数列递推公式的九种方法
求递推数列通项公式的类型及方法
求递推数列通项公式的类型及方法求递推数列通项公式是高中数列知识的重点，也是一个难点。
求递推数列通项公式问题题型多样，方法灵活，对于提高学生灵活运用函数思想分析、解决数列问题，培养学生创新意识和探索能力，使学生摆脱呆板使用公式求解的思维定势都有很高的训练价值，因此，求递推数列通项公式问题在高考命题中颇受青睐。
笔者根据自己的教学实践，就求递推数列通项公式的常见类型及方法给出以下解题策略。
一、等差（型）等比（型）数列【类型1.1】等差型：形如的数列称之为等差型数列，当（常数）时，为等差数列，常用累加法求通项。
例1.1.1已知数列满足求数列的通项公式。
解析：由得变式1.1.1已知数列满足，求数列的通项公式。
【类型1.2】等比型：形如的数列称之为等比型数列，当（非零常数）时，为等比数列，常用累乘法求通项。
例1.2.1已知数列满足，求数列的通项公式。
解析：由得∴又适合上式，∴变式1.2.1已知数列满足… ，求数列的通项公式。
答案：二、可化为等差（型）等比（型）的数列【类型2.1】型，一般可通过变形、构造、转化，得到新的等比（型）数列，且随着及的变化有较强的灵活性，常见问题如下：1．待定系数法例2.1.1已知数列满足，求数列的通项公式。
解析：由得∴数列是以为首项，以3为公比的等比数列，一般地，当中的（非零常数）时，常用待定系数法：设，与已知式比较得，从而知是等比数列。
2．构造法例2.1.2已知数列满足，求数列的通项公式。
解析：在中，由于是关于的一次函数，从而可构造新数列，设，与已知式对比得对任意的成立，∴是以为首项，以2为公比的等比数列，∴变式2.1.2已知数列满足，求数列的通项公式。
点析：由于，可设，将代入整理得，从而，且，是等比数列，可得。
3．代数变换法例2.1.3已知数列满足求数列的通项公式。
解析：两边同除以得，即是以为首项，以1为公差的等差数列，∴∴变式2.1.3已知数列满足，求数列的通项公式。
点析：由已知知，两边取对数得，后用2.1.2构造法得之。
数列的递推公式与通项公式
一 、 察 法 ： 据 前 若 干项 观 察 结 果 ( 不完 全 归 纳 法 ) 观 根
例1. 数列{an }的前5项依次为下列数, 试写出 数列的一个通项公式. (1)3, 5, 9, 17, 33, …… 3 1 1 3 1 (2) − , , − , , − , …… 2 2 4 20 10 n−1 n (1)an − an−1 = 2 ⇒ an = 2 + 1 3 3 3 3 3 (2) − , , − , , − ,… 2 2× 3 3× 4 4× 5 5× 6 n 3 × (−1) ⇒ an = n(n + 1)
、 用 a n n 二 利 Sn求 n :分 =1与 ≥2两 情 讨 ， 种 况 论 案 否 写 分 的 式 答 是 要 成 段 形 . 2 列 的 n 和 S 分 满 下 条 ， 例 . 数 {an} 前 项 为 n且 别 足 列 件 n=1 求 列 通 公 an (1)a = 3 数 的 项 式 n 2 6n − 5 n ≥ 2 (1)Sn =3n −2n+2 n 8 n=1 (2)Sn =5 +3 (2)an = n −1 4× 5 n≥ 2 2 (3)a1 =1 2Sn =2anSn −an， ≥2 n ， an +1 2 (4)an >0 Sn =( ， ) 2 n=1 −2 (3) − = 2 ⇒ Sn = ⇒ an = n≥ 2 Sn Sn − 1 2n − 1 (2n − 1)(2n − 3) (4)an = an−1 + 2 ⇒ an = 2n − 1
数列的递推公式与求和公式推导
数列的递推公式与求和公式推导在数学中，数列是指按照一定规律排列的一组数字。
数列中的每个数字称为数列的项，而数列的递推公式和求和公式是用来描述和计算数列的重要工具。
本文将介绍数列的递推公式及其推导方法，以及数列的求和公式的推导过程。
一、数列的递推公式数列的递推公式是指通过已知的前一项或前几项计算下一项的公式。
它描述了数列项之间的关系，使我们可以方便地求得任意项的值。
下面以斐波那契数列为例，介绍数列的递推公式推导。
斐波那契数列是一个经典的数列，它的定义如下：F(1) = 1F(2) = 1F(n) = F(n-1) + F(n-2)，其中n>=3。
可以通过观察前几个数来猜测递推公式，但为了证明递推公式的正确性，需要使用数学归纳法。
首先，验证当n=1和n=2时，递推公式成立。
然后，假设当n=k时，递推公式也成立，即F(k) = F(k-1) + F(k-2)。
接下来，我们通过验证n=k+1时递推公式是否成立来证明递推公式的通用正确性。
当n=k+1时，根据斐波那契数列的定义可得：F(k+1) = F(k) + F(k-1) = (F(k-1) + F(k-2)) + F(k-1) = F(k) + 2F(k-1)由假设知F(k) = F(k-1) + F(k-2)，代入上式可得：F(k+1) = (F(k-1) + F(k-2)) + 2F(k-1) = F(k-1) + 3F(k-1) = 4F(k-1)因此，当n=k+1时，递推公式也成立。
根据数学归纳法可知，对于任意的n，斐波那契数列的递推公式都成立。
二、数列的求和公式数列的求和公式是指计算数列前n项和的公式。
通过求和公式，我们可以在不一一相加的情况下，直接得到数列的和。
下面以等差数列为例，介绍数列的求和公式推导。
等差数列是指数列中相邻两项的差等于一个常数，记为d。
等差数列的通项公式为：a(n) = a(1) + (n-1)d，其中n为项数。
求递推数列通项的几种常见方法
2(
x
2x
1 )2 2 2,
1, x [0, 1 ) 2
x [ 1 ,1] 2
( 2 )当 x [ 1 ,1 ]时 f ( x )的反函数为 y g ( x ), 若 2
a 1 1 , a 2 g ( a 1 ) , a n g ( a n 1 ), 求 { a n }的通项
例5（2004年春季安徽理）已知正项数列 {bn }的前 n 项和
Bn
1（ 4
b
n
1) 2 求 { bn }的通项公式
六：数学归纳法（归纳—猜想—证明）
小结
一：“累加法”求形如 an1 an f (n)的通项，其中{ f ( x)}前和可求
二：“累乘法”求形如 an1 f (n)的通项，其中 f (n)的前 n项的积容易化简
；https:// 租号；
练习：若数列{an }中a1
1 3
, an1
2 3
an
1 3
,求数列通项 an
四：倒数法
求形如
an1
Aa n Ba n
A
其中
A , B 为常数且
AB 0
例 4：已知数列
{an }中，若
a1
1 3
,an
2an1 an1 2
(n
2, n
N )
谢谢指导!
由递推公式求数列通项的 几种常见的方法
一：累加法
求形如an1 an f (n)的通项，其中{ f (n)}的前n项和可求
例1:(2003年全国高考试题文)
已知数列满足 a 1 1, a n 3 n 1 a n 1 ( n 2 )
（ 2）证
an
3n 1 2
利用“累加法”求其通
数列史上最全求通项公式10种方法并配大量习题及答案
数列史上最全求通项公式10种方法并配大量习题及答案求数列通项公式的方法有很多种。
这个问题通常是高考试卷的第一问，如果无法解决或没有思路，那么即使后面的问题可以解决，也是无济于事的。
下面我们逐个讲解这些重要的方法。
递推公式法是指利用an=Sn−Sn−1的形式，其中Sn表示数列的前n项和。
这种方法有两种类型。
第一种类型是题目中给出的是Sn=f(n)的形式，要将n改成n-1，包括角标，这样加上题中给出的式子就得到两个式子，两式子做差，即可整理出通项公式。
但是需要注意的是，求出的通项公式一定要检验是否需要写成分段的形式，即验证一下a1和S1是否相等，若不相等，则需要写成分段的形式。
第二种类型是a(n-1),an和a(n+1)与S(n-1),Sn和S(n+1)同时存在于一个等式中，我们的思路是将n改写成n-1，又得到另一个式子，这两个式子做差，在做差相减的过程中，要将等式的一端通过移项等措施处理为零，这样整理,容易得出我们想要的关系式。
累加法（迭、叠加法）是在教材上推导等差数列通项公式和前n项和公式的时候使用的一种方法。
其实这个方法不仅仅适用于等差数列，它的使用范围是非常广泛的。
只要适合an=an-1+f(n)的形式，都可以使用累加法。
基本的书写步骤是将an-an-1=f(n)展开，然后累加，得到an-a1=f(2)+f(3)+f(4)+。
+f(n)。
因此重点就是会求后边这部分累加式子的和，而这部分累加的式子，绝大部分都是三种情况之一，要么是一个等差数列的前n-1项的和，要么是一个等比数列的前n-1项的和，要么就是能够在累加过程能够中消掉，比如使用裂项相消法等。
累乘法的使用条件是，凡是适合an=an-1*f(n)形式的求通项公式问题，都可以使用累乘法。
它的基本书写步骤格式是：an=a1*f(2)*f(3)*。
*f(n)。
以上是数列通项公式的三种求法。
2.改写每段话：首先，我们来看等式左右两边的乘积。
左边相乘得到的总是1，右边相乘得到的是f(2)乘以f(3)乘以f(4)一直到f(n)。
求递推数列通项公式的若干方法
求递推数列通项公式的若干方法江苏省响水中学高数组魏立国魏立国简介魏立国，男，汉族,江苏省响水中学教师，中国数学奥林匹克一级教练，第十八届全国希望杯备选题命题人，《中学数学教学参考》编辑部特约编辑。
他先后有31篇论文在省级以上刊物上发表，其中有11篇论文在《数学通报》、《数学通讯》等国家级刊物上发表。
2008年被响水县人民政府授予“十佳劳动模范”。
2013年被盐城市人民政府授予“盐城市劳动模范”。
2015获评为响水县首届最美教师；盐城市第二届最美教师提名奖。
2007年、2008年，连续任教高三，所任教班级学生数学人平分均名列同类班级之首，分别超出省均分31分、32分。
2008年他培养的一名学生在全国数学联赛中荣获一等奖。
2009年任教的高三（15）班，囊括全县数学单科180分以上所有名额。
2011年夏天，在江苏大学举办的全省数学竞赛中，他培养的四名学生荣获全省一等奖。
2012年任教的高三（1）班，在高考中一本达线率为95%。
2015年任教的普通班高三（22）班，超额完成学校高考指标，与此同时，一位同学取得数学单科同省理科状元同分的数学高分。
1、不动点法：把方程f(x)=x 的根叫做函数f(x)的不动点，方程f(x)=x 叫特征方程。
(1) 一般对递推数列{})(,)(1n n n a f a dcx bax x f a =++=+若 ①当函数f(x)有两个不同的不动点βα,，令βα--=n n n a a b ，则n n b c a c a b βα--=+1问题转化为等比数列. ②当函数f(x)有一个不动点α，可令ααc a cb b a b n n n n -=--=+1,1则 问题转化为等差数列.(2)设函数B x Ax x f ++=2)(2有两个不同不动点x 1,x 2且)(1n n a f a =+确定数列{a n }则2212111)(x a xa x a x a n n n n --=--++证明：222112221221112222Bx A a x a Bx A a x a x Ba A a x B a Aa x a x a n n n n n n n n n n -+--+-=-++-++=--++∵x 1,x 2是方程x B x Ax =++22两根，∴222211212,2x Bx A x x B x A x =++=++ ∴211x Bx A =-，222x Bx A =-，∴2212111)(x a x a x a x a n n n n --=--++例1、( 04年南京市高模题)已知函数),0(,12)(+∞∈++=x x x x f ，数列{x n }满足x n+1=f(x n )，(n ∈N*)且x 1=1，设|2|-=n n x a ，求证：a n+1<a n证明：由12++=x x x 得2±=x ，则2122122211+++-++=+-++n nnn n n x x x x x x =22)2121(222121)21(2)21()21(2)21(11+-⋅+-==+-⋅+-=+++---x x x x x x n n n n n =1)2121(++-n 即n nnn n n a x )2121(1)2112(22,)2121(1])2121(1[2+--+-=+--+-+=111)2121(1)2112(22++++--+-=n n n a ，显然易得n n a a <+1 说明：这里只要求出{a n }通项公式，即可得证. 例2（2004年杭州高模题）设函数bax xx f +=)(（a,b 为常数，a ≠0） 若x x f f ==)(,31)1(且只有一个实根.(1) f(x)解析式 (2)若数列{a n }满足关系式)2,)((1≥∈=-n N n a f a n n 且200311-=a ，求a n 通项公式.解：(1)易求12)(+=x x x f (2)由12+=x xx 得，等根x=0，即令nn a b 1=得，21121111111=-+=-=------n n n n n n n a a a a a b b ， 2003111-==a b 20052)1(22003-=-+-=∴n n b n200521-=∴n a n说明：本题是不动点只有一个的情形，不用上面结论，当然也可以直接取倒数转化. 例3、数列N n a a a a a a a n nn n ∈-=≠=+,)1(2),2(},{211求通项a n . 解：方程)1(22-=x x x 两根2,021==x xnn a a a a a a a a n n n n 2211211)2()2()2(2-=-==-=-++ 即nnna aa a n 2221)2(2--=+ 111222)2(2-----=∴n n n a aa a n2、特征根法递推式)(110n f a c a c a c k n k n n =+++-- 的通项，由齐次解和特解组成，其中齐次方程解可由特征方程求，其特解由f(n)形式按一定规律，类似给出。
数列的求和与递推公式
数列的求和与递推公式在数学中，数列是由一系列按照特定规律排列的数字组成的序列。
求解数列的和以及找到递推公式是数学中常见的问题，本文将介绍数列求和的方法以及递推公式的推导过程。
一、等差数列的求和与递推公式等差数列是指数列中相邻两项之间的差值保持相等的数列。
设等差数列的首项为a，公差为d，第n项为an。
1.1 求和公式对于等差数列来说，我们可以通过求和的方法来快速计算数列的和。
等差数列的前n项和Sn可以通过下式计算得到：Sn = (n/2) * (a + an)其中，n为项数，a为首项，an为第n项。
1.2 递推公式递推公式是求解等差数列中第n项的常用方法。
根据等差数列的性质，可以得出递推公式为：an = a + (n-1) * d其中，an为第n项，a为首项，d为公差，n为项数。
二、等比数列的求和与递推公式等比数列是指数列中相邻两项之间的比值保持相等的数列。
设等比数列的首项为a，公比为r，第n项为an。
2.1 求和公式对于等比数列而言，我们可以通过求和的公式来计算数列的和。
等比数列的前n项和Sn可以通过下式计算得到：Sn = a * (1 - r^n) / (1 - r)其中，n为项数，a为首项，r为公比。
2.2 递推公式递推公式是求解等比数列中第n项的常用方法。
根据等比数列的定义和性质，可以得出递推公式为：an = a * r^(n-1)其中，an为第n项，a为首项，r为公比，n为项数。
三、斐波那契数列的求和与递推公式斐波那契数列是一种特殊的数列，在数学和自然界中都有广泛的应用。
斐波那契数列的定义如下：首项为1，第二项为1，之后的每一项都是前两项的和。
3.1 求和公式斐波那契数列的前n项和Sn可以通过下式计算得到：Sn = Fn+2 - 1其中，Fn为斐波那契数列的第n项。
3.2 递推公式递推公式是求解斐波那契数列中第n项的常用方法。
根据斐波那契数列的定义和性质，可以得出递推公式为：Fn = Fn-1 + Fn-2其中，Fn为第n项，Fn-1为第n-1项，Fn-2为第n-2项。
明晰递推式的类型，求解数列的通项公式
考点透视求数列的通项公式问题的常见命题形式是根据已知的数列递推式，求数列的通项公式.此类问题的难度一般不大，常出现在选择题、填空题、解答题的第一个问题中.解答此类问题的关键是明晰递推式的特点，选择合适的方法.下面，重点谈一谈求数列通项公式的几种思路与方法，供大家参考.一、形如a n+1=pa n+q的递推式对于形如a n+1=pa n+q（p,q均为常数，且p≠0）的递推式，当p=1时，数列{}a n为等差数列；当q=0时，数列{}a n为等比数列；当p≠1且q≠0时，数列{}a n为线性递推数列，此时需先利用待定系数法，设a n+1+λ=p(a n+λ)；然后将其整理并与a n+1=pa n+q中的系数进行比较，求得λ的值，即可构造出等比数列{}an+qp-1；再利用等比数列的通项公式求出{}an+qp-1的通项公式，即可求得数列{}a n的通项公式.例1.已知数列{}a n的首项为a1=25，且a n+1=2a n2a n+1,则数列{}a n的通项公式为_______.解：由a n+1=2a n2a n+1，可得1an+1=2a n+12an=1+12an,设1a n+1+λ=12()1a n+λ，可得λ=-2，则1a n+1-2=12a n-1=12()1a n-2,又1a1-2=12≠0,故数列{}1a n-2为等比数列.可得1a n-2=12×()12n-1=12n，所以1a n=12n+2.由形如a n+1=pa n+q（p,q均为常数，且p≠0）的递推式求数列的通项公式时，通常需将递推式进行适当的变形，并引入待定系数λ，根据递推式的特点将其设为an+1+λ=p(a n+λ)的形式，以便利用待定系数法来构造出等比数列，将问题转化为等比数列问题来求解.二、形如a n+1=pa n+f(n)的递推式对于a n+1=pa n+f(n)(p≠1)的递推式，一般需先在an+1=pa n+f(n)的两边同时除以p n+1，得到an+1p n+1=a n p n+f(n)p n+1；然后令a n p n=b n，可得b n+1=b n+f(n)p n+1，则bn+1-b n=f(n)p n+1，这样便可采用累加法，或根据等差数列的通项公式求出b n的表达式，从而得到数列的{}a n的通项公式．例2.已知数列{}a n满足a1=1,a n+1=2a n+3n.求数列{}a n的通项公式.解：因为a n+1=2a n+3n，所以an+12n+1=an2n+3n2n+1，且b n=an2n，故bn+1=b n+12×()32n，可得b n+2-b n+1bn+1-b n=32()n≥1,故{}b n+1-b n是公比为32的等比数列，故bn+1-b n=34∙()32n-1=12∙()32n.所以()b n-b1+b1=12∙éëêê()32n-1+()32n-2+⋯+()322+ùûúú()321+12=()32n-1，所以a n2n=()32n-1,即a n=3n-2n.三、形如a n+2=pa n+1+qa n的递推式形如a n+2=pa n+1+qa n的递推式较为复杂，需先设an+2-ka n+1=h(a n+1-ka n)，采用待定系数法求得h、k，将数列化为公比为h的等比数列{a n-a n-1}；然后将问题转化为a n+1=pa n+q型递推数列问题来求解.例3.在数列{}a n中，a1=1，a2=2,a n+2=3a n+1+4a n.求数列{}a n的通项公式.解：由a n+2=3a n+1+4a n得，a n+2+a n+1=4()a n+1+a n,所以数列{}a n+1+a n为首项为3、公比为4的等比数列，故a n+1+a n=3∙4n-1，则a n+2-a n=9∙4n-1，所以当n为奇数时，a n=a1+()a3-a1+()a5-a3+∙∙∙+()a n-a n-2=1+9()1+42+∙∙∙+4n-3=35∙4n-1+25,当n为偶数时，a n=3∙4n-1-a n+1=35∙4n-1-25，故a n=35∙4n-1+()-1n-1∙25.由于此类递推式中同时含有数列中的连续三项，所以往往要将n分为奇数、偶数的两种情形进行讨论.可见，由已知递推式求数列的通项公式，需明晰数列递推式的类型，合理运用构造法，把问题转化为等差数列问题、等比数列问题，就可以利用累加法、累乘法、等差数列的通项公式、等比数列的通项项公式，顺利求出数列的通项公式.（作者单位：江苏省兴化中学）37Copyright©博看网. All Rights Reserved.。
数列的递推公式
数列的递推公式数列的递推公式是指通过已知的数列前几项来推导出数列中后一项与前一项之间的关系的公式。
递推公式在数学和计算机科学中应用广泛，可以用于解决各种数值计算问题。
一、定义数列数列是按一定规律排列的一系列数的有序集合。
数列中的每个数称为该数列的项，项之间的序号称为项号。
通常用字母{n}表示数列中的第n项。
二、等差数列的递推公式等差数列是指数列中的每一项与前一项之差都相等的数列。
等差数列的递推公式可以用来计算数列中的任意项。
设等差数列的首项为a₁，公差为d，第n项为aₙ，则等差数列的递推公式为：aₙ = a₁ + (n-1)d例如，对于等差数列 2, 5, 8, 11, 14，首项a₁=2，公差d=3，第n项aₙ可以通过递推公式计算：aₙ = 2 + (n-1)3三、等比数列的递推公式等比数列是指数列中的每一项与前一项之比都相等的数列。
等比数列的递推公式可以用来计算数列中的任意项。
设等比数列的首项为a₁，公比为r，第n项为aₙ，则等比数列的递推公式为：aₙ = a₁ * r^(n-1)例如，对于等比数列 2, 4, 8, 16, 32，首项a₁=2，公比r=2，第n项aₙ可以通过递推公式计算：aₙ = 2 * 2^(n-1)四、斐波那契数列的递推公式斐波那契数列是指数列中的每一项都是前两项之和的数列。
斐波那契数列的递推公式可以用来计算数列中的任意项。
设斐波那契数列的首项为a₁，第二项为a₂，第n项为aₙ，则斐波那契数列的递推公式为：aₙ = aₙ₋₂ + aₙ₋₁例如，斐波那契数列的前几项为 0, 1, 1, 2, 3, 5，可以通过递推公式计算出后续的项。
五、其他数列的递推公式除了等差数列、等比数列和斐波那契数列，还存在其他类型的数列，它们各自具有特定的递推公式。
例如，如下所示的数列为自然数的平方数列：1, 4, 9, 16, 25该数列的递推公式为：aₙ = n^2再例如，如下所示的数列为自然数的阶乘数列：1, 2, 6, 24, 120该数列的递推公式为：aₙ = n!在解决具体问题时，需要根据数列的规律来确定递推公式，从而计算出数列中任意一项的值。
递推公式求通项公式
用递推公式求通项的六种方法：等差数列和等比数列有通项公式；累加法；累乘法；构造法；错位相减法。
按一定次序排列的一列数称为数列，而将数列{an}的第n项用一个具体式子表示出来，称作该数列的通项公式。
累加法：用于递推公式为an+1=an+f(n)，且f(n)可以求和。
累乘法：用于递推公式为an+1/an=f(n)且f(n)可求积。
构造法：将非等差数列、等比数列，转换成相关的等差等比数列。
错位相减法：用于形如数列由等差×等比构成：如an=n·2^n。
用迭代法：此题也可用归纳猜想法求之，但要用数学归纳法证明．。
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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m w.w.w.k.s.5.u.c.o
例1 在数列{}中，,，求通项公式.
解：原递推式可化为：则
，……，逐项相加得：.故.
二、作商求和法
例2 设数列{}是首项为1的正项数列，且（n=1,2,3…），则它的通项公式是=▁▁▁（2000年高考15题）
解：原递推式可化为：
=0 ∵ ＞0，
则……，逐项相乘得：，即=.
三、换元法
例3 已知数列{}，其中，且当n≥3时，，求通项公式（1986年高考文科第八题改编）.
解：设，原递推式可化为：
是一个等比数列，，公比为.故.故.由逐差法可得：.
例4已知数列{}，其中，且当n≥3时，，求通项公式。
解由得：，令，则上式为，因此是一个等差数列，，公差为1.故.。
由于
又所以，即
四、积差相消法
例5设正数列，，…，，…满足= 且，求的通项公式.
解将递推式两边同除以整理得：
设=，则=1，，故有
⑴ ⑵
… … … …
()
由⑴+ ⑵ +…+()得=，即=.
逐项相乘得：=，考虑到，
故 .
五、取倒数法
例6 已知数列{}中，其中，且当n≥2时，，求通项公式。
解将两边取倒数得：，这说明是一个等差数列，首项是，公差为2，所以，即.
六、取对数法
例7 若数列{}中，=3且（n是正整数），则它的通项公式是=▁▁▁（2002年上海高考题）.
解由题意知＞0，将两边取对数得，即，所以数列是以=为首项，公比为2的等比数列，，即.
七、平方（开方）法
例8 若数列{}中，=2且（n），求它的通项公式是.
解将两边平方整理得。
数列{}是以=4为首项，3为公差的等差数列。
因为＞0，所以。
八、待定系数法
待定系数法解题的关键是从策略上规范一个递推式可变成为何种等比数列，可以少走弯路.其变换的基本形式如下：
1、（A、B为常数）型，可化为=A（）的形式.
例9 若数列{}中，=1，是数列{}的前项之和，且（n），求数列{}的通项公式是.
解递推式可变形为（1）
设（1）式可化为（2）
比较（1）式与（2）式的系数可得，则有。
故数列{}是以为首项，3为公比的等比数列。
=。
所以。
当n，。
数列{}的通项公式是。
2、（A、B、C为常数，下同）型，可化为=）的形式.
例10 在数列{}中，求通项公式。
解：原递推式可化为：
①
比较系数得=-4，①式即是：.
则数列是一个等比数列，其首项，公比是2.
∴ 即.
3、型，可化为的形式。
例11 在数列{}中，，当，① 求通项公式.
解：①式可化为：
比较系数得=-3或=-2，不妨取=-2.①式可化为：
则是一个等比数列，首项=2-2（-1）=4，公比为3.
∴.利用上题结果有：
.
4、型，可化为的形式。
例12 在数列{}中，，=6 ① 求通项公式.
解①式可化为：
② 比较系数可得：
=-6，，② 式为
是一个等比数列，首项，公比为. ∴
即故.
九、猜想法
运用猜想法解题的一般步骤是：首先利用所给的递推式求出……，然后猜想出满足递推式的一个通项公式，最后用数学归纳法证明猜想是正确的。
例13 在各项均为正数的数列中，为数列的前n项和，=+ ，求其通项公式。
求递推数列通项的特征根法与不动点法
一、形如是常数）的数列
形如是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项，其特征方程为…①
若①有二异根，则可令是待定常数）
若①有二重根，则可令是待定常数）
再利用可求得，进而求得．
例1．已知数列满足，求数列的通项．
解：其特征方程为，解得，令，
由，得，．
例2．已知数列满足，求数列的通项．
解：其特征方程为，解得，令，
由，得，．
二、形如的数列
对于数列，是常数且）
其特征方程为，变形为…②
若②有二异根，则可令（其中是待定常数），代入的值可求得值．
这样数列是首项为，公比为的等比数列，于是这样可求得．
若②有二重根，则可令（其中是待定常数），代入的值可求得值．这样数列是首项为，公差为的等差数列，于是这样可求得．
此方法又称不动点法．
例3．已知数列满足，求数列的通项．
解：其特征方程为，化简得，解得，令
由得，可得，
数列是以为首项，以为公比的等比数列，，．
例4．已知数列满足，求数列的通项．
解：其特征方程为，即，解得，令
由得，求得，
数列是以为首项，以为公差的等差数列，，．。