递推公式求通项公式的几种方
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-递推公式求通项的十大模型
递推公式求通项的十种类型类型1.等差数列：相邻两项递推形式：d d a a n n ，（=--1为常数，+∈≥N n n 且2）或者相邻三项递推形式：)2(211++-∈≥=+N n n a a a n n n 且.这种递推形式下，直接用等差数列的通项公式：即可解决！例1.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足11a =1=，则n a =（）A．21n -B．nC．21n +D．12n -解析：∵11a ==1，∴是以1为首项，以1为公差的等差数列，(1)11(1)1n n n =-⨯=+-⨯=，即2n S n =，∴()221121n n n a S S n n n -=-=--=-（2n ≥）.当1n =时，11a =也适合上式，∴21n a n =-.故选：A.注1：在等差数列中，有一类比较特殊的递推类型，即b kn a a n n +=++1，它可以得到两个子数列分别是公差为k 的等差数列.例2．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，()142n n a a n n +++=+∈N ，则数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2021项的和为()A．20212022B．20202021C．20192020D．10101011解析：∵12a =，()142n n a a n n +++=+∈N ，∴216a a +=，解得24a =．142n n a a n ++=+ ，∴2146n n a a n +++=+，两式相减，得24n na a +-=，∴数列{}n a 的奇数项与偶数项均为公差为4的等差数列，∴当n 为偶数时，2(1)422n n a a n =+-⨯=．当n 为奇数时，1n +为偶数，∴根据上式和(*)知1422n n a n a n +=+-=，数列{}n a 的通项公式是2n a n =，易知{}n a 是以2为首项，2为公差的等差数列，故()()2212n n nS n n +==+，()111111n S n n n n ==-++，设1n S ⎧⎫⎨⎩⎭的前n 项和为n T ，则20211111112021112232021202220222022T =-+-++-=-= ．故选：A．例3．数列{}n a 中，112,21,N n n a a a n n *+=+=+∈．求{}n a 的通项公式；解析：（1）由121++=+n n a a n ①2123n n a a n ++⇒+=+②，②-①22n n a a +⇒-=，∴{}n a 的奇数项与偶数项各自成等差数列，由11223a a a =⇒+=，∴21a =，∴2112(1)2n a a n n -=+-=，∴1n a n =+，n 为奇数，212(1)21n a n n =+-=-，∴1n a n =-，n 为偶数．∴()()**1,21,N 1,2,Nn n n k k a n n k k ⎧+=-∈⎪=⎨-=∈⎪⎩.类型2.等比数列：相邻两项递推：)2,0,0(1+-∈≥≠≠=N n n a q qa a n n n且且或q a a n n=-1.或者相邻三项递推：)2(211≥∈=+-+n N n a a a n n n 且.注2：在等比数列应用中，有一类比较特殊的递推类型，即++∈∀⋅=N n m a a a n m m n ,,，我们可以对其赋值得到一个等比数列.例4．数列{}n a 中，112a =，对任意,N m n *∈有m n m n a a a +=，若19111k k k a a a +++++ 15522=-，则k =（）A．2B．3C．4D．5解析：由任意,m n *∈N 都有m n m n a a a +=，所以令1m =，则11n n a a a +=，且112a =，所以{}n a 是一个等比数列，且公比为12，则1910155191112222222k k k k k k k k a a a ++++++++=+++=-=- 所以5k =，故选：D.例5．已知数列{}n a 满足22,2,n n n a n a a n ++⎧=⎨⎩为奇数为偶数且11a =，22a =．求通项n a ；解析：当n 为奇数时，由22n n a a +-=知数列{}21k a -是公差为2的等差数列，()2111221k a a k k -=+-⨯=-，∴n a n =，n 为奇数；当n 为偶数时，由22n n a a +=知数列{}2k a 是公比为2的等比数列，1222k kk a a q -==，∴22nn a =，n 为偶数∴2,2,n n n n a n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数.类型3.)(1n f a a n n =--累加型例6．若数列{}n a 满足11a =，12n n a a n +-=．求{}n a 的通项公式.解析：因为12n n a a n +-=，11a =，所以()()()1122112(1)2(2)21n n n n n a a a a a a a a n n ---=-+-++-+=-+-+++2222(1)112n n n n -+⋅-+=-+=，故21n a n n =-+.类型4.)(1n f a a n n=-(2≥∈+n N n 且)累乘型.例7．数列{}n a 及其前n 项和为n S 满足：11a =，当2n ≥时，111n n n a a n -+=-，则12320231111a a a a ++++= （）A．20211011B．40442023C．20231012D．40482025解析：当2n ≥时，111n n n a a n -+=-，即111n n a n a n -+=-，所以3124123213451,,,,,12321n n n n a a a a a n n a a a a n a n ---+=====-- 累乘得：()113451123212n n n a n n a n n ++=⨯⨯⨯⨯=-- ，又11a =，所以()12n n n a +=所以()1211211n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭则1232023111111111111222212233420232024a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭14046202321202420241012⎛⎫=-== ⎝⎭.故选：C.类型5.d ca a n n +=-1型（待定系数法）一般形式：1(,n n a ca d c d -=+为常数，0,1,0)c c d ≠≠≠，可以构造一个等比数列，只要在每一项同加上一个常数即可，且常数1dx c =-，1()n n a x c a x -+=+，令n n b a x =+，则n b 为等比数列，求出n b ，再还原到n a ，1)1(11--⋅-+=-c dc cd a a n n .例8．在数列{}n a 中，12a =，()*1432,N n n a a n n -=-≥∈．求{}n a 的通项公式.解析：依题意，数列{}n a 中，12a =，()*1432,N n n a a n n -=-≥∈，所以()()1*N 1412,n n a a n n --=-≥∈，所以数列{}1n a -是首项为111a -=，公比为4的等比数列.例9.(2014年新课标全国1卷)已知数列{}n a 满足13,111+==+n n a a a ，证明⎭⎬⎫⎩⎨⎧+21n a 是等比数列，并求{}n a 的通项公式.解析：显性构造：13,111+==+n n a a a ，)21(3211+=++n n a a ，)13(21-=n n a .类型6.nn n b m qa a ⋅+=+1型例10．已知数列{}n a 的首项1=6a ，且满足1142n n n a a ++=-．求数列{}n a 的通项公式；解析：∵1142n n n a a ++=-，∴112122n n n n a a ++=⋅-，∴1112122n n n n a a ++⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，又∵1122a -=，故12n n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以2为首项，2为公比的等比数列．112222n nn n a --=⋅=，则42n n n a =+．类型7.)1)((1≠+=+p n f pa a n n 型.方法1.数学归纳法.方法2.1111)()(+++++=⇒+=n n n n n n n p n f p a p a n f pa a ，令n n n p a b =，则11)(++=-n n n pn f b b ，用累加法即可解决！（公众号：凌晨讲数学）例11.(2020年新课标全国3卷)设数列{}n a 满足31=a ，n a a n n 431-=+.（1）计算2a ，3a ，猜想{}n a 的通项公式并加以证明；（2）求数列{}n na 2的前n 项和n S .解析：方法1：归纳法.（1）235,7,a a ==猜想21,n a n =+得1(23)3[(21)]n n a n a n +-+=-+，1(21)3[(21)]n n a n a n --+=--，……2153(3)a a -=-.因为13a =，所以2 1.n a n =+方法2：构造法.由n a a n n 431-=+可得：1113433+++-=-n n n n n n a a ，累加可得：123123+=⇒+=n a n a n n n n .（2）由（1）得2(21)2n n n a n =+，所以23325272(21)2n n S n =⨯+⨯+⨯+++⨯ .①23412325272(21)2n n S n +=⨯+⨯+⨯+++⨯ .②-①②得23132222222(21)2n n n S n +-=⨯+⨯+⨯++⨯-+⨯ ，1(21)2 2.n n S n +=-+类型8.)0(1≠⋅+=+q p qpa ta a n nn 型例12．已知数列{}n a 满足11a =，*1,N 1nn n a a n a +=∈+，求数列{}n a 的通项公式.因为*1,N 1n n n a a n a +=∈+，所以1111n na a +=+，即1111n n a a +-=，又11a =，所以111a =，所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为首项为1，公差为1的等差数列，所以()1111n n n a =+-⨯=，故1n a n =，所以数列{}n a 的通项公式为1n a n=.类型9.已知n S 与n a 关系，求n a .（公众号：凌晨讲数学）解题步骤：第1步：当1=n 代入n S 求出1a ；第2步：当2≥n ，由n S 写出1-n S ；第3步：1--=n n n S S a （2≥n ）；第4步：将1=n 代入n a 中进行验证，如果通过通项求出的1a 跟实际的1a 相等，则n a 为整个数列的通项，若不相等，则数列写成分段形式，.)2()1(1⎩⎨⎧≥==n a n a a n n 在本考点应用过程中，具体又可分为三个角度，第一，消n S 留n a ，第二个角度，消n a 留n S ，第三个角度，级数形式的前n 项和，下面我们具体分析.例13．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，112n n n S S a ++⋅=-.证明：数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列.证明：∵112n n n S S a ++⋅=-，∴112n n n n S S S S ++⋅=-，易知0n S ≠，∴111112n n n n n nS S S S S S +++-=-=⋅，∴数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为2的等差数列.例14．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足1=2a ，()*123N n n n a S n +=+∈.求n S .解析：因为()*123N n n n a S n +=+∈,所以11233,3n nn n n n n S S S S S ++-=+=+∴，则111111,333333n n n n n n n n S S S S ++++-=+=，11233S =，即{}3n n S 为首项为23，公差为13的等差数列，则211(1)(1)3333n n S n n =+-=+，故1(1)3n n n S -=+⋅.例15．已知数列{}n a 满足123123252525253n n na a a a ++++----…．求数列{}n a 的通项公式.解析：123123252525253n n na a a a +++=----…，①当1n =时，14a =．当2n ≥时，123112311252525253n n n a a a a ---++++----…，②由①-②，得()3522n n a n +=≥，因为14a =符合上式，所以352n n a +=．例16.（2022新高考1卷）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11=a ，{}n n S a 是公差为13的等差数列．求{}n a 得通项公式.解析：111==S a ，所以111=S a ，所以{}n n S a 是首项为1，公差为13的等差数列，所以121(1)33+=+-⋅=n n S n n a ，所以23+=n n n S a ．当2n 时，112133--++=-=-n n n n n n n a S S a a ，所以1(1)(1)--=+n n n a n a ，即111-+=-n n a n a n （2n ）；累积法可得：(1)2+=n n n a （2n ），又11=a 满足该式，所以{}n a 得通项公式为(1)2+=n n n a ．类型9：已知前n 项积求n a .例17.记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n b 为数列{}n S 的前n 项积，已知212n nS b +=．（1）证明：数列{}n b 是等差数列;（2）求{}n a 的通项公式．解析：由已知212n n S b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，12n b ≠,取1n =,由11S b =得132b =,由于n b 为数列{}n S 的前n 项积，所以1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,所以1121121222212121n n n b b b b b b b +++⋅⋅⋅⋅=---，所以111221n n n nb b b b +++=-,由于10n b +≠，所以12121n n b b +=-，即112n n b b +-=,其中*n N ∈，所以数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差等差数列.（2）由（1）可得，数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差的等差数列，()3111222n n b n ∴=+-⨯=+,22211n n n b n S b n +==-+,当n =1时，1132a S ==,当n ≥2时,()121111n n n n n a S S n n n n -++=-=-=-++,显然对于n =1不成立,∴()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.类型10.特征方程法（强基层次）：n n n ba aa a +=++12型.求解方程：02=--b a λλ，根据方程根的情况，可分为：（1）若特征方程有两个相等的根，则nn x b An a 0)(+=（2）若特征方程有两个不等的根，则n nn Bx Ax a 21+=例18．已知数列{}n a 满足12a =，28a =，2143n n n a a a ++=-.求数列{}n a 的通项公式；解析：2143n n n a a a ++=-，变形为：()2113n n n n a a a a +++-=-，216a a -=，∴数列{}1n n a a +-是等比数列，首项为6，公比为3.∴116323n nn n a a -+-=⨯=⨯，变形为：1133n n n n a a ++-=-，131a -=-，∴31n n a -=-，∴31n n a =-例19.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 ．解析：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 --∴=．例20.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 ．解析：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 n n a a --⎛⎫∴=⋅- ⎪+⎝⎭，3(1)3(1)n n n n na --∴=+-．。
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，代换转化为等级差数列或等比数列。
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。
九类常见递推数列求通项公式方法
九类常见递推数列求通项公式方法递推数列通项求解方法类型一：an1panq（p1）思路1（递推法）：anpan1qp(pan2q)qpppan3qqq……pn1a1q(1pp2…pn2qqn1。
)a1pp11p思路2（构造法）：设an1pan，即p1q得qp1，数列an是以a1为首项、p为公比的等比数列，则anqn1qana1pp11pqn1a1p，即p1p1q例1已知数列an满足an2an13且a11，求数列an的通项公式。
解：方法1（递推法）：an2an132(2an23)3222an3333……2n13(122…22n23n13n1)1223。
2112方法2（构造法）：设an12an，即3，数列an3是以a134n1n1n1为首项、2为公比的等比数列，则an3422，即an23。
类型二：an1an思路1（递推法）：f(n)anan1f(n1)an2f(n2)f(n1)an3f(n3)f(n2)f(n1)…a1f(n)。
i1n1思路2（叠加法）：anan1f(n1)，依次类推有：an1an2f(n2)、n1an2an3f(n3)、…、a2a1f(1)，将各式叠加并整理得ana1i1f(n)，即n1ana1i1f(n)。
例2已知a11，anan1n，求an。
解：方法1（递推法）：anan1nan2(n1)nan3(n2)(n1)nn……a1[23…(n2)(n1)n]i1nn(n1)2。
方法2（叠加法）：anan1n，依次类推有：an1an2n1、an2an3n2、…、nnna2a12，将各式叠加并整理得ana1i2n，ana1i2ni1nn(n1)2。
类型三：an1f(n)an思路1（递推法）：anf(n1)an1f(n1)f(n2)an2f(n1)f(n2)f(n3)an3…f(1)f(2)f(3)…f(n2)f(n1)a1。
anan1a2a1an1an2ana1思路2（叠乘法）：f(n1)，依次类推有：f(n2)、an2an3f(n3)、…、f(1)，将各式叠乘并整理得f(1)f(2)f(3)…f(n2)f(n1)，即anf(1)f(2)f(3)…f(n2)f(n1)a1。
求数列通项公式的几种基本方法
求数列通项公式的几种基本方法一、递推法递推法是一种常用的求解数列通项公式的方法。
它是基于数列中的前一项或前几项与后一项或后几项之间的关系来推导数列的通项公式。
通过观察数列中的规律，我们可以写出数列中相邻两项之间的递推关系式，并利用该关系式递推得到数列的通项公式。
举例说明，假设要求解数列的通项公式：1,3,5,7,9,...通过观察数列可以发现，每一项都比前一项大2，可以推测数列的递推关系式为an = an-1 + 2、其中an表示数列中的第n项。
进一步，假设第一项为a1，则有a2 = a1 + 2，a3 = a2 + 2，依此类推。
通过这种方式，可以逐步得到数列中的每一项。
在本例中，由于数列的首项为1，所以数列的通项公式为an = 2n-1二、代数法代数法是另一种常用的求解数列通项公式的方法。
它通过假设数列的通项公式为一些未知数表达式，然后通过已知条件求解未知数的值，从而得到数列的通项公式。
举例说明，假设要求解数列的通项公式：1,4,9,16,25,...通过观察数列可以发现，每一项都是一些整数的平方。
假设数列的通项公式为an = n^2，其中n表示数列中的第n项。
我们可以通过验证前几项来确定这个假设是否成立。
在本例中，当n=1时，a1 = 1^2 = 1，当n=2时，a2 = 2^2 = 4，通过验证可知假设成立，因此数列的通项公式为an = n^2三、解方程法解方程法也是一种常用的求解数列通项公式的方法。
它通过设立数列中的一些项之间的方程，然后求解这个方程，从而得到数列的通项公式。
举例说明，假设要求解数列的通项公式：2,5,10,17,26,...通过观察数列可以发现，每一项都比前一项大3、5、7、9，可以推测数列的递推关系式为an = an-1 + 1 + (2n-1)。
其中an表示数列中的第n项。
进一步，假设第一项为a1，则有a2 = a1 + 1 + 1，a3 = a2 +1 + 3，依此类推。
递推数列求通项公式方法技巧大全
数列专题之（一）递推公式求通项1、 累加法适应于-1a -a n n = f(n), f(n)可为关于n 的一次函数、指数函数或分式函数（裂项）-1-1-2211a =(a -a )+(a -a )++(a -a )+a n n n n n ……2、累积法-121-1-21a a a a =a a a a n n n n n ∙∙∙∙……3、最简单的类型+1a =ca +d n n当c ≠0且c ≠1且 d ≠0时，通过待定系数法配凑为+1d d a +=c(a +)-1-1n n c c（也可直接用迭代，得-12-21a =c a +(1+c+c ++c )n n n d ） 4、+1a =pa +f(n)n n ，f(n)为关于n 的一次函数例1、在数列{a n }中，1a =1，+1a =3a +2n n n ，求通项a n .（方法一）解： +1a =3a +2n n n ，∴2n ≥时，-1a =3a +2(n-1)n n两式相减得令n b =，则n b =3-1n b +2，利用类型3的方法得n-1=53+2n b ∙即=n-153+2∙再用类型一的累加法得a n =n-1513--22n ∙（2n ≥）经检验1a 也满足（方法二，待定系数法）解：令+1a +x(n+1)+y=3(a ++)n n xn y （注意，3为a n 的系数），展开得+1a =3a +2+2-x n n xn y ，与+1a =3a +2n n n 比较系数得x=1，y=于是令n b =1a ++2n n ，则+1n b =3n b 1b = 故n b =n-1532∙所以a n =n-1513--22n ∙5、+1a =pa +f(n)n n ，f(n)为关于n 的指数函数 不妨令f(n)= q n方法一（待定系数法）：令+1+1a +q=p(a +q )n nn n λλ，整理，比较系数得λ值，转化为等比数列求之例2、在数列{a n }中，1a =1，-1-1a =3-2a n n n ，求通项a n 设-1-1a +3=-2(a +3)n n n n λλ∙∙整理得a n =n-1-1-2-53n a λ∙ 比较系数得λ=1-5于是令n b = 1a -35nn ∙，下略方法二： +1a =pa +q n n n 等式两边同时除以+1pn ，得到+1+1a a 1=+()pnn n n nq ppp∙ 令n b =a pn n，则+1n b -n b =1()nq pp∙，结合类型一的累加得到n b 、a n方法三：+1a =pa +q n n n 等式两边同时除以+1n q，得到+1+1a a p 1=+n n n nqqqp∙令n b =a n nq，则+1n b =1+n p b qq结合类型三的配凑得到n b 、a n6、分式类型()+1pa +a =0,-0ra +n n n q r ps rq s≠≠常用方法：直接取倒数例4、在数列{a n }中，1a =1，+1a a =a +1n n n 求通项a n+1a +111==1+a a a n n nn，于是+111-=1a a n n，下略不动点辅助方法：先令pa +ra +n n q s=a n ，若有两重根a ，则a n —a 后取倒数（实际上，例4中a=0），若有两相异根a 、b ，则a -a -n n a b为等比数列例5、在数列{a n }中，1a =1，+11a =2-a n n求通项a n令1=a 2-a n n得两重根1，则+1a -1a -1=2-a n n n，+12-a 11==-1a -1a -1a -1n n n n ，下略例6、在数列{an }中，1a=0，+12a=3-ann求通项an令2a=3-ann得两根1、2，则+1+12-1a-13-a a-11==2a-22a-2-23-an n nn nn∙故a-11=a-22nnn⎛⎫⎪⎝⎭，下略。
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 ……，n n 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：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 。
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由递推公式求通项公式的常用方法
由数列的递推公式求通项公式是高中数学的重点问题，也是难点问题，它是历年高考命题的热点题。
对于递推公式确定的数列的求解，通常可以通过递推公式的变换，转化为等差数列或等比数列问题，有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列。
方法一：累加法
形如a n +1－a n ＝f (n )（n ＝2,3,4,…）,且f (1)＋f (2)＋…＋f (n -1)可求，则用累加法求a n 。
有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后利用这种方法求解。
例1：（07年北京理工农医类）已知数列{a n }中，a 1＝2,a n ＋1＝a n ＋cn (c 是常数，n ＝1,2,3,…)且a 1,a 2,a 3成公比不为1的等比数列
（1）求c 的值 （2）求{a n }的通项公式
解：（1）a1,a2,a3成公比不为1的等比数列
2
022)2(2)()
,3,2,1(111113
12
2===++⋅=+∴=+=⋅=∴+c c a c c a a c a n cn a a a a a n n 因此（舍去）或解得又
（2）由（1）知n a a n a a n n n n 2,211=-+=++即，将n ＝1,2, …,n －1,分别代入
)
1(2322
2121342312-=-⨯=-⨯=-⨯=--n a a a a a a a a n n
将上面n －1个式子相加得a n －a 1＝2(1＋2＋3＋…＋n －1)＝n 2
－n 又a 1＝2,a n ＝n 2
－n ＋2 方法二：累乘法 形如
a n +1
a n
＝g (n )（n ＝2,3,4…），且f (1)f(2)…f (n －1)可求，则用累乘法求a n .有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解。
例2：设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)a n ＋12－na n 2＋a n ＋1a n ＝0(n ＝1,2,3…)，求它的通项公式。
解：由题意知a 1=1,a n ＞0(n ＝1,2,3…) 由(n ＋1)a n ＋12－na n 2＋a n ＋1a n ＝0 得(a n ＋1＋a n )[(n ＋1)a n ＋1－na n ]＝0 因为a n ＞0，则a n ＋1＋a n ≠0，所以
a n +1a n = n
n ＋1
,将n ＝1,2, …,n －1,分别代入得 a 2a 1 = 1
2 a 3a 2 = 23
……
a n
a n －1
= n －1n
将上面n －1个式子相乘得，a n a 1 ＝12×2
3×…×n －1n
又a 1=1，则a n ＝1
n
点评：本题先由已知求出递推公式，化成了a n +1
a n
＝g (n )的类型，再利用累乘法求通项公式。
方法三：构造新数列法
构造新数列法：将递推关系经过适当的恒等变形转化为特殊数列的递推关系（等差数列、等比数列、常数列或等差数列和等比数列的求和形式），以下类型均采用这种解法。
类型一: a n ＋1＝A a n ＋B(A,B ∈R,A ≠0) 线性递推关系 当A ≠0，B ＝0时，a n ＋1＝A a n 是以A 为公比的等比数列； 当A ≠0，B ≠0时，a n ＋1＝A a n ＋B 可变形为a n ＋1＋B A －1＝A （a n ＋B A －1
），此时就构造出了{a n ＋B A －1}这样一个以a 1＋B
A －1
为首项，以A 为公比的新的等比数列，从而求出a n 。
例3：（07年全国理科卷）已知数列{a n }中，a 1＝2, a n ＋1＝（ 2 －1）（a n ＋2）n ＝1,2,3,…，求{a n }的通项公式。
解：由题设：a n ＋1＝（ 2 －1）（a n ＋2）变形为a n ＋1－ 2 =（ 2 －1）（a n － 2 ） 所以数列{a n － 2 }是首项为2－ 2 公比为 2 －1的等比数列，则
a n － 2 ＝ 2 （ 2 －1）n 即{a n }的通项公式为a n ＝ 2 [（ 2 －1）n ＋1]
类型二：a n ＋1＝p a n ＋cq n
(其中p,q,c 均为常数)
方法一：观察所给的递推公式，它一定可以变形为a n ＋1＋x q
n +1＝p(a n ＋xq n
),将递推关
系a n ＋1＝p a n ＋cq n 待入得p a n ＋cq n ＋x q n +1＝p(a n ＋xq n
)解得x ＝c p －q
,则由原递推公式构
造出了a n ＋1＋c p －q ·q n +1＝p(a n ＋c p －q ·q n )，而数列{a n ＋c p －q
·q n
}是以为首相以为公比
的等比数列。
方法二：将a n ＋1＝p a n ＋cq n
两边分别除以q n +1
,则有a n +1p n +1 ＝a n p n ＋cq n
p
n +1然后利用累加法
求得。
可见对于同一个题型的构造的新数列类型可能不唯一，所以要注意巧妙构造。
例4：（07年唐山二摸）在数列{a n }中，a 1＝16，a n ＝12a n ＋12·1
3n (n ∈n *,n ≥2) ,求{a n }的通项公式。
解：由a n ＝12a n ＋12·13n 可变形为a n +13n ＝12(a n ＋13n-1),则数列{ a n +13
n }是以为a 1+13＝1
2首
项以12为公比的等比数列,根据等比数列的通项公式得a n +13
n ＝（12）n 因此a n ＝12n －1
3
n
类型三：a n ＋2＝p a n ＋1＋q a n (其中p,q 均为常数)
方法：先把原递推公式转化为a n ＋2－s a n ＋1= t(a n ＋1－s a n )，其中s,t 满足⎩⎨⎧s ＋t ＝p
s ·t ＝－q
，
再利用等比数列来求解。
例5：已知数列{a n }中, a 1=1, a 2=2, a n ＋2＝23a n ＋1＋1
3a n , 求{a n }的通项公式。
解：由a n ＋2＝23a n ＋1＋1
3a n 可转化为a n ＋2－s a n ＋1= t(a n ＋1－s a n ) 即a n ＋2＝（s ＋t ）a n ＋1－s · t a n ,
∴⎩⎨⎧s ＋t ＝2
3s ·t ＝－13 解得⎩
⎪⎨⎪⎧s ＝1t ＝－13 或⎩⎪⎨⎪⎧s ＝－13t ＝1 这里不妨选用⎩⎪⎨⎪⎧s ＝1t ＝－13 （当然也可以选用⎩⎪⎨⎪⎧s ＝－1
3t ＝1 ）
a n
＋2
－a n ＋1= －1
3
(a n ＋1－a n )
所以{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝1为首项, －1
3
为公比的等比数列，
所以a n ＋1－a n ＝(－13)n -1 再用累加法a n －a 1＝(－13)0＋(－13)1+…＋(－1
3
)n-2＝
1－(－1
3)n-1
1＋13又a 1=1，因此a n ＝74－34(－13)n
-1 上面给大家介绍了由递推公式求通项公式常用的三种方法（累加法、累乘法和构造新数列法）以及几种典型类型题。
构造新数列法比较简捷，但如果观察不到结构的特殊性，就想不到构造的新数列，所以仔细观察结构的特征是运用这种方法解决求通项公式的问题的关键所在。
如果构造新数列难度较大时也可采用迭代法求通项公式，迭代法即根据递推公式循环代入，一直代到首项为止，上面这些类型的问题大都也可采用此种方法求解。
有时由递推公式求通项公式还可以用猜想归纳法，即利用数列的递推公式求出前几项，根据前几项猜想出通项公式，然后运用数学归纳法证明其正确性。
需要说明的是以上这些方法都有一定的局限性，求解时要注意灵活运用。
配套练习：
1、已知数列{a n }满足a 1＝1
2，a n ＋1＝a n ＋1n 2＋n
,求a n 。
2、（04年唐山）已知数列{a n }满足a 1＝1，2n-1a n ＝a n －1(n ∈N, n ≥2)，求a n 。
3、（06年福建卷）已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1（n ≥2），求a n 。
4、已知数列{a n }中，a 1＝5
6，a n ＋1＝1
3a n ＋(1
2)n +1，求a n 。
5、已知数列{a n }中, a 1=0, a 2=2, a n ＋1＋ a n －1＝2(a n ＋1)(n ≥2), 求{a n }的通项公式。
6、已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋2,求a n 。
7、已知{}n a 满足11122,2+++==n n n a a a ，求n a 。