几类常见递推数列的解法

几类递推数列通项公式的常见类型及解法省乐安县第二中学 芳林 邮编 344300已知数列的递推关系式求数列的通项公式的方法大约分为两类：一类是根据前几项的特点归纳猜想出a n 的表达式，然后用数学归纳法证明；另一类是将已知递推关系，用代数法、迭代法、换元法，或是转化为基本数列（等差或等比）的方法求通项．第一类方法要求学生有一定的观察能力以及足够的结构经验，才能顺利完成，对学生要求高．第二类方法有一定的规律性，只需遵循其特有规律方可顺利求解．在教学中，我针对一些数列特有的规律总结了一些求递推数列的通项公式的解题方法．一、a a d n n +=+1型形如d a a n n +=+1（d 为常数）的递推数列求通项公式，将此类数列变形得a a d n n +-=1，再由等差数列的通项公式()a a n d n =+-11可求得a n .例1： 已知数列{}a n 中()a a a n N n n 1123==+∈+,，求n a 的通项公式.解： ∵a a n n +=+13 ∴a a n n +-=13∴ {}a n 是以a 12=为首项，3为公差的等差数列. ∴()a n n n =+-=-21331为所求的通项公式. 二、)(1n f a a n n +=+型形如a 1+n ＝a n + f (n )， 其中f (n ) 为关于n 的多项式或指数形式（a n）或可裂项成差的分式形式．——可移项后叠加相消．例2：已知数列｛a n ｝,a 1＝0,n ∈N +，a 1+n ＝a n ＋（2n －1），求通项公式a n ． 解：∵a 1+n =a n ＋（2n －1）∴a 1+n =a n ＋（2n －1） ∴a 2－a 1 =1 、a 3－a 2=3 、…… a n －a 1-n =2n －3 ∴a n = a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a 1-n )=0＋1＋3＋5＋…＋(2n －3)=21[1＋(2n －3)]( n －1)=( n －1)2n ∈N + 三、n n a q a ⋅=+1型形如n n a q a ⋅=+1（q 为常数）的递推数列求通项公式，将此类数列变形得q a a nn =+1，再由等比数列的通项公式11-⋅=n n q a a 可求得a n . 例3 ： 已知数列{}a n 中满足a 1=1，n n a a 21=+，求n a 的通项公式. 解：∵n n a a 21=+ ∴21=+nn a a∴ {}a n 是以11=a 为首项，2为公比的等比数列. ∴12-=n n a 为所求的通项公式.四、n n a n f a ⋅=+)(1型 形如n n a n f a ⋅=+)(1可转化为)(1n f a a n n =+.其中f (n ) =ppc mn b mn )()(++ （p ≠0，m ≠0,b –c = km ,k ∈Z ）或nn a a 1+=kn （k ≠0）或n n a a 1+= km n ( k ≠ 0, 0＜m 且m ≠ 1)．例4：已知数列｛a n ｝, a 1=1，a n ＞0,( n ＋1) a 1+n 2－n a n 2＋a 1+n a n =0，求a n ． 解：∵( n ＋1) a 1+n 2－n a n 2＋a 1+n a n =0 ∴ [(n ＋1) a 1+n －na n ](a 1+n ＋a n )= 0 ∵ a n ＞0 ∴ a 1+n ＋a n ＞0 ∴ (n ＋1) a 1+n －na n =0∴11+=+n n a an n∴nn n n n nn a a a a a a a a a a n n n n n n n 11212312111232211=⨯⨯⨯--⨯--⨯-=⨯⨯⨯⨯⨯=-----ΛΛ五、a 1+n = f (a n ) 型形如a 1+n = f (a n )，其中f (a n )是关于a n 的函数.-—需逐层迭代、细心寻找其中规律． 例5：已知数列｛a n ｝，a 1=1, n ∈N +，a 1+n = 2a n ＋3 n,求通项公式a n ． 解： ∵a 1+n = 2 a n ＋3 n∴ a n =2 a 1-n ＋3 n -1 =2(2 a 2-n ＋3 n -2)＋3n -1 = 22(2 a 3-n ＋3 n -3)＋2·3 n -2＋3n -1=……=2 n -2(2 a 1＋3 )＋2 n -3·3 2＋2 n -4·3 3＋2 n-5·3 4＋…＋22·3 n-3＋2·3 n -2＋3 n-1=2 n -1＋2 n -2·3＋2 n -3·3 2＋2 n-4·3 3＋…＋22·3 n -3＋2·3 n -2＋3 n -1n n n n 2323123121-=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-六、a 1+n ＝pa n + q 型形如a 1+n ＝pa n + q ,pq ≠0 ，p 、q 为常数． 当p ＝1时，为等差数列；当p ≠1时，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6：已知数列{a n }中，a 1=1，a n =21a 1-n + 1，n = 1、2、3、…，求通项a n ．解：∵ a n =21a 1-n + 1 ⇒ a n －2 =21(a 1-n －2) 又∵a 1－2 = -1≠0 ∴数列{ a n －2}首项为-1，公比为21的等比数列． ∴ a n －2 = -11)21(-⨯n 即 a n = 2 －2n -1 n ∈N +七、a 1+n ＝pa n + f (n )型形如a 1+n ＝pa n + f (n )，p ≠0且 p 为常数，f (n )为关于n 的函数． 当p ＝1时，则 a 1+n ＝a n + f (n ) 即类型二．当p ≠1时，f (n )为关于n 的多项式或指数形式（a n ）．⑴若f (n )为关于n 的多项式（f (n ) = kn + b 或kn 2+ bn + c ，k 、b 、c 为常数），——可用待定系数法转化为等比数列．例7：已知数列{ a n }满足a 1=1，a 1+n = 2a n ＋n 2，n ∈N +求a n ． 解：令a 1+n + x [a (n +1)2+ b (n +1) + c ] = 2(a n + an 2+ bn + c )即 a 1+n = 2 a n + (2a –ax )n 2+ (2b -2ax – bx )n +2c –ax –bx – cx 比较系数得：⎪⎩⎪⎨⎧=---=--=-0202212cx bx ax c bx ax b ax a ⇒ ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-+=-=-=x bx ax c x ax b x a 22221 ⇒ 令x = 1，得：⎪⎩⎪⎨⎧===321c b a ∴ a 1+n + (n +1)2+2(n +1) + 3 = 2(a n + n 2+2n + 3) ∵ a 1+1+2×1+3 = 7令b n = a n + n 2+2n + 3 则 b 1+n = 2b n b 1= 7 ∴数列{ b n }为首项为7，公比为2的等比数列 ∴ b n = 7× 21-n 即 a n + n 2+2n + 3 = 7× 21-n∴ a n = 7× 21-n －( n 2+2n + 3 ) n ∈N +⑵若f (n )为关于n 的指数形式（a n）． ①当p 不等于底数a 时，可转化为等比数列； ②当p 等于底数a 时，可转化为等差数列． 例8：若a 1=1，a n = 2 a 1-n + 31-n ，(n = 2、3、4…) ，求数列{a n }的通项a n ．解: ∵ a n = 2 a 1-n + 31-n ∴ 令a n + x ×3n= 2(a 1-n +x ×31-n ) 得 a n = 2 a 1-n －x ×31-n令-x ×3n= 3n⇒x = -1 ∴ a n －3n= 2(a 1-n －31-n ) 又 ∵ a 1－3 = - 2∴数列{nn a 3-}是首项为-2,公比为2的等比数列． ∴n n a 3-=-2·21-n 即a n = 3n -2nn ∈N +例9：数列{ a n }中,a 1=5且a n =3a 1-n + 3n-1 (n = 2、3、4…) 试求通项a n ．解： a n =3a 1-n + 3n -1 ⇒ a n +-=--)21(3211n a 3n⇒132132111+-=---n n n n a a ⇒{n n a 321-}是公差为1的等差数列． ⇒n n a 321-=3211-a +(1-n ) = 3215-+(1-n ) = n +21 ⇒a n = (213)21+⨯+n n n ∈N +八、a 2+n = p a 1+n + q a n 型解法一(待定系数法)：先把原递推公式转化为)(112n n n n sa a t sa a -=-+++ 其中s ，t 满足⎩⎨⎧-==+qst pt s解法二(特征根法)：对于由递推公式n n n qa pa a +=++12，βα==21,a a 给出的数列{}n a ，方程02=--q px x ，叫做数列{}n a 的特征方程。

若21,x x 是特征方程的两个根，当21x x ≠时，数列{}n a 的通项为1211--+=n n n Bx Ax a ，其中A ，B 由βα==21,a a 决定（即把2121,,,x x a a 和2,1=n ，代入1211--+=n n n Bx Ax a ，得到关于A 、B 的方程组）；当21x x =时，数列{}n a 的通项为11)(-+=n n x Bn A a ，其中A ，B 由βα==21,a a 决定（即把2121,,,x x a a 和2,1=n ，代入11)(-+=n n x Bn A a ，得到关于A 、B 的方程组）。

例10: 已知数列{a n }中a 1= 1, a 2= 2且n n n a a a 212+=++ ,+∈N n ; 求{a n }的通项． 解:令a 2+n +x a 1+n = (1+x ) a 1+n + 2 a n ⇒ a 2+n +x a 1+n = (1+x )( a 1+n +x+12a n)令x =x+12 ⇒x 2+ x – 2 = 0 ⇒x = 1或 -2当x = 1时,a 2+n + a 1+n =2(a 1+n + a n ) 从而a 2+ a 1= 1 + 2 = 3 ∴数列{ a 1+n + a n }是首项为3且公比为2的等比数列. ∴ a 1+n + a n = 312-⨯n …… …… ①当x = - 2时, a 2+n - 2a 1+n = - (a 1+n -2a n ) , 而 a 2- 2a 1= 0 ∴ a 1+n - 2a n = 0 …… …… ② 由①、②得:a n = 21-n , +∈N n九、1+n n a a = 1++n n qa pa 型形如1+n n a a = 1++n n qa pa ，（pq ≠ 0）．且0≠n a 的数列，——可通过倒数变形为基本数列问题． 当p = －q 时，则有：p a a n n 1111=-+ 转化为等差数列； 当p ≠ －q 时，则有：ppa q a n n 111+-=+．同类型六转化为等比数列． 例11：若数列｛a n ｝中，a 1=1，a 1+n =22+n na a n ∈N +，求通项a n ． 解： ∵ 221+=+n n n a a a又,011>=a Θ ∴0>n a ，∴nn a a 12111+=+ ∴21111=-+n n a a ∵111=a∴数列{ a n }是首项为1，公差为21的等差数列． ∴n a 1=1＋()121-n ∴a n =12+n n ∈N + 类型十 、hra qpa a n n n ++=+1解法：如果数列}{n a 满足下列条件：已知1a 的值且对于N ∈n ，都有hra qpa a n n n ++=+1（其中p 、q 、r 、h 均为常数，且r h a r qr ph -≠≠≠1,0,），那么，可作特征方程hrx q px x ++=,当特征方程有且仅有一根0x 时,则01n a x ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列;当特征方程有两个相异的根1x 、2x 时，则12n n a x a x ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭是等比数列。