常见递推数列通项公式的求法
例
已知数列 {a n }满足S n a n 2n 1, 其中S n是{a n }的前n项和, 求{a n }的 通项公式.
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类型5
an1 pan f (n)( p 0, p 1)
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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
a1 = 1 练 一 练 a2 －a1 = 1 n个等式 4.已知{an}中, a1=1, a3 －a2 = 2 相加得 a4 －a3 = 3 an= 3n－1+an－1(n≥2), ••• 求通项an an－an－1 = n －1 an=( an－an－1)+(an－1－an－2)+ •••+ (a2 －a1)+ a1
常见递推数列通项公式的求法
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S1 (n=1) a = 公式法（利用an与Sn的关系 n Sn－Sn－1(n≥2) 或利用等差、等比数列的通项公式）
1.｛an｝的前项和Sn=2n2－1，求通项an 解：当n≥2时，an=Sn－Sn－1=(2n2－1) －[2(n－1)2－1] =4n－2 当n=1时, a1=1 不满足上式
求法 : 倒数法, 若p r , 则化为等差数列求 通项; 若p r , 则化为类型3求通项.
S n 1 例7 已知数列 {an }中, a1 1, S n , 2 S n 1 1 求{an }的通项公式.
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类型7 其它类型
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pan ( p, q, r均不为零) 类型6 an1 qan r
求法 : 倒数法, 若p r , 则化为等差数列求 通项; 若p r , 则化为类型3求通项.
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pan ( p, q, r均不为零) 类型6 an1 qan r
有a n a n1 2n 1( n 2), 求数列 的通项公式.
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演练：累加法(递推公式形如an+1=an+ f(n)型的数列)
3.已知{an}中, an+1=an+ n (n∈N*),a1=1,求通项an 解:由an+1=an+ n (n∈N*) 得 an+1 － an= n (n∈N*)
湖南长郡卫星远程学校 n n 1
a a
a3 a 4 2 2 2 ……
a4 a3 4 3 2
4 (n 1) 2
∴ an 2a2 4n 3
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2(n 1)
例10，已知 a1 2 ，an 0 ， 且 an 1 an 2an 1 an (n N ) ，求 an 。 解：∵ an 1 an 2an 1 an 且an 0 1 1 1 1 2即 ∴
求法：累乘法
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类型2
a n 1 a n f ( n)
求法：累乘法
例2 在数列{an }中,已知a1 1, 有nan1
( n 1)an ( n N , n 2), 求数列{an } 的通项公式.
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待定系数法：
例4.已知数列{an }的前n项和Sn pn ( p 1)n p 3
2
若数列{an }为等差数列，求p和an
∴
小结： 由递推公式求数列的通项公式：
(1)an1 an d (d为常数)， (2)an1 an f (n)，其中f (n)为等差或等比数列
(3)an1 anq(q为常数) (4)an1 f (n)an , 其中f (1) f (2) f (n)可求即可
(5)an+1=pan+q（p,q为常数）
(6)an1 pan f (n)(q, p为常数, 且p 1, q 0)
(7)an1 pan q (q, p为常数, 且p 1, q 0) man (8)an1 （m, p, q为常数） pan q
3( n 1), 求数列{an }的通项公式.
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类型4
S n f (an )
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类型4
S n f (an )
求法 : 利用n 2时, an S n S n1化为 {an }或{ S n }的递推关系求解 .
sn sn 1 (n 2)
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例．已知下列两数列 {a的前 n项和sn的公 n} {an } 式，求 的通项公式。 2 2 （1） sn n 1 （2）sn 2n 3n a1 s1 1 ，当n 2时 解： （1）
a n 1 a n f ( n) 求法 : 待定系数法或化为 n1 n n1 p p p 后累加法求解 .
例5 在数列{an }中a1 1, an1 2an 2
n
( n N ), 求数列{an }的通项公式.
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pan ( p, q, r均不为零) 类型6 an1 qan r
演练： 累乘法 (形如an+1 =f(n)•an型)
6.已知{an}是首项为1的正项数列,且(n+1)an+12 +an+1an－nan2=0, 求{an}的通项公式 解: ∵(n+1)an+12 +an+1an－nan2=0 ∴( an+1+ an)[(n+1) an+1 － nan]=0
∵ an+1+ an>0
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类型4
S n f (an )
求法 : 利用n 2时, an S n S n1化为 {an }或{ S n }的递推关系求解 .
例4 已知各项均为正数的数 列{an }的前
n项和S n满足S1 1, 且6 S n (an 1) (a n 2), n N , 求{a n }的通项公式.
∴ (n+1) an+1 = nan
a n 1 n ∴ (n≥1) an n1 a2 a n a n1 n 1 n 2 n 3 2 1 ... 1 a1 ∴ an= ... n n 1 n 2 3 2 a1 a n1 a n2 1 n 注意：累乘法与累加法有些相 似，但它是n个等式相乘所得
类型1
a n 1 a n f ( n)
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类型1
a n 1 a n f ( n)
求法：累加法
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类型1
a n 1 a n f ( n)
求法：累加法
例1 在数列{a n }中,已知a1 1,当n 2时,
2 n1 n n n2 =(n － 1)+(n －2)+ •••+2+1+1 1
2
2
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类型2
a n 1 a n f ( n)
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类型2
a n 1 a n f ( n)
an an 1
an 1 an 7
数列 因此 bn b1 (n 1)d
1 令 bn ，则数列 {bn} 是公差为-2的等差 an
1 1 5 4n ∴ a a 2(n 1) 2 n 1 2 ∴ an 5 4n 湖南长郡卫星远程学校 制作
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类型7 其它类型 求法：按题中指明方向求解.
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类型7 其它类型 求法：按题中指明方向求解. 例8 设数列{a n }满足a1 1, a 2 2, a n
1 (a n1 2a n 2 )( n 3,4, ) 3 (1)求证 : 数列{a n1 a n }是等比数列； ( 2)求数列{a n }的通项公式a n .
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类型3
an1 pan q( p 0, p 1)
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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.
n
例 9 ， 已 知 数 列 {an } 的 递 推 关 系 a2 3 ， 为 an 2 2an 1 an 4，且 a1 1， 求通项公式 an 。 解：∵ an 2 2an 1 an 4 ∴ (an 2 an 1 ) (an 1 an ) 4
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 。
最全的递推数列求通项公式方法
最全的递推数列求通项公式方法递推数列是指数列中的每一项都由前一项通过其中一种规律得出。
求递推数列的通项公式是数学中的重要问题，可以通过多种方法实现。
下面将介绍最常用的几种方法。
1.等差数列通项公式等差数列是指数列中的每一项与前一项之差都相等的数列。
设等差数列的第一项为a1，公差为d，则第n项为an=a1+(n-1)d。
这是等差数列的通项公式。
2.等比数列通项公式等比数列是指数列中的每一项与前一项之比都相等的数列。
设等比数列的第一项为a1，公比为r，则第n项为an=a1*r^(n-1)。
这是等比数列的通项公式。
3.斐波那契数列通项公式斐波那契数列是指数列中的每一项都是前两项之和。
设斐波那契数列的第一项为a1，第二项为a2，则第n项为an=a(n-1)+a(n-2)。
但通常情况下，我们将斐波那契数列的第一项设为0，第二项设为1，此时的通项公式为an=F(n-1)，其中F(n-1)表示第n-1个斐波那契数。
4.龙贝尔数列通项公式龙贝尔数列是指数列中的每一项都是前一项与当前项索引之和。
设龙贝尔数列的第一项为a1，则第n项为an=a(n-1)+n。
这是龙贝尔数列的通项公式。
5.通项公式的递推法有些数列并没有明确的通项公式，但可以通过递推法求得通项公式。
递推法的核心思想是找到数列中的其中一种规律，通过前面的项得出后面的项。
这种方法比较灵活，可以适用于各种类型的数列。
总结起来，以上是求递推数列通项公式的几种常见方法。
在实际中，我们可以观察数列的规律，推测出通项公式，然后通过数学推导证明其正确性。
对于复杂的递推数列，我们可能需要运用更多的数学知识和技巧，如离散数学、线性代数等。
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 ……，nn 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(9131(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 。
求数列的通项公式的八种方法(强烈推荐)
怎样由递推关系式求通项公式一、基本型：（1）a n =pa n-1+q （其中pq ≠0 ，p ≠1，p 、q 为常数）型:——运用代数方法变形，转化为基本数列求解.利用待定系数法，可在两边同时加上同一个数x ，即a 1+n + x = pa n + q + x ⇒a 1+n + x = p(a n +p x q +)， 令x =px q + ∴x =1-p q时，有a 1+n + x = p(a n + x )，从而转化为等比数列 {a n +1-p q} 求解． 例1. 已知数列{}n a 中, 11a =,121(2)n n a a n -=+≥,求{}n a 的通项公式.-1练1．已知数列{a n }中，a 1=1，a n =21a 1-n + 1，n ∈ N +，求通项a n ．a n = 2 －2n-1 ，n ∈N + 练2.已知数列{}n a 中, 11a =,121(2)n n a a n -=+≥,求{}n a 的通项公式.21nn a ∴=- 二、可化为基本型的数列通项求法： （一）指数型：a n=ca n-1+f(n)型 1、a 1=2,a n =4a n-1+2n (n ≥2),求a n .2、a 1=-1,a n =2a n-1+4〃3n-1(n ≥2),求a n .3、已知数列{}n a 中，1a =92，113232+-+=n n n a a （n ≥2），求n a .∴ n a =13)21(2+--n n（二）指数（倒数）型 1、a 1=1,2a n -3a n-1=(n ≥2),求a n .2、a 1=,a n+1=a n +()n+1,求a n . （三）可取倒数型：将递推数列1nn n ca a a d+=+(0,0)c d ≠≠,1、（2008陕西卷理22）（本小题满分14分）已知数列{a n }的首项135a =，1321n n n a a a +=+，12n = ，，． （Ⅰ）求{a n }的通项公式； 332nn n a ∴=+2、已知数列{}n a *()n N ∈中, 11a =,121nn n a a a +=+,求数列{}n a 的通项公式.∴121n a n =-. 3、若数列｛a n ｝中，a 1=1，a 1+n =22+n na a n ∈N +，求通项a n ． a n =4、 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 . 131-=n n S ⎪⎩⎪⎨⎧+⋅-⋅-=123833212n n n n a )2()1(≥=n n 三、叠加法：a n=a n-1+f(n)型：1.已知数列{a n }中, 11a =,1n-13n n a a -=+(2)n ≥。
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＋
常见递推数列求通项公式的七种方法
解Ａ争 １＿． ｌ １ 边 － 得 一 ：—－＝ ， ： ｑ 两 加２ ：ｌ ＝Ｌ ２． ｝ Ｉ ． ‘＋ 在 ，
例 ５已知数列 ‘ ｌ ａ ２ ＝ ． 中，ｔ ， ＝
）Ｃ ｋ十 ｌ
。 求数列 ｛ ） 的
类 型 二 ： 知 口： 口 ） 。， ・ 型 ． 用 累 乘 法 求 已 Ｉ ≠ｏ ， ＝ （ ｜ 可
‘ ・
例． 数 ｛Ｊ，｝ ＝，数 ｛） ４知 列 中８ ， 列 的 已 － ＋ 求 ＝ －
通项公式．
由 口－ 叶
。 可知 ：
ｕ ｌ
１ ）
ｕ
， ， …
ｔ ｔ． ｔ￣ １
一
１ ） ・
解法一 ： 已知 ＋ 两边 同除 以 ２ Ｊ 给 ａ 肿， ｝一 得
把上面各项两边分别相乘 ， 得
’ １ ，ｂ 参－ ＋ 冷６ 则 ． ｝ １ ，
・
＝ ｌ ） ２… ・ 一 ） 口・ 【） １ ≥２ １ ． ）
．
．
例 ２设 Ｉ ｌ 首 项 为 １的 正 项 数 列 ， （＋ ） ． 是 且 ，１ ｌ
至多 有 １ 是 二 等 品 ” 件 的概 率 Ｐ Ａ）Ｏ９ ． （ ＝ ．６
解 法 二 ： Ｉ ２ 两 边 同除 以 （ １ ， （ １“ 广 对 ＋ ＝ ｌ Ｉ 一 ） 得 一 ）
＝
・
｝＾ ‘‘＝． ・ ｝争争｝ ・
Ｅ ． Ⅳ） ．
｝ 等 比数 列． 为
（１ ＝ （２＾ ＿ ） 一－ ） ． 令 ６ － ） ， ６ ｌ（１ ‰ ｌ （１ 则 ＝＿ ，
常见递推数列 求通项公 式的七种方法
寒假专题——常见递推数列通项公式的求法
寒假专题——常见递推数列通项公式的求法在数学中，递推数列是一种由前一项或多项推出后一项的数列。
在寒假期间，我们将专注于常见递推数列通项公式的求法。
掌握这些公式可以帮助我们更快速地解决数学问题。
一、斐波那契数列斐波那契数列是一个非常经典的递推数列。
它的通项公式求法如下所示：设斐波那契数列的第n项为Fn，那么有以下公式成立：Fn = Fn-1 + Fn-2其中，F1 = 1，F2 = 1。
二、等差数列等差数列是一种每一项与前一项之差相等的数列。
对于等差数列，我们可以使用通项公式来求解。
设等差数列的第n项为an，首项为a1，公差为d，则有以下公式成立：an = a1 + (n-1)d三、等比数列等比数列是一种每一项与前一项之比相等的数列。
对于等比数列，我们可以使用通项公式来求解。
设等比数列的第n项为an，首项为a1，公比为r，则有以下公式成立：an = a1 * r^(n-1)四、斐波那契数列的推广斐波那契数列可以推广到更复杂的形式。
例如，当第一项为F1 = a，第二项为F2 = b时，我们可以得到如下通项公式：Fn = F(n-1) + F(n-2)五、等差数列的推广等差数列也可以进行推广。
例如，若等差数列的初始项不是a1，而是a2，则通项公式变为：an = a2 + (n-2)d其中，n表示所求项的位置。
六、等比数列的推广等比数列也可以有进一步的推广形式。
当等比数列的首项为a1，比率为r，公式可以改写成以下形式：an = a1 * r^(n-k)其中，k表示所求项的位置。
七、其他数列的通项公式除了斐波那契数列、等差数列和等比数列之外，还存在许多其他常见的数列，它们也都有各自的通项公式。
在寒假期间，我们可以研究这些数列的特性和求解方法，从而增加数学的深度和广度。
八、总结递推数列通项公式的求法是数学中的重要内容之一。
通过掌握常见数列的通项公式，我们可以在解决数学问题时更加高效和便捷。
希望在寒假期间，大家能够钻研这些通项公式，并在实践中掌握它们的应用方法。
递推数列求通项公式的常见类型及方法
递推数列求通项公式的常见类型及方法递推数列求通项即依据给出数列中相邻两项或几项的关系式，n a 与n S 的关系式等，求出通项公式，是数列中的重要内容，是高考中常见的题目．本文给出常见的类型和方法．1. )(1n f a a n n +=+.方法：叠加法. 令1,2,1-=n n，得21321(1)(2)(1)n n a a f a a f a a f n -=+=+=+-以上1-n 个式子相加，得111().n ni a a f i -==+∑ 例１．数列{}n a 中，)2(1,1211≥-+==-n n n a a a n n ，求数列{}n a 的通项. 解: 令n n ,,3,2 =,得212322121221331n n a a a a a a n n -=+-=+-=+-n n a a n -++-+-+=∴22211331221 11111223(1)111111(1)()()223112.a n n n n n =+++⨯⨯-=+-+-++--=- 2. )(1n f a a n n =+. 方法:累积法. 令1,2,1-=n n,得21321(1)(2)(1).n n a a f a a f a a f n -===-以上1-n 个式子求积，得)(111i f a a n i n-=∏+=. 例2. 数列{}n a 中，)2()11(,2121≥⋅-==-n a na a n n ，求数列{}n a 的通项.解: 由题1212)1)(1()11(--+-=-=n n n a nn n a n a ,令1,2,1-=n n ,得 21232212132243(1)(1)n n a a a a n n a a n -⨯=⨯=-+= 2221)1)(1(342231n n n a a n +-⋅⋅⨯⋅⨯⋅=∴ 11121.n a n n n +=⋅⋅+= 3. )0,1(1≠≠+=+q p q pa a n n . 方法一:配凑法.1().n n a p a λλ+-=-方法二:待定系数法.令)(1λλ-=-+n n a p a 比较已知得,.1q p q pλλλ-==- λ是方程q px x +=的根. q px x +=是特征方程.方程三: 两根同除以1+n p ,得111++++=n n n n n p q p a p a 转化为类型1. 例3(07.全国) 数列{}n a 中， ,3,2,1),2)(12(,21=+-==n a a a n n ，求数列{}n a 的通项. 解法一: )2)(12(1+-=+n n a a {}为公比的等比数列为首项，是以数列122222)2)(12(211--=--∴--=-∴+a a a a n n nn n na )12(2)12)(22(21-⨯=--=-∴- 故 2)12(2+-⨯=n n a解法二:令))(12(1λλ--=-+n n a a)12(2)12(-=--∴λλ 解得2=λ下同解法一.解法三:)12(2)12()2)(12(1-+-=+-=+n n n a a a两边同除以1)12(+-n ,得nn n n n a a )12(2)12()12(11-+-=-++ 令n n n n n a a b )12()12(+=-= 则n n n b b )12(21++=+.令.1,2,1-=n n 得11223112)12(2)12(2)12(2--++=++=++=n n n b b b b b b1211)12(2)12(2)12(2-+++++++=∴n n b b2)12(2)12(1])12(1)[12(2)12(21++=+-+-+⋅++=-n nn n n n b a )12(22)12(-⨯+=-=∴.4. )0,1(,1≠≠+=+q p q pa a n n n .方法一：两边同除以1+n p ，得111++++=n nn n n n p q p a p a 转化为类型一.方法二：待定系数法.令)(11-+-=-n n n n q a p q a λλ比较已知得p q q -=λ. 例4．数列{}n a 中，)1(,23,111≥+==+n a a a n n n ，求数列{}n a 的通项. 解法一：两边同除以13+n ，得1113233++++=n nn n n n a a . 令n n n a b 3=，则1132+++=n nn n b b . 令.1,2,1-=n n 得n n n n b b b b b b 323232113223212--+=+=+= n n n b b 32323213221-++++=∴ nn n n )32(1321])32(1[31323232311322-=--=++++=- n n n a 23-=∴.解法二：令)2(3211-+⋅-=-n n n n a a λλn n n 22321=-⋅∴-λλ解得2-=λ.即)2(3211n n n n a a +=+++,所以数列{}n n a2+是以321=+a 为首项，3为公比的等比数列. .23,32n n n n n n a a -==+∴故5. )1).((1≠+=+p n f pa a n n .方法：两边同除以1+n p ，得111)(++++=n n n n n pn f p a p a 转化为类型一. 例5. 数列{}n a 中，)1(,223,111≥-+==+n n a a a n n ，求数列{}n a 的通项.解: 两边同除以13+n ，得11132233+++-+=n n n n n n a a 令n nn a b 3=,得11322++-+=n n n n b b . 利用叠加法及错位相减法,以求得2123+-=n a n n ． 6.)()(1n g a n f a n n +=+.方法: 两边同除以)()2()1(n f f f ,得)()2()1()()()2()1()()2()1(1n f f f n g n f f f a n f f f a n n +=+转化为类型一 例6. (2008年河南省普通高中毕业班教学质量调研考试)数列{}n a 中，)1(2)1(22,111≥++++==+n n n a n n a a n n ，求数列{}n a 的通项. 解: 令,2)(+=n n n f 则)2)(1(2211534231)()2()1(++=+⨯+-⨯⨯⨯⨯=n n n n n n n f f f 两边同除以)()2()1(n f f f ,得)2)(1(22)1(2)1(2)2)(1(21++++++=+++n n n n n n a n n a n n 即21)1(2)1()1)(2(+++=+++n na n a n n n n 令n n na n b )1(+=,则21)1(2++=+n b b n n令.1,2,1-=n n 得2122321223222n b b b b b b n n +=⨯+=⨯+=-)32(22221n b b n +++⨯+=∴3)12)(1(]16)12)(1([212++=-++⨯+⨯=n n n n n n 312+=∴n a n . 7. )(1n f a a n n =+. 方法: 由已知)1(12+=++n f a a n n ,两式相除,得)()1(2n f n f a a n n +=+. 例7. 数列{}n a 中，)1(,)31(,211≥==+n a a a n nn ，求数列{}n a 的通项. 解: 由题2,31121==a a a ,得612=a n n n a a )31(1=+ ………..① 112)31(+++=n n n a a ……...② ②÷①得 312=+n n a a k k a a a a a a 2421231,,,,,,和+∴都是以31为公比的等比数列 当n 为奇数时,21211)31(2--⋅==n n n q a a 当n 为偶数时,22222)31(61--⋅==n n n q a a ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⋅⋅=∴--为偶数，为奇数n n a n nn 2221)31(61,)31(2． 8.n n n qa pa a +=++12. 方法一: 配凑法.)(112n n n n a a a a αβα-=-+++方法二: 待定系数法. 令)(112n n n n a a a a αβα-=-+++,比较已知得 ⎩⎨⎧==+q p αββα 得出βα, 其中βα,是方程q px x +=2的两根,方程q px x +=2是特征方程.例8. 数列{}n a 中，)1(,65,5,11221≥-===++n a a a a a n n n ，求数列{}n a 的通项.解: 令)(112n n n n a a a a αβα-=-+++比较已知得⎩⎨⎧==+65αββα 得出2,3==βα )3(23112n n n n a a a a -=-∴+++数列{}n n a a 31-+是以2312=-a a 为首项,2为公比的等比数列.则n n n a a 231=-+,即n n n a a 231+=+.下同例4. 9.)0(,1≠++=+ac b aa d ca a n n n . 方法: 不动点法. 令bax d cx x ++=………(＊) 若(＊)有两重根,021x x x ==,则⎭⎬⎫⎩⎨⎧-01x a n为等差数列. 若(＊)有两根,21x x ≠,则⎭⎬⎫⎩⎨⎧--21x a x a nn 为等比数列. 例9.(08，洛阳三练)数列{}n a 中,n n a a a -==+21,2111,求数列{}n a 的通项. 解：令xx -=21,得1=x . 111121111111-=----=---+n n n n a a a a , 为公差的等差数列为首项，是以1-2121111111-=-=-⎭⎬⎫⎩⎨⎧-∴a a n . 1)1()1(211--=-⨯-+-=-∴n n a n 1+=∴n n a n ． 例10.(07.全国)数列{}n b 中,)1(3243,211≥++==+n b b b b n nn ,求数列{}n b 的通项. 解: 令3243++=x x x ,解得2,221=-=x x , 则411)12(2223243232432222+=-+-+++++=-+-+++n n n n n n n n n n b b b b b b b b b b 数列⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧-+22n n b b 是以22222211-+=-+b b 为首项,4)12(+为公比的等比数列. 24)1(4)12()12(222222--+=+⋅-+=-+∴n n n nb b故1)12(1)12(22424-+++⋅=--n n nb ．10. n n S a 与的关系.方法: ⎩⎨⎧-=-,,1n nn n S S S a 21≥=n n 可以向n a 转化,也可以向n S 转化.例11. 数列{}n a 的前n 项和,)1(12≥+=n a a S nn n ,求数列{}n a 的通项公式. 解法一: 1=n 时，1111212a a a S =+=，解得11=a )2(,1212111≥+=∴+=---n a a S a a S n n n nn n 两式相减得 11112---+-=n n n n n a a a a a ,)1(111--+-=-n n n n a a a a . 平方得 4)1()1(212122=+-+--n n n n a a a a . 数列⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧+221n n a a 是以212121=+a a 为首项，4为公差的等差数列。
已知数列的递推公式求通项公式的方法总结归纳
已知数列的递推公式求通项公式的方法
1.累加法：递推关系式为1()n n a a f n +-=采用累加法。
“累加法”实为等差数列通项公式的推导方法。
2.累乘法:递推关系式为
1()n n
a f n a +=采用累乘法。
“累乘法”实为等比数列通项公式的推导方法 3.构造法：递推关系式为(1)1n n a pa q +=+,(2)1n
n n a pa q +=+,
都可以通过恒等变形，构造出等差或等
比数列，利用等差或等比数列的定义进行解题，其中的构造方法可通过待定系数法来进行。
4. 和化项法：递推关系式为()n S f n =或()n n S f a =一般利用11,
1
,2
n n n S n a S S n -=⎧
=⎨-≥⎩进行转化。
例1.已知12a = , 1n a +=2132n n a -+⋅
求数列{}n a 的通项公式.
例2.已知11,a = 11
n n n a a n +=⋅
+，
求数列{}n a 的通项公式
例3.已知11,a =123n n a a +=+，
求数列{}n a 的通项公式
例5.已知43n n S a =+，
求数列{}n a 的通项公式.
例4.已知11,a =123n n n a a +=+，
求数列{}n a 的通项公式
例6.已知113
n n a S +=
，11a =,
求数列{}n a 的通项公式。
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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