递推数列

高考数学递推数列题型归纳解析

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。本文总结出几种求解数列通项公式的方法，希望能对大家有帮助。

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。 例:已知数列 an 满足a1

12，a 1n 1 ann2 n

，求an。 解：由条件知：an 1 an

1n2

n

111

n(n 1) n n 1 分别令n 1,2,3, ,(n 1)，代入上式得(n 1)

个等式累加之，(a2 a1) (a3 a2) (a4 a3) (an an 1)

(1 12) (12 13) (13 14) (11

n 1 n

)

所以a a1

n1 1 n

a111311 2， an 2 1 n 2 n

变式:（2004，全国I，个理22．本小题满分14分）

已知数列{an}中a1 1，且a2k=a2k－1+(－1)K, a2k+1=a2k+3k, 其中k=1,2,3,……. （I）求a3, a5；

（II）求{ an}的通项公式.

解： a2k a2k 1 ( 1)k，a2k 1 a2k 3k

ak2k 1 a2k 3 a2k 1 ( 1)k 3k，即a2k 1 a2k 1 3k ( 1)k

a3 a1 3 ( 1)，a5 a3 32 ( 1)2…… ……a2k 1 a2k 1 3k ( 1)k

将以上k个式子相加，得

aa ( 1)2 ( 1)k] 31

2k 1 1 (3 32 3k) [( 1)2(3k 1) 2

[( 1)k 1]

将a1k 11k

1 1代入，得a2k 1 2 3 2( 1) 1，

aa 11

2k 2k 1 ( 1)k2 3k 2

( 1)k 1。

1n 1

1n 32 1 ( 1)2

1(n为奇数)经检验aa 221 1也适合， n

1nn

32 2

12 ( 1)2 1(n为偶数)即

递推数列

类型2 an 1 f(n)an 解法：把原递推公式转化为例:已知数列 an 满足a1

解：由条件知

an 1

f(n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解。 an

2n

an，求an。 ，an 1

3n 1

an 1n

，分别令n 1,2,3, ,(n 1)，代入上式得(n 1)个等式累乘之，即

ann 1

aaa2a3a4123n 1221

n n 又 a1 ， an

n33na1a2a3an 1234a1n

例:已知a1 3，an 1

解：an

3n 1

an (n 1)，求an。 3n 2

3(n 1) 13(n 2) 13 2 13 1

a1

3(n 1) 23(n 2) 23 2 23 2

3n 43n 7526 3 3n 13n 4853n 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

n 1 1

n 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，

a1 1,

aaa2an!

1,3 3,4 4, ,n n，将以上n个式子相乘，得an (n 2)

2a1a2a3an 1

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 等比数列求解。

例: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

q

，再利用换元法转化为1 p

an 1 3 2(an 3),令bn an 3，则b1 a1 3 4,且

bn 1an 1 3

2.所以 bn 是以b1 4为bnan 3

递推数列

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 2n 1 3）

变式:（2006. 福建.理22.本小题满分14分）已知数列 an 满足a1 1,an 1 2an 1(n N*). （I）求数列 an 的通项公式；（II）若数列{bn}滿足4142 4n

b 1b 1

b 1

(an 1)bn(n N*),证明：数列{bn}

是等差数列；（Ⅲ）证明：

an1a1a2n

... n (n N*). 23a2a3an 12

（I）解： an 1 2an 1(n N*), an 1 1 2(an 1), an 1 是以a1 1 2为首项，2为公比的

等比数列 an 1 2n.

即 an 2n 1(n N*).

k 1

（II）证法一： 4142...4n

k 1k 1

(an 1)kn. 4(k1 k2 ... kn) n 2nkn.

2[(b1 b2 ... bn bn 1) (n 1)] (n 1)bn 1. ②

2[(b1 b2 ... bn) n] nbn, ①

②－①，得2(bn 1 1) (n 1)bn 1 nbn,即(n 1)bn 1 nbn 2 0, nbn 2 (n 1)bn 1 2 0.

③－④，得 nbn 2 2nbn 1 nbn 0,即 bn 2 2bn 1 bn 0,

bn 2 bn 1 bn 1 bn(n N*),

bn

证法二：同证法一，得 (n 1)bn 1 nbn 2 0 令n 1,得b1 2. 设b2 2 d(d R),下面用数学归纳法证明 bn 2 (n 1)d.

（1）当n 1,2时，等式成立 （2）假设当n k(k 2)时，bk 2 (k 1)d,那么

k2k2bk [2 (k 1)d] 2 [(k 1) 1]d. k 1k 1k 1k 1这就是说，当n k 1 bk 1

根据（1）和（2），可知bn 2 (n 1)d对任何n N都成立

*

bn 1 bn d, bn

ak2k 12k 11aaan k 1 ,k 1,2,...,n, 1 2 ... n . （III）证明：

ak 12 12(2k 1)2a2a3an 12

2

递推数列

ak2k 11111111 k 1 .,k 1,2,...,n, ak 12 122(2k 1 1)23.2k 2k 2232k

aa1a2n1111n11n1

... n ( 2 ... n) (1 n) , a2a3an 12322223223

an1aan

1 2 ... n (n N*). 23a2a3an 12

变式:递推式：an 1 pan f n 。解法：只需构造数列 bn ，消去f n 带来的差异．

类型4 an 1 pan qn（其中p，q均为常数，(pq(p 1)(q 1) 0)）。 （或an 1 pan rqn,

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 1，得：

an 1pan1

引入辅助数列 bn （其中qn 1qqnq

bn

anp1

b b ），得：再待定系数法解决。 n 1nn

qqq

例:已知数列 an 中，a1

511n 1

,an 1 an ()，求an。 632

11n 12nn 1n 1

解：在an 1 an ()两边乘以2得：2 an 1 (2 an) 1

323

b22n1n1n

3() 2() 令bn 2n an，则bn 1 bn 1,解之得：bn 3 2()所以an n

32332n

变式:（2006，全国I,理22,本小题满分12分）

设数列 an 的前n项的和Sn

412

an 2n 1 ，n 1,2,3, 333

n

32n

，证明： Ti （Ⅰ）求首项a1与通项an；（Ⅱ）设Tn ，n 1,2,3,

2Sni 1

解：（I）当n 1时，a1 S1 当n 2时，an Sn Sn 1

442

a1 a1 2； 333

412412

an 2n 1 (an 1 2n )，即an 4an 1 2n，利用333333

an 1 pan qn（其中p，q均为常数，(pq(p 1)(q 1) 0)）。 （或an 1 pan rqn,其中p，

q, r均为常数）的方法，解之得：an 4n 2n (Ⅱ)将an 4n 2n代入①得

递推数列

41212

Sn= ×(4n－2n)－×2n+1 + = ×(2n+1－1)(2n+1－2) = (2n+1－1)(2n－1)

333332n32n311

Tn= = = (－ Sn2 (2－1)(2－1)22－12－1

所以,

i 1

n

3

Ti= 2

(2－1 － 2－1) = 2×2－1－ 2－12i 1

n

113113

类型5 递推公式为an 2 pan 1 qan（其中p，q均为常数）。

解法一(待定系数法)：先把原递推公式转化为an 2 san 1 t(an 1 san)其中s，t满足

s t p

st q

解法二(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

叫做数列 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 x2 px q 0，

n 1n 1

的通项为an Ax1，其中A，B由a1 ,a2 决定（即把a1,a2,x1,x2和n 1,2，代入 Bx2n 1n 1

，得到关于A、B的方程组）；当x1 x2时，数列 an 的通项为an (A Bn)x1，an Ax1n 1 Bx2

n 1

其中A，B由a1 ,a2 决定（即把a1,a2,x1,x2和n 1,2，代入an (A Bn)x1，得到关于

A、B的方程组）。

解法一（待定系数——迭加法）:数列 an ：3an 2 5an 1 2an 0(n 0,n N)， a1 a,a2 b，

求数列 an 的通项公式。由3an 2 5an 1 2an 0，得an 2 an 1

2

(an 1 an)，且3

a2 a1 b a。

22n 1

为公比的等比数列，于是an 1 an (b a)()。 33

222

把n 1,2,3, ,n代入，得a2 a1 b a，a3 a2 (b a) ()，a4 a3 (b a) ()，

33

2

an an 1 (b a)()n 2。把以上各式相加，得

3

21 ()n 1

2223an a1 (b a)[1 () ()n 2] (b a)。

2333

1 3

22

an [3 3()n 1](b a) a 3(a b)()n 1 3b 2a。

33

则数列 an 1 an 是以b a为首项，

解法二（特征根法）：数列 an ：3an 2 5an 1 2an 0(n 0,n N)， a1 a,a2 b的特征方程是：

3x2 5x 2 0。 x1 1,x2

22n 1n 1n 1

, an Ax1 Bx2 A B ()。又由a1 a,a2 b，33

递推数列

于是

a A B

A 3b 2a2n 1

a 3b 2a 3(a b)() 故 2 n

3b A B B 3(a b) 3

例:已知数列 an 中，a1 1,a2 2,an 2 解：由an 2

21

an 1 an，求an。 33

21

an 1 an可转化为an 2 san 1 t(an 1 san) 33

即an 2

2

1s t s 1 s 3

(s t)an 1 stan 3 1或

1t st 3 t 1 3

1 s 1

s

这里不妨选用 3，大家可以试一试），则1（当然也可选用

t 3 t 1

11

an 2 an 1 (an 1 an) an 1 an 是以首项为a2 a1 1，公比为 的等比数列,所以

33

1

an 1 an ( )n 1,应用类型1的方法，分别令n 1,2,3, ,(n 1)，代入上式得(n 1)个等式累

3

11 ( )n 1

10111n 2加之，即an a1 ( ) ( ) ( )又 a1 1，所以

1333

1 3

731

an ( )n 1。

443

变式:（2006，福建,文,22,本小题满分14分）已知数列 an 满足a1 1,a2 3,an 2 3an 1 2an(n N*). （I）证明：数列 an 1 an 是等比数列；（II）求数列 an 的通项公式；（III）若数列 bn 满足

4b1 14b2 1...4bn 1 (an 1)bn(n N*),证明 bn

（I）证明： an 2 3an 1 2an,

an 2 an 1 2(an 1 an), a1 1,a2 3,

an 2 an 1

2(n N*).

an 1 an

an 1 an 是以a2 a1 2为首项，2

（II）解：由（I）得an 1 an 2(n N),

n*

an (an an 1) (an 1 an 2) ... (a2 a1) a1

2

n 1

2n 2 ... 2 1 2n 1(n N*).

递推数列

（III）证明： 4b1 14b2 1...4n

b 1

(an 1)bn, 4(b1 b2 ... bn) 2nbn,

2[(b1 b2 ... bn) n] nbn, ①2[(b1 b2 ... bn bn 1) (n 1)] (n 1)bn 1.②

②－①，得2(bn 1 1) (n 1)bn 1 nbn,即(n 1)bn 1 nbn 2 0. ③

nbn 2 (n 1)bn 1 2 0. ④

④－③，得nbn 2 2nbn 1 nbn 0,即bn 2 2bn 1 bn 0, bn 2 bn 1 bn 1 bn(n N*),

bn

类型6 递推公式为Sn与an的关系式。(或Sn f(an)) 解法：这种类型一般利用an

S1 (n 1)

与an Sn Sn 1 f(an) f(an 1)消去Sn

Sn Sn 1 (n 2)

(n 2)或与Sn f(Sn Sn 1)(n 2)消去an进行求解。

例：已知数列 an 前n项和Sn 4 an

解：（1）由Sn 4 an 所以an 1

12n 2

.（1）求an 1与an的关系；（2）求通项公式an.

1

2n 22n 1

111

an an 1 n 1 an 1 an n.

222

得：Sn 1 4 an 1

1

于是Sn 1 Sn (an an 1) (

12n 2

12n 1

)

（2）应用类型4（an 1 pan qn（其中p，q均为常数，(pq(p 1)(q 1) 0)））的方法，上式

1

a1 1.于是数列2nan是以21 2

2

n

为首项，2为公差的等差数列，所以2nan 2 2(n 1) 2n an n 1

2

两边同乘以2

n 1

得：2n 1an 1 2nan 2由a1 S1 4 a1

变式:（06陕西,理,) 已知正项数列{an}，其前n项和Sn满足10Sn=an2+5an+6且a1,a3,a15成等比数列，求数

列{an}的通项an

解: ∵10Sn=an2+5an+6， ① ∴10a1=a12+5a1+6，解之得a1=2或a1=3 又10Sn－1=an－12+5an－1+6(n≥2)，②

由①－②得 10an=(an2－an－12)+6(an－an－1)，即(an+an－1)(an－an－1－5)=0 ∵an+an－1>0 ，

∴an－an－1=5 (n≥2) 当a1=3时，a3=13，a15 a1， a3，a15不成等比数列 ∴a1≠3;当a1=2时， a3=12， a15=72， 有 a32=a1a15 ， ∴a1=2， ∴an=5n－3

变式: (05,江西,文,已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn－Sn－2=3( )

{an}的通项公式.

解： Sn Sn 2 an an 1， an an 1 3 ( )

12

n 1

3

(n 3),且S1 1,S2 ,求数列

2

12

n 1

(n 3)，两边同乘以( 1)n，可得

令

11

( 1)nan an 1( 1)n 1 3 ( 1)n( )n 1 3 ()n 1

22

递推数列

1

bn ( 1)nan bn bn 1 3 ()n 1(n 3)

2

11

bn 1 bn 2 3 ()n 2…… ……b3 b2 3 ()2

22

111n 2 ()

311n 11n 212 b2 3 ()n 1(n 3) bn b2 3 ) () ()] b2 3

122222

1 2

3552

又 a1 S1 1，a2 S2 S1 1 ， b1 ( 1)1a1 1，b2 ( 1)a2

222

5311

bn 3 ()n 1 4 3 ()n 1(n 1)。

2222

an ( 1)nbn 4( 1)n 3 ( 1)n (1)n 1

2

1n 1

4 3 (),n为奇数, 2

4 3 (1)n 1,n为偶数. 2

、0，a 0) 类型7 an 1 pan an b(p 1

解法：这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令an 1 x(n 1) y p(an xn y)，与已知递推式比较，解出x,y,从而转化为 an xn y 是公比为p的等比数列。 例:设数列 an ：a1 4,an 3an 1 2n 1,(n 2)，求an.

解：设bn an An B，则an bn An B，将an,an 1代入递推式，得

bn An B 3 bn 1 A(n 1) B 2n 1 3bn 1 (3A 2)n (3B 3A 1)

A 3A 2

B 3B 3A 1

A 1

B 1

取bn an n 1…（１）则bn 3bn 1,又b1 6，故bn 6 3n 1 2 3n代入（１）

得an 2 3 n 1

2

说明：（1）若f(n)为n的二次式，则可设bn an An Bn C;(2)本题也

n

可由an 3an 1 2n 1 ,an 1 3an 2 2(n 1) 1（n 3）两式相减得

an an 1 3(an 1 an 2) 2转化为bn 2 pbn 1 qbn求之.

变式:（2006，山东,文,22,本小题满分14分）

递推数列

已知数列｛an｝中，a1

1

、点（n、2an 1 an）在直线y=x上，其中n=1,2,3… 2

(Ⅰ)令bn an 1 an 3,求证数列 bn 是等比数列；(Ⅱ)求数列 an 的通项；

(Ⅲ)设Sn、Tn分别为数列 an bn 的前n项和,是否存在实数 ，使得数列 、

列？若存在，试求出 若不存在,则说明理由

Sn Tn

为等差数n

解：（I）由已知得 a1

13313,2an 1 an n, a2 ,a2 a1 11 ,24424

又bn an 1 an 1,bn 1 an 2 an 1 1,

an 1 (n 1)an nan 1 an 1

bn 1an 1 an 11 .

bnan 2 an 1 1an 1 an 1an 1 an 12

31

{bn}是以 为首项，以为公比的等比数列

42

31n 131

（II）由（I）知，bn () n,

4222313131

an 1 an 1 n, a2 a1 1 ,a3 a2 1 2,

222222313111

an an 1 1 n 1,将以上各式相加得： an a1 (n 1) ( 2 n 1),

222222

11(1 n 1)331313 an a1 n 1 (n 1) (1 n 1) n n 2. an n n 2.

2222221 2

S Tn

是等差数列 （III）解法一：存在 2，使数列{n

n

11(1 )n111n(n 1) Sn a1 a2 an 3(1 2 n) (1 2 n) 2n 3 2n

122221 2

1n2 3n3n2 3n

3(1 n) n 3.

2222

31

(1 n)

3(1 1) 3 3. Tn b1 b2 bn nn 122221 2

S TnS Tn

是等差数列的充要条件是n An B,(A、B是常数) 数列{n

nn

即Sn Tn An Bn,

2

递推数列

3n2 3n33n2 3n 1

3 ( n 1) 3(1 )(1 n) 又Sn Tn n

2222222

当且仅当1

2

0，即 2时，数列{

Sn Tn

为等差数列 n

Sn Tn

是等差数列 由（I）、（II）知，an 2bn n 2 n

n(n 1)

2n 2Tn Tn

n(n 1)Sn Tn Sn 2T 2n 2nn

31 (1 )nn 3 23133 Tn又Tn b1 b2 bn (1 n) n 1

12n22221 2

Sn Tnn 3 23S Tn3

( n 1) 当且仅当 2时，数列{n是等差数列 n2n22n

解法二：存在 2，使数列{

r

类型8 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：已知数列｛an｝中，a1 1,an 1

12

an(a 0)，求数列 an 的通项公式. a

121

解：由an 1 an两边取对数得lgan 1 2lgan lg，

aa

112n 1

令bn lgan，则bn 1 2bn lg，再利用待定系数法解得：an a()。

aa

1

an(4 an),n N. 2

变式:（05江西,理）已知数列{an}的各项都是正数,且满足:a0 1,an 1 （1）证明an an 1 2,n N;（2）求数列{an}的通项公式an. 解：用数学归纳法并结合函数f(x)

1

x(4 x)的单调性证明： 2

13

（1）方法一 用数学归纳法证明：1°当n=1时，a0 1,a1 a0(4 a0) , ∴a0 a1 2，命题

22

11

正确.2°假设n=k时有ak 1 ak 2. 则n k 1时,ak ak 1 ak 1(4 ak 1) ak(4 ak)

22

11

ak 1 ak)(ak 1 ak)(a a (ak 1 ak)(4 ak 1 ak). 2(k1k

22

而ak 1 ak 0.又ak 1

4 ak 1 ak 0, ak ak 1 0.

11

ak(4 ak) [4 (ak 2)2] 2.∴n k 1时命题正确. 22

由1°、2°知，对一切n∈N时有an an 1 2. 方法二：用数学归纳法证明：

递推数列

13

a0(4 a0) ,∴0 a0 a1 2； 22

1

2°假设n=k时有ak 1 ak 2成立， 令f(x) x(4 x)，f(x)在[0，2]上单调递增，

2

111

所以由假设有：f(ak 1) f(ak) f(2),即ak 1(4 ak 1) ak(4 ak) 2 (4 2),

222

1°当n=1时，a0 1,a1

也即当n=k+1时 ak ak 1 2成立，所以对一切n N,有ak ak 1 2 （2）解法一：an 1

11

an(4 an) [ (an 2)2 4],所以 2(an 1 2) (an 2)2 22

1211221111 2 222

令bn an 2,则bn bn( bn 2) ()2bnbn, 1 1 ()

22222212n 11n

,即an 2 bn 2 ()2 1 又bn=－1，所以bn ()22

11122

解法二： an 1 an(4 an) (an 2) 2, 2 an 1 (2 an)

222

2

n 1

n

由（I）知，2 an 0，两边取以2为底的对数， log2(2 an 1) 1 2log2(2 an)

2

令bn log2(2 an),则bn 1 1 2bn bn 1 2n an 2 21 2或an 2 ()

n

12

n

1

变式:（06山东理）已知a1=2，点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中=1，2，3，…

（1）证明数列｛lg(1+an)｝是等比数列；（2）设Tn=(1+a1) (1+a2) …(1+an)，求Tn及数列｛an｝的通项；

（3）记bn=

112

，求｛bn｝数列的前项和Sn，并证明Sn+

anan 23Tn 1

2

解：（Ⅰ）由已知an 1 an 2an， an 1 1 (an 1)2 a1 2 两边取对 an 1 1，

数得lg(1 an 1) 2lg(1 an)，即

n 1

lg(1 an 1)

2 {lg(1 an)}是公比为2的等比数列

lg(1 an)

（Ⅱ）由（Ⅰ）知lg(1 an) 2 lg(1 a1) 2

1

2

n 1

lg3 lg3

n-1

2

2n 1

1 an 3=3

2n-1

2n 1

（*）

Tn (1 a1)(1 a2)…(1+an) 32 32 32 … 32 31 2 2

由（*）式得an 32

n 1

…+2n-1

1

1111 ( ) an 12anan 2

2

（Ⅲ） an 1 a0 2an， an 1 an(an 2)，

1121111

，又bn ， bn 2( )

an 2anan 1anan 2anan 1

11111111

…+ ) 2( ) a1a2a2a3anan 1a1an 1

Sn b1 b2 …+bn 2(

递推数列

an 32 1,a1 2,an 1 32 1 Sn 1

类型9 an 1

n 1n

23 1

2n

，又Tn 32

n

1

， Sn

2

3Tn 1

f(n)an

g(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：已知数列｛an｝满足：an

an 1

,a1 1，求数列｛an｝的通项公式。

3 an 1 1

解：取倒数：

1 13 an 1 11

是等差数列， 3

anan 1an 1 an

111

(n 1) 3 1 (n 1) 3 an

3n 2ana1

变式（:2006，江西,理,22,本大题满分14分）已知数列｛an｝满足：a1＝

33nan－1

，且an＝ n 2，n N ）22an－1＋n－1

（1）求数列｛an｝的通项公式；（2）证明：对于一切正整数n，不等式a1 a2 ……an 2 n！ 解：（1）将条件变为：1－

1n－1nn

＝，因此｛1－｝为一个等比数列，其首项为 1－）

an－1an3an

11n 3n11n

1－＝，公比，从而1－＝，据此得an＝n（n 1）…………1

33－1a13an3n

n！

为证a1 a2 ……an 2 n！

（1－） （1－2）…（1－n）

333

1111

（1－） （1－2）…（1－n）只要证n N 时有 …………2

3332

（2）证：据1 得，a1 a2 …an＝

显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个n N ，

（1－） （1－有

1

3

1311111

）…（1－）＋＋…＋ 1－（）…3 323n3323n11111）…（1－）＋＋…＋ 1－（） 2k2k33333

用数学归纳法证明3 式：n＝1时，3 式显然成立，设n＝k时，3 式成立，

（1－） （1－即

则当n＝k＋1时，

11111111

（1－） （1－2）…（ 1－k） （1－k＋1） 〔1－（＋2＋…＋k）〕 （1－k＋1）

3333333311111111

＝1－（＋2＋…＋k）－k＋1＋k＋1（＋2＋…＋k）

333333331111

1－（＋2＋…＋k＋k＋1）即当n＝k＋1时，3 式也成立

3333

故对一切n N ，3 式都成立 利用3 得，

递推数列

11n1－（）〕

111111 （1－） （1－2）…（1－n 1－（＋2＋…＋n）＝1－1333333

1－

3

11n111n11－（）〕＝＋）＝1－ 故2 式成立，从而结论成立 232232

类型10 an 1

pan q

ran h

pan q

（其中p、q、r、h

ran h

解法：如果数列{an}满足下列条件：已知a1的值且对于n N，都有an 1

均为常数，且ph qr,r 0,a1 根x0时,则

hpx q），那么，可作特征方程x ,当特征方程有且仅有一rrx h

an x1 1

是等差数列;当特征方程有两个相异的根、时，则 xx 是等比数列。12

an x0 an x2

例：已知数列{an}满足性质：对于n N,an 1 解: 数列{an}的特征方程为x

an 4

,且a1 3,求{an}的通项公式.

2an 3

x 4

,变形得2x2 2x 4 0,其根为 1 1, 2 2.故特征方程有两2x 3

个相异的根，使用定理2的第（2）部分，则有

cn

a1 1p 1rn 13 11 1 2n 1

() (),n N.

a1 2p 2r3 21 2 2

21n 1

( ),n N. 55

21

2 ( )n 1 1

c 1∴an 2n ,n N.

21cn 1

( )n 1 155

∴cn

( 5)n 4

即an ,n N.

2 ( 5)n

例：已知数列{an}满足：对于n N,都有an 1

13an 25

.

an 3

（1）若a1 5,求an;（2）若a1 3,求an;（3）若a1 6,求an; （4）当a1取哪些值时，无穷数列{an}不存在？ 解：作特征方程x

13x 25

.变形得x2 10x 25 0,

x 3

特征方程有两个相同的特征根 5.依定理2的第（1）部分解答.

(1)∵a1 5, a1 . 对于n N,都有an 5;

递推数列

(2)∵a1 3, a1 . ∴bn

1r

(n 1)

a1 p r

11

(n 1) 3 513 1 51n 1

,

28

令bn 0，得n 5.故数列{an}从第5项开始都不存在， 当n≤4，n N时，an

15n 17

.

bnn 5

(3)∵a1 6, 5,∴a1 . ∴bn

1rn 1

(n 1) 1 ,n N.

a1 p r8

令bn 0,则n 7 n.∴对于n N,bn 0. ∴an

1

bn

15n 43

5 ,n N. n 1n 71

8

(4)显然当a1 3时，数列从第2项开始便不存在.由本题的第（1）小题的解答过程知，a1 5时，数列{an}是存在的，当a1 5时，则有bn

1r1n 1

(n 1) ,n N.令

a1 p ra1 58

bn 0,则得a1

∴当a1

5n 13

,n N且n≥2. n 1

5n 13

（其中n N且N≥2）时，数列{an}从第n项开始便不存在. n 1

5n 13

:n N,且n≥2}上取值时，无穷数列{an}都不存在. 于是知：当a1在集合{ 3或

n 1

变式:（2005，重庆,文,22,本小题满分12分）

数列{an}满足a1 1且8an 1an 16an 1 2an 5 0(n 1).记bn （Ⅰ）求b1、b2、b3、b4的值；

（Ⅱ）求数列{bn}的通项公式及数列{anbn}的前n项和Sn.

解法一：由已知,得an 1

11an

2

(n 1).

2an 52x 515

,其特征方程为x 解之得,x1 或x2

16 8x2416 8an

递推数列

156(an )12(an )1,a 5 an 1 n 1216 8an416 8an

1111

an an a1 1 , (1)n 1 4

5255522n

an 1 an an a1

4444an 1

2n 1 5

an n

2 4

解法二：

（I）a1 1,故b1

2; 11 2

718a2 ,故b2 ;

7138 82

31a3 ,故b3 4;

314 42

1320a4 ,故b4 .

203

442842

（II）因(b1 )(b3 ) ()，

33333

44444(b2 )2 ()2,(b1 )(b3 ) (b2 )2

33333

42

故猜想{bn 是首项为,公比q 2的等比数列.

33

因an 2，（否则将an 2代入递推公式会导致矛盾）

1

故an 1 因bn 1

5 2a

(n 1).

16 8an4 3

1an 1 2an

1212

416 8an420 16an ,36an 336an 3

4

2(bn )

3

故|bn

820 16an44 bn 1 ,b1 0,36an 333

4

|确是公比为q 2的等比数列. 3

1n44241

因b1 ,故bn 2n, bn 2 (n 1) 由bn

333333

1

得anbn bn 1, 12an

2

1

故Sn a1b1 a2b2 anbn

递推数列

1

(1 2n)

1n51 (2 5n 1) n (b1 b2 bn) n

321 23

解法三： （Ⅰ）由bn

1an

1

2

得an

11

,代入递推关系8an 1an 16an 1 2an 5 0, bn2

整理得

4634

0,即bn 1 2bn , bn 1bnbn 1bn3

820由a1 1,有b1 2,所以b2 ,b3 4,b4 .

3344442

（Ⅱ）由bn 1 2bn ,bn 1 2(bn ),b1 0,

33333

42

所以{bn 是首项为,公比q 2的等比数列,故

33

bn

41n14

2,即bn 2n (n 1). 3333

由bn

1

得anbn bn 1, 2an 2

1

故Sn a1b1 a2b2 anbn (b1 b2 bn) n

2

1

(1 2n)

15

n (2n 5n 1).

31 23

1

解法四：

（Ⅰ）同解法一 （Ⅱ）b2 b1

248284,b3 b2 ,b4 b3 , ()2 333333

21

猜想{bn 1 bn},公比q 2的等比数列,bn 1 bn 2n

33 5 2an

又因an 2,故an 1 (n 1).因此

16 8an

bn 1 bn

1an 1

12

1an

12

12

5 2an12an 1

16 8an2

16 8an10 8an6

;

6an 36an 36an 3

1an 2

12

1an 1

12

16 8an 116 8an

6an 1 36an 3

bn 2 bn 1