递推数列的通项的求法
★状元笔记★ 利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)求通项公式的方 法称为累加法．累加法是求形如an＋1＝an＋f(n)的递推数列通项公 式的基本方法，其中f(n)可求前n项和．
思考题 1 (1)设数列{an}满足 a1＝2，an＋1－an＝3·22n 1，
－
求数列{an}的通项公式．
【解析】 设第 n 行的第 2 个数为 an，不难得出规律 an＋1＝ n2－n＋2 an＋n，累加得 an＝a2＋2＋3＋…＋(n－1)＝ . 2 n2－n＋2 【答案】 2
题型二
累乘法[a n ＋1＝a n ·f(n )型]
设数列{an}是首项为 1 的正项数列，且(n＋1)an＋12－nan2 ＋an＋1an＝0(n＝1，2，3，…)，则它的通项公式是 an＝________．
an＋1 n 【解析】 由已知得 a ＝ ，分别令 n＝1，2，3，…，(n n＋2 n a2 a3 a4 an 1 2 －1)，代入上式得 n－1 个等式累乘，即a ·a ·a ·…· ＝ × an－1 3 4 1 2 3 n－2 n－1 3 4 an 2 × 5 × 6 ×…× n × ，所以 a ＝ . 即 n≥2 时， an ＝ n＋1 n （ n ＋ 1 ） 1 4 2 4 .又因为 a1＝3也满足该式，所以 an＝ . 3n（n＋1） 3n（n＋1） 4 【答案】 an＝ 3n（n＋1）
【解析】 累加法：由已知得，当 n≥1 时，an＋1＝[(an＋1－an)
－ － ＋1)
＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n 1＋22n 3＋…＋2)＋2＝22(n
－1
.而 a1＝2，所以数列{an}的通项公式为 an＝22n－1. 【答案】 an＝22n－1
(2)如下图，它满足：①第 n 行首尾两数均为 n；②表中的递 推关系类似杨辉三角，则第 n 行(n≥2)第 2 个数是________. 1 2 3 4 5 6 … … 16 … 11 25 … 7 14 25 … 3 7 2 2 4 11 16 … 5 6 … …
an－1 (2)数列{an}中，a1＝1，且当 n≥2 时，an＝ ，求通项 2an－1＋1 公式 an.
an－1 1 1 【解析】 将 an＝ 两边取倒数，得a － ＝2，这说明 2an－1＋1 a n n－1 1 1 1 {a }是一个等差数列， 首项是a ＝1， 公差为 2， 所以a ＝1＋(n－1)×2 n 1 n 1 ＝2n－1，即 an＝ . 2n－1 【答案】 1 an ＝ 2n－1
－
n－1 a 3 ＋ a n 1 n 两边同除以 2n＋1，得 n＋1＝2n＋ 2n (n≥2)． 2
an a2 a3 a2 a4 a 3 an an－1 a2 当 n≥2 时，2n＝22＋(23－22)＋(24－23)＋…＋(2n－ n－1)＝ 4 2 3 3 n－2 3n－2 7 4[1－（2） ] 1 3 32 3 n－1 ＋ 22 ＋ 23 ＋ … ＋ n－1 ＝ 4 ＋ ＝ 4 ＋ ( 2 ) ，∴ an ＝ 3 2 1－2
n－2 ＋2×3n－1（n≥2）， 2 4（n＝1）.
方法二：依题意，得 Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n， 即 Sn＋1＝2Sn＋3n. 由此得 Sn＋1－3n 1＝2(Sn－3n)，
＋
∴数列{Sn－3n}是首项为 S1－31＝1，公比为 2 的等比数列． 因此 Sn－3n＝2n 1，n∈N*.
专题研究一 递推数列的通项的求法
专 题 讲 解
题型一
累加法[a n ＋1 ＝a n ＋f(n )型]
(1)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则通项公式 an＝________．
【解析】 ∵an＋1＝an＋n＋1，∴a2＝a1＋2，a3＝a2＋3，…，an ＝ an － 1 ＋ n ，以上 n － 1 个式子相加，得 an ＝ a1 ＋ 2 ＋ 3 ＋ … ＋ n ＝ n（n＋1） ＋1. 2 【答案】 n2＋n＋2 2
－1
(2)an＝4· 3n－1－5· 2n－1 (3)an＝4· 3n
－5· 2n－1
★状元笔记★ (1)形如 an＋1＝αan＋β 的递推式可用构造法求通项，构造法 的基本原理是在递推关系的两边加上相同的数或相同性质的量， 构造数列的每一项都加上相同的数或相同性质的量，使之成为等 差或等比数列． (2)本题的递推公式是 an＋1＝αan＋β 的推广 an＋1＝αan＋β×γn， 两边同时除以 γ
★状元笔记★ 通过换元构造等差或等比数列从而求得通项．
思考题3 (1)若数列{an}中，a1＝3且an＋1＝an2(n是正整 数)，则它的通项公式an＝________．
【解析】 由题意知an>0，将an＋1＝an2两边取对数，得lgan＋1＝ lgan＋1 2lgan，即 lga ＝2，所以数列{lgan}是以lga1＝lg3为首项，公比为2 n 的等比数列． lgan＝lga1·2n－1＝2n－1·lg3，即an＝32n－1. 【答案】 32n－1
题型三
换元法[构造新数列]
4 13 已知数列{an}，其中a1＝ 3 ，a2＝ 9 ，且当n≥3时，an－ 1 an－1＝3(an－1－an－2)，求通项公式an.
【解析】
设bn－1＝an－an－1，原递推式可化为
1 bn－1＝3bn－2，{bn}是一个等比数列． 13 4 1 1 b1＝a2－a1＝ 9 －3＝9，公比为3，故 1 n－2 1 1 n－2 1 n bn－1＝b1·(3) ＝9(3) ＝(3) . 1n 3 11n 故an－an－1＝(3) .由累加法，可得an＝2－2(3) . 【答案】 3 11n an＝2－2(3)
【解析】 ＋λan)．
an＋2＝5an＋1－6an 可化为 an＋2＋λan＋1＝(5＋λ)(an＋1
比较系数得 λ＝－3 或 λ＝－2，不妨取 λ＝－2.代入可得 an＋2 －2an＋1＝3(an＋1－2an)． 则{an＋1－2an}是一个等比数列， 首项 a2－2a1＝2－2(－1)＝4， 公比为 3.∴an＋1－2an＝4· 3n－1. 利用上题结果有：an＝4· 3n－1－5· 2n－1. 当 λ＝－3 时结果相同． 【答案】 (1)an＝2n＋1－3
n－1
，故 an＝5n－3×2n－1.
方法二：设 an＋1＋k· 5n＋1＝2(an＋k×5n)，则 an＋1＝2an－3k×5n， 与题中递推公式比较得 k＝－1，即 an＋1－5n 1＝2(an－5n)，所以数列
＋
{an－5n}是首项为 a1－5＝－3，公比为 2 的等比数列，则 an－5n＝－ 3×2n 1，故 an＝5n－3×2n 1.故选 D 项．
－ －
【答案】
D
题型五
公式法[S n 与 a n 的关系式]
(1)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a1＝4，an＋1＝Sn ＋3n，n∈N*.求数列{an}的通项公式．
【解析】 方法一：由 an＋1＝Sn＋3n，得
an＝Sn－1＋3n－1(n≥2)． 两式相减，得 an＋1－an＝an＋2×3n－1. ∴an＋1＝2an＋2×3n 1(n≥2)．
1 方法二：∵an＋1＝an＋ln(1＋n)， n＋1 ∴an＋1－an＝ln n .又a1＝2， n ∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝ln ＋ n－1 n－1 2 ln ＋…＋ln1＋2＝lnn＋2. n－2 即an＝lnn＋2. 【答案】 an＝lnn＋2
题型四
待定系数法[构造新数列]
(1)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3，求通项公式 an .
【解析】 设递推公式 an＋1＝2an＋3 可以转化为 an＋1－t＝2(an
－t)即 an＋1＝2an－t⇒t＝－3.故递推公式为 an＋1＋3＝2(an＋3)，令 bn bn＋1 an＋1＋3 ＝an＋3，则 b1＝a1＋3＝4，且 b ＝ ＝2.所以{bn}是以 b1＝4 a n ＋3 n 为首项，2 为公比的等比数列，则 bn＝4×2n－1＝2n＋1，所以 an＝2n＋1 －3.
【解析】 因为an＋1＝( 2 －1)(an＋2)，所以an＋1－ 2 ＝( 2 －
bn＋1 1)(an－ 2)．设bn＝an－ 2 ，则bn＋1＝( 2 －1)bn，即 b ＝ 2 －1， n b1＝a1－ 2 ＝2－ 2 ，因此数列{bn}是以 2 －1为公比，以2－ 2 为 首项的等比数列．所以bn＝(2－ 2)×( 2 －1)n－1＝ 2 ×( 2 －1)n， 所以an＝ 2( 2－1)n＋ 2. 【答案】 an＝ 2( 2－1)n＋ 2
【解析】 原式可化为[(n＋1)an＋1－nan](an＋1＋an)＝0.
an ＋1 n a2 1 a3 2 a4 3 an ∵an＋1＋an>0，∴ a ＝ .则a ＝2，a ＝3，a ＝4，…， ＝ n＋1 an－1 n 1 2 3 n－1 an 1 1 n ，逐项相乘，得a1＝n，又 a1＝1，故 an＝n. 【答案】 1 n
1 (2)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln(1＋n)，求an.
【解析】 1 方法一：∵an＋1＝an＋ln(1＋n)，
n＋1 n ∴an＋1－an＝ln n ，∴an－an－1＝ln ， n－1 n－1 2 an－1－an－2＝ln ，…，a2－a1＝ln1. n－2 n－1 n 2 ∴an－a1＝ln ＋ln ＋…＋ln1＝lnn. n－1 n－2 又a1＝2，∴an＝lnn＋2.
(2)在数列{an}中，a1＝－1，an＋1＝2an＋4· 3n－1，求通项公式 an .
【解析】 方法一：原递推式可化为 an＋1＋λ·3n＝2(an＋λ·3n－1)．① 比较系数得 λ＝－4，①式即是：an＋1－4· 3n＝2(an－4· 3n－1)． 则数列{an－4· 3n－1}是一个等比数列，其首项 a1－4· 31－1＝－5， 公比是 2.
常见递推数列通项的求法七种
常见递推数列通项的求法类型1、 ()n g a a n n +=+1型解题思路：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 na a n n则,211112-+=a a 312123-+=a a413134-+=a a ，……，nn a a n n 1111--+=-逐项相加得：n a a n 111-+=.故na n 14-=.例2．在数列{}n a 中，01=a 且121-+=+n a a n n ，求通项na .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()()()21232113231-=-+-=-+++=n n n n a n【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。
例3、已知数列}a {n 满足3a 132a a 1nn 1n =+⋅+=+，，求数列}a {n 的通项公式。
解：由132a a nn 1n +⋅+=+得132a a nn 1n +⋅=-+则112232n 1n 1n n na )a a ()a a ()a a ()a a (a +-+-++-+-=---3)1n ()3333(23)132()132()132()132(122n 1n 122n 1n +-+++++=++⋅++⋅+++⋅++⋅=----所以1n 32n 31332a nnn-+=++--⋅=评注：本题解题的关键是把递推关系式132a a n n 1n +⋅+=+转化为132a a nn 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。
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)。
一次函数递推数列求通项的方法
一次函数递推数列求通项的方法一次函数递推数列是指每一项与前一项之间存在一个常数差的数列。
为了求出这个数列的通项公式，我们可以使用以下50个方法进行计算：方法一：观察法1. 观察数列的前几项，看是否能够发现规律。
2. 如果发现数列的差值相等，则可以猜测数列的通项公式为一次函数。
方法二：代入法1. 将数列的前几项逐个代入一次函数的通项公式中，求得方程组。
2. 解方程组得到一次函数的通项公式。
方法三：线性方程法1. 假设数列的通项公式为y = ax + b。
2. 代入数列的前几项，得到若干个方程。
3. 解这些方程，得到a和b的值，进而求得一次函数的通项公式。
方法四：差分法1. 对数列进行差分，得到一个新的数列。
2. 如果新数列是等差数列，则可以猜测原数列为一次函数递推数列，并求得通项公式。
方法五：归纳法1. 假设数列的通项公式为y = ax + b。
2. 假设数列的第n项为An。
3. 利用数学归纳法，证明或推导出An = an + b的表达式。
4. 解方程组得到a和b的值，进而求得一次函数的通项公式。
方法六：解复合型一次函数方程法1. 假设数列的一次函数通项为y = ax + b。
2. 如果出现an+1 = f(an) 或者an+1 = f(an, n)的形式，则可以试着将其转化为一次函数方程。
3. 解一次函数方程，得到a和b的值，进而求得一次函数的通项公式。
方法七：根据数列的性质和条件1. 如果数列满足一定的性质或者给出了一些条件，可以根据这些性质或条件来求解一次函数的通项公式。
2. 如果数列的前几项之和等于某个数，则可以通过求解方程的方法得到一次函数的通项公式。
方法八：逆向推导法1. 对于数列的通项公式y = ax + b，我们可以通过逆向推导的方法来求解常数a和b 的值。
2. 从数列的最后一项开始，逆向推导出倒数第二项、倒数第三项等，直到推导出数列的第一项。
3. 通过推导出的数列项，可以建立方程组来求解常数a和b的值，从而得到一次函数的通项公式。
递推数列求通项的常用方法
求递推数列通项公式的常用方法一、 累加法：利用1211()()n n n a a a a a a -=+-+⋅⋅⋅-求通项公式的方法称为累加法。
累加法是求“1()n n a a f n +=+”型的递推数列通项公式的基本方法（()f n 可求前n 项和）.例1. 在数列{}n a 中，11111,(1)2n n n n a a a n ++==++ （I ）设n n a b n=，求数列{}n b 的通项公式 （II ）求数列{}n a 的前n 项和n S二、累乘法:利用恒等式321121(0,2)n n n n a a a a a a n a a a -=⋅⋅⋅≠≥求通项公式的方法称为累乘法,累乘法是求: “1()n n a g n a +=”型的递推数列通项公式的基本方法(数列()g n 可求前n 项积). 例2．已知11a =,1()n n n a n a a +=-*()n N ∈,求数列{}n a 通项公式. .三、构造新数列:(一) 数列形式及构造方法1．形式1：n+1n a pa q =+（,p q 为常数，0p ≠，0q ≠）构造1：通过待定系数法，1()()n n a x p a x ++=+，反解x ,可得{}n a x +为等比数列，进而求解{}n a 构造2：由n+1n a pa q =+得n 1n a pa q -=+，两式作差：“11()n n n n a a p a a +--=-”，可得1{}n n a a --为等比数列，进而求解{}n a例3.1 已知数列{}n a 中, 11a =,121(2)n n a a n -=+≥,求{}n a 的通项公式.2．形式2：)(1n f pa a n n +=+构造1：1(1)[()]n n a g n p a g n +++=+；构造2：等式左右同除以1n p +，得111()n n n n n a a f n P p p +++=+； 例3.2设数列{}n a ：)2(,123,411≥-+==-n n a a a n n ，求n a .例3.3已知数列{}n a 中，651=a ,11)21(31+++=n n n a a ，求n a 。
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。
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{na }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 ，……，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 ……，nn a a n n 11-=- 逐项相乘得：n a 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 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：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 。
六类递推数列通项公式的求解方法
六类递推数列通项公式的求解方法一、an-1=an+f(n)型利用叠加法.a2=a1+f(1)，a3=a2+f(2)，…，an=an-1+f(n-1),an=a1+∑n-1k=1f(k)．【例1】数列{an}满足a1=1，an=an-1+1n2-n(n≥2) ，求数列{an}的通项公式．解：由an+1=an+1(n+1)2-(n+1) 得an=a1+∑n-1k=11(k+1)2-(k+1) =1+∑n-1k=1(1k-1k+1)=1+1-1n =2-1n.二、an+1=anf(n)型利用叠代法.a2=a1f(1)，a3=a2f(2)，…，an=an-1f(n-1)．an=a1∏n-1k=1f(k).【例2】数列{an}中a1=2，且an=(1-1n2)an-1 ，求数列{an}的通项．解：因为an+1＝［1-1(n+1)2 ］an，所以an=a1∏n-1k=1f(k)=2∏n-1k=1［1-1(k+1)2 ］=2∏n-1k=1［kk+1 ×k+2k+1 ］=n+1n .三、an+1=pan+q，其中p,q为常数，且p≠1,q≠0当出现an+1=pan+q(n∈n*）型时可利用叠代法求通项公式，即由an+1=pan+q得an=pan-1+q=p(pan-2+q)+q=…=pn-1a1+(pn-2+pn-3+…+p2+p+1)q=a1pn-1+q(pn-1-1）p-1 （p≠1).或者利用待定系数法，构造一个公比为p的等比数列，令an+1+λ=p(an+λ)，则(p-1)λ=q,即λ=qp-1 ，从而｛an+qp+1 ｝是一个公比为p的等比数列．【例3】设数列{an}的首项a1=12 ，an=3-an-12 ，n=2,3,4，…,求数列{an}的通项公式．解：令an+k=-12(an-1+k) ，又∵an=3-an-12=-12an-1+32 ，n=2,3,4,…，∴k=-1，∴an-1=-12(an-1-1) ,又a1=12,∴{an-1} 是首项为-12,公比为-12 的等比数列，即an-1=(a1-1)(-12)n-1 ，即an=(-12)n+1 ．四、an+1=pan+qan-1(n≥2)，p,q为常数可用下面的定理求解：令α,β为相应的二次方程x2-px-q=0的两根(此方程又称为特征方程)，则当α≠β时，an=aαn+bβn；当α=β时，an=(a+bn)αn-1，其中a、b分别由初始条件a1、a2所得的方程组aα+bβ=a1，aα2+bβ2=a2和 a+b=a1，(a+2b)α=a2唯一确定．【例4】数列{an}，{bn}满足：an+1=-an-2bn①,bn+1=6an+6bn ②,且a1=2，b1=4，求an，bn．解：由②得an=16bn+1-bn,∴an+1=16bn+2-bn+1 ，代入①到式中，有bn+2=5bn+1-6bn，由特征方程可得bn=-12×2n+283×3n ，代入②式中，可得an=8×2n-143×3n ．五、an+1＝pan+f(n)型，这里p为常数，且p≠1【例5】在数列{an}中，a1=2，an+1=λan+λn+1+(2-λ)2n(n ∈n*),其中λ＞0，求数列{an}的通项公式．解：由 a1=2，an+1=λan+λn+1+(2-λ)2n(n∈n*)，λ＞0,可得，an+1λn+1-(2λ )n+1=anλn -(2λ )n+1,所以{anλn-(2λ)n}为等差数列，其公差为1，首项为0．故anλn-(2λ )n=n-1，所以数列{an}的通项公式为an=(n-1)λn+2n．六、an+1=makn(m＞0,k∈q,k≠0,k≠1)一般地，若正项数列{an}中，a1=a,an+1=makn(m＞0,k∈q,k≠0,k≠1)，则有lgan+1=klgan+lgm，令lgan+1+a=k(lgan+a)(a为常数)，则有a=1k-1lgm．数列{lgan+1k-1lgm }为等比数列，于是lgan+1k-1lgm=(lga+1k-1lgm)kn-1 ，从而可得an=akn-1?mkn-1-1k-1 ．【例6】已知各项都是正数的数列{an}满足a1=32，an+1=12an(4-an) ，求数列{an}的通项公式．解：由已知得an+1=-12(an-2)2,令2-an=bn，则有b1=12,bn+1=12b2n ．∵an＞0,∴0＜an+1＜2,又0＜a1＜2，∴0＜an＜2，从而bn＞0．取对数得lgbn+1=2lgbn-lg2，即lgbn+1-lg2=2(lgbn-lg2)．∴{lgbn-lg2}是首项为-2lg2，公比为2的等比数列，∴lgbn-lg2=-2nlg2,∴bn=21-2n,∴an=2-21-2n．(责任编辑金铃）。
三项递推关系求通项
三项递推关系求通项要求一个递推关系的通项，需要知道递推关系的初始条件和递推公式。
以下是三种常见的递推关系的通项求解方法：1. 线性递推关系：假设线性递推关系为 a_n = p*a_(n-1) + q*a_(n-2)，其中p和q为常数，a_n为第n项的值。
我们需要知道的初始条件为 a_0和 a_1。
假设通项形如a_n = x^n，其中x为常数。
将其代入递推关系，得到：x^n = p*x^(n-1) + q*x^(n-2)整理，得到特征方程：x^2 - p*x - q = 0解特征方程，得到x1和x2，这两个根就是递推关系的通项的形式。
2. 非线性递推关系：假设递推关系为 a_n = f(a_(n-1), a_(n-2))，其中f为一个函数。
我们需要知道的初始条件为 a_0 和 a_1。
通常情况下，求非线性递推关系的通项比较困难，没有统一的解法。
需要根据具体的递推关系和函数f的性质来进行分析和求解。
3. 递归递推关系：递归递推关系是一种常见的递推关系形式，常用于定义数列的递推关系。
比如斐波那契数列的递推关系为：F_n = F_(n-1) + F_(n-2)，初始条件为 F_0 = 0 和 F_1 = 1。
可以通过数学归纳法证明，斐波那契数列的通项为F_n = (φ^n - (-φ)^(-n)) / √5，其中φ=(1+√5)/2为黄金分割比。
总结来说，要求一个递推关系的通项，需要根据具体的递推关系形式进行分析和解决。
对于线性递推关系，可以通过特征方程解得通项表达式；对于非线性递推关系，需要具体问题具体分析；对于递归递推关系，可以通过数学归纳法证明通项的形式。
谈谈三类递推数列通项公式的求法
思路探寻求递推数列的通项公式问题是一类难度系数较大的问题，侧重于考查同学们的运算和推理能力.求递推数列的通项公式问题中的递推式多种多样,解答这类问题的关键是合理整合递推式,将问题转化为简单的、易于求解的数列问题.本文主要分析三类递推数列通项公式的求法.一、a n +1=qa n -1+d 型递推数列对于形如a n +1=qa n -1+d （q ≠1,d ≠0）的递推数列问题，我们一般采用待定系数法进行求解.在解题时，要先设出待定系数m ，使a n +1+m =q (a n −1+m )，然后将其与原递推式中对应项的系数相比较，建立含有待定系数的方程或方程组，解方程或方程组，求出待定系数的值，就能构造出一个等比数列{}a n +m ，再根据等比数列的通项公式就可以求出数列{}a n 的通项公式.例1.在若数列{}a n 中，a 1=1，a n +1=12a n +1()n ∈N +，求a n .解：令a n +1+m =12()a n+m ，则m =-2，所以{}a n -2是首项为-1，公比为12的等比数列，所以a n -2=-æèöø12n -1，即a n =-æèöø12n -1+2.该递推式属于a n +1=qa n -1+d 型，因此我们需从a n +1=12a n +1入手，运用待定系数法进行求解.二、a n +1=ca n +f ()n 型递推数列当遇到形如a n +1=ca n +f ()n （c ≠0）型的数列递推式时，一般要先将递推式变形为a n +1f ()n =ca nf ()n +1的形式，然后令a n f ()n =b n ，得到b n +1=c q b n +1q ，这样便将问题转化求a n +1=qa n −1+d 型递推数列的通项公式.运用待定系数法构造出等比数列便可解答出来.例2.在数列{}a n 中，a 1=1，a n +1=3a n +2n ()n ∈N +，求a n .解：由a n +1=3a n +2n得2∙a n +12n +1=3∙a n 2n +1，令b n =a n 2n ，则b n +1=32b n +12.由待定系数法得b n +1+1=32(b n +12)，令c n =b n +1，则c n +1=32c n ，所以{}c n 是首项为c 1=b 1+1=32，公比为32的等比数列，所以c n =æèöø32n，b n =æèöø32n-1，即a n =2n ∙b n =32-2n .我们先通过换元，把分散的条件联系起来，让隐含的条件显露出来，将问题转化为求a n +1=qa n −1+d 型递推数列的通项公式.再运用待定系数法便可求出数列的通项公式.三、a n +1∙a n =ca n +1+da n 型递推数列对于形如a n +1∙a n =ca n +1+da n （c ≠0，d ≠0）递推数列，在求其通项公式时，我们先要在递推式的两边同时除以a n +1·a n ，得到c a n +da n +1=1，将问题转化为a n +1=qa n −1+d 型递推数列问题，再运用待定系数法求解即可.例3.已知数列{}a n 满足：a n ≠0，且a n =3a n -1a n -1+3()n ≥2，a 1=12，求数列的通项公式.解：在递推式a n =3a n -1a n -1+3的两边取倒数得1a n =1a n -1+13，所以数列{}a n 是首项为1a 1=2、公差为13的等差数列，所以1a n=2+()n -1∙13=13()n +5，所以a n =3n +5.我们先在递推式的两边取倒数，便可构造出首项为1a 1=2、公差为13的等差数列，再根据等差数列的通项公式求得数列的通项公式.虽然求递推式数列的通项公式问题的难度较大，但是我们只要掌握方法，善于整合数列的递推式，将问题转化为等比、等差数列问题进行求解，问题便能迎刃而解.在解题时，要抓住关键，重点分析数列的递推式，将其合理进行变形，如引入待定系数、取倒数、换元等，构造出等差、等比数列，根据等差、等比数列的通项公式进行求解.（作者单位：湖北省襄阳市南漳县第一中学）谈谈三类递推数列通项公式的求法石磊53Copyright©博看网 . All Rights Reserved.。
由数列递推公式求通项公式的常用方法
21世纪，信息技术在各行各业都在运用，它已和人们的学习生活息息相关，掌握不好信息知识和信息技能，就难以高效地工作和生活。
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比如，初中“网络课件构件设计”导学案设计。
①学习对象设计包括中哪五个环节？（内容结构设计、内容呈现设计、SCOS 设计、内容编序设计和元数据设计）。
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元数据设计，SCORM 中的元数据包括Assets 元数据、SCOS 元数据、学习活动元数据、内容组织元数据和内容聚合元数据。
元数据设计时可参照SCORM。
定义的九大类元数据元素及其应用情况，其中“M”为必选项，“O”为可选项，“NP”为不选项。
)导学案为提高课堂效益架设了一座快捷的桥梁，导学让学生在课前有一定的时间构思，在课堂上学生参与、学生创新潜质更易发挥。