由递推公式求通项公式(整理)
由递推公式求通项公式的三种方法
由递推公式求通项公式的三种方法递推公式和通项公式是数列的两种表示方法，它们都可以确定数列中的任意一项，只是由递推公式确定数列中的项时，不如通项公式直接，下面介绍由递推公式求通项公式的几种方法．1．累加法[典例1] 数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)．若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8＝( )A ．0B ．3C ．8D ．11 [解析] 由已知得b n ＝2n －8，a n ＋1－a n ＝2n －8，所以a 2－a 1＝－6，a 3－a 2＝－4，…，a 8－a 7＝6，由累加法得a 8－a 1＝－6＋(－4)＋(－2)＋0＋2＋4＋6＝0，所以a 8＝a 1＝3.[答案] B[题后悟道]对形如a n ＋1＝a n ＋f (n )(f (n )是可以求和的)的递推公式求通项公式时，常用累加法，巧妙求出a n －a 1与n 的关系式．2．累乘法[典例2] 已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n . (1)求a 2，a 3；(2)求{a n }的通项公式．[解] (1)由S 2＝43a 2得3(a 1＋a 2)＝4a 2， 解得a 2＝3a 1＝3.由S 3＝53a 3得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3， 解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6. (2)由题设知a 1＝1.当n >1时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理得a n ＝n ＋1n －1a n －1. 于是a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，…，a n －1＝n n －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1. 将以上n －1个等式中等号两端分别相乘，整理得a n ＝n n ＋1 2. 综上可知，{a n }的通项公式a n ＝n n ＋1 2.[题后悟道]对形如a n ＋1＝a n f (n )(f (n )是可以求积的)的递推公式求通项公式时，常用累乘法，巧妙求出a n a 1与n 的关系式．3．构造新数列[典例3] 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2；则a n ＝________.[解析] ∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3，∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3， 又a 1＋1＝2，∴a n ＋1＝2·3n －1， ∴a n ＝2·3n －1－1.[答案] 2×3n －1－1[题后悟道]对于形如“a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)”的递推公式求通项公式，可用迭代法或构造等比数列法．上面是三种常见的由递推公式求通项公式的题型和对应解法，从这些题型及解法中可以发现，很多题型及方法都是相通的，如果能够真正理解其内在的联系及区别，也就真正做到了举一反三、触类旁通，使自己的学习游刃有余，真正成为学习的主人．。
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 。
数列的递推公式和通项公式总结
数列的递推公式和通项公式总结一、数列的概念1.数列：按照一定顺序排列的一列数。
2.项：数列中的每一个数。
3.项数：数列中数的个数。
4.首项：数列的第一项。
5.末项：数列的最后一项。
6.公差：等差数列中，相邻两项的差。
7.公比：等比数列中，相邻两项的比。
二、数列的递推公式1.等差数列的递推公式：an = a1 + (n-1)d–an：第n项–a1：首项2.等比数列的递推公式：an = a1 * q^(n-1)–an：第n项–a1：首项3.斐波那契数列的递推公式：an = an-1 + an-2–an：第n项–an-1：第n-1项–an-2：第n-2项三、数列的通项公式1.等差数列的通项公式：an = a1 + (n-1)d–an：第n项–a1：首项2.等比数列的通项公式：an = a1 * q^(n-1)–an：第n项–a1：首项3.斐波那契数列的通项公式：an = (1/√5) * [((1+√5)/2)^n - ((1-√5)/2)^n]–an：第n项四、数列的性质1.收敛性：数列的各项逐渐接近某个固定的数。
2.发散性：数列的各项无限增大或无限减小。
3.周期性：数列的各项按照一定周期重复出现。
五、数列的应用1.数学问题：求数列的前n项和、某项的值、数列的收敛性等。
2.实际问题：人口增长、贷款利息计算、等差数列的求和等。
六、数列的分类1.有限数列：项数有限的数列。
2.无限数列：项数无限的数列。
3.交错数列：正负交替出现的数列。
4.非交错数列：同号连续出现的数列。
5.常数数列：所有项都相等的数列。
6.非常数数列：各项不相等的数列。
综上所述，数列的递推公式和通项公式是数列学中的重要知识点，通过这些公式，我们可以求解数列的各种问题。
同时，了解数列的性质和分类，有助于我们更好地理解和应用数列。
习题及方法：1.习题一：已知等差数列的首项为3，公差为2，求第10项的值。
答案：a10 = 3 + (10-1) * 2 = 3 + 18 = 21解题思路：利用等差数列的递推公式an = a1 + (n-1)d，将给定的首项和公差代入公式，求得第10项的值。
由递推公式求通项公式五类型
由递推公式求通项公式类型一 累加相消法（“)(1n f a a n n +=+型”）例1.设数列{}n a 满足),3,2,1(12,111 =++==+n n a a a n n 求{}n a 的通项公式 解：由（1）),3,2,1(121 =+=-+n n a a n n 可知，;11212+⨯=-a a ;12223+⨯=-a a ;1)1(2;1+-⨯=--n a a n n上述等式累加可得，21)1())1(21(2n a n n a a n n =⇒-+-+++⨯=-类型二 累乘相消法（“)(1n f a a n n ⋅=+型”）例2.设数列{}n a 满足),3,2,1(2,111 =⋅==+n a a a n n n ，求{}n a 的通项公式 解：由（2）),3,2,1(21 =⋅=+n a a n n n 可知，212=a a ；2232=a a ；3342=a a112--=n n n a a 上述等式累乘可得，2)1(132122222--=⇒⋅⋅=n n n n n a a a类型三 倒数法 CBa Aa a n nn +=型数列（C B A ,,为非零常数）例3.设数列{}n a 满足),3,2,1(12,111 =+==+n a a a a n nn 求{}n a 的通项公式 解：211211+=+=+nn n n a a a a ∴⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1是以35为首项，公差为2的等差数列，即351=n a +2（n －1）=316-n ∴a n =163-n 类型四 构建新数列（ 待定系数法） （1）q a p a n n +⋅=+1型例4.设数列{}n a 满足),3,2,1(12,111 =+==+n a a a n n ，求{}n a 的通项公式 解 ：设)(21x a x a n n +=++，即x a a n n +=+21与递推式比较，可得1=x ，所以递推式转化为)1(211+=++n n a a 则可构造新数列，令1+=n n a b ，有⎩⎨⎧===+=+),3,2,1(221111 n b b a b n n ),3,2,1(122 =-=⇒=⇒n a b n n n n （2）a n +1 = p a n + f （n ）型例5.已知数列{a n }中，a 1=1，且a n =a n －1+3n －1，求{a n }的通项公式．解：设a n +p ·3n =a n －1+p ·3n －1则a n =a n －1－2p ·3n －1，与a n =a n －1+3n －1比较可知p =－21． 所以⎭⎬⎫⎩⎨⎧-23n n a 是常数列，且a 1－23=－21．所以23n n a -=－21，即a n =213-n ．(3) 11-++=n n n qa pa a 型(其中p ,q 为常数)例6. 已知数列{}n a 满足06512=+-++n n n a a a ，且5,121==a a ,且满足,求n a .解：令)(112n n n n xa a y xa a -=-+++,即0)(12=++-++n n n xya a y x a ,与已知06512=+-++n n n a a a 比较，则有⎩⎨⎧==+65xy y x ,故⎩⎨⎧==32y x 或⎩⎨⎧==23y x 下面我们取其中一组⎩⎨⎧==32y x 来运算，即有)2(32112n n n n a a a a -=-+++,则数列{}n n a a 21-+是以3212=-a a 为首项，3为公比的等比数列，故n n n n a a 333211=⋅=--+,即n n n a a 321+=+,利用类型（2）的方法，可得n n n a 23-=.类型五 取对数 r n n pa a =+1(其中p ,r 为常数)型例6. 设正项数列{}n a 满足11=a ，212-=n n a a （n ≥2）.求数列{}n a 的通项公式. 解：两边取对数得：122log 21log -+=n n a a ，)1(log 21log 122+=+-n n a a ，设1log 2+=n an b ，则12-=n n b b ，{}n b 是以2为公比的等比数列，11log 121=+=b 11221--=⨯=n n n b ，1221log -=+n a n，12log12-=-n a n ，∴1212--=n n a。
已知递推公式求通项公式
`式已知递推公式求通项公].p)i (a [p a p)i (p a pa p)(pa pa p 1p 2n )i (a a 1p .)()(pa a p p1q a }p1q a {p1q a p p1q a p 1q 1p q a 1p q pa a 11n 1i i11n n 1n 1i 1i 1nn 1n nn 1n 1n 1n 1n 1i 1n n 1n 1n n 1n 1n 1n ∑∑∑-=--=+++++-=++++=+=+=≠≥+==+=-+-+-+=-+-≠=+=f f n f f n f n f ，从而利用叠加法易得，，变形为，则两边同时除以若；，，则显然若不是常数，其中为公比的等差数列为首项，是以显然）（，变为，则两边同加上若为公差的等差数列；为首项，，则显然是以若）常见形式：（p x a x a qx a x a x x p p x a 1x a 1x x x x 0b x a -d cx dcx b ax x dca b aa a )2(2n 1n 21n 11n 211n 11n 21212n n 1n 通项公式求解，然后再利用等比数列可以用待定系数法求解，其中则有若通项公式求解，然后再利用等差数列可以用待定系数法求解，其中则有若，，令此方程的两个根为）（，即，令典型例子：不动点法--=--≠+-=-==-+++=++=++++用待定系数法求得、，，则其通项公式为若用待定系数法求得、，）（则其通项公式若，，令此方程两根为，特征方程为性递推式的好方法特征根法是专用来求线特征根法B A Bx Axa x x B A x Bn A a ,x x x x q px x qa pa a .)3(n2n1n 21n1n 21212n 1n 2n +=≠+==+=+=++.4然后用数学归纳法去证的规律猜出一个结果，简单说就是根据前几项）数学归纳法（公式，马上迎刃而解！，只需联系正切二倍角看起来似乎摸不着头脑：东西，看看下面的例子三角函数是个很奇妙的）联系三角函数（2nn 1n a1a 2a 5-=+递推新值的过程。
利用递推关系式求通项公式
解析：令 an＋2＋α·an＋1＝β(an＋1＋α·an)，
由
β－α＝3， α·β＝－2
⇒
α＝－1， β＝2，
或
α＝－2， β＝1
(选其中一种即
可)．
∴an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)． ∴数列{an＋1－an}是等比数列，∴an＋1－an＝2n－1. ∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋…＋(a2－a1)＋ a1＝2n－2＋2n－3＋2n－4＋…＋2＋1＋1＝2n－1.
利用几类经典的递推 关系式求通项公式
数列通项的常用方法
(1)利用观察法求数列的通项．
(2)利用公式法求数列的通项：①等差、等比数列{an}的通项
公式；②an＝SS1n－Sn－1
n＝1， n≥2.
(3)应用迭加(迭乘、迭代)法求数列的通项：①an＋1＝an＋f(n)；
②an＋1＝anf(n)．
(4)构造等差、等比数列求通项：
①an＋1＝pan＋q；②an＋1＝pan＋qn；③an＋1＝pan＋f(n)；
④an＋2＝p·an＋1＋q·an.
形如 an＋1＝kaan＋n 1(k≠0)，a1 已知型，求数列的通项公式
【例】 在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝12aan＋n 1(n∈N*)，求 an. 解：∵an＋1＝12aan＋n 1取倒数得： an1＋1＝12aan＋n 1＝a1n＋12，即an1＋1－a1n＝12. ∴{a1n}是以 1 为首项，12为公差的等差数列． ∴a1n＝1＋12(n－1)＝n＋2 1，∴an＝n＋2 1.
考点1 递推关系形如“an＋1＝pan＋q ”的数列求通项 例1：已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3，求数列{an} 的通项公式．
递推数列求通项公式的典型方法
递推数列求通项公式的典型方法1、 a n+1=a n +f （n ）型 累加法:a n =（a n -a n-1）+（a n-1-a n-2）+…＋（a 2-a 1）+ a 1 =f （n-1）+f （n-2）+…f （1）+ a1例1 已知数列｛a n ｝满足a 1=1,a n+1=a n +2n （n ∈N *）, 求a n 解: a n =（a n -a n-1）+（a n-1-a n-2）+…＋（a 2-a 1）+ a 1 =2n-1+2n-2+…+21+1=2n -1（n ∈N *）例 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 ，……，nn a a n n 1111--+=-逐项相加得：n a a n 111-+=.故na n 14-=2、)(1n g a ann =+型累积法:112211.....a a aa a a a a n n n n n ---=所以()()()()11...321a g n g n g n g a n ---=∴例2:已知数列｛a n ｝满足()*1N n n a ann ∈=+,.11=a 求n a解:112211...a a aa a a a a n n n n n ---==()()()()!11...321-=---n n n n ()()+∈-=∴N n n a n !1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. 3．q pa a n n +=+1型（p,q 为常数）方法：（1）⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+=-++111p q a p p q a n n ，再根据等比数列的相关知识求n a . (2)()11-+-=-n n n n a a p a a 再用累加法求n a .(3)111++++=n n n n n p qp a p a ,先用累加法求n n p a 再求n a 例3．已知{}n a 的首项a a =1（a 为常数），()2,21≥∈=+-n N n a a n n ，求n a解 设()λλ-=--12n n a a ，则1-=λ ()1211+=+∴-n n a a{}1+∴n a 为公比为2的等比数列。
由递推公式求通项公式的方法
由递推公式求通项公式的方法已知数列的递推公式，求取其通项公式是数列中一类常见的题型，这类题型如果单纯的看某一个具体的题目，它的求解方法灵活是灵活多变的，构造的技巧性也很强，但是此类题目也有很强的规律性，存在着解决问题的通法，本文就高中数学中常见的几类题型从解决通法上做一总结，方便于学生学习和老师的教学，不涉及具体某一题目的独特解法与技巧。
一、 a n 1a n f (n) 型数列，（其中 f (n)不是常值函数)此类数列解决的办法是累加法，具体做法是将通项变形为a n1a n f (n) ，从而就有a2a1 f (1), a3a2 f (2),, a n an 1 f (n1).将上述 n 1个式子累加，变成a n a1 f (1) f (2) f (n1)，进而求解。
例 1.在数列 { a n } 中, a12, a n 1a n2n1, 求a n .解：依题意有a2a11, a3a23, , a n an 12n 3逐项累加有 a n a1132n3(1 2n3)(n1)( n 1)2n22n 1 ，从2而a n n22n3。
注：在运用累加法时, 要特别注意项数 , 计算时项数容易出错 .变式练习：已知 { a n} 满足a11,a n 1a n1,求{ a n } 的通项公式。
n( n1)二、()型数列，（其中 f (n) 不是常值函数)an 1a n f n此类数列解决的办法是累积法，具体做法是将通项变形为a n1f (n) ，从而就有a na2 f (1),a3 f (2),,an f (n1)a1a2a n1将上述 n1个式子累乘，变成a nf (1) f (2) f (n1)，进而求解。
a1例 2.已知数列 { a n } 中a11, a n2n3a n 1(n2) ，求数列{ a n}的通项公式。
32n1解：当 n2时，a21,a33,a45,,a n2n3,将这 n1个式子累乘，得到a1 5 a27 a39an 12n 1a n13，从而a n1311，当 n1时，4n2a1(2 n1)(2n1)(2 n1)(2n1)3111a1，所以a n1。
由递推公式求通项的9种方法经典总结
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 =++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。
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。
初中信息技术的开设，引导着我们每个教学者探究如何采取适当的教学方法激发学生主动学习，提高信息技术的教学质量、提升学生素质。
一、编好导学案，培养学生独立探究的品质什么样的导学案才叫好的导学案？一要能激发学习动机，在学案中创设特定的情境和启发性的问题，引导学生积极思考和主动探索，能和实践紧密结合。
二要针对不同类型的信息课，设计不同的形式的导学案，新授课的导学案要着重关注学生的最近发展区，问题设计情境化，有启发性和探究性。
习题课的导学案应着重帮助学生总结解答典型问题的基本方法和基本思路，复习课导学应帮助学生梳理知识体系。
设计导学时要充分考虑学生在学习过程中可能会遇到的问题和困难，考虑怎样去帮助学生克服困难，导学思考题，要求将学习目标问题化、情境化。
能力训练题，每个知识点学完后，要给予适当的题目进行训练，但题目应少而精，要有利于学生巩固基础知识，突出易混淆的和需注意的知识点；能力提高题，主要是针对掌握程度好的学生设计的，这部分题目的设置可以多链接学生的疑点。
学生对每一项应该完成的任务都必须掌握和理解，才开始学习新的任务，这样才能保证收到效果。
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）。
②每个设计的方案是什么？(如：内容呈现设计，在画面中应该尽量删除无用的背景和多余的细节。
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。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
由递推公式求通项公式
——几种基本类型解法介绍
数列的递推公式和数列的通项公式是数列的两种不同表示形式，已知数列的递推公式如何求数列的通项公式，现介绍几种基本类型的解法： 常见类型的常用解法介绍：
类型一 累加相消法（“)(1n f a a n n +=+型”）
例1.设数列{}n a 满足),3,2,1(12,111 =++==+n n a a a n n 求{}n a 的通项公式 解：由（1）),3,2,1(121 =+=-+n n a a n n 可知，
;11212+⨯=-a a ;12223+⨯=-a a ;1)1(2;1+-⨯=--n a a n n
上述等式累加可得，2
1)1())1(21(2n a n n a a n n =⇒-+-+++⨯=- 类型二 累乘相消法（“)(1n f a a n n ⋅=+型”）
例2.设数列{}n a 满足),3,2,1(2,111 =⋅==+n a a a n
n n ，求{}n a 的通项公式
解：由（2）),3,2,1(21 =⋅=+n a a n
n n 可知，
21
2=a a ；
2
2
32=a a ；
3
3
42=a a 1
1
2
--=n n n a a
上述等式累乘可得，
2
)
1(1
3
21
2
2
222--=⇒⋅⋅=n n n n n a a a
类型三 倒数法（“11++-=n n n n a a a pa 型”） 例3.设数列{}n a 满足),3,2,1(1
2,111 =+=
=+n a a a a n n n 求{}n a 的通项公式
解：
211211
+=
+=
+n
n
n n a a a a
∴⎭
⎬⎫⎩⎨
⎧n a 1是以35为首项，公差为2的等差数列，即
35
1=n a +2（n －1）=316-n ∴a n =1
63-n
类型四 待定系数法 （1）q a p a n n +⋅=+1型
例4.设数列{}n a 满足),3,2,1(12,111 =+==+n a a a n n ，求{}n a 的通项公式 解 ：设)(21x a x a n n +=++，
即x a a n n +=+21与递推式比较，可得1=x ，所以递推式转化为)1(211+=++n n a a 则可构造新数列，令1+=n n a b ， 有⎩⎨
⎧
===+=+)
,3,2,1(22
1111 n b b a b n n ),3,2,1(122 =-=⇒=⇒n a b n
n n
n
（2）a n +1=pa n +f （n ）型
例5.已知数列{a n }中，a 1=1，且a n =a n －1+3n －
1，求{a n }的通项公式．
解：设a n +p ·3n =a n －1+p ·3n －
1 则a n =a n －1－2p ·3n －
1，与a n =a n －1+3n
－1
比较可知p =－
2
1．
所以⎭
⎬
⎫⎩⎨⎧-23n
n a 是常数列，且a 1－23=－21． 所以2
3
n
n a -
=－
2
1，即a n =
2
13
-n
．
(3) 11-++=n n n qa pa a (其中p,q 为常数)型
例6. 已知数列{}n a 满足06512=+-++n n n a a a ，且5,121==a a ,且满足,求n a . 解：令)(112n n n n xa a y xa a -=-+++,即0)(12=++-++n n n xya a y x a ,与已知
06512=+-++n n n a a a 比较，则有⎩⎨
⎧==+65xy y x ,故⎩⎨⎧==32y x 或⎩⎨⎧==23
y x 下面我们取其中一组⎩
⎨⎧==32
y x 来运算，即有)2(32112n n n n a a a a -=-+++,
则数列{}n n a a 21-+是以3212=-a a 为首项，3为公比的等比数列，故
n n n n a a 33
321
1=⋅=--+,即n
n n a a 321+=+,利用类型 的方法，可得
n
n n a 23-=.
类型五 取对数（ r
n n pa a =+1(其中p,r 为常数)型） （1）p>0，0>n a 用对数法.
例6. 设正项数列{}n a 满足11=a ，2
12-=n n a a （n ≥2）.求数列{}n a 的通项公式.
解：两边取对数得：12
2
log
21log
-+=n n a a ，)1(log
21log
12
2
+=+-n n a a ，设1log
2
+=n a n b ，
则12-=n n b b ，{}n b 是以2为公比的等比数列，11log 12
1=+=b 1
1
221--=⨯=n n n b ，
1
2
2
1log
-=+n a n ，12
log
1
2
-=-n a n
，∴1
2
1
2
--=n n a
练习 数列{}n a 中，11=a ，12-=n n a a （n ≥2），求数列{}n a 的通项公式. 答案：n
n a --=22
22
（2）p<0时 用迭代法.
根据上述的介绍，下面问题你能解决吗？ 练习：设数列{}n a 满足下列条件，试求各通项：
（1）)4,3,2(23,011 =+==-n a a a n n （2）)3,2,1(,11 ==+=+n n a a a a n n （3）)3,2,1()1)(2(,111 ==++=+n na a n a n n （4）)4,3,2(,1111 ==-=--n a na a a a n n n n （5）)4,3,2(23
,111
1 =-==--n a a a n n n
（6）),3,2,1(123,1,01221 =+-===++n a a a a a n n n （7）),3,2,1(4325,71
11 =-⋅+==++n a a a n n n
（8）),4,3,2(34,11
11 =--=
=--n a a a a n n n。