求递推数列通项的特征根法与不动点法
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12112
c 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()1212n
n a c nc ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭， 由1122121()121(2)24
a c c a c c ⎧=+⨯=⎪⎪⎨⎪=+⨯=⎪⎩，得1246c c =-⎧⎨=⎩， 1322n n n a --∴=． 二、形如2n n n Aa B a Ca D
++=+的数列 对于数列2n n n Aa B a 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 B x 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)21
n 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13
c =-， ∴数列11n n a a ⎧⎫-⎨⎬+⎩⎭是以111113a a -=+为首项，以13-为公比的等比数列，1111133n n n a a --⎛⎫∴=⋅- ⎪+⎝⎭，3(1)3(1)n n
n n n
a --∴=+-．
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1111122
n n c a a +=+++ 由12,a =得2314
a =，求得1c =， ∴数列112n a ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪+⎩⎭是以112152
a =+为首项，以1为公差的等差数列，
123(1)11552
n n n a ∴=+-⋅=-+， 135106n n a n -∴=-．。
求数列通项公式的11种方法
求数列通项公式的11种方法方法总述：一．利用递推关系式求数列通项的11种方法：累加法、 累乘法、 待定系数法、 阶差法〔逐差法〕、 迭代法、 对数变换法、 倒数变换法、换元法〔目的是去递推关系式中出现的根号〕、 数学归纳法〔少用〕不动点法〔递推式是一个数列通项的分式表达式〕、 特征根法二．四种根本数列：等差数列、等比数列、等和数列、等积数列及其广义形式。
等差数列、等比数列的求通项公式的方法是：累加和累乘，这二种方法是求数列通项公式的最根本方法。
三 ．求数列通项的方法的根本思路是：把所求数列通过变形，代换转化为等级差数列或等比数列。
四．求数列通项的根本方法是：累加法和累乘法。
五．数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。
一、累加法1．适用于：1()n n a a f n +=+ ----------这是广义的等差数列 累加法是最根本的二个方法之一。
2．假设1()n n a a f n +-=(2)n ≥，那么21321(1)(2) ()n n a a f a a f a a f n +-=-=-=两边分别相加得 111()nn k a a f n +=-=∑例1 数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+那么112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n n n n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++=所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。
例2 数列{}n a 满足112313nn n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。
求数列通项公式的十种方法-例题答案详解
求数列通项公式的十一种方法（方法全，例子全，归纳细）总述：一．利用递推关系式求数列通项的11种方法：累加法、 累乘法、 待定系数法、 阶差法（逐差法）、 迭代法、 对数变换法、 倒数变换法、换元法（目的是去递推关系式中出现的根号）、 数学归纳法、不动点法（递推式是一个数列通项的分式表达式）、 特征根法二。
四种基本数列：等差数列、等比数列、等和数列、等积数列及其广义形式。
等差数列、等比数列的求通项公式的方法是：累加和累乘，这二种方法是求数列通项公式的最基本方法。
三 ．求数列通项的方法的基本思路是：把所求数列通过变形，代换转化为等差数列或等比数列。
四．求数列通项的基本方法是：累加法和累乘法。
五．数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。
一、累加法1．适用于：1()n n a a f n +=+ ----------这是广义的等差数列 累加法是最基本的二个方法之一。
2．若1()n n a a f n +-=(2)n ≥，则21321(1)(2) ()n n a a f a a f a a f n +-=-=-=两边分别相加得 111()nn k a a f n +=-=∑例1 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n nn n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++= 所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。
例2 已知数列{}n a 满足112313nn n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。
发的用不动点法求递推数列的通项公式
用不动点法求递推数列的通项公式甘肃省武威市第一中学 党星元利用函数的不动点，可将某些递推关系)(1-=n n a f a 所确定的数列，化为等比数列或容易求通项的数列，这种方法称为不动点法.利用不动点法可巧妙的解决数学高考中很多用常规方法不易解决的问题，而且在数学竞赛中很多数列问题都要借助不动点法来解决，因此，很有必要探讨不动点法求通项公式的方法.先看特征函数和不动点的定义. 定义1：若数列{n a }满足)(1n n a f a =+，则称)(x f 为数列{}n a 的特征函数.定义2:方程x x f =)(称为函数)(x f 的不动点方程，根称为函数)(x f 的不动点.1.递推式为q pb b n n +=+1(p ≠0,p ≠1,p,q 均为常数)型的数列定理1：若),1,0()(≠≠+=a a b ax x f p 是)(x f 的不动点，n a 满足递推关系)1(),(1>=-n a f a n n ，则)(1p a a p a n n -=--，即{}p a n -是公比为a 的等比数列.证明：因为 p 是)(x f 的不动点 p b ap =+∴ap p b -=-∴由b a a a n n +⋅=-1得p b a a p a n n -+⋅=--1 ap aa p a n n -=-∴-1)(1p a a n -=-所以{}p a n -是公比为a 的等比数列. 例1.已知数列{an}中，a1=2，3121+=+n n a a ，求{an}的通项。
解：因为{an}的特征函数为：312)(+=x x f , 由1312)(=⇒=+=x x x x f , ∴3121+=+nn a a ⇒)1(3211-=-+n n a a ∴数列{an-1}是公比为32的等比数列, ∴an-1=11)32)(1(--n a ⇒an=1+1)32(-n . 归根结底，由q pb b n n +=+1求通项公式的问题转化成了等比数列的问题.3.递推式为an+1=dca b aa n n ++（c ≠0,a,b,c,d 为常数）型的数列定理2：设dcx bax x f ++=)()0,0(≠-≠bc ad c ，{}n a 满足递推关系1),(1>=-n a f a n n ，初值条件)(11a f a ≠(1)若)(x f 有两个相异的不动点p,q ，则qa p a k q a p a n n n n --⋅=----11 （这里qc a pca k --=）(2)若)(x f 只有唯一不动点p ，则k p a p a n n +-=--111 （这里da c k +=2）证明：由x x f =)(得x dcx bax x f =++=)(，所以0)(2=--+b x a d cx（1）因为p,q 是不动点，所以⎩⎨⎧=--+=--+0)(0)(22b q a d cq b p a d cp ⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--=--=qca b qd q pca b pd p ，所以qdca baa pdca baa q a p a n n n n n n -++-++=------1111qdb a qc a pdb a pc a n n -+--+-=--11)()(qca b qd a pc a bpd a qca pc a n n ------⋅--=--11q a pa qc a pc a n n --⋅--=--11令qc a pca k --=，则qa p a k q a p a n n n n --=----11（2）因为p 是方程0)(2=--+b x a d cx 的唯一解，所以0)(2=--+b p a d cp所以ap cp pd b -=-2，cda p 2-=所以 p d ca baa p a n n n -++=---11d ca pd b a cp a n n +-+-=--11)(dca ap cp a cp a n n +-+-=--121)(dca p a cp a n n +--=--11))((所以p a d ca cp a p a n n n -+⋅-=---1111pa cp d p a c cp a n n -++-⋅-=--11)(1p a cp a cp d cp a c n -⋅-++-=-11da cp a n ++-=-211令d a c k +=2，则k p a p a n n +-=--111例2．数列}{n a 满足1211-=--n n n a a a ，)2(≥n 531=a ，求该数列的通项公式. 解：易知：1112---=n n n a a a ，令xx x 12-=，则0122=+-x x ，解得，1=x因此，函数x x x f 12)-=（存在不动点10=x .这样我们就可以把1112---=n n n a a a 转化为112111--=---n n n a a a 111---=n n a a 1)1(111+--=--n n a a ，即：111111=----n n a a 令11-=n n a b ，则1111-=a b 25-=，11=--n n b b ， 所以，27-=n b n ，即：2711-=-n a n ，所以，7252--=n n a n 这种方法在教学中也叫取倒数法，可见取倒数的想法来源于“不动点”.其实，q pb b n n +=+1这种类型的数列通项公式也可以通过“不动点”引入辅助数列求得. 例3．已知数列{}n a 满足122,2111++==--n n n a a a a )2(≥n ，求数列{}n a 的通项n a .解：数列{}n a 特征方程为122++=x x x ，化简得0222=-x ，解得1,121-==x x ， 由122,2111++==--n n n a a a a )2(≥n 可以推出1122112211a 1111+++-++=+-----n n n n n n a a a a a 113111+-⋅-=--n n a a∴数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+-11n n a a 是以311111=+-a a 为首项，以31-为公比的等比数列，11+-∴n n a a 13131-⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅=n ，nn nn n a )1(3)1(3-+--=∴． 3.递推式为da b a a n n n ++=+221(b,d 为常数)型的数列 例4.已知数列}{n a 中,*211,22,2N n a a a a nn n ∈+==+,求数列}{n a 的通项.解:作函数为xx x f 22)(2+=,解方程x x f =)(得)(x f 的两个不动点为2±2222211)22(22222222222222+-=++-+=++-+=+-++n n nn n n nn n n n n a a a a a a a a a a a a再经过反复迭代,得1122211222211)2222()22()22()22(22--+-=+-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=+-=+-=+-----n n a a a a a a a a n n n n n n由此解得11112222)22()22()22()22(2------+-++⋅=n n n n n a我们也可以不反复迭代，可通过两边取对数，转化为等比数列的问题再求解.利用函数“不动点”法，求解复杂的递推数列的通项问题，是近几年高考数列题目的难点.熟悉不动点法，可使这类问题的解决变得容易.不动点法不但可以求出上述几种类型递推数列的通项公式，还可以解决数列的很多问题.。
递推数列常十种方法
求递推数列通项公式的十种策略例析递推数列的题型多样，求递推数列的通项公式的方法也非常灵活，往往可以通过适当的策略将问题化归为等差数列或等比数列问题加以解决，亦可采用不完全归纳法的方法，由特殊情形推导出一般情形，进而用数学归纳法加以证明，因而求递推数列的通项公式问题成为了高考命题中颇受青睐的考查内容。
笔者试给出求递推数列通项公式的十种方法策略，它们是：公式法、累加法、累乘法、待定系数法、对数变换法、迭代法、数学归纳法、换元法、不动点法、特征根的方法。
仔细辨析递推关系式的特征，准确选择恰当的方法，是迅速求出通项公式的关键。
一、利用公式法求通项公式例1 已知数列}a {n 满足n n 1n 23a 2a ⋅+=+，2a 1=，求数列}a {n 的通项公式。
解：n n 1n 23a 2a ⋅+=+两边除以1n 2+，得232a 2a nn 1n 1n +=++，则232a 2a n n 1n 1n =-++， 故数列}2a {n n 是以1222a 11==为首，以23为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得23)1n (12a nn -+=，所以数列}a {n 的通项公式为n n 2)21n 23(a -=。
评注：本题解题的关键是把递推关系式n n 1n 23a 2a ⋅+=+转化为232a 2a nn1n 1n =-++，说明数列}2a {n n 是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出23)1n (12a nn -+=，进而求出数列}a {n 的通项公式。
二、利用累加法求通项公式例2 已知数列}a {n 满足1a 1n 2a a 1n 1n =++=+，，求数列}a {n 的通项公式。
解：由1n 2a a n 1n ++=+ 得1n 2a a n 1n +=-+则112232n 1n 1n n n a )a a ()a a ()a a ()a a (a +-+-++-+-=---1)1n (2n)1n (21)1n (]12)2n ()1n [(21)112()122(]1)2n (2[]1)1n (2[+-+-⋅=+-++++-+-=++⋅++⋅+++-++-= 所以数列}a {n 的通项公式为2n n a =评注：本题解题的关键是把递推关系式1n 2a a n 1n ++=+转化为1n 2a a n 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。
高中数学 第一章 求递推数列通项的特征根法与不动点法拓展资料素材 北师大版必修5
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 B a Ca D++=+的数列 对于数列2n n n Aa B a 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 B x 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1na 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 nn 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 n a --∴=+-． 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 n a n -∴=-． 中国书法艺术说课教案今天我要说课的题目是中国书法艺术，下面我将从教材分析、教学方法、教学过程、课堂评价四个方面对这堂课进行设计。
求数列通项公式的十种方法
求数列通项公式的十一种方法（方法全，例子全，归纳细）总述：一．利用递推关系式求数列通项的11种方法：累加法、 累乘法、 待定系数法、 阶差法（逐差法）、 迭代法、 对数变换法、 倒数变换法、换元法（目的是去递推关系式中出现的根号）、 数学归纳法、不动点法（递推式是一个数列通项的分式表达式）、 特征根法二。
四种基本数列：等差数列、等比数列、等和数列、等积数列及其广义形式。
等差数列、等比数列的求通项公式的方法是：累加和累乘，这二种方法是求数列通项公式的最基本方法。
三 ．求数列通项的方法的基本思路是：把所求数列通过变形，代换转化为等差数列或等比数列。
四．求数列通项的基本方法是：累加法和累乘法。
五．数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。
一、累加法1．适用于：1()n n a a f n +=+ ----------这是广义的等差数列 累加法是最基本的二个方法之一。
2．若1()n n a a f n +-=(2)n ≥，则21321(1)(2) ()n n a a f a a f a a f n +-=-=-=两边分别相加得 111()nn k a a f n +=-=∑例1 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n nn n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++= 所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。
例2 已知数列{}n a 满足112313nn n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。
专题--求递推数列通项的特征根法
递归数列通项公式的求法确定数列的通项公式，对于研究数列的性质起着至关重要的作用。
求递归数列的通项公式是解决数学竞赛中有关数列问题的关键，本文着重对递归数列通项公式加以研究。
基础知识定义：对于任意的*N n ∈，由递推关系),,,(21k n n n n a a a f a ---= 确定的关系称为k 阶递归关系或称为k 阶递归方程，由k 阶递归关系及给定的前k 项k a a a ,,,21 的值(称为初始值)所确定的数列称为k 阶递归数列。
若f 是线性的，则称为线性递归数列，否则称为非线性递归数列，在数学竞赛中的数列问题常常是非线性递归数列问题。
求递归数列的常用方法： 一．公式法(1)设}{n a 是等差数列，首项为1a ，公差为d ，则其通项为d m n a a m n )(-+=；(2)设}{n a 是等比数列，首项为1a ，公比为q ，则其通项为mn m n q a a -=；(3)已知数列的前n 项和为n S ，则)2()1(11≥=⎩⎨⎧-=-n n S S S a n nn 。
二．迭代法迭代恒等式：112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-++-+-=--- ； 迭乘恒等式： 112211a a aa a a a a n n n n n ⋅⋅⋅⋅=--- ，(0≠n a ) 迭代法能够解决以下类型一和类型二所给出的递推数列的通项问题： 类型一：已知)(,11n f a a b a n n +==+，求通项n a ； 类型二：已知n n a n f a b a )(,11==+，求通项n a ； 三．待定系数法类型三：已知)1(,11≠+==+p q pa a b a n n ，求通项n a ； 四．特征根法类型四：设二阶常系数线性齐次递推式为n n n qx px x +=++12（0,,1≠≥，q q p n 为常数），其特征方程为q px x +=2，其根为特征根。
数列特征根和不动点法解题原理
数列特征根和不动点法解题原理一、数列特征根法。
1. 原理。
- 对于二阶线性递推数列a_n + 2=pa_n+1+qa_n（p,q为常数，n∈ N^*），其特征方程为x^2=px + q。
- 设特征方程的两个根为x_1,x_2。
- 当x_1≠ x_2时，数列a_n的通项公式为a_n=C_1x_1^n+C_2x_2^n，其中C_1,C_2由初始条件a_1,a_2确定。
- 当x_1 = x_2时，数列a_n的通项公式为a_n=(C_1+C_2n)x_1^n，同样C_1,C_2由初始条件确定。
2. 例题。
- 例1：已知数列{a_n}满足a_n + 2=3a_n+1-2a_n，且a_1=1,a_2=3，求数列{a_n}的通项公式。
- 解：特征方程为x^2=3x - 2，即x^2-3x + 2=0。
- 分解因式得(x - 1)(x - 2)=0，解得x_1=1,x_2=2。
- 所以a_n=C_1×1^n+C_2×2^n=C_1+C_2×2^n。
- 由a_1=1,a_2=3可得C_1+2C_2=1 C_1+4C_2=3。
- 用第二个方程减去第一个方程得2C_2=2，解得C_2 = 1。
- 把C_2=1代入C_1+2C_2=1得C_1=-1。
- 所以a_n=-1 + 2^n。
- 例2：已知数列{a_n}满足a_n + 2=2a_n+1-a_n，a_1=1,a_2=2，求a_n。
- 解：特征方程为x^2=2x - 1，即x^2-2x + 1 = 0。
- 解得x_1=x_2=1。
- 所以a_n=(C_1+C_2n)×1^n=C_1+C_2n。
- 由a_1=1,a_2=2可得C_1+C_2=1 C_1+2C_2=2。
- 用第二个方程减去第一个方程得C_2=1。
- 把C_2=1代入C_1+C_2=1得C_1=0。
- 所以a_n=n。
二、数列不动点法。
1. 原理。
- 对于一阶分式递推数列a_n + 1=frac{pa_n+q}{ra_n+s}（p,q,r,s为常数，r≠0），令x=(px + q)/(rx + s)，这个方程称为不动点方程。
初中数学求数列通项公式的十种方法
解：因为 ，所以 ，则 ，故
所以数列 的通项公式为
例5.设 是首项为1的正项数列，且 （ =1，2，3，…），则它的通项公式是 =________.
解：已知等式可化为：
( ) (n+1) ,即
时，
= = .
评注：本题是关于 和 的二次齐次式，可以通过因式分解（一般情况时用求根公式）得到 与 的更为明显的关系式，从而求出 .
练习2．已知数列 满足
，求数列 的通项
说明：(1)若方程 有两不同的解s , t,
则 , ,
由等比数列性质可得 , ,
由上两式消去 可得 .
(2)若方程 有两相等的解 ，则
，
,即 是等差数列，
由等差数列性质可知 ，
所以 ．
例26、数列 满足 ，且 求数列 的通项。
解： ……①
令 ，解得 ，将它们代回①得，
分析：把已知关系通过 转化为数列 或 的递推关系，然后采用相应的方法求解。
例19已知数列 的各项均为正数，且前n项和 满足 ，且 成等比数列，求数列 的通项公式。
解：∵对任意 有
∴当n=1时， ，解得 或
当n≥2时， ⑵
-⑵整理得：
∵ 各项均为正数，∴
当 时， ，此时 成立
当 时， ，此时 不成立，故 舍去
令 ,则可化为 .然后转化为类型5来解，
.待定系数法：目的是把所求数列构造成等差数列
设 .通过比较系数，求出 ，转化为等比数列求通项.
注意：应用待定系数法时，要求p q，否则待定系数法会失效。
例7已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。
解法一（待定系数法）：设 ，比较系数得 ，
求数列通项公式的十一种方法
1)n
2
1)(n
n 1
1] [2( n (n 2)
(n 1)
1) 1
所以数列
an
2) L
2) 1]
1]
｛an｝的通项公式为
an
例2已知数列｛an｝满足an1
an
解法一：由an1an23n
1得an1
an
(anan 1) (an 1(2 3n11) 2(3n13n223(1 3n1)
(2
L
an2)L3n21) 3231)
n
an1an c （a2aJ,再利用类型（1）即可求得通项公式.我们看到此方法比较复杂
例6已知数列｛an｝中，a11,an2an11(n
解法一：
an 12an
比数列，再用累加法的
2．若an1
a
2)，
a2
a1
则La3
a2
f(1) f(2) L
an
a
两边分别相加得an1
a1
n
f (n)
例1已知数列｛an｝满足an 1
an2n 1, ai 1，求数列｛an｝的通项公式。
解：由an 1an2n 1得an 1
an
2n 1则
an(an
[2(n
2[(n (n
2—
(n
2n
an 1) (a
1)
an0且
an
\求数列｛an｝的通项公式.
Sn
解：由已知
i
—)S
an得
i
Sn 1
Sn
化简有
Sn
n
Sn1
又
a1得a11
S
,
,
Sn
J
an