由递推公式求通项公式典型例题素材

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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。

高中数学第一章如何由递推公式求通项公式典型例题素材北师大版必修5(1)

如何由递推公式求通项公式高中数学递推数列通项公式的求解是高考的热点之一，是一类考查思维能力的题型，要求考生进行严格的逻辑推理。

找到数列的通项公式，重点是递推的思想：从一般到特殊，从特殊到一般；化归转换思想，通过适当的变形，转化成等差数列或等比数列，达到化陌生为熟悉的目的。

下面就递推数列求通项的基本类型作一个归纳，以供参考。

类型一：1()n n a a f n +-= 或 1()n na g n a += 分析：利用迭加或迭乘方法。

即：112211()()+()n n n n n a a a a a a a a ---=-+-+-+…… 或121121n n n n n a a a a a a a a ---=…… 例1.(1) 已知数列{}n a 满足11211,2n n a a a n n+==++，求数列{}n a 的通项公式。

（2）已知数列{}n a 满足1(1)1,2n n n a a s +==，求数列{}n a 的通项公式。

解：（1）由题知：121111(1)1n n a a n n n n n n +-===-+++ 112211()())n n n n n a a a a a +(a -a a ---∴=-+-++…… 1111111()()()121122n n n n =-+-++-+---…… 312n =- （2）2(1)n n s n a =+112(2)n n s na n --∴=≥两式相减得：12(1)(2)n n n a n a na n -=+-≥ 即：1(2)1n n a n n a n -=≥- 121121n n n n n a a a a a a a a ---∴=⋅⋅…… 121121n n n n -=⋅⋅--…… n =类型二：1(,(1)0)n n a pa q p q pq p +=+-≠其中为常数，分析：把原递推公式转为：1(),1n n q a t p a t p+-=--其中t=，再利用换元法转化为等比数列求解。

【方法总结】由递推式求数列通项典型例题的技巧解法

由递推式求数列通项的典型题的技巧解法对于由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。

类型1 递推公式为)(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，求数列{}n a 的通项公式。

解：由条件知：111)1(1121+-=+=+=-+n n n n n n a a n n分别令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ，代入上式得)1(-n 个等式累加之，即)()()()(1342312--+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-+-+-n n a a a a a a a a)111()4131()3121()211(nn --+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-+-+-=所以na a n 111-=-211=a ，nn a n 1231121-=-+=∴类型2 （1）递推公式为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2. 已知数列{}n a 满足321=a ，n n a n na 11+=+，求数列{}n a 的通项公式。

解：由条件知11+=+n na a n n ，分别令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ，代入上式得)1(-n 个等式累乘之，即1342312-∙⋅⋅⋅⋅⋅⋅∙∙∙n n a a a a a a a a n n 1433221-⨯⋅⋅⋅⋅⋅⋅⨯⨯⨯=na a n 11=⇒又321=a ，na n 32=∴ （2）由n n a n f a )(1=+和1a 确定的递推数列{}n a 的通项可如下求得：由已知递推式有1)1(--=n n a n f a ， 21)2(---=n n a n f a ，∙∙∙，12)1(a f a =依次向前代入，得1)1()2()1(a f n f n f a n ⋅⋅⋅--=，简记为111))((a k f a n k n -=∏= )1)(,1(01=∏≥=k f n k ，这就是叠（迭）代法的基本模式。

(完整word版)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 ＝3n 3n ＋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 =++Θ2212+=+++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。

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。

高考数学-递推法(迭代法)求数列通项

1 高考数学-递推法（迭代法）求数列通项例1、设数列{}n a 是首项为1的正项数列，且()()22*11n+10n n n n a na a a n N ++-+=∈，求数列的通项公式.解：由题意知11,0n a a =>，将条件变形，得()()1110n n n n a a n a na ++++-=⎡⎤⎣⎦，又0n a >，得10n n a a ++≠，所以11n n n a a n +=+，即11n n a n a n +=+，到此可采用: 法一（递推法）：121112121112n n n n n n n n a a a a n n n n n -------==⋅==⋅⋅⋅--L L ，从而1n a n =. 法二（叠成法）：12121121,12n n n n a a a n n a a a n n -----⋅⋅⋅=⋅⋅⋅-L L 所以1n a n= . 法三（构造法）：由11n n a n a n +=+，得()1n+11n na na +=，故{}n na 是常数列，1111,n n na a a n =⨯=∴=. 点拨：解法一是迭代法，这是通法；解法二是叠乘法，适合由条件()1n n a f n a -=求通项的题型；解法三是构造法（简单+经典），根据条件特点构造特殊数列求通项，技巧性较强，体现了转化思想.例2、已知数列}a {n 满足3a 132a 3a 1n n 1n =+⋅+=+，，求数列}a {n 的通项公式．解：由已知，得（两边除以1n 3+），得1n n n 1n 1n 31323a 3a +++++=，即1n n n 1n 1n 31323a 3a ++++=-，故11221122111()()()333333n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a ------=-+-++-+L 122121213()()()3333333n n -=+++++++L 1)3131313131(3)1n (222n 1n n n +++++++-=--Λ， ∴n 1n n n n 321213n 2131)31(313)1n (23a ⋅-+=+--⋅+-=-，即213213n 32a n n n -⋅+⋅⋅= 练习：已知数列{}n a 中，111,n n a a a n +=-=，求通项公式n a .（尝试叠加法）解：由已知，得()()()12112n n n a a n a n n --=+-=+-+-()()()21n n-1n n+2121122a n n -==+-+-++=+=L L ．。

数列递推求通项15类(解析版)

第17讲数列递推求通项15类【题型一】通过“累加法”学通项思想1：基础型【典例分析】已知数列{}n a 中，已知12a =，12n n a a n +-=，则50a 等于（） A ．2451 B ．2452C ．2449D ．2450【答案】B【详解】由12n n a a n +-=得：()121n n a a n --=-，()1222n n a a n ---=-，……，3222a a -=⨯，2121a a -=⨯，各式相加可得：()()()112121212n n n a a n n n --=⨯++⋅⋅⋅+-=⨯=-⎡⎤⎣⎦，又12a =，()2212n a n n n n ∴=+-=-+，5025005022452a ∴=-+=.故选：B.【变式演练】1.已知数列{}n a 满足12a =，12nn n a a +-=，则9a =（）A ．510B ．512C ．1022D ．1024【答案】B【详解】由12a =,12n n n a a +-=得212a a -=，2322a a -=，3432a a ，…112n n n a a ---=，以上各式相加得，()21112122122222n n nn a a ---==+--=++-，所以1222n nn a a =-+=，所以991252a ==.故选：B.2.已知数列{a n }满足11a =-，111+1n n a a n n +=-+，n ∈N *，求数列的通项公式a n . 【答案】1n a n=-；【详解】（1）111=1+--+n n a a n n ，213243*********,,,,(2)1223341n n a a a a a a a a n n n-∴-=--=--=-⋯-=-≥-，将以上1n -个式子相加，得()()()()2132431n n a a a a a a a a --+-+-+⋯+-11111111+223341n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-⋯+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即()1112,n a a n n N n *-=-≥∈.()11111112,n a a n n N n n n*∴=+-=-+-=-≥∈. 又当n=1时，11a =-也符合上式，1n a n=-. 3.数列{a n }中，a 1=0,a n+1−a n =√n+√n+1且a n =9，则n =_________【答案】100【详解】∵a n+1−a n =√n−√n+1=√n +1−√n ，∵a n =a n −a n−1+a n−1−a n−2+⋯+a 2−a 1+a 1=√n −√n −1+√n −1−√n −2+⋯+√2−√1+0=√n −1 ∵a n =9，即√n −1=9，解得n=100故填：100【题型二】通过“累加法”学通项思想2：换元型与同除型【典例分析】已知数列{}n a 满足：113a =，1(1)21n n n a na n ++-=+，*n N ∈，则下列说法正确的是（） A ．1n n a a +≥ B ．1n n a a +≤ C ．数列{}n a 的最小项为3a 和4a D ．数列{}n a 的最大项为3a 和4a 【答案】C 【详解】令n n b na =，则121n n b b n +-=+，又113a =，所以113b =，213b b -=，325b b -=，，121n n b b n --=-，所以累加得()()213+2113++122nn n b n --==，所以2+1212+n nb n an n n n===，所以()()()()+13+41212+1+++1+1n n n n a a n n n n n n -⎛⎫-=-= ⎪⎝⎭，所以当3n <时，+1n n a a <，当3n =时，+1n n a a =，即34a a =，当>3n 时，+1>n n a a ，即12345>>n a a a a a a =<<<，所以数列{}n a 的最小项为3a 和4a ，故选：C.【变式演练】1.在数列{}n a 中，12a =，11ln 11n n a a n n n +⎛⎫⎪⎝+++⎭=，则n a =（） A ．8a B ．()21ln n n +-C ．1ln n n ++D ．2ln n n n +【答案】D【详解】由题意得，11ln 1n n a a n n n n ++=++，则1ln 11n n a a n n n n -=+--，121ln 122n n a a n n n n ---=+---…，212ln 211a a =+，由累加法得，112ln ln ln1121n a a n n n n n -=+++--，即112ln 121n a n n a n n n -⎛⎫=+⋅⋅⋅ ⎪--⎝⎭，则2ln na n n=+，所以2ln n a n n n =+，故选：D 2.已知数列{}n a 满足132a =，112n n n n na a n -=--. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，求满足12n S <的所有正整数n 的取值集合. 【答案】（1）2n n n a n =+；（2）{}1,2,3,4. 【详解】（1）因为112n n n n n a a n -=--，所以1112n n n a a n n --=--.因为2121212a a -=-，3231322a a -=-，…，1112n n n a a n n --=--，所以112321111111121122222212n n n n a a n -⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭-=-+++=-=-⎪⎝⎭-，于是2n n n a n =+. 当1n =时，113122a =+=，所以2n n na n =+. （2）因为102n n n nnS S a n --==+>，所以{}n S 是递增数列. 因为113122a =+=，225242a =+=，33327328a =+=，44417424a =+=，5555165232a ==+，所以132S =，24S =，3598S =，493128S =<，55371232S =>，于是所有正整数n 的取值集合为{}1,2,3,4.3.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ﹣a n +1＝()*1(1)n n a a n N n n +∈+，则a 10的值是（） A ．23B ．12C ．1019D ．52【答案】C解：由11(1)n n n n a a a a n n ++-=+可得：111111(1)1n n a a n n n n +-==-++，则：101099821111111111a a a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭＝11111191191089210⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-++-+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则101019a =．故选：C ．【题型三】通过“累加法”学通项思想3：复杂“同除换元型”【典例分析】已知数列{}n a 满足112a =，()11(1)n n n n n n a a a a +++-=，则数列{}n a 的通项公式n a =____．【答案】()*1nn N n ∈+ 【详解】易知0n a ≠，由()11(1)n n n n n n a a a a +++-=，得111(1)n n n n a a a a n n ++-=+，∵111111n n a a n n +-=-+，∵11111(2)1n n n a a n n--=--． ∵当2n 时，有12111112a a -=-，23111123a a -=-，．．．．．．111111n n a a n n--=--，将以上1n -个等式相加得，111111(2)n n n a a n n --=-=又112a =， ∵1112(2)n n n n a n n-+=-=，经验证，当1n =时符合上式，∵)*(1n na n N n =∈+【变式演练】1.已知数列{}n a 满足*13(1)1(),2n n na n a n N a +-+=∈=，则2021a =______.【答案】2020【详解】因为1(1)1n n na n a +-+=，所以1(1)1n n na n a n n +-+=+-，式子两端除以()1n n +，整理得：1111n n a a n n +++=+，即1n a n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列. 因为32a =，所以31121133n a a n +++===，所以1n a n =-，所以2021202112020a =-=.故答案为：20202.已知数列{}n a 中，12a =，()11n n n n a a a +-=+，*N n ∈，则na n的取值范围是_____________．【答案】[)2,3【详解】由题意得，11n n n a a a n n +-=+，即()111n n n a a n n++=+，则()1111n n a a n n n n +=+++，即11111n n a a n n n n +-=-++，所以2111122a a -=-，32113223a a -=-，34114334a a -=-，…，11111n n a a n n n n--=---，相加得，1111n a a n n -=-，故11213n a n n n=+-=-，因为函数13y x=-在0,上单调递增，且当x →+∞时，133x-→，所以1233n≤-<，即n a n 的取值范围是[)2,3.故答案为：[)2,3.【题型四】累积法【典例分析】已知数列{}n a 满足1(1)n n n a a n ++=+，12a =，则31a -的值为 ___，2021a 的值为_ ____. 【答案】16112021!+ 解：令1n =，则21213a a =+=，232a =，令2n =，则323732222a a =+=+=，所以376a =，所以3116a -=，因为1(1)n n n a a n ++=+，所以1(1)(11)n n n a a +-+=-，即11111n n a a n +-=-+，当2n ≥时，有1321122111111(1)1111n n n n n a a a a a a a a a a --------=⋅⋅⋅⋅⋅⋅-----，1111(1)12a n n =⋅⋅⋅⋅⋅--，因为12a =，所以11!n a n -=，所以11!n a n =+，所以2021112021!a =+，故答案为：16，112021!+【变式演练】1.已知数列{}n a 满足110,1,(2)2n n n n a a n a a a +≠=-=.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列35n a n n ⎧⎫+-⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S .【答案】(1) 12n n a n -=⋅ (2) 237212nn n-+-试题解析：（∵）因为()122n n n n a a a +-=，故()121n n n a a n++=，得121n n a an n+=⋅+；（也可以累积法）设n n a b n =，所以12n n b b +=，0a ≠，0b ∴≠，12n n b b +∴=又因为1111ab ==，所以数列{}n b 是以1为首项，公比为2的等比数列，故11122n n n n a b n--=⋅==，故12n n a n -=⋅. （∵）略.2.已知数列{}n a 的前n 项和为()2*1,1,Nn n n S a S n a n ==∈，则数列{}na 的通项公式为___________.【答案】()21n a n n =+【详解】由2n n S n a =，可得当2n ≥时，()2111n n S n a --=-，则2211(1)n n n n n a S S n a n a --=-=--，即221(1)(1)n n n a n a --=-，故111n n a n a n --=+，所以123211232112321211143(1)n n n n n n n a a a a a n n n a a a a a a a n n n n n --------=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⨯⨯=+-+. 当11,1n a ==满足2(1)n a n n =+.故数列{}n a 的通项公式为2(1)n a n n =+.故答案为：2(1)n a n n =+3.数列{}n a 满足：112a =，212n n a a a n a ++⋯+=⋅，则数列{}n a 的通项公式n a =___________. 【答案】21n n+解：因为212n n a a a n a ++⋯+=⋅∵；当2n ≥时，()212111n n a a a n a --++⋯+=-⋅∵；∵减∵得()2211n n n a n a n a -=⋅-⋅-，即()()22111n n n a n a -⋅-⋅-=，所以()()()21111n n n n a n a --+=⋅-⋅，所以()()111n n n a n a -⋅-⋅+=，所以111n n a n a n --=+所以2113a a =，3224a a =，4335a a =，……，111n n a n a n --=+，所以324211312313451n n a a a a n a a a a n --⋅⋅⋅⨯⨯⨯=⨯+，所以()121n a a n n =+，又112a =，所以()11n a n n =+，当1n =时()11n a n n =+也成立，所以()11n a n n =+故答案为：()11n n +【题型五】周期数列【典例分析】已知数列{}n a 满足1130,31n n n a a a +==+2017a =A ．0B ．3-C 3D ．32【答案】A【详解】112130331a a a ===-+，，223233331a a a =-==+，，334333031a a a ===+，，由上述可知，数列{}n a 是每三项一次循环的数列，则有201710a a ==，故选A ．【变式演练】1.数列{}n a 中，11a =，23a =，*11(2,)n n n a a a n n N +-=-≥∈，那么2019a =A ．1B ．2C ．3D ．-3【答案】B 【详解】由题意，得32a =，41a =-，53a =-，62a =-，71a =，…，由此发现数列{}n a 是以6为周期的数列，又201933663=⨯+，所以201932a a ==，故正确答案为B.2.在数列{}n a 中，若121,2a a ==，并有11=n n n a a a +-对1n >且*n N ∈恒成立；则20202021a a +=_______________．【答案】32解：由条件11n n n a a a +-=及12n n n a a a ++=，得1121111n n n n n n n a a a a a a a ++++--===，即211n n a a +-=（1n >且*n N ∈），则()*631n n n a a n N a ++==∈，从而知6是数列{}n a 的一个周期；由121,2a a ==，及12n n n a a a ++=，得34561 2,1,2a a a a ====；故20202021a a +=4513122a a +=+=⋅故答案为：32. 另解：由121,2a a ==，又11n n n a a a +-=即11nn n a a a +-=对1n >且*n N ∈，可得34567812,1,,1,2,,2a a a a a a ======从而知6是数列{}n a 的一个周期；故202020214513122a a a a +=+=+=.故答案为：323.设数列{}n a 满足12a =，且对任意正整数n ，总有()()1112n n n a a a +--=成立，则数列{}n a 的前2019项的乘积为 A ．12B ．1C ．2D ．.3【答案】D【详解】由题意可得：1211n n n a a a +=+-，故：12a =，1212131a a a =+=--，23221112a a a =+=--，34321113a a a =+=-，45142121a a a a =+==-，据此可得数列{}n a 是周期为4T =的周期数列，注意到201943MOD =，且：12341a a a a =，故数列{}n a 的前2019项的乘积为：()12332⎛⎫⨯-⨯-= ⎪⎝⎭. 故选D.【题型六】构造二阶等比数列型（待定系数型）【典例分析】已知数列{}n a 满足：*121()n n a a n n N +=-+∈，13a =.（1）证明数列*()n n b a n n N =-∈是等比数列，并求数列{}n a 的通项；（2）设11n nn n n a a c a a ++-=，数列{}n c 的前n 项和为{}n S ，求证：1n S <.【答案】（1）2nn a n =+；（2）略试题解析：（1）解：由n n b a n =-知n n a b n =+，代入得：()()1121n n b n b n n +++=+-+，化简得：12n n b b +=，即{}n b 是等比数列，又111312b a =-=-=，则2n n b =，进而有2nn a n =+．（2）证明：由于11111n n n n n n n a a c a a a a +++-==-，所以121223111111111111111n n n n n n S c c c a a a a a a a a a +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=-+-++-=-=-< ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭【变式演练】1.数列{}n a 满足112,21n n a a a +==-则6a = A ．33 B ．32 C ．31 D ．34【答案】A【详解】数列{}n a 满足112,21n n a a a +==-，{}112(1),1n n n a a a +-=--是以2为公比的等比数列，首项为1，得到11122 1.n n n n a a ---=⇒=+633.a =故答案为A ．2.已知数列{}n a 中，11a =，134n n a a -=+（n *∈N 且2n ≥），则数列{}n a 通项公式n a 为（） A ．13n - B ．132n +-C ．32n -D ．3n【答案】C 【详解】由11a =，134n n a a -=+知：27a =且1232n n a a -+=+(2n ≥)，而123a +=，229a +=，∵{2}n a +是首项、公比都为3的等比数列，即32nn a =-，故选：C【题型七】分式递推【典例分析】在数列{}n a 中，11a =，12()2nn n a a n a +=∈+*N ，则22019是这个数列的第________________项．【答案】2018【分析】同取倒数，得到关于1{}na 是等差数列；进而求得n a 的通项公式即可求出项数．详解】由已知得11112n n a a +=+，所以1{}n a 是以111a =为首项，12d =为公差的等差数列，所以()1111122n n n a +=+-=，所以21n a n =+，令2212019n a n ==+，解得2018n =【变式演练】1.数列{}n a 满足：113a =，且*1121(,2)n n n a n n n N n a a --+-=∈≥ ，则数列{}n a 的通项公式是n a =_____．【答案】21n na n =+ 【详解】原等式可化简为：112n n n n a a --=+，所以数列n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为以3为首项，2公差的等差数列，则()32121n nn n a =+-=-，所以21n n a n =-. 2.已知在数列{}n a 中，11a =，132nn na a a +=+，则数列{}n a 的通项公式为n a =______.【答案】11231n -⨯-【详解】由题意，132n n n a a a +=+，取倒数得132132n n n n a a a a ++==+，即111131n n a a +⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，又11120a +=≠，所以，数列11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是公比为3的等比数列，故11123n na -+=⨯，所以11231n n a -=⨯-.故答案为：11231n -⨯-. 3.已知数列{}n a 满足111221,(2)311n n n a a n a a ---==≥--．（1）求数列{}n a 的通项公式; （2）设数列{}n a 的前n 项和为n S ,用数学归纳法证明:13ln 22n n S n +⎛⎫<+- ⎪⎝⎭.【答案】（1）12n n a n +=+.（2）答案见解析【详解】（1）1121,(2)11n n n a n a a ---=≥--,11111111111n n n n a a a a ----+∴==-+---111111n n a a -∴-=---∴11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是首项为3-,公差为1-的等差数列．13(1)21n n n a ∴=---=---12n n a n +∴=+【题型八】构造二阶等差数列【典例分析】数列{}n a 满足：113a =，且()()*113n n n n a a n N a n ++=∈+，则数列{}n a 的前n 项和n s =__________. 【答案】3n【解析】∵()()*113n n n n a a n N a n++=∈+∵131n n n a n n a a +++=，即113n nn na a ++=+ ∵n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以3为首项，3为公差的等差数列∵()13313n 3n n n n a a =+-==，即∵数列{}n a 的前n 项和3n ns =【变式演练】1.数列{}n a 满足11a =，1(1)0n n n a a a ++-=（*n N ∈），则2018a =__________．【答案】12018【解析】数列{}n a 满足11a =，()110n n n a a a ++-=，变形得到1111111=11,,n n n n n a a a a a n+-==∴=，则2018a =12018。

由递推公式求通项公式练习

高三数学——由数列的递推公式求通项公式课堂例题：例题1. 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ＝1n +2＋n +1，求a n .例题2. 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n +1a n= nn +1，求a n .反馈练习：1．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋3n (n ∈N 且n ≥2)，则通项a n ＝．2. 已知数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则通项a n ＝ ________．3. 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n +1a n=2n ，则通项a n ＝ ________．4.已知数列{a n }满足a 1＝254，a n ＋1－a n ＝2n ，当n ＝________时，a nn 取得最小值．课堂例题：例题3. （1）已知a 1=1，a n =3a n -1+2，则a n = ；（2）已知a 1＝1，a n ＝a n －13a n －1＋1(n ∈N 且n ≥2)，求a n 。

例题4.已知数列{a n }中，a 1=2,前n 项和S n ，若S n =n 2a n ，求a n .反馈练习：1．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝23a n －1＋1 (n ∈N 且n ≥2)，则a n ＝________．2．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n =2a n -1＋2n (n ∈N 且n ≥2)，则a n ＝________．3．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝2a n －1a n －1＋2(n ∈N 且n ≥2)，则a n ＝________．高考演练：1．（2018，全国卷Ⅰ，17）已知数列{}n a 满足11a =，()121n n na n a +=+，设nn a b n=． ⑴求123b b b ，，；⑵判断数列{}n b 是否为等比数列，并说明理由； ⑶求{}n a 的通项公式．2．（2017，全国卷Ⅲ，17）（12分）设数列{}n a 满足123(21)2n a a n a n +++-=.（1）求{}n a 的通项公式；3.（2016，全国卷Ⅲ，17）（本小题满分12分）已知各项都为正数的数列满足，.（I ）求；（II ）求的通项公式.4. （2014，大纲卷，17）（本小题满分10分）数列{}n a 满足12212,2,22n n n a a a a a ++===-+. （1）设1n n n b a a +=-，证明{}n b 是等差数列；（2）求{}n a 的通项公式.{}n a 11a =211(21)20n n n n a a a a ++---=23,a a {}n a。

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如何由递推公式求通项公式
高中数学递推数列通项公式的求解是高考的热点之一，是一类考查思维能力的题型，要
求考生进行严格的逻辑推理。找到数列的通项公式，重点是递推的思想：从一般到特殊，从
特殊到一般；化归转换思想，通过适当的变形，转化成等差数列或等比数列，达到化陌生为
熟悉的目的。
下面就递推数列求通项的基本类型作一个归纳，以供参考。
类型一：1()nnaafn 或 1()nnagna
分析：利用迭加或迭乘方法。即：112211()()+()nnnnnaaaaaaaa……
或121121nnnnnaaaaaaaa……
例1.(1) 已知数列na满足11211,2nnaaann，求数列na的通项公式。
（2）已知数列na满足1(1)1,2nnnaas，求数列na的通项公式。

解：（1）由题知：121111(1)1nnaannnnnn
112211()())nnnnnaaaaa+(a-aa……
1111111()()()121122nnnn……
312n
（2）2(1)nnsna
112(2)nnsnan
两式相减得：12(1)(2)nnnananan
即：1(2)1nnannan
121121nnnnnaaaaaaaa……
121121nnnn……
n
类型二：1(,(1)0)nnapaqpqpqp其中为常数，
分析：把原递推公式转为：1(),1nnqatpatp其中t=，再利用换元法转化为等比
数列求解。
例2.已知数列na中，111,23nnaaa，求na的通项公式。
解：由123nnaa 可转化为：
132(3)nnaa

令3,nnba11n+1n则b=a+3=4且b=2b
nb1是以b=4为首项，公比为q=2的等比数列
11422nnbn
即 123nna
类型三：1()(nnapafn其中p为常数)
分析：在此只研究两种较为简单的情况，即()fx是多项式或指数幂的形式。
（1）()fx是多项式时转为1(1)()nnaAnBpaAnB，再利用换元法转为等
比数列
（2）()fx是指数幂：11(0)nnnaparqpqr

若pq时则转化为11nnnnaarqq，再利用换元法转化为等差数列

若pq时则转化为11(),nnnnqratqpatqtpq其中
例3.（1）设数列na中，111,321nnaaan，求na的通项公式。
（2）设数列na中，111,32nnnaaa，求na的通项公式。
解：（1）设1(1)3()nnaAnBaAnB
1322nnaaAnBA

与原式比较系数得：221211AABAB
即1(1)13(1)nnanan
令1,nnbann+1n11则b=3b且b=a+1+1=3
nb1是b=3为首项，公比q=3的等比数列

133331nnnnnban即:
(2)设1123(2)nnnnatat
展开后得：132nnnaa
对比得：1t
1123(2)nnnnaa



令11,12,323nnnnnbabba1则且b=

nb1
是b=3为首项，公比q=3的等比数列

133332nnnnnnba


即:

类型四：1(0,0)rnnnapapa
分析：这种类型一般是等式两边取对数后得：1lglglgnnarap，再采用类型二进行
求解。
例4.设数列na中，21111,(0)nnaaaaa，求na的通项公式。
解：由211nnaaa，两边取对数得:
11lg2lglgnnaaa
设1lg2(lg)nnatat展开后与上式对比得：1lgta
112(lglg)naaaan+1原式可转化为lg+lg
令1(lglg)nnbaa，则1,1nnbba且b1=lg
1nba1是b=lg为首项，公比q=2的等比数列
112lgnbna，即111lglg2lgnnaaa
也即112nnaa
类型五：1()()()nnnfnaagnahn
分析：这种类型一般是等式两边取倒数后再换元可转化为类型二。
例5.已知数列na满足：1111,31nnnaaaa，求na的通项公式。
解：原式两边取倒数得：11113113nnnnaaaa
1,1nan nn-11设b=则b-b=3,且b=
13nb1是b=为首项，公差d=2的等差数列
1(1)332bnnn
即132nan