－②得： 13211=+--+n n n a a a ∴)1(21
111--=
---+n n n n a a a a
∴数列{11---n n a a }是以首项为43112-
=--a a ，公比为21
的等比数列
以下同例1（II ）求通项n a 类型四、奇偶项型
对策一：求出奇数项（或偶数项）的递推关系，再对应以上方法求解。

例10（2005年高考北京卷改编）设数列{n a }的首项
41
1≠
=a a ，且
⎪⎩⎪⎨
⎧+=+为奇数
为偶数n a n a a n n n ,41
,21
1
，求n a
解：若n 为偶数，则
81
21)41(2121111+=+==
--+n n n n a a a a
即
81
211212+=
-+n n a a
∴
)
41(21)41(21)41(21411322
1212-⎪⎭⎫
⎝⎛==-⎪⎭⎫ ⎝⎛=-=---+a a a a n
n n n ∴)
41(2141112-⎪⎭⎫ ⎝⎛=-+a a n
n ∴
41)41(211
2+
-⎪⎭
⎫
⎝⎛=+a a n
n 若n 为奇数，则
41
214111+=+
=-+n n n a a a
即
41
21222+=
-n n a a ，
∴)
21
(21)21(21)21(212121
422
222-⎪
⎭⎫ ⎝⎛==-⎪⎭⎫ ⎝⎛=-=----a a a a n n n n
∴
21)2141(211
2+
-+⎪⎭
⎫ ⎝⎛=-a a n n
⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛=--为奇数为偶数n a n a a n n n ,41
)41(21,21)41(2121
12
对策二：
型)0(1≠=⋅+pq pq a a n n n ，这种类型一般可转化为{12-n a }与{n a 2}是等差或等比数列。

例11、在数列{n a }中，
n n
n n a ，a a a 求，2111==+ 解：由n n n a a 21=+，得1
212+++=n n n a a
两式相除得：2
2
=+n n a a ，∴{12-n a }与{n a 2}均为公比为2的等比数列，易求得：
⎪⎩⎪⎨⎧=-为偶数为奇数，n n a n
n n 22
1
2,2
类型五、周期型
例12、（2005年高考湖南卷）已知数列{n a }满足=
∈+-=
=+20*
111)(1
330a ，N n a a a a n n 则，（ ）
A ．0
B ．3-
C ．3
D ．23
略解：由
1330111+-=
=+n n a a a a ，，得
331
3343112==-=+-=
a a a a a ，，，因此数列
是以3为周期的数列，所以3220-==a a ，选B
探究递推公式为分式型数列的通项问题
对于形如递推公式为n a 11n n Aa B
Ca D
--+=
+（0C ≠，0AD BC -≠）的数列{}n a ，这类问题有一
般性的公式解法，通常用特征方程求不动点，即先求解递推公式所对应的特征方程，求出不动点，然后再解。

虽然这类题本身有特征方程求不动点等的知识背景，但高考题并不考，也不依赖于这知识，从所给的标准答案来看，其立意在于将递推数列求通项问题转化为已知数列的已知知识来解决，即转化为等差数列或等比数列来解决。

那么，有没有不用高等数学知识，而只用高中数学知识的方法？这类问题是否存在通项公式？若存在又怎么来求？下面通过具体例子介绍一种方法，仅供参考!
例题
例题1：（2010年全国高考数学理科第22题）
已知数列{}n a 中，11a =，11
.n n
a c a +=-
（Ⅰ）设5
2
c =，12n n b a =-，求数列{}n b 的通项公式；
（Ⅱ）求使不等式n a ＜1n a +＜3成立的c 的取值范围.
分析：
（Ⅰ）题目已经明确告诉学生要构造：2n a -的倒数，也就是说在151
2n n
a a +=-，两边同时减2得：12512222n n n n a a a a +--=
--=，再倒数即：114
222n n a a +=+--，亦即142n n b b +=+，下一步再变形：122433n n b b +⎛⎫+
=+ ⎪⎝⎭，所以23n b ⎧
⎫+⎨⎬⎩
⎭是首项为13-，公比为4的等比数列，进而可求出数列{}n b 的通项公式。

（Ⅱ）略
例题2：（2008年全国高考数学陕西卷理科第22题）
已知数列{}n a 的首项1a =
3
5
，1n a +=321n n a a +，n=1，2, 3⋅⋅⋅
（ⅰ）求{}n a 的通项公式； ﹙ⅱ﹚证明：对任意的x ＞0, n a ≥
11x +－()21231n x x ⎛⎫
⋅- ⎪⎝⎭
+, n=1，2，3⋅⋅⋅ （ⅲ）证明：12a a ++⋅⋅⋅n a +＞2
1
n n +
分析：
（ⅰ）由1n a +=321n n a a +两边同时加上λ，得1n a +＋λ＝()3221
n n a a λλ+++；
倒数得()121132n n n a a a λλλ++=+++213232n a λλλλ
-+=++2+=2113232n
a λλλλ⎛⎫-⋅ ⎪+⎝⎭++2+； 令
32λ
λ
+λ=，
（目的使分母成“n a λ+” 型）；得λ=0，或λ=－1，不妨取λ=0，于是有1
1
n a +＝
23＋13n a ，变形11n a +－1＝
1
3
11n a ⎛⎫- ⎪
⎝⎭，又111a -＝23，所以，数列11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭
是以23为首项，1
3为公比的等比数列。

于是：有11n a -=23⋅113n -=2
3
n ，得n a =332n n + ﹙ⅱ﹚略
例题3：（2007年全国高考数学理科试卷第22题）： 已知：数列{}n a 中，1a =2，1n a +
=
)(1n a ，1n =，2，3⋅⋅⋅
（Ⅰ）求{}n a 的通项公式； （Ⅱ）若数列{}n b 中1b =2，134
23
n n n b b b ++=
+，1n =，2，3⋅⋅⋅
＜n b ≤43n a -， 1n =，2，3 分析：
（Ⅰ）由题设可得
1n a +
-
=
)(1n a
所以数列{n a
是首项为2
1的等比数列 所以n a
=)
11n
⎤+⎥⎦
, 1n =，2，3⋅⋅⋅
（Ⅱ）对于134
23n n n b b b ++=+两边同时加x
得：13423n n n b b x x b +++=
++；即：()1233423
n n n x b x b x b +++++=+
倒数： 11
n b x ++=()232334
n n b x b x ++++
即: 11n b x ++=()()2
23432323x x x ⎡⎤+-⎢⎥++⎢⎥⎣⎦⋅1
3423
n x b x ++
+223x ++ （1） 可令：34
23
x x x +=
+，目的是使分母变成“n b x +”型 则（1）式可化为11n b x ++=3223x x -+⋅1n b x +2
23x +
+ （2） 由方程34
23
x x x +=+ 得x =
;不妨取
x =则（2）式可变为
=
⋅
+ 即：
=)41
⋅
+)
221 它是形如“1n n a pa q +=+”的式子；易求
(
)
42
1
1
n n b -=
-
所以：()422
111n n b -⎤
⎥=+
⎥
-⎢⎥
⎣
⎦；显然，n b。

由(ⅰ)知：n a
=)
11n
⎤+⎥⎦
所以 43n a -
=)
4311n -⎤+⎥⎦
=()
43111n -⎤
⎥+⎥⎢⎥⎣⎦
于是：43
n a --n b
=(
)
431
11n -⎤⎥+
⎥⎢⎥⎣
⎦
-()
422
111n -⎤
⎥+⎥-⎢⎥
⎣⎦
=(
)()43
421
2111n n --⎤
⎥-
⎥+-⎢⎥
⎣
⎦
=
)
)
))42
43
43
42
1121111n n n n ------⎡⎤-⎢⎥⎣⎦
=
)
)
))4343
42
111111n n n ---+-⎡⎤-⎢⎥⎣⎦
=
)
))
44
4342
11
111
n
n n
-
--
-
⎡⎤
-
⎢⎥
⎣⎦
≥0
所以，
n
b≤
43
n
a
-
＜
n
b≤
43
n
a
-
，1
n=，2，3⋅⋅⋅
探求：
对于
1
(0,0)
n
n
n
A a B
a C A D B C
C a D
+
⋅+
=≠⋅-⋅≠
⋅+
型通项公式的方法可以推广到一般，结果总结
如下：
对于
n
a1
1
n
n
Aa B
Ca D
-
-
+
=
+
两边同时加x，得：
n
a x
+1
1
n
n
Aa B
Ca D
-
-
+
=
+
x
+
即：
n
a x
+=1
1
()()
n
n
A Cx a
B Dx
Ca D
-
-
+++
+
倒数：
1
n
a x
+
=1
1
()()
n
n
Ca D
A Cx a
B Dx
-
-
+
+++
即：
1
n
a x
+
=
()()()
1
1
()()
n
n
C B Dx
C
A Cx a
B Dx D
A Cx A Cx
A Cx a
B Dx
-
-
+
++++-
⎡⎤
⎣⎦
++
+++
所以：
1
n
a x
+
=
()
1
()()
n
C B Dx
D
A Cx
A Cx a
B Dx
-
+
-
+
+++
+
C
A Cx
+
即：
1
n
a x
+
=
()
2
1
1
()
n
C B Dx
D
B Dx
A Cx A Cx a
A Cx
-
+
⎡⎤
-⨯
⎢⎥+
++
⎣⎦+
+
+
C
A Cx
+
为了使上述等式左右成“
1
n
a x
+
”形式，可令
B Dx
A Cx
+
+
=x
则：
1
n
a x
+
=
D Cx
A Cx
-
+
⨯
1
1
n
a x
-
+
+
C
A Cx
+
（*）
由方程
B Dx
A Cx
+
+
=x，得：2()0
Cx A D x B
+--=(0)
C≠
方程有解的条件为：2
()4
A D BC
-+≥0
在此条件下可求出该方程解：
1
x，
2
x；不妨令
1
x x
=
则（*）式可变为：
1
1
n
a x
+
=1
1
D Cx
A Cx
-
+
⨯
11
1
n
a x
-
+
+
1
C
A Cx
+
设
n
b=
1
1
n
a x
+
，
1
n
b
-
=
11
1
n
a x
-
+
则
n
b=p
1
n
b
-
+q（其中p=1
1
D Cx
A Cx
-
+
，q=
1
C
A Cx
+
）
对于上述数列{}n b是很容易求出它的通项公式的。

即可求出数列
1
1
n
a x
⎧⎫
⎨⎬
+
⎩⎭
的通项。

进而求出数列{}n a通项公式来。

以上方法尽管相对较麻烦些，但它用得知识点和方法都是高中数学内容所要求的。

因为原数列
既不是等差数列也不是等比数列，但我们在原数列上“加”上一个适当的数，再“倒”过来，就可
以用我们所掌握的等差，等比知识来求了，所以不妨称之为“加倒法”。

它是一种初等的方法。

练习：
1.（河北省定州市实验中学张志兰）中学数学教学参考2009.1——2。

76
P
已知数列{}n a中，1a=3，n a=1
1
32
n
n
a
a
-
-
-
，()
2,
n n N*
≥∈，
（ⅰ）若数列{}n b满足
2
1
n
n
n
a
b
a
-
=
-
，证明：{}n b是等比数列；
﹙ⅱ﹚求数列{}n a的通项公式以及最大项，并说明理由；
（ⅲ）求lim
x→∞
n
a的值。

2．（广西师大附中李天红）中学数学教学参考2009.1——2。

80
P
已知函数()
3
1
x
f x
x
+
=
+
，设数列{}n a满足11
a=，()()
1
n n
a f a n N*
+
=∈，数列{}n b满足
n
b
=
n
a，记
n
S=
1
n
i
i
b
=
∑
（ⅰ）求数列{}n a的通项公式；
﹙ⅱ﹚求证：
)
1
1
2
n
n n
b
-
≤；
（ⅲ）求证：
n
S
3．已知各项均为正数的数列{}n a满足1
74
25
n
n
n
a
a
a
+
+
=
+
，且
1
1
2
a=，求数列{}n a的通项公式。

4．已知数列{}n a中，12
a=，
1
31
1
n
n
n
a
a
a
+
-
=
+
，求数列{}n a的通项公式。

5．已知数列{}n a满足1
72
4
n
n
n
a
a
a
+
-
=
+
，首项为
1
3
a=，求数列{}n a的通项公式。

6．已知数列{}n a 满足13147n n n a a a +-=
+，首项为11
2
a =，求数列{}n a 的通项公式。

答案
1．先求得数列{}n a 的通项n a =12121n n +--，进而求出数列{}n b 的通项12n
n b ⎛⎫
=- ⎪⎝⎭
2．
（ⅰ）
(
)()
1111n n
n n
n
a =
-；
3．1123131n n n a --⋅-=+， 4．13
1
n n a n ++=+，
5．1
1
6215n n a -=⎛⎫
⋅- ⎪⎝⎭
， 6．9428n n a n -=+；。