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

求递推数列通项公式是数列知识的一个重点，也是一个难点，高考也往往通过考查递推数列来考查学生对知识的探索能力，求递推数列的通项公式一般是将递推公式变形，推得原数列是一种特殊的数列或原数列的项的某种组合是一种特殊数列，把一些较难处理的数列问题化为中学中所研究的等差或等比数列，下面就求递推数列通向公式的常用方法举例一二，供参考：

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anSnSn1(n2)，等差数列或等比数列的通项公式。

例一 已知无穷数列an的前n项和为Sn，并且anSn1(nN*)，求an的通项公式？ 【解析】： Sn1an， an1Sn1Snanan1， an11 an.

2n12an，又a112，

反思：利用相关数列an与Sn的关系：a1S1,anSnSn1(n2)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an的前n项和Sn，满足关系lgSn1n(n1,2).试证数列an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an中，a11，an2an11n2，求数列)an的通项公式.

【解析】：a11，an2an11(n2)，a22a113，a32a217

n*猜测an21(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an是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对于所有自然数n，an与1的等差中项等于Sn与1的等比中项，求数列an的通项公式.

(aa)(a三 累加法：利用ana121nna1)通项公式的方法称为累加法。累加法是求型如求

an1anf(n)的递推数列通项公式的基本方法（f(n)可求前n项和）.

1例三 已知无穷数列an的的通项公式是an，若数列bn满足b11，

2nn，求数列bn的通项

公式.

【解析】：b11,bn111bn(n1),bnb1(b2b1)(bnbn1)=1+++

22n秀雅资料- 1 -

雅QQ1240008362

12n11=22n1.

反思:用累加法求通项公式的关键是将递推公式变形为an1anf(n).

12跟踪训练3.已知a1,an11*an(nN),求数列an通项公式.

2n四 累乘法:利用恒等式ana1a2a3a1a2anan1(an0,n2)求通项公式的方法称为累乘法,累乘法是求型如:

an1g(n)an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a11,ann(an1an)(nN*),求数列an通项公式. 【解析】：ann(an1an),23nn-1an1ann1n,又有ana1a2a3a1a2anan1(an0,n2)=

1××××12=n,当n1时a11，满足ann，ann.

反思: 用累乘法求通项公式的关键是将递推公式变形为an1g(n)an.

跟踪训练4.已知数列an满足a11,ana12a23a3(n1)an1(n2).则an的通项公式是. 五 构造新数列: 将递推公式an+1qand（q,d为常数，q0，d0）通过(an1x)q(anx)与原递推公式恒等变成an1dq1q(andq1)的方法叫构造新数列.

例五 已知数列an中, a11,an2an11(n2),求an的通项公式. 【解析】:利用(anx)2(an1x),求得an12(an11),an1是首项为

a112,公比为2的等比数列,即an12,an21

nn反思:.构造新数列的实质是通过(an1x)q(anx)来构造一个我们所熟知的等差或等比数列.

n1跟踪训练5.已知数列中, a11,an3an-1(n2)求数列an的通项公式.

六 倒数变换：将递推数列an1canand(c0d,0,取倒数变成)1an1d1can1c 的形式的方法叫倒数变换.

*例六 已知数列an(nN)中, a11,an1an2an11,求数列an的通项公式.

【解析】:将an1秀雅资料- 2 -

an2an1取倒数得:

1an121an,an1112,是以1为首项,公差为2的等ana1an1雅QQ1240008362

差数列.

1an12(n1),an12n1.

反思:倒数变换有两个要点需要注意:一是取倒数.二是一定要注意新数列的首项,公差或公比变化了. 跟踪训练6.已知数列an中,

,an12anan2,求数列an的通项公式.

小结:求递推数列的通项公式的方法很多,以上只是提供了几种常见的方法,如果我们想在求递推数列中游刃有余,需要在平时的练习中多观察,多思考,还要不断的总结经验甚至教训. 参考答案: 1. 证明：由已知可得：Sn10n1，当n2时anSnSn1910a1S19满足上式. an的通项公式an910n1n1，n1时，

,n2时

anan110为常数,所以an为等比数列.

2. 解:由已知可求a11,a23,a35,猜测an2n1.(用数学归纳法证明).

111an,ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)=

222n23. 由已知an1n11 21223n1.

4.n2时, ana12a23a3(n1)an1,an1a12a2(n1)an1nan 作差得: an1annan,an1ann1,a3a23,

a4a34,,

anan1n

1n1. 345n,a21,an(n2),ann!2a2n22ann!5. an

312n 6. an2n1

数列

一、 求递推数列通项公式

基础类型 an1and及an1qan 类型1 an1anf(n)

解法：把原递推公式转化为an1anf(n)，利用累加法(逐差相加法)求解。 秀雅资料- 3 -

雅QQ1240008362

例1:已知数列an满足a112，an1an1nn2，求an。

解：由条件知：an1an1nn21n(n1)1n1n1

分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累加之，即(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)

(1a1

121)(1213)(1213141n)(321n

1n11n) 所以ana111n

2，an1类型2 an1f(n)an

解法：把原递推公式转化为

an1an23f(n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解。

nn1例2:已知数列an满足a1，an1an，求an。

解：由条件知

an1annn112，分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累乘之，即

a2a1a3a2a4a3anan12

2334n1nana11n

又a123，an3n例3:已知a13，an13n13n2an (n1)，求an。

解：an3(n1)13(n1)23n43n13(n2)13(n2)232132263132a1



3n73n452385n3。1

变式:（2004，全国I,理15．）已知数列{an}，满足a1=1，ana12a23a3(n1)an1 (n≥2)，则{an}的通项an1___

n1n2

解：由已知，得an1a12a23a3(n1)an1nan，用此式减去已知式，得 当n2时，an1annan，即an1(n1)an，又a2a11，

秀雅资料- 4 -

雅QQ1240008362

a11,a2a11,a3a23,a4a34,,anan1n，将以上n个式子相乘，得ann!2(n2)

类型3 an1panq（其中p，q均为常数，(pq(p1)0)）。

解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：an1tp(ant)，其中tq1p，再利用换元法转化为等比数列求解。

例4:已知数列an中，a11，an12an3，求an.

解：设递推公式an12an3可以转化为an1t2(ant)即an12antt3.故递推公式为

an132(an3),令bnan3，则b1a134,且

bn1bnan13an32.所以bn是以b14为首项，2为公比的

等比数列，则bn42n12n1,所以an2n13.

变式:（2006，重庆,文,14）

在数列an中，若a11,an12an3(n1)，则该数列的通项an_______________ （key:an2

类型4 an1panq（其中p，q均为常数，(pq(p1)(q1)0)）。 （或an1panrq,其中p，q, r均为常数） 。

解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以qn1nnn13）

，得：

an1qn1pqanqn1q引入辅助数列bn（其中bnanqn），得：

bn1pqbn1q再待定系数法解决。

例5:已知数列an中，a1解：在an1n56,an111n1an()，求an。 3211n12nn1an()两边乘以2n1得：2an1(2an)1 3232nbn1,解之得：bn32() 331n1n3()2()

232令bn2an，则bn1所以an

bn2n类型5 递推公式为an2pan1qan（其中p，q均为常数）。

解 (特征根法)：对于由递推公式an2pan1qan，a1,a2给出的数列an，方程x秀雅资料- 5 -

2pxq0，叫做数列

雅QQ1240008362

an的特征方程。

若x1,x2是特征方程的两个根，

当x1x2时，数列an的通项为anAx1代入anAx1n1n1Bx2n1，其中A，B由a1,a2决定（即把a1,a2,x1,x2和n1,2，

Bx2n1，得到关于A、B的方程组）；

n1当x1x2时，数列an的通项为an(ABn)x1，其中A，B由a1,a2决定（即把a1,a2,x1,x2和n1,2，

代入an(ABn)xn11，得到关于A、B的方程组）。

例6: 数列an：3an25an12an0(n0,nN)， a1a,a2b,求an 解（特征根法）：的特征方程是：3x25x20。x211,x23,

anAxn11Bxn1AB(2n123)。又由a1a,a2b，于是

aAB2A3b2a 故a3b2a3(ab)(2)n1 bA3BB3(ab)n3练习:已知数列an中，a11,a2122,an23an13an，求an。

key:a73n1n44(13)。

变式:（2006，福建,文,22）

已知数列an满足a11,a23,an23an12an(nN*).求数列an的通项公式；

（I）解： an(anan1)(an1an2)...(a2a1)a1

2n12n2...21n

21(nN*).

类型6 递推公式为Sn与an的关系式。(或Snf(an))

解法：利用aS1(n1)nS与anSnSn1f(an)f(an1)消去SnnSn1(n2)Snf(SnSn1)(n2)消去an进行求解。

例7：数列an前n项和Sn4a1n2n2.（1）求an1与an的关系；（2）求通项公式an.

解：（1）由S1n4an2n2得：Sn14an112n1

于是S1n1Sn(anan1)(2n212n1)

秀雅资料- 6 -

(n2)或与 雅QQ1240008362 所以an1anan112n1an1n12an12n.

n1（2）应用类型4（an1panq（其中p，q均为常数，(pq(p1)(q1)0)））的方法，上式两边同乘以2得：

2n1an12an2

n由a1S14a1n1212a11.于是数列2an是以2为首项，2为公差的等差数列，所以

n2an22(n1)2nan

n2n1

类型7 an1pan(p0,an0)

解法：这种类型一般是等式两边取对数后转化为an1panq，再利用待定系数法求解。 例8：已知数列｛an｝中，a11,an1解：由an1r1aan(a0)，求数列an的通项公式.

21aan两边取对数得lgan12lganlg1a21a，

令bnlgan，则bn12bnlg

类型8 an1，再利用待定系数法解得：ana(1a)2n1。

f(n)ang(n)anh(n)

解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为an1panq。

例9：已知数列｛an｝满足：anan13an111an1

,a11，求数列｛an｝的通项公式。

解：取倒数：

1an3an11an131111是等差数列，(n1)31(n1)3an

3n2ana1an变式:（2006，江西,理,22） 已知数列｛an｝满足：a1＝

32，且an＝

（n2，nN） 求数列｛an｝的通项公式；

2an－1＋n－1n－1an－1），因此｛1－

nan1a113133nan－1解：（1）将条件变为：1－

nann＝（1－13｝为一个等比数列，其首项为1－＝，公比，从而1－

nan＝

13n，据此得an＝

n3n3－1（n1）

秀雅资料- 7 -

雅QQ1240008362 类型9周期型

解法：由递推式计算出前几项，寻找周期。

例10：若数列an满足an112a,(0a)nn62，若a1，则a20的值为___________。 72a1,(1a1)nn2变式:（2005，湖南,文，5）

已知数列{an}满足a10,an1an33an13

(nN)，则a20=

*（ ）

A．0

B．C．

3

D．

32

二、数列的求和

：(1)公式法：必须记住几个常见数列前n项和 Snn(a1an)2na1n(n1)d2Sn；

na1q1a1(1qn) ；

q11q210．（辽宁卷）已知等差数列an的前n项和为Snpn2aq(p,qR),nN

（Ⅰ）求q的值；

（Ⅱ）若a1与a5的等差中项为18，bn满足an2log2bn，求数列的{bn}前n项和. . (Ⅰ)解法一：当n1时，a1S1p2q,

22当n2时,anSnSn1pn2nqp(n1)2(n1)q2pnp2.

an是等差数列,

p2q2pp2,

···········4分 q0·

解法二：当n1时,a1S1p2q,

22当n2时,anSnSn1pn2nqp(n1)2(n1)q2pmp2.

当n3时,a1an12pnp2[2p(n1)p2]2p.

a2p2q2p3p2q.

又a22p2p23p2,

所以3p2q3p2,得q0.············4分

秀雅资料- 8 -

雅QQ1240008362

(Ⅱ)解：a1a318.

a1a52,

又a36pp2,

6pp218, p4

···········8分 an8n6·

又an2log2bn得bn24n3.

b12,

bn1bn24(n1)124n3216,即bn是等比数列.

4所以数列bn的前n项和Tn

(2)分组求和：

2(116)116n215(161)

n如：求1+1,

1a4,

1a27,…,

1an13n2,…的前n项和（注：Sn(3n1)na12） (3n1)na12(3)裂项法： 如an1n(n2)求Sn

常用的裂项有

1n(n1)1n1n1；

1n(n2)1111111()；[] 2nn2n(n1)(n2)2n(n1)(n1)(n2)（湖北卷）已知二次函数yf(x)的图像经过坐标原点，其导函数为f(x)6x2，数列{an}的前n项和为Sn，

点(n,Sn)(nN)均在函数yf(x)的图像上。

'（Ⅰ）、求数列{an}的通项公式；

1anan1m20（Ⅱ）、设bn，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn对所有nN都成立的最小正整数m；

解：（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax2+bx (a≠0) ,则 f`(x)=2ax+b,由于f`(x)=6x－2,得 a=3 , b=－2, 所以 f(x)＝3x2－2x.

秀雅资料- 9 -

雅QQ1240008362

又因为点(n,Sn)(nN)均在函数yf(x)的图像上，所以Sn＝3n－2n.

2当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（3n2－2n）－（3n1)2(n1)＝6n－5.

2

当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2＝6×1－5，所以，an＝6n－5 （nN）

3anan1（Ⅱ）由（Ⅰ）得知bn＝

3(6n5)6(n1)5＝

126n5(116n1)，

n故Tn＝bi＝

i111111111＝（1－）. (1)()...()226n177136n56n116n1因此，要使

12（1－）<

m20（nN）成立的m,必须且仅须满足

12≤

m20，即m≥10，所以满足要求的

最小正整数m为10.

(4)错位相减法：其特点是cn=anbn 其中{an}是等差，{bn}是等比 如：求和Sn=1+3x+5x+7x+……+(2n－1)x

2

3

n－1

注意讨论x，

Snn2x1 (2n1)xn1(2n1)xn(1x)x12(1x)(5)倒叙相加法：等差数列的求和公式就是用这种方法推导出来的。 如求证：Cn0+3Cn1+5Cn2+…+(2n—1) Cnn=(n+1)2n

秀雅资料- 10 -