高中精品-数学：求递推数列通项公式的十种策略例析

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递推数列求通项公式方法技巧大全

数列专题之（一）递推公式求通项1、累加法适应于-1a -a n n = f(n), f(n)可为关于n 的一次函数、指数函数或分式函数（裂项）-1-1-2211a =(a -a )+(a -a )++(a -a )+a n n n n n ……2、累积法-121-1-21a a a a =a a a a n n n n n ∙∙∙∙……3、最简单的类型+1a =ca +d n n当c ≠0且c ≠1且 d ≠0时，通过待定系数法配凑为+1d d a +=c(a +)-1-1n n c c（也可直接用迭代，得-12-21a =c a +(1+c+c ++c )n n n d ） 4、+1a =pa +f(n)n n ，f(n)为关于n 的一次函数例1、在数列{a n }中，1a =1，+1a =3a +2n n n ，求通项a n .（方法一）解： +1a =3a +2n n n ，∴2n ≥时，-1a =3a +2(n-1)n n两式相减得令n b =，则n b =3-1n b +2，利用类型3的方法得n-1=53+2n b ∙即=n-153+2∙再用类型一的累加法得a n =n-1513--22n ∙（2n ≥）经检验1a 也满足（方法二，待定系数法）解：令+1a +x(n+1)+y=3(a ++)n n xn y （注意，3为a n 的系数），展开得+1a =3a +2+2-x n n xn y ，与+1a =3a +2n n n 比较系数得x=1，y=于是令n b =1a ++2n n ，则+1n b =3n b 1b = 故n b =n-1532∙所以a n =n-1513--22n ∙5、+1a =pa +f(n)n n ，f(n)为关于n 的指数函数不妨令f(n)= q n方法一（待定系数法）：令+1+1a +q=p(a +q )n nn n λλ，整理，比较系数得λ值，转化为等比数列求之例2、在数列{a n }中，1a =1，-1-1a =3-2a n n n ，求通项a n 设-1-1a +3=-2(a +3)n n n n λλ∙∙整理得a n =n-1-1-2-53n a λ∙ 比较系数得λ=1-5于是令n b = 1a -35nn ∙，下略方法二： +1a =pa +q n n n 等式两边同时除以+1pn ，得到+1+1a a 1=+()pnn n n nq ppp∙ 令n b =a pn n，则+1n b -n b =1()nq pp∙，结合类型一的累加得到n b 、a n方法三：+1a =pa +q n n n 等式两边同时除以+1n q，得到+1+1a a p 1=+n n n nqqqp∙令n b =a n nq，则+1n b =1+n p b qq结合类型三的配凑得到n b 、a n6、分式类型()+1pa +a =0,-0ra +n n n q r ps rq s≠≠常用方法：直接取倒数例4、在数列{a n }中，1a =1，+1a a =a +1n n n 求通项a n+1a +111==1+a a a n n nn，于是+111-=1a a n n，下略不动点辅助方法：先令pa +ra +n n q s=a n ，若有两重根a ，则a n —a 后取倒数（实际上，例4中a=0），若有两相异根a 、b ，则a -a -n n a b为等比数列例5、在数列{a n }中，1a =1，+11a =2-a n n求通项a n令1=a 2-a n n得两重根1，则+1a -1a -1=2-a n n n，+12-a 11==-1a -1a -1a -1n n n n ，下略例6、在数列{an }中，1a=0，+12a=3-ann求通项an令2a=3-ann得两根1、2，则+1+12-1a-13-a a-11==2a-22a-2-23-an n nn nn∙故a-11=a-22nnn⎛⎫⎪⎝⎭，下略。

递推数列通项公式的十种策略例析--资料

求递推数列通项公式的十种策略例析递推数列的题型多样，求递推数列的通项公式的方法也非常灵活，往往可以通过适当的策略将问题化归为等差数列或等比数列问题加以解决，亦可采用不完全归纳法的方法，由特殊情形推导出一般情形，进而用数学归纳法加以证明，因而求递推数列的通项公式问题成为了高考命题中颇受青睐的考查内容。

笔者试给出求递推数列通项公式的十种方法策略，它们是：公式法、累加法、累乘法、待定系数法、对数变换法、迭代法、数学归纳法、换元法、不动点法、特征根的方法。

仔细辨析递推关系式的特征，准确选择恰当的方法，是迅速求出通项公式的关键。

一、利用公式法求通项公式例1 已知数列}a {n 满足n n 1n 23a 2a ⋅+=+，2a 1=，求数列}a {n 的通项公式。

解：n n 1n 23a 2a ⋅+=+两边除以1n 2+，得232a 2a nn 1n 1n +=++，则232a 2a n n 1n 1n =-++，故数列}2a {n n 是以1222a 11==为首，以23为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得23)1n (12a nn -+=，所以数列}a {n 的通项公式为n n 2)21n 23(a -=。

评注：本题解题的关键是把递推关系式n n 1n 23a 2a ⋅+=+转化为232a 2a nn1n 1n =-++，说明数列}2a {n n 是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出23)1n (12a nn -+=，进而求出数列}a {n 的通项公式。

二、利用累加法求通项公式例2 已知数列}a {n 满足1a 1n 2a a 1n 1n =++=+，，求数列}a {n 的通项公式。

解：由1n 2a a n 1n ++=+ 得1n 2a a n 1n +=-+则112232n 1n 1n n n a )a a ()a a ()a a ()a a (a +-+-++-+-=---1)1n (2n)1n (21)1n (]12)2n ()1n [(21)112()122(]1)2n (2[]1)1n (2[+-+-⋅=+-++++-+-=++⋅++⋅+++-++-= 所以数列}a {n 的通项公式为2n n a =评注：本题解题的关键是把递推关系式1n 2a a n 1n ++=+转化为1n 2a a n 1n +=-+，进而求出112232n 1n 1n n a )a a ()a a ()a a ()a a (+-+-++-+---- ，即得数列}a {n 的通项公式。

递推数列的通项求法例析

递推数列的通项求法例析
递推数列是学习数学的经典问题之一，递推数列的通项求法的概念应用于它，可以帮助我们求出一个数列的规律性及其特点。

递推数列的通项求法可以分为以下几个步骤：
一、求出已知数据
首先，我们要确定已知的数列，明确它的特点，即元素之间的关系，通过对数列的分析，得到数列中每一项的关系式。

二、求出项数
其次，我们要求出数列的项数，项数和数列的起点以及大小有关。

一般来说项数应该是一个自然数，那么我们可以利用已知的信息来求出项数。

三、确定公式
最后，使用已知的条件来确定递推式。

根据数列中已知的数据，我们可以求出数列中所有项的值，最后把它们代入递推式中就可以求出公式了。

以上就是递推数列的通项求法的基本思路，其主要步骤是：确定已知的数据，确定数列的项数，再确定递推式。

如果能够正确理解和掌握这个概念，就可以很容易地推出应用到实际中的曲线方程，从而预见出它们之间的关系。

递推数列常十种方法

仔细辨析递推关系式的特征，准确选择恰当的方法，是迅速求出通项公式的关键。

一、利用公式法求通项公式例1 已知数列}a {n 满足n n 1n 23a 2a ⋅+=+，2a 1=，求数列}a {n 的通项公式。

二、利用累加法求通项公式例2 已知数列}a {n 满足1a 1n 2a a 1n 1n =++=+，，求数列}a {n 的通项公式。

高中数学几类递推数列的通项公式的求解策略-苏教版必修5

几类递推数列的通项公式的求解策略已知递推数列求通项公式，是数列中一类非常重要的题型，也是高考的热点之一．数列的递推公式千变万化，由递推数列求通项公式的方法灵活多样，下面谈谈它们的求解策略．一、)(1n f a a n n +=+ 方法：利用叠加法)1(12f a a +=， ),2(23f a a +=，)1(1-+=-n f a a n n ，∑-=+=111)(n k n k f a a ．例1．数列}{n a 满足11=a ，nn a a n n -+=-211)2(≥n ，求数列}{n a 的通项公式．解：由 )1()1(121+-++=+n n a a n n 得∑-=+-++=1121)1()1(1n k n k k a a =∑-=+-+11)111(1n k k k =n 111-+=n 12- 例2．数列}{n a 满足1)1(1++=+n n a n na ，且11=a ，求数列}{n a 的通项公式．分析：注意到左右两边系数与下标乘积均为)1(+n n ，将原式两边同时除以)1(+n n ，变形为)1(111++=++n n n a n a n n ．令n a b n n =，有)1(11++=+n n b b n n ，即化为类型1，以下略．二、)(1n f a a n n =+ 方法：利用叠代法)1(12f a a =， ),2(23f a a =，)1(1-=-n f a a n n ，)(111k f a a n k n -=∏=．例3．数列}{n a 中21=a ，且12)11(--=n n a na ，求数列}{n a 的通项．解：因为n n a n a ])1(11[21+-=+，所以)(111k f a a n k n -=∏==])1(11[2211+-∏-=k n k =]121[211++⨯+∏-=k k k k n k =n n 1+ 三、q pa a n n +=+1，其中q p ,为常数，且0,1≠≠q p当出现q pa a n n +=+1)(*∈N n 型时可利用叠代法求通项公式，即由q pa a n n +=+1得++++==++=+=----- 321121()(n n n n n n p p a p q q pa p q pa a q p p )12++=)1(1)1(111≠--+--p p p q p a n n 或者利用待定系数法，构造一个公比为p 的等比数列，令)(1λλ+=++n n a p a ，则(1),p q λ-=即1q p λ=-，从而}1{-+p qa n 是一个公比为p 的等比数列．如下题可用待定系数法得112123-=--=λ，可将问题转化为等比数列求解．待定系数法有时比叠代法来地简便．例4．设数列}{n a 的首项112a =，231--=n n a a ， ,4,3,2=n ，求数列}{n a 通项公式．解：令()112n n a k a k -+=-+，又∵11313222n n n a a a ---==-+， ,4,3,2=n ，∴1k =-，∴)1(2111--=--n n a a ，又112a =，∴}1{-n a 是首项为12-，公比为21-的等比数列，即11)21)(1(1---=-n n a a ，即1()12n n a =-+．四、)2(11≥+=-+n qa pa a n n n ， q p ,为常数方法：可用下面的定理求解：令βα,为相应的二次方程02=--q px x 的两根(此方程又称为特征方程)，则当βα≠时，n n n a A B αβ=+；当αβ=时，1)(-+=n n Bn A a α，其中B A ,分别由初始条件21,a a 所得的方程组1222,A B a A B a αβαβ+=⎧⎨+=⎩和12,(2)A B a A B a α+=⎧⎨+=⎩ 唯一确定．例5．数列}{n a ，}{n b 满足：112(1)66(2)n n n n n n a a b b a b ++=--⎧⎨=+⎩，且21=a ，41=b ，求n a ，n b ．解：由)2(得n n n b b a -=+161 ， 12161+++-=n n n b b a ，代入到)1(式中，有 n n n b b b 6512-=++，由特征方程可得2812233n n n b =-⨯+⨯，代入到)2(式中，可得148233n n n a =⨯-⨯．说明：像这样由两个数列}{n a ，}{n b 构成的混合数列组求通项问题，一般是先消去n a(或n b )，得到112-+++=n n n qb pb b (或112-+++=n n n qa pa a )，然后再由特征方程方法求解．五、)(1n f pa a n n +=+型，这里p 为常数，且1≠p例6．在数列}{n a 中，,21=a )(2)2(11*++∈-++=N n a a n n n n λλλ，其中0>λ，求数列}{n a 通项公式．解：由,21=a )(2)2(11*++∈-++=N n a a n n n n λλλ，0>λ，可得1)2()2(111+-=-+++n n n n n n a a λλλλ，所以})2({nnn a λλ-为等差数列，其公差为1，首项为0．故1)2(-=-n a n nnλλ，所以数列}{n a 的通项公式为n n n n a 2)1(+-=λ．评析：对)(1n f pa a n n +=+的形式，可两边同时除以1+n p ，得111)(++++=n n n n n pn f p a p a ，令,nnn b p a =有11)(+++=n n n p n f b b ，从而可以转化为累加法求解．六、1(0,,0,1)kn n a ma m k Q k k +=>∈≠≠一般地，若正项数列}{n a 中，11,(0,,0,1)kn n a a a ma m k Q k k +==>∈≠≠，则有m a k a n n lg lg lg 1+=+，令)(lg lg 1A a k A a n n +=++(A 为常数)，则有A m k lg 11-=． ∴数列}lg 11{lg m k a n -+为等比数列，于是1)lg 11(lg lg 11lg --+=-+n n k m k a m k a ，从而可得1111----⋅=k k kn n n ma a ．例7．已知各项都是正数的数列}{n a 满足231=a ，)4(211n n n a a a -=+，求数列}{n a 的通项公式．分析：数列}{n a 是一个二次递推数列，虽然不是基本冪型，但由它可以构造一个新的冪型数列}{n b ，通过求}{n b 的通项公式而达到求数列}{n a 通项公式的目的．解：由已知得,2)2(2121+--=+n n a a 令n n b a =-2，则有21121,21n n b b b ==+．,20,01<<∴>+n n a a 又201<<a ，20<<∴n a ，从而0>n b ．取对数得2lg lg 2lg 1-=+n n b b ，即)2lg (lg 22lg lg 1-=-+n n b b ． }2lg {lg -∴n b 是首项为2lg 2-，公比为2的等比数列，1212lg lg 22lg 2,2,22nnnn n n b b a --∴-=-∴=∴=-．都是“定义域”惹的祸函数三要素中，定义域是十分重要的，研究函数的性质时应首先考虑其定义域．在求解函数有关问题时，若忽视定义域，便会直接导致错解．下面我们举例分析错从何起．一、求函数解析式时例1．已知x x x f 2)1(+=+，求函数)(x f 的解析式 .错解：令1+=x t ，则1-=t x ，2)1(-=t x ，1)1(2)1()(22-=-+-=∴t t t t f ，1)(2-=∴x x f剖析：因为x x x f 2)1(+=+隐含着定义域是0≥x ，所以由1+=x t 得1≥t ，1)(2-=∴t t f 的定义域为1≥t ，即函数)(x f 的解析式应为1)(2-=x x f （1≥x ）这样才能保证转化的等价性.正解：由x x x f 2)1(+=+，令1+=x t 得1≥t ，()21-=∴t x 代入原解析式得1)(2-=t t f （1≥t ），即1)(2-=x x f （1≥x ）．二、求函数最值（或值域）时例2．若,62322x y x =+求22y x +的最大值．错解：由已知有 x x y 32322+-= ①，代入22y x +得 22y x +()2932132122+--=+-=x x x ，∴当3=x 时，22y x +的最大值为29．剖析：上述错解忽视了二次函数的定义域必须是整个实数的集合，同时也未挖掘出约束条件x y x 62322=+中x 的限制条件．正解：由032322≥+-=x x y 得20≤≤x ，∴22y x +()2932132122+--=+-=x x x ，[]2,0∈x ，因函数图象的对称轴为3=x ，∴当[]2,0∈x 是函数是增函数，故当当2=x 时，22y x +的最大值为4．例3．已知函数()()32log 19f x x x =+≤≤，则函数()()22y f x f x =+⎡⎤⎣⎦的最大值为（）A ．33B ．22C ．13D ．6错解：()()22y f x f x=+⎡⎤⎣⎦=()22332log 2log x x +++=()23log 33x +-在()19x ≤≤上是增函数，故函数()()22y f x f x =+⎡⎤⎣⎦在9x =时取得最大值为33．正解：由已知所求函数()()22y f x f x =+⎡⎤⎣⎦的定义域是21919x x ≤≤⎧⎨≤≤⎩得13x ≤≤， ()()22y f x f x =+⎡⎤⎣⎦=()22332log 2log x x +++=()23log 33x +-在13x ≤≤是增函数，故函数()()22y f x f x =+⎡⎤⎣⎦在3x =时取得最大值为13．例4．已知()()4232≤≤=-x x f x ，求()[]()2121x f x f y --+=的最大值和最小值．错解：由()()4232≤≤=-x x f x 得91≤≤y ．∴()()91log 231≤≤+=-x x x f ．∴()[]()()6log 6log log 2log 232323232121++=+++=+=--x x x x x f x f y()33log 23-+=x ． ∵91≤≤x ，∴2log 03≤≤x ．∴22max =y ，6min =y ．剖析：∵()x f 1-中91≤≤x ，则()21x f -中912≤≤x ，即31≤≤x ，∴本题的定义域应为[]3,1．∴1log 03≤≤x ．正解：（前面同上）()33log 23-+=x y ，由31≤≤x 得1log 03≤≤x ．∴13max =y ，6min =y ．例5．求函数3254-+-=x x y 的值域．错解：令32-=x t ，则322+=t x ，∴()1253222++=+-+=t t t t y87874122≥+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=t ．故所求函数的值域是⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,87．剖析：经换元后，应有0≥t ，而函数122++=t t y 在[)+∞,0上是增函数，随着t 增大而无穷增大．所以当0=t 时，1min =y ．故所求函数的值域是[)+∞,1．三、求反函数时例6．求函数)20(242≤≤++-=x x x y 的反函数．错解：函数)20(242≤≤++-=x x x y 的值域为[]6,2∈y ,又6)2(2+--=x y ，即 y x -=-6)2(2∴y x -±=-62，∴所求的反函数为()6262≤≤-±=x x y ．剖析：上述解法中忽视了原函数的定义域，没有对x 进行合理取舍,从而得出了一个非函数表达式．正解：由242(02)y x x x =-++≤≤的值域为[]6,2∈y , 因y x -=-6)2(2，又02≤-x ∴y x --=-62，∴所求的反函数为()6262≤≤--=x x y ．四、求函数单调区间时例7．求函数)4lg()(2x x f -=的单调递增区间.错解：令24x t -=，则t y lg =，它是增函数. 24x t -= 在]0,(-∞上为增函数，由复合函数的单调性可知，函数)4lg()(2x x f -=在]0,(-∞上为增函数，即原函数的单调增区间是]0,(-∞.剖析：判断函数的单调性，必须先求出函数的定义域，单调区间应是定义域的子区间．正解：由042>-x ，得)(x f 的定义域为)2,2(-.24x t -= 在]0,2(-上为增函数，由可复合函数的单调性可确定函数)4lg()(2x x f -=的单调增区间是]0,2(-.例8．求()23log 27.0+-=x x y 的单调区间．错解：令232+-=x x t ，t y 7.0log =，⎥⎦⎤ ⎝⎛∞-∈23,x 时，232+-=x x t 为减函数，⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞∈,23x 时，232+-=x x t 为增函数，又t y 7.0log =为减函数，故以复合函数单调性知原函数增区间为⎥⎦⎤ ⎝⎛∞-23,，减区间为⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,23．剖析：在定义域内取1=x ，y 值不存在，显然上面所求不对，根本原因正是疏忽了定义域，单调区间必须在函数定义域内．由0232>+-x x ，得1<x 或2>x ，故增区间为()1,∞-，减区间为()+∞,2．例9．指出函数22ln y x x =+的单调增区间．错解：∵22ln y x x =+，∴22y x x'=+，∴当0y '>时，1x ≥或1x ≤-，∴函数22l n y x x=+的单调增区间为(][),1,1,-∞-+∞．剖析：此题错在没有考虑函数的定义域()0,+∞，故本题的答案为[)1,+∞．五、判断函数的奇偶性时例10．判断()()xxx x f +-+=111的奇偶性．错解：∵()()()()()()x f xxx xx x xxx x f =+-+=-+-=-+-=-1111111112， ∴()x f 为偶函数．剖析：事实上奇偶函数定义中隐含着一个重要条件，即首先定义域必须是关于原点的对称区间．而此函数的定义域为(]1,1-，不满足上述条件，即应为非奇非偶函数．。

递推数列的通项求法策略总结

递推数列的通项求法应用举例摘要：数列通项公式直接表达了数列的本质，是给出数列的一种重要方式。

求数列通项公式是高中数学中常见的题型之一，也是高考数学中的常客，它既考查了等价转换与化归的数学思想，又能反映学生对数列知识的理解深度，具有一定的技巧性，是衡量考生数学素质的要素之一。

常见的求法有:定义法，累加法，累积法，构造法，代换法，不动点法等。

关键词：递推数列，通项，定义法，累加法，累积法，构造法，代换法，不动点法数列的通项是数列的重要内容之一，在研究数列问题是，只要知道了数列的通项公式，许多相关问题就会迎刃而解。

递推公式是给出数列的一种重要形式，如何根据数列的递推公式求数列的通项公式，是经常遇到的问题。

常用的方法有如下几种：一：定义法：适用于已知n S 或n S 与n a 的关系型递推数列的通项求法。

例1．已知13-=n n S ，求数列{}n a 通项。

解：当1=n 时，211==S a ；当2≥n 时，1--=n n n S S a =)13()13(1----n n =132-∙n ；当1=n 时，232111=∙=-a 满足；∴=n a 132-∙n ，+∈N n 。

二．累加法：适用于)2()(1≥-=-n a a n f n n 型递推数列的通项求法。

例2．已知数列{}n a 满足：1a =1，n a a n n +=-1)2(≥n ，求数列{}n a 通项。

解：由n a a n n +=-1)2(≥n ⇒n a a n n =--1)2(≥n∴)()()(123121--++-+-+=n n n a a a a a a a a＝n ++++ 321＝)1(21+n n ，+∈N n 。

三．累积法：适用于)2()(1≥=-n a a n f n n 型递推数列的通项求法。

例3．已知数列{}n a 满足：1a =2，n n a n n a 21+=+，求数列{}n a 通项。

解：由n n a n n a 21+=+⇒nn a a n n 21+=+ ∴123121-⨯⨯⨯⨯=n n n a a a a a a a a ＝113524132-+⨯⨯⨯⨯⨯n n ＝)1(+n n ，+∈N n 。

求递推数列通项公式的十种策略例析(高考)

1 已知数列满足，，求数列的通项公式。

2 已知数列满足，求数列的通项公式。

3 已知数列满足，求数列的通项公式。

4 已知数列满足，求数列的通项公式。

5 已知数列满足，求数列的通项公式。

6 （2004年全国15题）已知数列满足，则的通项7 已知数列满足，求数列的通项公式。

8 已知数列满足，求数列的通项公式。

9 已知数列满足，求数列的通项公式。

10 已知数列满足，，求数列的通项公式。

11 已知数列满足，求数列的通项公式。

12 已知数列满足，求数列的通项公式。

13 已知数列满足，求数列的通项公式。

14 已知数列满足，求数列的通项公式。

15 已知数列满足，求数列的通项公式。

16 已知数列满足，求数列的通项公式。

17 知数列且，求通项公式。

18、设数列满足19（2008安徽文）设数列满足其中为实数，且（Ⅰ）求数列的通项公式（Ⅱ）设，,求数列的前项和；（Ⅲ）若对任意成立，证明…n31220用红、黄、兰三种颜色给一个标号为1，2，3，…，n（）的矩形纸带涂色（如图所示），要求相邻的区域不能同色，但并不要求三种颜色都要使用。

（1）求矩形纸带不同涂色种数。

（2）如果将矩形纸带卷成一个圆筒，即使第1个小矩形与第n个小矩形对接，并且要求圆筒侧面相邻矩形不同色，但并不要求三种颜色都要使用，如果用表示n个矩形卷成圆筒后的不同涂色种数，求的表达式。

21 (2008全国Ⅰ卷文在数列中，，．（Ⅰ）设．证明：数列是等差数列；（Ⅱ）求数列的前项和．22已知数列满足，，（1）求的通项公式；（2）求中的最大项。

（3）若，记，求。

23 (2008广东文设数列满足（n=3,4,…）,数列满足是非零整数,且对任意的正整数m 和自然数k，都有(1求数列和的通项公式；(2若，求数列的前n项和.24设为奇函数，且，数列{a n}与{b n}满足如下关系：a1=2，（1）求的解析表达式；（2）证明：当.25数列的前n项和为，且，＝，求数列的通项公式.25例3：数列中，且，，求数列的通项公式.[26数列中，且满足⑴求数列的通项公式；⑵设，求；⑶设=，是否存在最大的整数，使得对任意，均有成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由。

高中数学：递推式求数列通项公式常见类型及解法

高中数学：递推式求数列通项公式常见类型及解法对于由递推式所确定的数列通项公式问题，通常可通过对递推式的变形转化成等差数列或等比数列，也可以通过构造把问题转化。

一、型例1. 在数列{a n}中，已知，求通项公式。

解：已知递推式化为，即，所以。

将以上个式子相加，得，所以。

二、型例2. 求数列的通项公式。

解：当，即当，所以。

三、型例3. 在数列中，，求。

解法1：设，对比，得。

于是，得，以3为公比的等比数列。

所以有。

解法2：又已知递推式，得上述两式相减，得，因此，数列是以为首项，以3为公比的等比数列。

所以，所以。

四、型例4. 设数列，求通项公式。

解：设，则，，所以，即。

设这时，所以。

由于{b n}是以3为首项，以为公比的等比数列，所以有。

由此得：。

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、型例5. 已知b≠0，b≠±1，，写出用n和b表示a n的通项公式。

解：将已知递推式两边乘以，得，又设，于是，原递推式化为，仿类型三，可解得，故。

说明：对于递推式，可两边除以，得，引入辅助数列，然后可归结为类型三。

六、型例6. 已知数列，求。

解：在两边减去。

所以为首项，以。

所以令上式，再把这个等式累加，得。

所以。

说明：可以变形为，就是，则可从，解得，于是是公比为的等比数列，这样就转化为前面的类型五。

等差、等比数列是两类最基本的数列，是数列部分的重点，也是考查的热点，而考查的目的在于测试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，采用相应的变形手段，达到转化的目的。

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3.3递推数列一、基本知识简述1．有关概念：我们在研究数列{a n }时，如果任一项a n 与它的前一项1-n a （或几项）间的关系可以用一个公式来表示，则此公式就称为数列的递推公式。

通过递推公式给出的数列，一般我们也称之为递推数列。

主要有以下几种方法：（1）构造法：通过构造特殊的数列（一般为等差数列或等列），利用特殊数列的通项求递推数列的通项.（2）迭代法：将递推式适当变形后，用下标较小的项代替某些下标较大的项，在一般项和初始之间建立某种联系，从而求出通项.（3）代换法：包括代数代换、三角代换等（4）待定系数法：先设定通项的基本形式，再根据题设条件求出待定的系数。

3.思想策略：构造新数列的思想。

4.常见类型：类型Ⅰ：⎩⎨⎧=≠+=+为常数）a a a n p n q a n p a n n ()0)(()()(11（一阶递归）类型II :分式线性递推数列:)0(1≠++=+A BAa DCa a n n n二、例题：例1：231+=-n n a a ，21=a ，求通项n a分析：构造辅助数列， )1(311+=+-n n a a ，则13-=n n a求通项过程中，多次利用递推的思想方法以及把一般数列转化为等差、等比数列去讨论，从而求出了通项公式n a 。

[一般形式] 已知q pa a n n +=-1，a a =1，其中p,q,a 为常数，求通项n a [同类变式]已知数列}{n a 满足)12(21-+=+n a a n n ，且21=a ，求通项n a分析：（待定系数），构造数列}{b kn a n ++使其为等比数列，即)(2)1(1b kn a b n k a n n ++=++++，解得1,2==b k 求得12251--⋅=-n a n n[归纳]：类型Ⅰ：⎩⎨⎧=≠+=+为常数）a a a n p n q a n p a n n ()0)(()()(11（一阶递归）其特例为：（1）1)(=n p 时,)(1n q a a n n +=+利用累加法，将)1(1-+=-n q a a n n ，=-1n a 2-n a +)2(-n q ,=2a 1a +)1(q …,各式相加，得 =n a 1a +∑-=11)(n k k q (n ≥2)(2)0)(=n q 时,n n a n p a )(1=+;利用累乘法,∏-==111)(n k n k p a a（3）q n q p n p ==)(,)(时,)0(1≠+=+p qpa a n n解题方法：利用待定系数法构造类似于“等比数列”的新数列法1：(常数变易法) 设)(1x a p x a n n +=+- 则)1(1-+=-p x pa a n n ，从而1-=p qx 亦即数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+1p q a n 是以1-+p q a n为首项，公比为p 的等比数列，从而可得：11)1(1--+=-+n n p p qa p q a ， 1)1(1---+=-p q p p q a a n n 1])1([1--⋅+-=-p q p q p a n 法2：)(211----=-n n n n a a p a a利用{}1--n n a a 成等比数列求出1--n n a a ，再利用迭代或迭另法求出n a 法3：由q pa a n n +=-1，则可得⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧+=+=+=-------21221221111........p q p a p a p qp a p a p q p a p a n n n n n nn n nn,从而又可得nn n p q p q p q p a p a ++++=...321 即)]...11([121-+++⋅+=n nn pq p p p q p a p a 1])1([1--⋅+-=-p qp q p a n（4）q n q p n p ==)(,)(n时,)0(1≠+=+p q pa a nn n两边同除以n p例2：数列}{n a 的前n 项和为n S ，且11=a ，n S ＝*)(2N n a n n ∈，求数列}{n a 的通项公式.例3：数列}{n a 中，且311=a ，1221+=+n nn a a a ，求数列}{n a 的通项公式.[提示]112111+=+nn a a [归纳]：类型II :分式线性递推数列:)0(1≠++=+A BAa DCa a n n n练习：1.已知数列{}n a 中，n S 是其前n 项和，并且1142(1,2,),1n n S a n a +=+==，⑴设数列),2,1(21 =-=+n a a b n n n ，求证：数列{}n b 是等比数列；⑵设数列),2,1(,2==n a c n nn ，求证：数列{}n c 是等差数列； ⑶求数列{}n a 的通项公式及前n 项和。

分析：由于{b n }和{c n }中的项都和{a n }中的项有关，{a n }中又有S 1n +=4a n +2，可由S 2n +-S 1n +作切入点探索解题的途径．解：(1)由S 1n +=4a 2n +，S2n +=4a 1n ++2，两式相减，得S 2n +-S1n +=4(a 1n +-an)，即a 2n +=4a 1n +-4a n ．(根据b n 的构造，如何把该式表示成b 1n +与b n 的关系是证明的关键，注意加强恒等变形能力的训练)a 2n +-2a 1n +=2(a 1n +-2a n )，又b n =a 1n +-2a n ，所以b 1n +=2b n ①已知S 2=4a 1+2，a 1=1，a 1+a 2=4a 1+2，解得a 2=5，b 1=a 2-2a 1=3 ② 由①和②得，数列{b n }是首项为3，公比为2的等比数列，故b n =3·21n -．当n ≥2时，S n =4a 1n -+2=21n -(3n-4)+2；当n=1时，S 1=a 1=1也适合上式．综上可知，所求的求和公式为S n =21n -(3n-4)+2．说明：1．本例主要复习用等差、等比数列的定义证明一个数列为等差，等比数列，求数列通项与前n 项和。

解决本题的关键在于由条件241+=+n n a S 得出递推公式。

2．解综合题要总揽全局，尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件，在后面求解的过程中适时应用．练习：2.设二次方程n a x 2- 1.＋n a x+1=0(n ∈N)有两根α和β，且满足6α-2αβ+6β=3．(1)试用n a 表示a 1n +；例9．数列{}n a 中，2,841==a a 且满足n n n a a a -=++122*N n ∈⑴求数列{}n a 的通项公式；⑵设||||||21n n a a a S +++= ，求n S ；⑶设n b =)12(1n a n -)(),(*21*N n b b b T N n n n ∈+++=∈ ，是否存在最大的整数m ，使得对任意*N n ∈，均有>n T 32m成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由。

解：（1）由题意，n n n n a a a a -=-+++112，}{n a ∴为等差数列，设公差为d ，由题意得2382-=⇒+=d d ，n n a n 210)1(28-=--=∴. （2）若50210≤≥-n n 则，||||||,521n n a a a S n +++=≤ 时21281029,2n na a a n n n +-=+++=⨯=-6n ≥时，n n a a a a a a S ---+++= 765214092)(2555+-=-=--=n n S S S S S n n故=n S 409922+--n n n n 65≥≤n n（3）)111(21)1(21)12(1+-=+=-=n n n n a n b n n∴n T )]111()111()4131()3121()211[(21+-+--++-+-+-=n n n n .)1(2+=n n若32m T n >对任意*N n ∈成立，即161m n n >+对任意*N n ∈成立，)(1*N n n n ∈+ 的最小值是21，,2116<∴m m ∴的最大整数值是7。

即存在最大整数,7=m 使对任意*N n ∈，均有.32m T n > 说明：本例复习数列通项，数列求和以及有关数列与不等式构建新数列巧解递推数列竞赛题递推数列是国内外数学竞赛命题的“热点”之一，由于题目灵活多变，答题难度较大。

本文利用构建新数列的统一方法解答此类问题，基本思路是根据题设提供的信息，构建新的数列，建立新数列与原数列对应项之间的关系，然后通过研究新数列达到问题解决之目的。

其中，怎样构造新数列是答题关键。

1 求通项求通项是递推数列竞赛题的常见题型，这类问题可通过构建新数列进行代换，使递推关系式简化，这样就把原数列变形转化为等差数列、等比数列和线性数列等容易处理的数列，使问题由难变易，所用的即换元和化归的思想。

例1、数列{}n a 中，11=a ，()n n n a a a 241411611+++=+。

求n a 。

（1981年第22届IMO 预选题）分析本题的难点是已知递推关系式中的n a 241+较难处理，可构建新数列{}n b ，令n n a b 241+=，这样就巧妙地去掉了根式，便于化简变形。

解：构建新数列{}n b ，使0241>+=n n a b则 51=b ，n na b 2412+= ，即2412-=n n b a∴ ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⨯+=-+n n n b b b 24141161241221 化简得 ()()22132+=+n n b b∴ 321+=+n n b b ，即 ()32131-=-+n n b b数列 {}3-n b 是以2为首项，21为公比的等比数列。

n n n b --=⎪⎭⎫⎝⎛⨯=-2122123 即 322+=-n n b∴ 121122231232241---⨯+⨯+=-=n n n n n b a2 证明不等式这类题一般先通过构建新数列求出通项，然后证明不等式或者对递推关系式先进行巧妙变形后再构建新数列，然后根据已经简化的新数列满足的关系式证明不等式。

例2、设10=a ，12111---+=n n n a a a ()N n ∈，求证：22+>n n a π。

（1990年匈牙利数学奥林匹克试题）分析利用待证的不等式中含有π及递推关系式中含有211-+n a 这两个信息，考虑进行三角代换，构建新数列{}n α，使n n tg a α=，化简递推关系式。