一阶线性递推数列简易求解方法

一阶数列的一般求法——转换法 对于一般的一阶数列，其求法具有一般式，形如ngnfngnfaaaannnn11; 或者nhngnfaann

1等等，都可以通过

变式求出其通项公式出来。欲知其通项公式的一般求法还需要从最简单的一阶等差数列开始；下面我就我就告诉大家怎样运用一阶等差数列来求一般的一阶数列。 对于简单的一节数列题目如； 题一，数列}{an满足nfAnfaaann,;11为已知道的表达式，试求}{an的表达式。 解：由题目条件满足nfaann1 所以有：nfaann1 121nfaa

nn

232nfaa

nn

……

212faa

然后两边各自叠加，又Aa1，所以有

11fifAnina



由题一我们知道了一阶数列之中最简单的形式求和，下面我就一般的一阶数列求

和进行分类讨论。 已知数列}{an满足aannnf1ng，ngnfAa;,1为已知关于n的函数，试求数列}{an的通项公式 解：由}{an满足aannnf1ng，则定义nffffnF321 那么aannnf1ng可变成为：

nFngnFnFaann1

1

所以有nFngnFnFaann11 223211213221nFngnFnF

nFngnFnFaa

aa

nnnn

…… 221212FgFF

aa

然后左右两边各自叠加，又由Aa1可得；

niniFigFgAnFa11

1

最后有：[nFan]111ninFigFgA

题二，已知数列}{an满足ngnfaann1，ngnfAa;,1为已知函数，试求}{a

n

的表达式。

解：由数列}{an满足ngnfaann1，则定义nffffnF321 那么ngnfaann1可变式为: ngnFnFnFaann111



所以有

ngnFnFnFaann111

 ngnFnFnFaann2211



ngnFnFnFaann3321



……

211212gFFFaa

又Aa1经等式两边各自相加可得

10111gFAFigiFnFnina



所以有：nFgFAFigiFnina10111 题三，已知数列}{an满足nhngnfaann1，nhngnfAa,,,1为已知函数，试求}{an的通项表达式。 解：由题三，知道数列}{an满足nhngnfaann1 并定义nffffnF321；nggggnG......321 则数列}{an的递推式可变成； nGnhnFnGnFnGnFaann1111



所以有 nGnhnFnGnFnGnFaann1111



又由数列的一阶递推式的简单求法。可知 1111011GAFGhFiGihiFnG

nFn

ina 所以有；

nFnGGAFGhFiGihiFnina}111

101{1

 以上三个an通项式子就是我们所要求的一般的一阶数列通向式的表达式。 由这三个数列的求通方法我们知道它们在解题的方法上本质是一样的只不过是思维的角度不相同而已。 在实际的运用当中我们还必须要知道变通，比如说在以下习题1当中，有时候需要把nf化为几个函数以减轻计算的难处，下面我就实题来讲解。 习题1，已知数列}{an满足1,111aaannn求数列}{an的表达式。 解：由}{an满足11aannn 所以有1)1(1aannn 所以有nnnnnaan)1()1()1(11

则可变为!)1()!1()1(!)1(11nnnnnnnnaa 所以有!)1()!1()1(!)1(11nnnnnnnnaa 又11a则niinnina1!)1(!)1( 所以有niinnina1!)1(!)1( 从例题1我们可以知道在转化的时候应该遵循先分解an项之前的函数nf，使之变为我们所学的简单的函数，然后逐步的转化成nF，最后根据一般的一阶数列求法把数列an求出来即可。 习题2. 已知数列}{an满足1,1)()3(11aaannnn，试求数列}{an的表达式。 解，由数列}{an满足1,1)()3(11aaannnn， 根据数列的一般求法，所以有； 1)()3(1aannnn； 所以有； nnnnnnnnnaa)1()!2()1()!2()1()!3(11 所以有；

!)1()!2()!1()1()!2(!)1()!3(11nnnnnnnnnnnaa

化简可得； nnnnnnnnnnnnnaa)1)(1)(2()1()1)(2()1)(1)(2)(3(11 所以有；

nniinnnniia)1)(1)(2)(3(18)1)(1)(2(1

小结； 对于第二个问题我们可以看出，在对待数列ngnfaann1之中的 nf我们可以进行的变化，nf可以改为1nf、3nf或者1nf等等，同样

此时nF可取1nF、3nF或者1nF等等，因此在学习一阶数列的一般求法当中，我们不应是死守教条，而应该灵活多变，这样才能够真正掌握一阶数列的一般求法。 习题3已知数}{an列满足1,1)1(4)1(311aaannnnn试求数列}{an的表达式。 解；由数列}{an满足1,1)1(4)1(311aaannnnn

则有)1(1)1(11)1(2)1()1)(2(32)1()1(32)1)(2(3nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnaa由此方法我们可以求出数列的通项式，但限于表示繁杂，所以运算过程不再列出 因此数列}{an的通项公式为 当n=1时，有； 1an

当n≥2，有；

nnniiiinnnniiiinnna3*8)1)(2(32)1()1)(2(3)1)(2(2)1(1

习题4；已知数列}{an满足1,1!11aaannn，试求数列}{an的表达式。 解；由数列}{an满足1,1!11aaannn

则可变为ninninniiiiaa11111!1)!1()!1( 所以有数列}{an的通项公式为； )}!1(){!(111niiininiia 习题5，已知数列){an满足1)1()2(1aannnn，且首项11a，试求数列){an的通项公式。 解；有数列){an满足1)1()2(1aannnn，且11a 则可以有； )1()1()1()1)(2(1nnnnnnnnaann

所以有；

)]1()1()2)(1([31)1()1()1)(2(1nnnnnnnnnnnnaann

所以有；

]6)2)(1([31)1)(2(nnnnnnan

所以有；

)2)(1(231nnnan 习题6，已知数列}{an满足1)1()1(1aannnn，且11a，试求数列}{an的通项公式。 解；由数列}{an满足1)1()1(1aannnn 所以有；

)1()1(1)1()1(1nnnnnnnaann

所以有； ])1(1)1(1[21)1()1(1nnnnnnnn

aann

所以有；

)1(2143)1(nnnnan

所以有；

21)1(43nna

n

小结；从习题5—6，我们可知到他们是一阶数列之中最特殊的数列，其特殊在于我们只需要乘与他们或者除与他们缺少的且公差为一的项即可，从而使它们成为一阶数列的简单递推式。 总结；对于数列的求通方法，应遵循特殊性和一般性相结合的原则，如对数列nhngnfaann

1之中的nf有时候不一定取n来表示，而可以取n+1或者n-2

等等，因此可有变化nhngnfaann1或nhngnfaann12我们要善于

变化，就像下题数列；1)2(1aannn可变成)!2(1)!1()!2(1nnnaann此时应把数列之中（n+2）看成2nf而不应看成nf。明白这一点不仅可以减轻我们的计算量，而且可以使我们的思维更加活化。