求高阶线性递推数列通项的一般方法
ak , ⋅ ⋅ ⋅, a2 , a1 是不全为零的实常数 , 当 x1 , x2 , ⋅ ⋅ ⋅ , xk 为已知常数时,求数列 {xn } 的通项 xn . 定 理 1 若数列 {α1n },{α2n }, ⋅ ⋅ ⋅,{α kn } 都满 足递推关系① ,则数列 {∑ Ajα jn } 也满足递推
i =1 k
A1 A2 xn = (α1n α 2n ⋅ ⋅ ⋅ akn ) . M A k x1 x 证明 ∵ xk +1 = ( a1 a2 ⋅⋅⋅ ak ) 2 M x k A1 A = (a1 a2 ⋅⋅⋅ ak ) A 2 M A k A1 k k k A2 = (∑ aiα1i ∑ aiα 2i ⋅ ⋅ ⋅ ∑ aiα ki ) M i=1 i=1 i=1 A k ・13・
j =1 j =1 i =1
k
k
k
= ∑[ ak − i+1 ∑ A jα j ( n+ k− i) ] ,
i =1 j =1
k
k
即数列 {∑ Ajα jn } 也满足递推关系①.
j =1
k
定 理 2 设数列 {α1n },{α2n }, ⋅ ⋅ ⋅,{α kn } 都满 足递推关系①,且存在常数 A1 , A2, ⋅ ⋅ ⋅, Ak 使得
[1] 毛金才.高阶线性递推数列通项公式的矩阵求法. 河北理科教学研究.2002.1.
,… , akn = λ
n −1 k
,解方程组②即可求得
A1 , A2, ⋅ ⋅ ⋅, Ak 的值,由定理 1 知 xn = A1α1 n + A2α 2n + ⋅ ⋅ ⋅ + Ak αkn 满足递推关系①,即通项 xn = A1α1 n + A2α 2n + ⋅ ⋅ ⋅ + Ak αkn . 例 1 已知点的序列 An ( xn ,0) , n ∈ N ,其中 x1 = 0, x2 = a (a > 0) , A3 是 线 段 A1 A2 的 中 点 , A4 是 线 段 A2 A3 的 中 点 , … , An 是 线 段 An− 2 An−1 的中点,….(I) 写出 xn 与 xn −1 、 xn − 2 之 间的关系式 (n ≥ 3) ；(II)求 lim xn .
・14・
则
求高阶线性递推数列 通项的一般方法
山东省安丘市 7571 信箱 邹 明
文 [1] 给 出 了 xn +3 = pxn + 2 + qxn+1 + rxn 型 递推数列通项公式的 Jordan 矩阵求法.本文给 出求一般的高阶线性递推数列通项的初等方 法(为叙述简洁而用矩阵形式),而且更为简捷 和可操作.即已知数列 {xn } 满足 xn+ k = ak xn +k −1 + ⋅ ⋅ ⋅ + a2 xn+! + a1 xn = ∑ ak − i +1xn+ k − i ① , 其 中
n −1 2 n −1 1பைடு நூலகம்
2 lim xn = a . n →∞ 3 例 2 已知 x1 = 0 , x2 = 1 , x3 = 3 , xn+ 3 = 2 xn + 2 + xn +1 − 2 xn ,求 xn . 解 解 λ 3 = 2λ 2 + λ − 2 得 λ1 = 1 , λ2 = − 1 , λ3 = 2 . ∴ α1n = λ1n −1 = 1 , α 2 n = λ2n −1 = (− 1) n −1 , α3 n = λ3n −1 = 2n −1 . A1 + A2 + A3 = 0, 解方程组 A1 − A2 + 2 A3 = 1, 得 A + A + 4A = 3 2 3 1 A1 = −1 , A2 = 0 , A3 = 1 .
n −1 ∴ xn = A1α1 n + A −1 . 2 α2 n + A 3α 3 n = 2 (ii)若方程③有重根,设有 r (1 < r < k ) 重根
,
λ1 = λ2 = ⋅ ⋅ ⋅ = λr ,则取 α1 n = λ1n −1 , α 2n = ( n − 1) ⋅λ1n −1 , α3 n = ( n − 2) λ1n −1 , ⋅ ⋅ ⋅, arn = (n − r + 1) λ1n −1 , 据定理 1 知 {α 2n },{α 3n}, ⋅ ⋅ ⋅,{α rn } 也满足①,对 于多组重根的情形也做类似处理 ,对于非重 根的 αin 的取法则同情形(i ).依据定理 2 得通 项 xn = A1α1 n + A2α 2n + ⋅ ⋅ ⋅ + Ak αkn . 例 3 已知 x1 = 1 , x2 = 2 , x3 = 5 , x4 = 6 , xn+ 4 = 2 xn +3 − 2 xn +1 + xn ,求 xn . 解 解特征方程 λ 4 = 2λ 3 − 2λ + 1 得 λ1 = λ2 = λ3 = 1, λ4 = −1 . ∴ α1n = λ1n −1 = 1 , α 2 n = ( n − 1)λ1n −1 = n − 1 , α3 n = ( n − 2)λ1n −1 = n − 2 , α 4 n = λ4n −1 = (− 1) n −1 . A1 − A3 + A4 = 1, A + A2 − A4 = 2, 解方程组 1 得 A1 + 2 A2 + A3 + A4 = 5, A1 + 3 A2 + 2 A3 − A4 = 6 A1 = 0 , A2 = 5 / 2 , A3 = −1/2, A4 = 1 / 2 . ∴ xn = A1α1 n + A 2α2 n + A 3α3 n + A 4α 4 n 1 3 = 2n + ( −1) n−1 − . 2 2 参考文献
[1] 陈龙安.创造性思维教与学.中国轻工业出版社, 1999.6. [2] 陈丽琴.如何在课堂教学中培养学生的创新意识. 中学数学研究,2002.6. [3] 张大华.培养学生创新意识和能力的再认识.中学 数学研究,2002.8. [4] 沈一凡.数学教学中创新素质的培养.中学数学教 学,2002.6. [5] 吴以浩.计算机辅助数学教学的误区及反思.中学 数学教学参考,2001.6. [6] 宋殿良等.多媒体辅助数学教学的实践与思考.中 学数学杂志(高中),2000.4.
j =1 k
关系①.其中 A1 , A2, ⋅ ⋅ ⋅, Ak 为任意常数. 证明 ∵ α j ( n+ k ) = ∑ ak − i+1α j ( n+ k− i) ( j = 1,2, ⋅⋅⋅, k ) ,
i =1 k
∴ ∑ Ajα j ( n+k ) = ∑∑ Aj ak −i +1α j ( n+ k −i )
n →∞
(2000 年春季高考题) x +x 解 (I)当 n ≥ 3 时, xn = n−1 n− 2 ; 2 1 1 1 (II)解 λ 2 = λ + 得 λ1 = 1 、 λ2 = − . 2 2 2 1 n −1 ∴ α1n = λ1n −1 = 1 、 α 2n = λ2 = (− )n−1 , 2 A1 + A2 = 0, 2 2 解 得 A1 = a, A2 = − a, 1 3 3 A − A =a 1 2 2 2 1 ∴ xn = A1α1 n + A2α2 n = a[1 − ( − ) n−1 ], 3 2
活地应用各种有效的数学分析方法 .(3) 迁移 能力强 ,能举一反三. 多媒体教学中应注重知 识间比较 ,通过比较展现数学知识间的联系 与区别,及对其应用加以总结、 归纳,注意把知 识模块化 ,通过多媒体将知识模块化演示. 如 1 1 由 x ∈ R + , 则 x + ≥ 2 , 给出 x2 + 2 + 2 的 x x +1 最值 ,让学生观察 ,寻找问题的解决方法,通过 这样的教学设计 ,有利于培养学生的发散思 维能力 ,同时也可使学生联想能力得以增强 , 产生新方法,有了创新. 参考文献
x1 x2 = M x k A1 α11 α 21 A α α 22 A 2 ②,其中 A = 12 M ⋅⋅⋅ ⋅⋅⋅ α A 1 k α2 k k ⋅ ⋅ ⋅ αk1 ⋅ ⋅ ⋅ αk2 , ⋅⋅⋅ ⋅⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅ α kk
= A1 ∑ aiα1i + A2 ∑ aiα 2i + ⋅ ⋅ ⋅ + Ak ∑ aiα ki
i =1 i =1 i =1
k
k
k
= A1α1( k +1) + A2α2( k +1) + ⋅ ⋅ ⋅ + Ak α k ( k +1) , ⋅⋅⋅, 依次递推得 xn = A1α1 n + A2α 2n + ⋅ ⋅ ⋅ + Ak αkn . 下面寻求数列 {α1n },{α2n }, ⋅ ⋅ ⋅,{α kn } ,并确 定 A1 , A2, ⋅ ⋅ ⋅, Ak ,从而依据定理 2 求出通项. 将 {α1n },{α 2 n}, ⋅ ⋅ ⋅, {α kn } 取为等比数列 1, λ , λ 2 , ⋅ ⋅ ⋅, λ n−1 , ⋅ ⋅ ⋅, (λ ≠ 0) 代入①得: λ n + k −1 = ak λ n + k −2 + ⋅ ⋅ ⋅ + a2 λ n + a1 λ n −1 即 λ k = ak λ k −1 + ⋅ ⋅ ⋅ + a2 λ + a1 ( λ ∈ C ) , ③ ③称为递推数列①的特征方程 ,其根称 为特征方程③的特征根. (i)若方程③有 k 个不等的根 λ1 , λ2 , ⋅ ⋅ ⋅, λk , 则得数列 {α1n },{α2n }, ⋅ ⋅ ⋅,{α kn } 为 : a1 n = λ a2 n = λ
常见线性递推数列通项的求法
常见线性递推数列通项的求法对于由递推式所确定的数列通项公式问题，往往将递推关系式变形转化为我们熟知的等差数列或等比数列，从而使问题简单明了。
这类问题是高考数列命题的热点题型，下面介绍常见线性递推数列求通项的基本求法。
一、一阶递推数列1、q pa a n n +=+1型形如q pa a n n +=+1（q p 且1≠为不等于0的常数）的数列，可令)(1x a p x a n n +=++ 即x p pa a n n )1(1-+=+与q pa a n n +=+1比较得1-=p q x ，从而构造一个以11-+p qa 为首项以p 为公比的等比数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+1p q a n 例1．在数列{a n }中，,13,111-⋅==+n n a a a 求n a .解：在131-⋅=+n n a a 的两边同加待定数λ，得n n n a a a (3131⋅=+-⋅=++λλ+（λ－1）/3），令,3)1(-=λλ得).21(321.211-⋅=-∴-=+n n a a λ数列{}21-n a 是公比为3的等比数列, ∴a n 21-=).13(21,32111+=∴⋅--n n n a2、 ()n g a c a n n +⋅=+1型(1)1=c 时：解题思路：利用累差迭加法，将)1(1-=--n g a a n n ，--1n a 2-n a =)2(-n g ，…，-2a 1a =)1(g ,各式相加，正负抵消，即得n a .例2．在数列{}n a 中，01=a 且121-+=+n a a n n ，求通项n a .解：依题意得，01=a ，()32112,,3,112312-=--=-=-=--n n a a a a a a n n ，把以上各式相加，得【评注】由递推关系得，若()n g 是一常数，即第一种类型，直接可得是一等差数列；若n n a a -+1非常数，而是关于n 的一个解析式，可以肯定数列n a 不是等差数列，将递推式中的n 分别用2,3,4,,2,1 --n n 代入得1-n 个等式相加，目的是为了能使左边相互抵消得n a ，而右边往往可以转化为一个或几个特殊数列的和。
数列的递推公式及通项公式
数列的递推公式及通项公式数列是由一系列按照一定规律排列的数字组成的序列。
数列中的每个数字称为项，而这些项之间的关系可以通过递推公式和通项公式来描述。
本文将介绍数列的递推公式和通项公式，并通过具体的例子来解释其应用。
一、递推公式递推公式是指通过前一项或多项来确定后一项的公式。
递推公式可以分为线性递推和非线性递推两种类型。
1.1 线性递推线性递推是指数列的每一项都可以通过前一项乘以某个常数再加上某个常数得到。
其一般形式如下：an = a(n-1) * r + d其中，an代表数列中的第n项，a(n-1)代表数列中的第n-1项，r为公比，d为公差。
例如，给定数列1，3，5，7，9，...，其中第一项a1为1，公差d 为2。
根据数列的特点可以确定递推公式为：an = a(n-1) + 2通过递推公式，可以依次计算出数列的每一项。
1.2 非线性递推非线性递推是指数列的每一项不能用前一项的线性组合表示，而是通过其他的方式来确定。
例如，斐波那契数列就是一个常见的非线性递推数列。
斐波那契数列的递推公式为：an = a(n-1) + a(n-2)其中，a1 = 1，a2 = 1。
根据递推公式，可以计算出斐波那契数列的每一项。
二、通项公式通项公式是指通过数列的位置n来直接计算数列中的第n项的公式。
通项公式可以分为线性通项和非线性通项两种类型。
2.1 线性通项线性通项是指数列的每一项可以通过位置n的线性关系来计算。
其一般形式如下：an = a1 + (n-1) * d其中，an代表数列中的第n项，a1为数列首项，d为公差。
以等差数列为例，假设已知数列首项a1为2，公差d为3，可以通过线性通项公式an = 2 + (n-1) * 3计算出数列的任意一项。
2.2 非线性通项非线性通项是指数列的每一项不能用位置n的线性关系来计算，而是通过其他的方式来确定。
例如，等比数列就是一个常见的非线性通项数列。
等比数列的通项公式为：an = a1 * r^(n-1)其中，an代表数列中的第n项，a1为数列首项，r为公比。
常见线性递推数列通项的求法
常见线性递推数列通项的求法对于由递推式所确定的数列通项公式问题，往往将递推关系式变形转化为我们熟知的等差数列或等比数列，从而使问题简单明了。
这类问题是高考数列命题的热点题型，下面介绍常见线性递推数列求通项的基本求法。
一、一阶递推数列1、q pa a n n +=+1型形如q pa a n n +=+1（q p 且1≠为不等于0的常数）的数列，可令)(1x a p x a n n +=++ 即x p pa a n n )1(1-+=+与q pa a n n +=+1比较得1-=p q x ，从而构造一个以11-+p qa 为首项以p 为公比的等比数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+1p q a n 例1．在数列{a n }中，,13,111-⋅==+n n a a a 求n a .解：在131-⋅=+n n a a 的两边同加待定数λ，得n n n a a a (3131⋅=+-⋅=++λλ+（λ－1）/3），令,3)1(-=λλ得).21(321.211-⋅=-∴-=+n n a a λ数列{}21-n a 是公比为3的等比数列, ∴a n 21-=).13(21,32111+=∴⋅--n n n a2、 ()n g a c a n n +⋅=+1型(1)1=c 时：解题思路：利用累差迭加法，将)1(1-=--n g a a n n ，--1n a 2-n a =)2(-n g ，…，-2a 1a =)1(g ,各式相加，正负抵消，即得n a .例2．在数列{}n a 中，01=a 且121-+=+n a a n n ，求通项n a .解：依题意得，01=a ，()32112,,3,112312-=--=-=-=--n n a a a a a a n n ，把以上各式相加，得【评注】由递推关系得，若()n g 是一常数，即第一种类型，直接可得是一等差数列；若n n a a -+1非常数，而是关于n 的一个解析式，可以肯定数列n a 不是等差数列，将递推式中的n 分别用2,3,4,,2,1 --n n 代入得1-n 个等式相加，目的是为了能使左边相互抵消得n a ，而右边往往可以转化为一个或几个特殊数列的和。
求递推数列的通项公式的十一种方法包含特征根和不动点
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 a312123-+=a a413134-+=a a ，……，nn 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 =n1. 三、换元法例 3 已知数列{n a }，其中913,3421==a a ，且当n ≥3时，)(31211----=-n n n n a a a a ，求通项公式na （1986年高考文科第八题改编）. 解：设11---=n n n a ab ，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：n n 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 。
根据递推关系求数列通项公式的几种方法
根据递推关系求数列通项公式的几种方法要求根据递推关系求解数列的通项公式，其实是要求找到一个能将数列的每一项都表示为n（项数）的函数的公式。
在数学中，有几种方法可以求解这类问题。
一、代数方法：对于一些简单的递推关系，可以尝试使用代数方法来求解数列的通项公式。
这种方法通过观察数列中的模式，尝试将递推关系转化为代数方程，然后解方程得到通项公式。
例如，我们考虑求解斐波那契数列的通项公式。
斐波那契数列的递推关系为：Fn=Fn-1+Fn-2，其中F1=1，F2=1我们假设通项公式为Fn=k1a^n+k2b^n，其中k1、k2为常数，a、b为待定数。
k1a^n+k2b^n=k1a^(n-1)+k2b^(n-1)+k1a^(n-2)+k2b^(n-2)整理得：k1a^2-k1a-k2=0。
解这个方程，可以得到a和b的值，然后将a和b的值代入通项公式中，即可求解斐波那契数列的通项公式。
二、特征根法：特征根法是求解一阶线性递推关系（如Fn=aFn-1+b）的通项公式的常用方法。
该方法的基本思想是，将递推关系转化为一个一阶线性常微分方程，然后解方程得到通项公式。
例如，我们考虑求解斐波那契数列的通项公式。
斐波那契数列满足的递推关系为：Fn=Fn-1+Fn-2，其中F1=1，F2=1将递推关系转化为一阶线性常微分方程得到：y''-y'-y=0其中y=Fn。
解这个方程得到的特征根为α1=(1+√5)/2，α2=(1-√5)/2通项公式可以表示为：Fn=k1(α1)^n+k2(α2)^n其中k1、k2为常数。
利用初始条件F1=1，F2=1，可以求解出k1和k2的值，进而求解出斐波那契数列的通项公式。
三、母函数法：母函数法是一种求解递推关系的高效方法，尤其适用于求解求和问题。
该方法的基本思想是，将数列视为一个幂级数的系数列，通过构造母函数来解决递推关系。
例如，我们考虑求解斐波那契数列的通项公式。
斐波那契数列的递推关系为：Fn=Fn-1+Fn-2，其中F1=1，F2=1我们假设母函数为F(x)=F0+F1x+F2x^2+F3x^3+...F(x)=x(F(x)-F0)+x^2F(x)整理得：F(x)=F0+xF(x)+x^2F(x)移项得：F(x)=F0/(1-x-x^2)。
数列递推公式求通项公式的方法与技巧
通项公式求解方法简介肖永钦解决“给出数列的递推公式，要求分析数列相关性质”这一类型的题目中，如果能够求解数列的通项公式，则求解、分析数列变得相当简单。
下面就高中常见的递推公式其通项公式一般解法作简要介绍。
高中常见的递推公式一般经过构造（例如：同时减去一个数或者移项）都可以转化成等比数列、等差数列类型。
（一）已知1a 及q pa a n n +=+1………………（1），求通项公式分析上述递推公式，显然，当0=p 时，数列}{n a 是常数列，通项公式是q a n =；当1=p 时，数列}{n a 是等比数列，通项公式是q a n a a n )(1-+=。
当时且10≠≠p p ，我们不妨设(1)式可以写成)(1x a p x a n n -=-+…………（2），若设x a b n n -=，则数列}{n b 为等比数列，即（1）式可以转化成等比数列。
我们整理(2)式，即px x pa a n n -+=+1，我们发现，如果令q px x =- (3)，则(1)式便可以转化为(2)式，从而此类型的数列的通项公式能够求解。
我们整理（3）式有q px x +=，发现q px x +=方程与（1）式有着显著的关系，即形式上的一致性。
例1：已知数列{}n a 中有111,32n n a a a +==+且，求该数列的通项公式。
分析：由132n n a a +=+有32,1x x x =+=-解得，故由递推公式可以有113(1)n n a a ++=+，即数列}1{+n a 为等比数列，所以有1113(1)n n a a -+=+，把11a =代入，并整理得1231n n a -=⋅-，即求出数列{}n a 的通项公式。
上述右边是加个常数，如果右边加一个与n 相关的变量，则需要再作一定的调整，接下来请看例2例2：已知数列{}n a 中有23,111++==+n a a a n n 且，求该数列的通项公式。
分析：显然本题与【例1】显著的差别就在于后面不是常数了，而是变量，这里我们仍然可以通过待定系统数，把2+n 分配到两边，并构造等比数列。
数列的递推公式与通项公式
数列的递推公式与通项公式数列是数学中的重要概念，它是按照特定规律排列的一系列数值。
在数列中，递推公式和通项公式是两个关键概念。
递推公式用来描述数列中每一项与前一项之间的关系，而通项公式则是用来计算数列中任意一项的值。
本文将深入探讨数列的递推公式与通项公式，希望能帮助读者对数列的理解更加深入。
一、递推公式递推公式是数列中每一项与前一项之间的关系式。
通过递推公式可以计算出数列中的各项值，从而形成一个完整的数列。
递推公式可以是线性的，也可以是非线性的，具体形式取决于数列的特点。
以斐波那契数列为例，斐波那契数列是一个非常著名的数列，在数列中的前两项是1，之后的每一项都等于前两项之和。
可以得出斐波那契数列的递推公式如下：Fn = Fn-1 + Fn-2其中，Fn表示第n项的值，Fn-1表示第n-1项的值，Fn-2表示第n-2项的值。
通过递推公式，我们可以计算出斐波那契数列中任意一项的值。
除了非线性的递推公式，还有一些数列的递推公式是线性的。
例如，等差数列和等比数列就可以使用线性的递推公式来描述。
在等差数列中，每一项都是前一项加上一个固定的差值d，递推公式可以表示为：an = a1 + (n-1)d其中，an表示第n项的值，a1表示首项的值，d表示公差，n表示项数。
通过递推公式，我们可以轻松地计算出等差数列中任意一项的值。
二、通项公式通项公式是数列中任意一项的值的一般公式。
通过通项公式，我们可以直接计算数列中任意一项的值，而不需要通过递推关系一步一步计算。
以等差数列为例，等差数列的通项公式可以通过递推公式推导得到。
在等差数列中，递推公式为：an = a1 + (n-1)d将此递推公式进行整理和化简，可以得到等差数列的通项公式：an = a1 + (n-1)d通过通项公式，我们可以直接计算出等差数列中任意一项的值。
只需要知道首项的值a1，公差d和要计算的项数n即可。
同样地，等比数列也有对应的通项公式。
等比数列的递推公式为：an = a1 * r^(n-1)其中，an表示第n项的值，a1表示首项的值，r表示公比，n表示项数。
数列通项公式—常见9种求法
数列通项公式—常见9种求法数列通项公式是指能够直接给出数列中任意一项的公式。
找到数列通项公式可以帮助我们快速计算数列中的任意项，同时也能更好地理解数列的性质和规律。
在数学中，有多种方法可以求解数列通项公式，下面我们将介绍其中的9种常见方法。
1.递推关系法递推关系法是求解数列通项公式最常见的方法之一、当我们可以找到数列中每一项与前几项之间的关系时，可以利用递推关系求出通项公式。
例如，斐波那契数列中每一项都等于前两项的和，可以用递推关系f(n)=f(n-1)+f(n-2)来求解。
2.等差数列通项公式等差数列是指数列中每一项与前一项之差都相等的数列。
等差数列通项公式为an = a1 + (n-1)d，其中an表示第n项，a1表示第一项，d表示公差。
3.等比数列通项公式等比数列是指数列中每一项与前一项的比都相等的数列。
等比数列通项公式为an = a1 * r^(n-1)，其中an表示第n项，a1表示第一项，r 表示公比。
4.幂数列通项公式幂数列是指数列中每一项都是一个幂函数的形式。
幂数列通项公式为an = ar^(n-1)，其中an表示第n项，a表示一些常数，r表示递增的比值。
5.组合数列通项公式组合数列是指数列中每一项都是由组合数形成的数列。
组合数列通项公式可以通过求解组合数来获得。
6.一元多项式数列通项公式一元多项式数列是指数列中的每一项都是由一元多项式形成的数列。
可以利用多项式的相关性质和求解方法获得数列通项公式。
7.递推与线性常系数齐次差分方程法递推与线性常系数齐次差分方程法是利用递推关系和差分方程的性质求解数列通项公式的方法。
8.高阶递推关系法当数列中每一项与前面多个项之间有复杂的关系时，可以利用高阶递推关系进行求解。
9.查找数列在数学常数表中的表达式有些数列的通项公式可以在数学常数表中找到，例如斐波那契数列中的通项公式可以在黄金分割数相关的公式中找到。
以上是数列通项公式的9种常见求法，每种方法都可以根据不同的数列规律和特点进行选择和运用。
递推数列求通项的几种常见方法
递推数列求通项的几种常见方法一般地，若数列{a n}的连续若干项之间满足递推关系a n= f( a n-1，a n-2，…，a n-k)由这个递推关系及k个初始值确定的数列，叫做递推数列。
递推数列的重点、难点问题是求通项。
求递推数列通项的方法较多、也比较灵活，基本方法如：迭加法；迭乘法；转化为等差、等比数列求通项法；归纳——猜想——证明法等，其中主要的思路是通过转化为等差数列或等比数列来解决问题。
一、型如a n+1=a n+f(n)可用迭加法求通项例1 已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=a n+2n，求通项a n。
解：由递推公式得 a n-a n-1=2(n-1)a n-1-a n-2=2(n-2)……a3-a2=2·2a2-a1=2·1以上（n-1）个等式相加得a n-a1=2[(n-1)+(n-2)+ …+2+1]=2· =n(n-1)又a1=1 ∴a n=1+n(n-1)=n2-n+1注：一般地，f(n)可分解成等差数列、等比数列求和（或常用的数列和公式，如12+22+32+…+ n2= 等）。
二、型如a n+1=f(n)a n(f(n)不是常数)可用迭乘法求通项例2 已知数列{a n}中，a1= ，S n=n2a n，求通项a n。
解：当n≥2时 a n=S n- S n-1=n2a n- (n-1)2a n-1∴……以上(n-1)个等式相乘得a n= (n≥2)∵ a1= 适合上式∴a n= 。
注：一般地，数列a n+1=f(n)a n，f(n)是分式的形式，且是n的关系式。
三、型如a n+1=pa n+f(n) (p为常数且p≠0, p≠1)可用转化为等比数列等(1) f(n)= q (q为常数)，可转化为a n+1+k=p(a n+k)，得{ a n+k }是以a1+k为首项，p为公比的等比数列。
例3 已知数列{a n}中，a1=1，a n+1=3a n+2，求通项a n。
求递推数列的通项公式的十一种方法包含特征根和不动点
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 a413134-+=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 =n1. 三、换元法例3 已知数列{n a },其中913,3421==a a ,且当n ≥3时,)(31211----=-n n n n a a a a ,求通项公式n a 1986年高考文科第八题改编.解：设11---=n n n a a b ,原递推式可化为：}{,3121n n n b b b --=是一个等比数列,9134913121=-=-=a a b ,公比为31.故n n n n b b )31()31(91)31(2211==⋅=---.故n n n a a )31(1=--.由逐差法可得：n n 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 ;解 由1221=+---n n n a a a 得：1)()(211=------n n n n a a a a ,令11---=n n n a a b ,则上式为121=---n n b b ,因此}{n b 是一个等差数列,1121=-=a a b ,公差为1.故n b n =.;由于112312121-=-++-+-=+++--n n n n a a a a a a a b b b 又2)1(121-=+++-n n b b b n 所以)1(211-=-n n a n,即)2(212+-=n n a n四、积差相消法例51993年全国数学联赛题一试第五题设正数列0a ,1a ,n a …,n a ,…满足2-n n a a 21---n n a a =12-n a)2(≥n 且110==a a ,求}{n a 的通项公式.解 将递推式两边同除以21--n n a a 整理得：12211=----n n n n a aa a 设nb =1-n na a ,则011a a b ==1,121=--n n b b ,故有 1212=-b b ⑴1223=-b b⑵… … … …121=--n n b b 1-n由⑴22-⨯n + ⑵32-⨯n +…+1-n 02得122221-++++=n n b =12-n ,即1-n n a a =12-n.逐项相乘得：n a =2)12(-222)12()12(-⋅⋅-⋅n ,考虑到10=a ,故⎩⎨⎧-⋅⋅--=2222)12()12()12(1n n a )1()0(≥=n n .五、取倒数法例6 已知数列{n a }中,其中,11=a ,且当n ≥2时,1211+=--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{na 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121-=n a n .六、取对数法例7 若数列{n a }中,1a =3且21n 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21n n a a =+两边取对数得n n a a lg 2lg 1=+,即2lg lg 1=+nn 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,12113lg 2lg lg -=⋅=-n n na a ,即123-=n n a .七、平方开方法例8 若数列{n a }中,1a =2且213-+=n n a a n 2≥,求它的通项公式是n a .解 将213-+=n na 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(212+=⨯-+=n n a a n ;因为n a ＞0,所以13+=n a n;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、B Aa a n n +=+1A 、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nnn S S S 431+=+n 1≥,求数列{n a }的通项公式是n a .解 递推式nnn S S S 431+=+可变形为41311+⋅=+nn S S 1设1式可化为)1(311λλ+=++nn 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+nS }是以3211=+S 为首项,3为公比的等比数列;21+nS =n n 3331=⋅-;所以131-=nn S ; 当n 2≥,1238332231231211+⋅-⋅-=---=-=--n n nn n n n n S S a ;数列{n a }的通项公式是⎪⎩⎪⎨⎧+⋅-⋅-=123833212n 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,,342,1111-+⋅+=-=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 λλ①比较系数得λ=-4,①式即是：)34(23411-+⋅-=⋅-n n n n a a .则数列}34{1-⋅-n n a 是一个等比数列,其首项534111-=⋅--a ,公比是2. ∴112534--⋅-=⋅-n n n a 即112534--⋅-⋅=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：比较系数得λ=-3或λ=-2,不妨取λ=-2.①式可化为：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.∴11342-+⋅=-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,231=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21. ∴1)21(29-=n nb 即 n nn a )21(996⋅=+-故96)21(9-+⋅=n a nn .九、猜想法运用猜想法解题的一般步骤是：首先利用所给的递推式求出123,,,a a a ……,然后猜想出满足递推式的一个通项公式n a ,最后用数学归纳法证明猜想是正确的;例13 在各项均为正数的数列{}n a 中,n S 为数列{}n a 的前n 项和,n S =1(2na + 1)na ,求其通项公式; 求递推数列通项的特征根法与不动点法一、形如21(,n n n a pa qa p q ++=+是常数的数列 形如112221,,(,n n n a m a m a pa qa p q++===+是常数的二阶递推数列都可用特征根法求得通项n a ,其特征方程为2x px q =+…①若①有二异根,αβ,则可令1212(,n n n a c c c c αβ=+是待定常数若①有二重根αβ=,则可令1212()(,n n a c nc c c α=+是待定常数再利用1122,,a m a m ==可求得12,c c ,进而求得n a ．例1．已知数列{}n a 满足*12212,3,32()n n n a a a a a n N ++===-∈,求数列{}n a 的通项n a ．解：其特征方程为232x x =-,解得121,2x x ==,令1212n n n a c c =⋅+⋅,由1122122243a c c a c c =+=⎧⎨=+=⎩,得12112c c =⎧⎪⎨=⎪⎩,112n n a -∴=+．例2．已知数列{}n a 满足*12211,2,44()n n n a a a a a n N ++===-∈,求数列{}n a 的通项n a ．解：其特征方程为2441x x =-,解得1212x x ==,令()1212nn a c nc ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,由1122121()121(2)24a c c a c c ⎧=+⨯=⎪⎪⎨⎪=+⨯=⎪⎩,得1246c c =-⎧⎨=⎩, 1322n n n a --∴=． 二、形如2n n n Aa Ba Ca D++=+的数列对于数列2n n n Aa Ba Ca D++=+,*1,(,,,a m n N A B C D=∈是常数且0,0C AD BC ≠-≠其特征方程为Ax Bx Cx D+=+,变形为2()0Cx D A x B +--=…② 若②有二异根,αβ,则可令11n n n n a a c a a ααββ++--=⋅--其中c 是待定常数,代入12,a a 的值可求得c 值．这样数列n n a a αβ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭是首项为11a a αβ--,公比为c 的等比数列,于是这样可求得n a ．若②有二重根αβ=,则可令111n n c a a αα+=+--其中c 是待定常数,代入12,a a 的值可求得c 值．这样数列1n a α⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是首项为1n a α-,公差为c 的等差数列,于是这样可求得n a ． 此方法又称不动点法． 例3．已知数列{}n a 满足11122,(2)21n n n a a a n a --+==≥+,求数列{}n a 的通项n a ．解：其特征方程为221x x x +=+,化简得2220x -=,解得121,1x x ==-,令111111n n n n a a c a a ++--=⋅++ 由12,a =得245a =,可得13c =-, ∴数列11n n a a ⎧⎫-⎨⎬+⎩⎭是以111113a a -=+为首项,以13-为公比的等比数列,1111133n nn a a --⎛⎫∴=⋅- ⎪+⎝⎭,3(1)3(1)n nn n na --∴=+-．例4．已知数列{}n a 满足*11212,()46n n n a a a n N a +-==∈+,求数列{}n a 的通项n a ．解：其特征方程为2146x x x -=+,即24410x x ++=,解得1212x x ==-,令1111122n n c a a +=+++由12,a =得2314a =,求得1c =,∴数列112n a ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪+⎩⎭是以112152a =+为首项,以1为公差的等差数列,123(1)11552n n n a ∴=+-⋅=-+,135106n na n -∴=-．。