九类常见递推数列求通项公式方法
(完整版)已知数列递推公式求通项公式的几种方法
求数列通项公式的方法一、公式法例1 已知数列{}n a 满足1232nn n a a +=+⨯，12a =，求数列{}n a 的通项公式。
解：1232nn n a a +=+⨯两边除以12n +，得113222n n n n a a ++=+，则113222n n n n a a ++-=，故数列{}2nna 是以1222a 11==为首项，以23为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得31(1)22n n a n =+-，所以数列{}n a 的通项公式为31()222nn a n =-。
评注：本题解题的关键是把递推关系式1232nn n a a +=+⨯转化为113222n n n n a a ++-=，说明数列{}2n n a 是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出31(1)22n n a n =+-，进而求出数列{}n a 的通项公式。
二、累加法例2 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 =。
评注：本题解题的关键是把递推关系式121n n a a n +=++转化为121n n a a n +-=+，进而求出11232211()()()()n n n n a a a a a a a a a ----+-++-+-+，即得数列{}n a 的通项公式。
例3 已知数列{}n a 满足112313nn n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。
常见递推数列求通项公式的七种方法
（责任编辑：科 言）
2009 年第 7 期
- 53 -
an+1an=0，求数列 * an ≠ 的通项公式.
解：由(n+1)an+12-nan2+an+1an=0 可得：[(n+1)an+1-nan](an+1+an)=0.
∵ * an ≠ 是正项数列，∴an+1+an＞0.
∴(n+1)an+1-nan=0，得
an+1 an
=
n n+1
.
又
an=
an an-1
即 an+1-4an=1.………………………………②
①-②得
：an=
4n-1 3
，
当
n=1，2
时 ，a1=1，a2=5
适 合 上 式 ，∴an=
4n-1 3
（n∈N*).
类型七：在递推关系中，既含项 an，又含前 n 项和 Sn，则 an Sn，n=1
Sn-Sn-1. n≥2
例 7. 设数列 an
的前
d(n)是 关 于 n 的 函 数 ，在 an+1=can+d(n)两 边 同 除 以 d(n)， 就化成类型三，就用类型三参数去解决.若在 an+1=can+d(n)两 边同除以 cn+1 时，就化成类型一，就用类型一的类加法解决.
例
4.已 知 数 列
* an
≠ 中 ，a1=
1 3
，an+1+an=2n，求 数 列 * an ≠ 的
n
项的和
Sn=
4 3
an-
1 3
×2n+1+ 2 3
数列通项公式的九种求法
1数列通项公式的九种求法各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解。
特别是在一些综合性比较强 的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。
笔者总结出九种求解 数列通项公式的方法，希望能对大家有帮助。
一、定义法直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法， 类型的题目.2例1 .等差数列｛an｝是递增数列，前n 项和为S1，且引，*3，a9成等比数列，S 5^*5.求 数列｛a n｝的通项公式 解：设数列｛an｝公差为d(d >0)2•/a1，a 3，a 9 成等比数列，••• a 3 =a1a9 ,2 2即 @1 +2d)=印@1 +8d)，得 d =a 1d...d H0 a1=d--S s = a](n -1)n ,1a3 -a2 = ---这种方法适应于已知数列5a 1 +5*4d =⑻ +4d)2a1=3 —5 =3 -5 由①②得：3 •••an —5点评：利用定义法求数列通项时要注意不用错定义，设法求出首项与公差(公比)后再 写出通项。
二、累加法求形如a n -a n 」= f(n) (f(n)为等差或等比数列或其它可求和的数列)的数列通项, …n — 1得到n — 1个式子累加求得通项。
+ (n-1)3 =-n 5可用累加法，即令 n=2, 3,例2.已知数列｛a n ｝中, an _an4解：由已知得a 1=1，对任意自然数 1an = an4 中n 都有n(n+1)，求 an .—n(n+1),an ~ an-2 1a 2y,13^4 ,丄+ an_ q _ 2x3+■(n-2)(n —1) (n —1)n n(n+1)31…a=2 n +1 ,点评：累加法是反复利用递推关系得到n —=丄n(n+1) nn +1个式子累加求出通项，这种方法最终转化为求｛f(n)｝的前n—1项的和，要注意求和的技巧.三、迭代法求形如a n* =q a n +d(其中q,d为常数)的数列通项，可反复利用递推关系迭代求出。
求递推数列通项公式的常用方法
求递推数列通项公式的常用方法一 公式法：利用熟知的的公式求通项公式的方法称为公式法，常用的公式有1n n n a S S -=-(2)n ≥，等差数列或等比数列的通项公式。
例一 已知无穷数列{}n a 的前n 项和为n S ，并且*1()n n a S n N +=∈，求{}n a 的通项公式？【解析】： 1n n S a =-，∴ 111n n n n n a S S a a +++=-=-，∴ 112n n a a +=，又112a =， ∴ 12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭.反思：利用相关数列{}n a 与{}n S 的关系：11a S =,1n n n a S S -=-(2)n ≥与提设条件，建立递推关系，是本题求解的关键.跟踪训练 1.已知数列{}n a 的前n 项和n S ，满足关系()1lgn S n +=(1,2)n =⋅⋅⋅.试证数列{}n a 是等比数列.二 归纳法：由数列前几项用不完全归纳猜测出数列的通项公式，再利用数学归纳法证明其正确性，这种方法叫归纳法.例二 已知数列{}n a 中，11a =，121(2)n n a a n -=+≥，求数列{}n a 的通项公式. 【解析】： 11a =，121(2)n n a a n -=+≥，∴2121a a =+3=，3221a a =+7=⋅⋅⋅⋅ 猜测21n n a =-*()n N ∈，再用数学归纳法证明.（略）反思：用归纳法求递推数列，首先要熟悉一般数列的通项公式，再就是一定要用数学归纳法证明其正确性.跟踪训练2.设{}n a 是正数组成的数列，其前n 项和为n S ，并且对于所有自然数n ，n a 与1的等差中项等于n S 与1的等比中项，求数列{}n a 的通项公式.三 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。
累加法是求型如1()n n a a f n +=+的递推数列通项公式的基本方法（()f n 可求前n 项和）.例三 已知无穷数列{}n a 的的通项公式是12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，若数列{}n b 满足11b =，(1)n ≥，求数列{}n b 的通项公式.【解析】：11b =,112nn n b b +⎛⎫-= ⎪⎝⎭(1)n ≥,∴1211()()n n n b b b b b b -=+-+⋅⋅⋅-=1+12+⋅⋅+112n -⎛⎫⎪⎝⎭=1122n -⎛⎫- ⎪⎝⎭.反思:用累加法求通项公式的关键是将递推公式变形为1()n n a a f n +=+.跟踪训练3.已知112a =,112nn n a a +⎛⎫=+ ⎪⎝⎭*()n N ∈,求数列{}n a 通项公式.四 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,累乘法是求型如: 1()n n a g n a +=的递推数列通项公式的基本方法(数列()g n 可求前n 项积). 例四 已知11a =,1()n n n a n a a +=-*()n N ∈,求数列{}n a 通项公式. 【解析】： 1()n n n a n a a +=-,∴11n n a n a n ++=,又有321121(0,2)n n n n aa a a a a n a a a -=⋅⋅⋅≠≥= 1×23n×××12n-1⋅⋅⋅=n ,当1n =时11a =，满足n a n =，∴n a n =. 反思: 用累乘法求通项公式的关键是将递推公式变形为1()n n a g n a +=.跟踪训练 4.已知数列{}n a 满足11a =,123123(1)(2)n n a a a a n a n -=+++⋅⋅⋅+-≥.则{}n a 的通项公式是.五 构造新数列:类型1)(1n f a a n n +=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法(逐差相加法)求解。
递推数列求通项公式-高考数学一题多解
递推数列求通项公式-高考数学一题多解一、攻关方略数列学习中难度较高的一个内容是递推数列，由递推关系求通项公式是一种十分重要的题型，解题方法丰富多彩，注重分析递推式的结构特点，合理构造得到等差或等比等常见数列是解题的重要策略．下面对一些常见的由递推关系求通项公式的求法做一些归纳．第一类：型如()1n n a a f n +=+的一阶递推式，可改写为()1n n a a f n +-=的形式，左端通过“累加”可以消项；右端()f n 是关于n 的函数，可以求和．故运用“累加法”必定可行，即()()()112132111()n n n n k a a a a a a a a a f k --==+-+-+⋅⋅⋅+-=+∑．第二类：型如1()n n a g n a +=的递推式，可改写为1()n na g n a +=的形式．左端通过“迭乘”可以消项；右端通常也可以化简，故运用“迭乘法”必定可行，即3211121(1)(2)(1)(2)n n n a a a a a a n n g g a a a -=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-≥．第三类：型如1n n a pa q +=+（1p ≠，0q ≠）的递推式，可由下面两种构造法求通项公式．构造法一：由1n n a pa q +=+及1n n a pa q -=+，两式相减得()11n n n n a a p a a +--=-，得{}1n n a a +-是首项为21a a -，公比为p 的等比数列，先求{}1n n a a +-的通项公式，再利用“累加法”求{}n a 的通项公式．构造法二：若1p =，则显然是以1a 为首项、q 为公差的等差数列；若1p ≠，0p ≠，0q ≠，则构造数列{}n a λ+，满足()1n n a p a λλ++=+．运用待定系数法，解得1q p λ=-，则1n q a p ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是首项为11q a p +-，公比为p 的等比数列．第四类：型如1nn n pa a a q+=+（0p ≠，0q ≠，0n a ≠）的递推式，运用取倒数，构造数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，满足111n n q a pa p +=+，运用换元法，即令1n n b a =，得11n n q b b p p +=+，从而转换为第三类．第五类：型如1rn n a pa +=（0p >，0r ≠，1r ≠）的递推式，运用两边取对数法得1lg lg lg n n a r a p +=+，令lg n n b a =，转化为1lg n n b rb p +=+型，即第三类，再运用待定系数法．第六类：型如1n n a pa qn r +=++（1p ≠，0p ≠，0q ≠）的递推式，可构造数列{}n a n λμ++，满足()1(1)n n a n p a n λμλμ++++=++，运用待定系数法解得1q p λ=-，21(1)r qp p μ=+--，从而由等比数列求通项公式；进一步推广，若递推式中包含n 的二次项、三次项，则构造的数列中也同样包含对应次数项．第七类：型如1()n n a pa f n +=+（1p ≠，0p ≠）的递推式，可在等式两边同除以1n p +，构造数列nn a p ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，满足111()n n n n n a a f n p p p +++=+，令n n n a b p =，则转化为11()n n n f n b b p ++=+，即第一类，再利用“累加法”求通项公式．第八类：型如满足：11a m =，22a m =，21n n n a pa qa ++=+（p 、q 是常数）的递推式，则称数列{}n a 为二阶线性递推数列，可构造数列{}1n n a a λ+-，满足()11n n n n a a a a λμλ+--=-，则,,p q λμλμ+=⎧⎨=-⎩即λ，μ为方程20x px q --=的两个根，此方程称之为特征方程，则数列{}n a 的通项公式n a 均可用特征根求得（即转化为第七类进一步求解）．第九类：型如1n n n ra sa pa q++=+（0p ≠，0q ≠，0r ≠，0s ≠）的递推式，利用不动点法，其中rx sx px q +=+的根为该数列的不动点，若该数列有两个相异的不动点μ，则n n a a v μ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭为等比数列；若该数列有唯一的不动点μ，即方程等根时，1n a μ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭为等差数列，这就是不动点求递推数列通项公式的方法．除上述9种类型之外还有换元法、数学归纳法（归纳一猜想一论证）等．给出相类似的递推式必有相应的破解之道，这是模型思想的运用，对所给的递推式借助于变形、代换、运算等方法转化为等差数列、等比数列这两类基本数列（模型）而求解．切变形、代换、运算的手段都是构造法的体现，真可谓：递推数列变化无穷，变形、代换方法众多．模型思想是根主线，合理构造顿显坦途．【典例】（2021·全国甲卷T17）已知数列{}n a 的各项均为正数，记n S 为{}n a 的前n 项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{}n a是等差数列：②数列是等差数列；③213a a =．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．选①②作条件证明③：（一）待定系数法解法一：【解析】待定系数法+n a 与n S 关系式(0)an b a =+>，则()2n S an b =+，当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b-=-=+--+()22a an a b =-+；因为{}n a 也是等差数列，所以()()222a b a a a b +=-+，解得0b =；所以()221n a a n =-，21a a =，故22133a a a ==.解法二：【解析】待定系数法设等差数列{}n a 的公差为d，等差数列的公差为1d ，1(1)n d =-，将1(1)2n n n S na d -=+1(1)n d -，化简得())2222211111222d d n a n d n d n d ⎛⎫+-=+-+⎪⎝⎭对于n +∀∈N 恒成立．则有21211112,240,d d a d d d ⎧=⎪⎪-=-⎨=，解得112d d a ==．所以213a a =．选①③作条件证明②：因为213a a =，{}n a 是等差数列，所以公差2112d a a a =-=，所以()21112n n n S na d n a -=+==，)1n +-=所以是等差数列.选②③作条件证明①：（二）定义法解法一：(0)an b a =+>，则()2n S an b =+，当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b-=-=+--+()22a an a b =-+；因为213a a =，所以()()2323a a b a b +=+，解得0b =或43ab =-；当0b =时，()221,21n a a a a n ==-，当2n ≥时，2-1-2n n a a a =满足等差数列的定义，此时{}n a 为等差数列；当43a b =-4=3an b an a =+-03a =-<不合题意，舍去.综上可知{}n a 为等差数列.解法二：求解通项公式因为213a a ===也为等差数列，所以公差1d =()11n d =-=，故21n S n a =，当2n ≥时，()()221111121n n n a S S n a n a n a -=-=--=-，当1n =时，满足上式，故{}n a 的通项公式为()121n a n a =-，所以()1123n a n a -=-，112n n a a a --=，符合题意.【点评】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，选①②时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n 的一次函数，直接(0)an b a =+>，平方后得到n S 的关系式，利用11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩得到{}n a 的通项公式，进而得到213a a =，是选择①②证明③的通式通法；法二：分别设出{}n a 与{}n S的公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系1d =12d a =，进而得到213a a =；选①③时，按照正常的思维求出公差，表示出n S进而由等差数列定义进行证明；选②③时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n 的一次函数，(0)an b a =+>，结合,n n a S 的关系求出n a ，根据213a a =可求b ，然后可证{}n a1d =11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，求出{}n a 的通项公式，进而证明出结论.【针对训练】（2022年全国高考乙卷）1．嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{}n b ：1111b α=+，212111b αα=++，31231111b ααα=+++，…，依此类推，其中(1,2,)k k α*∈=N ．则（）A ．15b b <B ．38b b <C ．62b b <D ．47b b <2．设数列{an }满足a 1=3，134n n a a n +=-．（1）计算a 2，a 3，猜想{an }的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan }的前n 项和Sn ．3．已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.n n n a n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数（1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式；（2）求{}n a 的前20项和.4．已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==．（1）求{}n a 的通项公式；（2）记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m ∈N 中的项的个数，求数列{}m b 的前100项和100S ．（2022全国甲卷）5．记n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知221nn S n a n+=+．(1)证明：{}n a 是等差数列；(2)若479,,a a a 成等比数列，求n S 的最小值．6．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．7．设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <．8．对负整数a ，数43a +、77a +、283a a ++依次成等差数列．(1)求a 的值；(2)若数列{}n a 满足()112n n n a aa n *++=-∈N ，1a m =，求{}n a 的通项公式；(3)在（2）的条件下，若对任意n *∈N ，有2121n n a a +-<，求m 的取值范围．9．设0b >，数列{}n a 满足1a b =，()1121n n n nba a n a n --=≥+-（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）证明：对于一切正整数n ，121n n a b +≤+．10．设数列{}n a 满足：11a =，12n n n a a -=-+（2n ≥），数列{}n b 满足：1(1)3n n n b a +=-⋅．求数列{}n b 的通项公式．参考答案：1．D【分析】根据()*1,2,k k α∈=N …，再利用数列{}n b 与k α的关系判断{}n b 中各项的大小，即可求解.【详解】[方法一]:常规解法因为()*1,2,k k α∈=N ，所以1121ααα<+，112111ααα>+，得到12b b >，同理11223111ααααα+>++，可得23b b <，13b b >又因为223411,11αααα>++112233411111ααααααα++<+++，故24b b <，34b b >；以此类推，可得1357b b b b >>>>…，78b b >，故A 错误；178b b b >>，故B 错误；26231111αααα>++…，得26b b <，故C 错误；11237264111111αααααααα>++++++…，得47b b <，故D 正确.[方法二]：特值法不妨设1,n a =则1234567835813213455b 2,b b ,b b ,b b ,b 2358132134========，47b b <故D 正确.2．（1）25a =，37a =，21n a n =+，证明见解析；（2）1(21)22n n S n +=-⋅+.【分析】（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出23,a a ，猜想得出{}n a 的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）方法一：（通性通法）根据通项公式的特征，由错位相减法求解即可．【详解】（1）［方法一］【最优解】：通性通法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=，由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列，即21n a n =+．证明如下：当1n =时，13a =成立；假设()n k k *=∈N 时，21k a k =+成立.那么1n k =+时，1343(21)4232(1)1k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立.则对任意的*n ∈N ，都有21n a n =+成立；［方法二］：构造法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由123,5a a ==得212a a -=．134n n a a n +=-，则134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--．令1n n n b a a +=-，且12b =，所以134n n b b -=-，两边同时减去2，得()1232n n b b --=-，且120b -=，所以20n b -=，即12n n a a +-=，又212a a -=，因此{}n a 是首项为3，公差为2的等差数列，所以21n a n =+．［方法三］：累加法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由134n n a a n +=-得1114333n n n n n a a n +++-=-，即2121214333a a -=-⨯，3232318333a a -=-⨯，……1114(1)(2)333n n nn n a a n n ---=--⨯≥．以上各式等号两边相加得1123111412(1)33333n n n a a n ⎡⎤-=-⨯+⨯+-⨯⎢⎥⎣⎦ ，所以1(21)33n n n a n =+⋅．所以21(2)n a n n =+≥．当1n =时也符合上式．综上所述，21n a n =+．［方法四］：构造法21322345,387a a a a =-==-=，猜想21n a n =+．由于134n n a a n +=-，所以可设()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，其中,λμ为常数．整理得1322n n a a n λμλ+=++-．故24,20λμλ=--=，解得2,1λμ=-=-．所以()112(1)13(21)3211n n n a n a n a +-+-=--=⋅⋅⋅=-⨯-．又130a -=，所以{}21n a n --是各项均为0的常数列，故210n a n --=，即21n a n =+．（2）由（1）可知，2(21)2n nn a n ⋅=+⋅［方法一］：错位相减法231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅ ，①23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅ ，②由①-②得：()23162222(21)2n n n S n +-=+⨯+++-+⋅ ()21121262(21)212n n n -+-=+⨯+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-，即1(21)22n n S n +=-⋅+.［方法二］【最优解】：裂项相消法112(21)2(21)2(23)2n n n n n n n a n n n b b ++=+=---=-，所以231232222n n n S a a a a =++++ ()()()()2132431n n b b b b b b b b +=-+-+-++- 11n b b +=-1(21)22n n +=-+．［方法三］：构造法当2n ≥时，1(21)2n n n S S n -=++⋅，设11()2[(1)]2n n n n S pn q S p n q --++⋅=+-+⋅，即122n n n pn q p S S ----=+，则2,21,2pq p -⎧=⎪⎪⎨--⎪=⎪⎩，解得4,2p q =-=．所以11(42)2[4(1)2]2n n n n S n S n --+-+⋅=+--+⋅，即{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，而1(42)22S +-+⋅=，所以(42)22n n S n +-+⋅=．故12(21)2n n S n +=+-⋅．［方法四］：因为12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，令12n n b n -=⋅，则()()231()0,11n nx x f x x x x x x x-=++++=≠- ，()121211(1)()1231(1)n n nn x x nx n x f x x x nxx x +-'⎡⎤-+-+=++++==⎢⎥--⎢⎥⎣⎦' ，所以12n b b b +++L 21122322n n -=+⋅+⋅++⋅ 1(2)12(1)2n n f n n +==+-+'⋅．故234(2)2222nn S f =++'+++ ()1212412(1)212n n n n n +-⎡⎤=+⋅-++⎣⎦-1(21)22n n +=-+．【整体点评】（1）方法一：通过递推式求出数列{}n a 的部分项从而归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据数学归纳法进行证明，是该类问题的通性通法，对于此题也是最优解；方法二：根据递推式134n n a a n +=-，代换得134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--，设1n n n b a a +=-，从而简化递推式，再根据构造法即可求出n b ，从而得出数列{}n a 的通项公式；方法三：由134n n a a n +=-化简得1114333n n n n n a a n +++-=-，根据累加法即可求出数列{}n a 的通项公式；方法四：通过递推式求出数列{}n a 的部分项，归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据待定系数法将递推式变形成()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，求出,λμ，从而可得构造数列为常数列，即得数列{}n a 的通项公式．（2）方法一：根据通项公式的特征可知，可利用错位相减法解出，该法也是此类题型的通性通法；方法二：根据通项公式裂项，由裂项相消法求出，过程简单，是本题的最优解法；方法三：由2n ≥时，1(21)2nn n S S n -=++⋅，构造得到数列{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，从而求出；方法四：将通项公式分解成12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，利用分组求和法分别求出数列{}{}12,2n n n -⋅的前n 项和即可，其中数列{}12n n -⋅的前n 项和借助于函数()()231()0,11n nx x f x x x x x x x-=++++=≠- 的导数，通过赋值的方式求出，思路新颖独特，很好的简化了运算．3．（1）122,5,31n b b b n ===-；（2）300.【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列{}n b 的特征，然后求和其通项公式即可；(2)方法二：分组求和，结合等差数列前n 项和公式即可求得数列的前20项和.【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：显然2n 为偶数，则21222212,1n n n n a a a a +++=+=+，所以2223n n a a +=+，即13n n b b +=+，且121+12b a a ===，所以{}n b 是以2为首项，3为公差的等差数列，于是122,5,31n b b b n ===-．[方法二]：奇偶分类讨论由题意知1231,2,4a a a ===，所以122432,15b a b a a ====+=．由11n n a a +-=（n 为奇数）及12n n a a +-=（n 为偶数）可知，数列从第一项起，若n 为奇数，则其后一项减去该项的差为1，若n 为偶数，则其后一项减去该项的差为2．所以*23()n n a a n N +-=∈，则()11331n b b n n =+-⨯=-．[方法三]：累加法由题意知数列{}n a 满足*113(1)1,()22nn n a a a n +-==++∈N ．所以11213(1)11222b a a -==++=+=，322433223(1)3(1)11212352222b a a a a a --==++=+=+++=++=+=，则222121222111()()()121221+n n n n n n b a a a a a a a a a ---==-+-+-+=+++++++12(1)131n n n =+-+=-⨯．所以122,5b b ==，数列{}n b 的通项公式31n b n =-．（2）[方法一]：奇偶分类讨论20123201351924620++++++++()()S a a a a a a a a a a a a =+=+++ 1231012310(1111)b b b b b b b b =-+-+-++-+++++ 110()102103002b b +⨯=⨯-=．[方法二]：分组求和由题意知数列{}n a 满足12212121,1,2n n n n a a a a a -+==+=+，所以2122123n n n a a a +-=+=+．所以数列{}n a 的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；同理，由2221213n n n a a a ++=+=+知数列{}n a 的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．从而数列{}n a 的前20项和为：201351924260()()S a a a a a a a a =+++++++++ 1091091013102330022⨯⨯=⨯++⨯+⨯=．【整体点评】(1)方法一：由题意讨论{}n b 的性质为最一般的思路和最优的解法；方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质；方法三：写出数列{}n a 的通项公式，然后累加求数列{}n b 的通项公式，是一种更加灵活的思路.(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前n 项和是一种常规的方法；方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前n 项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.4．（1）2n n a =；（2）100480S =.【分析】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为1,a q 的形式，求解出1,a q ，由此求得数列{}n a 的通项公式.（2）方法一：通过分析数列{}m b 的规律，由此求得数列{}m b 的前100项和100S .【详解】（1）由于数列{}n a 是公比大于1的等比数列，设首项为1a ，公比为q ，依题意有31121208a q a q a q ⎧+=⎨=⎩，解得解得12,2a q ==，或1132,2a q ==(舍)，所以2n n a =，所以数列{}n a 的通项公式为2n n a =.（2）［方法一］：规律探索由于123456722,24,28,216,232,264,2128=======，所以1b 对应的区间为(0,1]，则10b =；23,b b 对应的区间分别为(0,2],(0,3]，则231b b ==，即有2个1；4567,,,b b b b 对应的区间分别为(0,4],(0,5],(0,6],(0,7]，则45672b b b b ====，即有22个2；8915,,,b b b 对应的区间分别为(0,8],(0,9],,(0,15] ，则89153b b b ==== ，即有32个3；161731,,,b b b 对应的区间分别为(0,16],(0,17],,(0,31] ，则1617314b b b ==== ，即有42个4；323363,,,b b b 对应的区间分别为(0,32],(0,33],,(0,63] ，则3233635b b b ====L ，即有52个5；6465100,,,b b b L 对应的区间分别为(0,64],(0,65],,(0,100] ，则64651006b b b ====L ，即有37个6．所以23451001222324252637480S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．［方法二］【最优解】：由题意，2n m ≤，即2log n m ≤，当1m =时，10b =．当)12,21k k m +⎡∈-⎣时，,m b k k *=∈N ，则()()()()1001234573233636465100S b b b b b b b b b b b b =++++++++++++++ 0122438416532637480=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．［方法三］：由题意知)1,2,2k k m b k m +⎡=∈⎣，因此，当1m =时，10b =；[2,4)m ∈时，1m b =；[4,8)m ∈时，2m b =；[8,16)m ∈时，3m b =；[16,32)m ∈时，4m b =；[32,64)m ∈时，5m b =；[64,128)m ∈时，6m b =．所以1001234100S b b b b b =+++++ 0(11)(222)(666)=++++++++++ 0122438416532637480=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．所以数列{}n b 的前100项和100480S =．【整体点评】（2）方法一：通过数列{}n a 的前几项以及数列{}m b 的规律可以得到12100,,,b b b 的值，从而求出数列{}m b 的前100项和，这是本题的通性通法；方法二：通过解指数不等式可得数列{}m b 的通项公式，从而求出数列{}m b 的前100项和，是本题的最优解；方法三，是方法一的简化版．5．(1)证明见解析；(2)78-．【分析】（1）依题意可得222n n S n na n +=+，根据11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，作差即可得到11n n a a --=，从而得证；（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出1a ，即可得到{}n a 的通项公式与前n 项和，再根据二次函数的性质计算可得．【详解】（1）因为221nn S n a n+=+，即222n n S n na n +=+①，当2n ≥时，()()()21121211n n S n n a n --+-=-+-②，①-②得，()()()22112212211n n n n S n S n na n n a n --+---=+----，即()12212211n n n a n na n a -+-=--+，即()()()1212121n n n a n a n ----=-，所以11n n a a --=，2n ≥且N*n ∈，所以{}n a 是以1为公差的等差数列．（2）[方法一]：二次函数的性质由（1）可得413a a =+，716a a =+，918a a =+，又4a ，7a ，9a 成等比数列，所以2749a a a =⋅，即()()()2111638a a a +=+⋅+，解得112a =-，所以13n a n =-，所以()22112512562512222228n n n S n n n n -⎛⎫=-+=-=--⎪⎝⎭，所以，当12n =或13n =时，()min 78n S =-．[方法二]：【最优解】邻项变号法由（1）可得413a a =+，716a a =+，918a a =+，又4a ，7a ，9a 成等比数列，所以2749a a a =⋅，即()()()2111638a a a +=+⋅+，解得112a =-，所以13n a n =-，即有1123210,0a a a a <<<<= .则当12n =或13n =时，()min 78n S =-．【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出n S 的最小值，适用于可以求出n S 的表达式；法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．6．（1）证明见解析；（2）()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.【分析】（1）由已知212n nS b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，取1n =,得132b =,由题意得1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,消积得到项的递推关系111221n n n n b b b b +++=-,进而证明数列{}n b 是等差数列;（2）由（1）可得n b 的表达式,由此得到n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.【详解】（1）[方法一]：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;[方法二]【最优解】：由已知条件知1231-⋅=⋅⋅⋅⋅ n n n b S S S S S ①于是11231(2)--=⋅⋅⋅⋅≥ n n b S S S S n ．②由①②得1nn n b S b -=．③又212n nS b +=，④由③④得112n n b b --=．令1n =，由11S b =，得132b =．所以数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．[方法三]：由212n nS b +=，得22=-n n n S b S ，且0n S ≠，0n b ≠，1n S ≠．又因为111--=⋅⋅=⋅ n n n n n b S S S S b ，所以1122-==-n n n n b b S S ，所以()1111(2)2222212---=-==≥---n n n n n n n S S b b n S S S ．在212n n S b +=中，当1n =时，1132==b S ．故数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．[方法四]：数学归纳法由已知212n n S b +=，得221n n n b S b =-，132b =，22b =，352=b ，猜想数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列，且112n b n =+．下面用数学归纳法证明．当1n =时显然成立．假设当n k =时成立，即121,21+=+=+k k k b k S k ．那么当1n k =+时，11112++⎛⎫==+ ⎪⎝⎭k k k b b S 331(1)1222k k k k ++⋅==+++．综上，猜想对任意的n ∈N 都成立．即数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．（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 nb 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 ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.【整体点评】（1）方法一从212n nS b +=得221n n n b S b =-，然后利用n b 的定义，得到数列{}n b 的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；方法二先从n b 的定义，替换相除得到1nn n b S b -=，再结合212n n S b +=得到112n n b b --=，从而证得结论，为最优解；方法三由212n nS b +=，得22=-n n n S b S ，由n b 的定义得1122-==-n n n n b b S S ，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列112n b n =+，然后利用数学归纳法证得结论．（2）由（1）的结论得到112n b n =+，求得n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得{}n a 的通项公式；7．（1）11()3n n a -=，3n nn b =；（2）证明见解析.【分析】（1）利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=，解方程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ，再作差比较即可.【详解】（1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==.（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333n n n n nT --=++++ ，012111111223333-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭n n S ，230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 012111012222333---++++ 111233---+n n n n ．设0121111101212222Γ3333------=++++ n n n ，⑧则1231111012112222Γ33333-----=++++ n n n ．⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ132********--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭- n n n n nn n ．所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯n n n n n n ．因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n nS n n nT ．故2nn S T <．[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)12313n n n S ⨯-==--，211213333n n n n nT --=++++ ，①231112133333n n n n nT +-=++++ ，②①-②得23121111333333n n n n T +=++++- 1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---，所以31(14323n n nn T =--⋅，所以2n n S T -=3131(1)(1043234323n nn n n n ----=-<⋅⋅，所以2nn S T <.[方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知13⎛⎫= ⎪⎝⎭n n b n ，令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，且1+=-n n n b c c ，即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭nnn n n n ，通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==，所以331243nn c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎝⎭⎝⎭，下同方法二．[方法四]：导函数法设()231()1-=++++=- n nx x f x x x x x x，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n n x x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢⎥==---⎢⎥⎣⎦，则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='- n nn nx n x f x x x nxx ．又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n n n b n ，所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭'13113311(1)4334423n nnn n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，下同方法二．【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,n n S T ,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，使1+=-n n n b c c ，求得n T 的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.8．(1)2a =-(2)()()()1212n nn a m n -=⋅-+-⋅-(3)163m <【分析】（1）根据等差中项的性质可出关于a 的等式，结合a 为负整数可得出a 的值；（2）推导出数列()2n n a ⎧⎫⎪⎪⎨-⎪⎪⎩⎭为等差数列，确定该数列的首项和公差，即可求得数列{}n a 的通项公式；（3）由2121n n a a +-<对*n ∈N 恒成立结合参变量分离法可得出1243n m +<，求出1243n +的最小值，可得出实数m 的取值范围.【详解】（1）解：由题意可得()21414383a a a a +=++++，整理可得2280a a --=，a 为负整数，解得2a =-.（2）解：因为()1122n n n a a ++=-+-，等式两边同时除以()12n +-可得()()11122n nn n a a ++-=--，所以，数列()2n n a ⎧⎫⎪⎪⎨⎬-⎪⎪⎩⎭是首项为2m -，公差为1的等差数列，故()()122n n a m n =-+--，因此，()()()1212n n n a m n -=⋅-+-⋅-.（3）解：由2121n n a a +-<对*n ∈N 恒成立得()()()()()()22122212222222n n n n m n m n +--⋅-+-<⋅--⋅⋅+-对n *∈N 均成立．()2220n --> ，不等式两边同除()222n --，得()()()482222m n m n +-⋅<+-⋅-，得1243n m +<对n *∈N 恒成立，当1n =时，1243n +取最小值163，163m ∴<．9．（1）11(1)011n n n b a nb b b b b =⎧⎪=⎨->≠⎪-⎩且（2）证明见解析【分析】（1）由题设形式可以看出，题设中给出了关于数列a n 的面的一个方程，即一个递推关系，所以应该对此递推关系进行变形整理以发现其中所蕴含的规律，观察发现若对方程两边取倒数则可以得到一个类似等差数列的形式，对其中参数进行讨论，分类求其通项即可．（2）由于本题中条件较少，解题思路不宜用综合法直接分析出，故求解本题可以采取分析法的思路，由结论探究其成立的条件，再证明此条件成立，即可达到证明不等式的目的．【详解】（1）()1121n n n nba a n a n --=≥+- 1111(2)n n n n n a b b a --∴=+⨯≥当1b =时，11(2)1n n n n n a a -=+≥-，∴数列n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以11a 为首项，以1为公差的等差数列，1(1)1n n n n a ∴=+-⨯=，即1n a =，当0b >，且1b ≠时，11111(2)11n n n n n a b b b a -⎛⎫-+=+≥ --⎝⎭即数列11n n a b ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是以11111(1)a b b b +=--为首项，公比为1b 的等比数列，111111(1)(1)n n n n a b b b b b b -⎛⎫∴+=⨯= ⎪---⎝⎭即(1)1n n nnb b a b -=-，∴数列{}n a 的通项公式是()111011n n n b a nb b b b b =⎧⎪=⎨->≠⎪-⎩且（2）证明：当1b =时，不等式显然成立当0b >，且1b ≠时，(1)1n n nnb b a b -=-，要证对于一切正整数n ，121n n a b +≤+，只需证1(1)211n n n nb b b b+-⨯≤+-，即证()11121011n nn n b b nb b b b +--≤+⨯>--）()1111n n b bb +-+⨯- ()1111n n b b b +-=+⨯-()()11211n n n b b b b +--=+⨯++⋯++()()22121121n n n n n n b b b b b b b -++--=++⋯+++++⋯++()12211111n n n n n b b b b b b bb b --⎡⎤⎛⎫=++⋯+++++⋯++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦(222)2n n b nb ≥++⋯+=∴不等式成立，综上所述，对于一切正整数n ，有121n n a b +≤+，【点睛】本题考点是数列的递推式，考查根据数列的递推公式求数列的通项，研究数列的性质的能力，本题中递推关系的形式适合用取倒数法将所给的递推关系转化为有规律的形式，两边取倒数，条件许可的情况下，使用此技巧可以使得解题思路呈现出来．数列中有请多成熟的规律，做题时要注意积累这些小技巧，在合适的情况下利用相关的技巧，可以简化做题．在（2）的证明中，采取了分析法的来探究解题的思路，通过本题希望能进一步熟悉分析法证明问题的技巧．10．223n n b =-⋅．【分析】利用辅助法，对于数列{}n a 的递推公式，两边同时除以2n ，根据数列构造法，可得答案.【详解】∵12n n n a a -+=，两边同时除以2n 得1111222n n n n a a --+⋅=．令2n n n a c =，则1112n n c c -=-+．两边同时加上23-得1212323n n c c -⎛⎫-=-⋅- ⎪⎝⎭．∴数列23n c ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以123c -为首项，12-为公比的等比数列．∴112211133232n n n c c -⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-⋅-=⋅- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，∴211332n n c ⎛⎫=+⋅- ⎪⎝⎭．∴2122(1)33n n n n n a c ==⋅+⋅-⋅．又∵1(1)3n n n b a +=-⋅，∴12(1)233n n n n b a =⋅--=-⋅，。
求数列的通项公式的八种方法(强烈推荐)
怎样由递推关系式求通项公式一、基本型：（1）a n =pa n-1+q （其中pq ≠0 ，p ≠1，p 、q 为常数）型:——运用代数方法变形，转化为基本数列求解.利用待定系数法，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1. 已知数列{}n a 中, 11a =,121(2)n n a a n -=+≥,求{}n a 的通项公式.-1练1．已知数列{a n }中，a 1=1，a n =21a 1-n + 1，n ∈ N +，求通项a n ．a n = 2 －2n-1 ，n ∈N + 练2.已知数列{}n a 中, 11a =,121(2)n n a a n -=+≥,求{}n a 的通项公式.21nn a ∴=- 二、可化为基本型的数列通项求法： （一）指数型：a n=ca n-1+f(n)型 1、a 1=2,a n =4a n-1+2n (n ≥2),求a n .2、a 1=-1,a n =2a n-1+4〃3n-1(n ≥2),求a n .3、已知数列{}n a 中，1a =92，113232+-+=n n n a a （n ≥2），求n a .∴ n a =13)21(2+--n n（二）指数（倒数）型 1、a 1=1,2a n -3a n-1=(n ≥2),求a n .2、a 1=,a n+1=a n +()n+1,求a n . （三）可取倒数型：将递推数列1nn n ca a a d+=+(0,0)c d ≠≠,1、（2008陕西卷理22）（本小题满分14分）已知数列{a n }的首项135a =，1321n n n a a a +=+，12n = ，，． （Ⅰ）求{a n }的通项公式； 332nn n a ∴=+2、已知数列{}n a *()n N ∈中, 11a =,121nn n a a a +=+,求数列{}n a 的通项公式.∴121n a n =-. 3、若数列｛a n ｝中，a 1=1，a 1+n =22+n na a n ∈N +，求通项a n ． a n =4、 若数列{n a }中，1a =1，n S 是数列{n a }的前n 项之和，且nnn S S S 431+=+（n 1≥），求数列{n a }的通项公式是n a . 131-=n n S ⎪⎩⎪⎨⎧+⋅-⋅-=123833212n n n n a )2()1(≥=n n 三、叠加法：a n=a n-1+f(n)型：1.已知数列{a n }中, 11a =,1n-13n n a a -=+(2)n ≥。
几种由递推式求数列通项的方法介绍
几种由递推式求数列通项的方法介绍求解数列通项是数学中的一个重要问题，通常可以通过递推式来表示，即通过前一项或前几项的关系来推导后一项。
本文将介绍一些常见的方法来求解数列的通项。
1.列表法：这是最直观的方法，可以将数列的前几项写成一个列表，然后观察它们之间的规律。
通过观察可以发现一些关系，例如常差数列、常比数列等。
在观察的过程中，可以注意各项之间的差或比是否保持一定的关系。
2. 递推法：利用给定的递推式，可以通过已知的前一项来计算后一项。
递推法通常需要通过递推式对前几项进行计算，以确定数列的通项。
例如，常差数列的通项可以通过递推公式 an = a1 + (n-1)d 来计算。
3. 代数法：有些数列可以通过代数方法求解。
例如，等差数列和等比数列都可以通过代数方法得到通项公式。
对于等差数列an = a1 + (n-1)d，可以通过代数化简来求解，最常见的方法就是利用等差数列的通项公式an = a1 + (n-1)d。
对于等比数列an = a1 * q^(n-1)，可以利用等比数列的通项公式an = a1 * q^(n-1)来求解。
4.差分法：适用于一些数列前后项之间的差满足一定规律的情况。
差分法的思想是通过求解数列差分后的数列，再通过对差分后的数列进行一定的变化，从而得到原始数列的通项。
5.指数法：适用于一些数列前后项之间的比满足一定规律的情况。
指数法的思想是将数列的各项取对数，观察其对数之间的关系，通过求解指数函数得到通项。
6.数学归纳法：数学归纳法是一种常见的证明数列通项的方法。
它首先证明数列的第一项满足递推式；然后假设对于一些正整数n，数列的前n项满足递推式，再利用递推式证明第n+1项也满足递推式；最后通过数学归纳法得出结论，所有项都满足递推式。
这些方法并不是适用于所有数列的求解，有时候数列的规律会非常复杂或难以观察到，需要更高级或更复杂的数学工具来求解。
但是以上方法在数列求解中是最基本且常用的方法，通过观察数列的性质和规律来找出通项的表达式。
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)。
十类递推数列的通项公式的求法
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%&
文!黄爱民
一、ａｎ＋１＝ ａｎ＋ ｆ（ｎ）型 这类递推数列可通过累加法求得其通项公式．当 ｆ（ｎ）
为常数时，通过累加法可求得等差数列的通项公式；当
ｆ（ｎ）为等差数列形式时，ａｎ＋１＝ ａｎ＋ ｆ（ｎ）为二阶等差数列， 它的通项公式的形式为 ａｎ＝ａｎ２＋ｂｎ＋ｃ．同时要注意它与等 差数列求和公式的一般形式的区别，后者是 Ｓｎ＝ａｎ２＋ｂｎ， 它的常数项一定为 ０．
对数，得 ｌｇａｎ＝ｌｇ２ａｎ４－ １ ，则有 ｌｇａｎ＝４ｌｇａｎ－１＋ｌｇ２．
∴ｌｇａｎ＋
１ ３
ｌｇ２＝４（ｌｇａｎ－
１＋
１ ３
ｌｇ２）．从而知｛ｌｇａｎ＋
１ ３
ｌｇ２｝是
首项为 １ ｌｇ２，公比为 ４ 的等比数列． ３
∴ｌｇａｎ＝
（４ｎ－１－ １）ｌｇ２ ３
＝（４ｎ－１－ １）ｌｇ#３ ２
，即
高中生·高考指导 １３
×（３ ２
）ｎ－ １＝（３ ２
）ｎ，即
ａｎ＝
２ｎ ３ｎ－ ２ｎ
．
九、ａ ｎ＋１＝
Ａａｎ＋Ｂ Ｃａｎ＋Ｄ
（Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ 为非零常数）型
这类递推数列的通项公式是利用函数的不动点来
求的．尽管这个知识点高考不作要求，但考题往往就从
这些地方出，只需增加一些铺垫．
例 ９ 若 ｆ（ｘ０）＝ｘ０，则称 ｘ０ 为 ｆ（ｘ）的不动点．已知函 数 ｆ（ｘ）＝ ２ｘ＋３ ．
＋１ ２
．令
ｂｎ＝
ａｎ ２ｎ
，则有
ｂｎ＋１＝
３ ２
ｂｎ＋
数列通项公式常见9种求法
解：令
，得
，则 是函数
的不动点。
因为
，所以
。
评注：本题解题的关键是通过将 形式，从而可知数列
最后再求出数列 的通项公式。
的换元为 ，使得所给递推关系式转化
为等比数列，进而求出数列
的通项公式，
，求数列 的通项公式。
解：令
，得
的两个不动点。因为
，则
是函数
。所以数列
是以
为首项，以 为公比的等比数列，故
，
则
。
评注：本题解题的关键是先求出函数
的不动点，即方程
的两
个根
，进而可推出
，从而可知数列
为等比数
列，再求出数列
的通项公式，最后求出数列 的通项公式。
例 15 已知数列 满足
，求数列 的通项公式。
并整理，得
，
，求数列 的通项公式。
，所以 ⑩
。在
式两边取
11
，则
，两边消去
，故
代入 11 式，得 由 得 则 所以数列 比数列，则
， ，
是以
12 及 12 式，
为首项，以 5 为公比的等 ，因此
则
。
评注：本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式
转化为 ，从而可知数列
是等比数列，进而求出数列 公式，最后再求出数列 的通项公式。
解：设
⑥
将
代入⑥式，得
整理得
。
令
，则
，代入⑥式得
⑦
由
及⑦式，
得
，则
，
故数列 因此
是以 ，则
为首项，以 3 为公比的等比数列， 。
评注：本题解题的关键是把递推关系式
- 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)。
. . 递推数列通项求解方法
类型一：1nnapaq
（1p）
思路1（递推法）：123()nnnnapaqppaqqpppaqqq ……121(1npaqpp…211)11nnqqpappp。 思路2（构造法）：设1nnapa，即1pq得1qp，数列na是以1a为首项、p为公比的等比数列，则
1111nnqqaappp
，即
1111nnqqaappp
。
例1 已知数列na满足123nnaa且11a，求数列na的通项公式。
解：方法1（递推法）：123232(23)3222333nnnnaaaa……1223(122n
…
211332)12232112nnn
。
方法2（构造法）：设12nnaa，即3，数列3na是以
1
34a
为首项、2为公比的等比数列，则113422nnna，即123nna
。 .
. 类型二：1()nnaafn
思路1（递推法）：123(1)(2)(1)(3)(2)(1)nnnnaafnafnfnafnfnfn
…111()niafn。 思路2（叠加法）：1(1)nnaafn，依次类推有：12(2)nnaafn
、
23(3)nnaafn、…、21(1)aaf，将各式叠加并整理得
111()nniaafn
，即
111()nniaafn。
例2 已知11a，1nnaan，求n
a。
解：方法1（递推法）：123(1)(2)(1)nnnnaanannannn
……1[23a…1(1)(2)(1)]2ninnnnnn。 方法2（叠加法）：1nnaan，依次类推有：121nnaan、232nnaan
、…、
212aa，将各式叠加并整理得
12nniaan，121(1)2nnn
iinnaann
。 .
. 类型三：1()nnafna
思路1（递推法）：123(1)(1)(2)(1)(2)(3)nnnnafnafnfnafnfnfna…
(1)(2)(3)fff…1(2)(1)fnfna。
思路2（叠乘法）：1(1)nnafna，依次类推有：12(2)nnafna、23(3)nnafna、…、
21(1)afa，将各式叠乘并整理得1(1)(2)(3)nafffa
…(2)(1)fnfn，即
(1)(2)(3)nafff…1(2)(1)fnfna。
例3 已知11a，111nnnaan，求n
a。
解：方法1（递推法）：1231121231111nnnnnnnnnnaaaannnnnn… 2(1)nn。
方法2（叠乘法）：111nnanan，依次类推有：122nnanan、2331nnanan、…、32
2
4aa、
2113aa，将各式叠乘并整理得1
12311nannnannn
…
21
43，即
12311nnnnannn
…21243(1)nn。 .
. 类型四：11nnnapaqa
思路（特征根法）：为了方便，我们先假定1am、2
an。递推式对应的特征方程
为2xpxq，当特征方程有两个相等实根时， 12nnpacnd(c、d为待定系数，可利用1am、2an求得)；当特征方程有两个不等实根时1x、2
x时，
1112nnnaexfx
(e、f为待定系数，可利用1am、2an求得)；当特征方程的根为
虚根时数列na的通项与上同理，此处暂不作讨论。
例4 已知12a、23a,116nnnaaa,求n
a。
解：递推式对应的特征方程为26xx即260xx
，解得12x、23x。
设1112nnnaexfx
，而12a、23a，即
2233efef
，解得9515ef，即11912(3)55nnna。 .
. 类型五：1nnnaparq
（0pq）
思路（构造法）：11nnnaparq，设11nnnnaaqq，则
11nnqpqrq
，从而解得pqrpq。那么nnarqpq是以1arqpq为首项，
pq为公比的等比数列。
例5 已知11a，112nnnaa，求n
a。
解：设1122nnnnaa，则121122nn，解得1213，123nn
a
是以111236为首项，12为公比的等比数列，即11112362nnna，213nna。
类型六：1()nnapafn
（0p且1p）
思路（转化法）：1(1)nnapafn
，递推式两边同时除以np得
11(1)nnnnnaafnppp
，我们令nnnabp，那么问题就可以转化为类型二进行求解了。
例6 已知12a，1142nnnaa，求n
a。
解：142nnnaa，式子两边同时除以4n得111442nnnnnaa，令4
n
nn
ab，则. . 112nnnbb，依此类推有11212nnnbb、22312nnnbb
、…、
22112bb，各式叠加得1212nn
nibb
，即
122111111122222nnnnnnnniiibb
1441422nnnnnnnab
。
类型七：1rnnapa
（0na）
思路（转化法）：对递推式两边取对数得1logloglogmnmnmarap
，我们令
lognmnba，这样一来，问题就可以转化成类型一进行求解了。
例7 已知110a，21nnaa，求n
a。
解：对递推式21nnaa
左右两边分别取对数得1lg2lgnnaa，令lgnnab，则
12nnbb，即数列nb是以1lg101b为首项，2为公比的等比数列，即12nnb，
因而得121010nnbna。
类型八：1nnncaapad（0c）
思路（转化法）：对递推式两边取倒数得11nnnpadaca，那么111nndpacac，
令1nn
ba，这样，问题就可以转化为类型一进行求解了。
例8 已知14a，1221nnnaaa，求n
a。