递推数列通项公式的解题方法

一．求递推数列的常用方法和技巧 特殊方法： 1.公式法 2.累差法 3.累乘法 4.迭代法 5.倒数代换法 6.对数代换法 7.待定系数法 8待定函数法

8.特征方程法（含不动点法） 9.解方程组法 10.数学归纳法 11.换元法(含三角代换) 12．分解因式法 (大神级方法) 13.函数迭代法

二．高考数学递推数列的常见类型 类型1.f(Sn,an) 0型的 类型2.递推公式为类型3.递推公式为类型4.递推公式为

（其中p，q均为常数，

）。

类型5. 递推公式为an 1 pan f n 类型6递推公式为

an 1 p(n)an q(n)(p(n) 0)

a1 a(a为常数）

q

类型7.递推公式为an 1 pan an 0

类型8. 递推公式为an 2 pan 1 qan（其中p，q均为常数）。

an 1

类型9.递推公式为

2an p

类型10.an 1 型

2an q

pan q

ran h 型（特别的情形是：a

n 1

an

） pan 1

类型11. 双数列型

an 1 pan qbn

递推公式为 确定an,bn.

b sa tbnn n 1

2

qan r q2 4pr 2q 类型12. 递推公式为an 1 pan

类型13.其他类型 类型14..循环数列

类型1.f(Sn,an) 0型的

S1 (n 1)

这种类型一般利用an 与an Sn Sn 1 f(an) f(an 1)

S S (n 2)n 1 n

消去Sn (n 2)或与Sn f(Sn Sn 1)(n 2)消去an进行求解。 例题1． 已知数列 an 的前n项和Sn满足Sn 2an ( 1)n,n 1.

(Ⅰ)写出数列 an 的前3项a1,a2,a3; (Ⅱ)求数列 an 的通项公式;

分析：Sn 2an ( 1)n,n 1.---------------① 由a1 S1 2a1 1,得a1 1.----------------②

由n 2得，a1 a2 2a2 1，得a2 0--------------③ 由n 3得，a1 a2 a3 2a3 1，得a3 2---------④ 用n 1代n得 Sn 1 2an 1 ( 1)n 1-----------⑤ ①—⑤：an Sn Sn 1 2an 2an 1 2( 1)n

即an 2an 1 2( 1)n----------------------------⑥

an 2an 1 2( 1)n 22an 2 2( 1)n 1 2( 1)n 22an 2 22( 1)n 1 2( 1)n 2n 1a1 2n 1( 1) 2n 2( 1)2 2( 1)n

2n 2

2 ( 1)n 1---------------------------⑦ 3

解法二： an 2an 1 2( 1)n--------------------------------○1

an 2an 1 2( 1)n

an 2an 1 2( 1)n

anan 11n

2( )2n2n 12ananan 1an 1an 2a2a1a1 (n n 1) (n 1 n 2) ... (2 1) 1n22222222

n

an1k1 2( ) n222k 22

an [2n 2 ( 1)n 1]

3

解法三： an 2an 1 2( 1)n--------------------------------○1

an ( 1)n 2[an 1 ( 1)n 1]，比较系数得到

2

3

2

{an ( 1)n}，就是等比数列了，而且公比是2，轻易算得：

32

an [2n 2 ( 1)n 1]

3

类型2.递推公式为

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。 例题2:已知数列 an 满足a1 解：由条件知：an 1 an

11，an 1 an 2，求an。 2n n

1111 2

n nn(n 1)nn 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)

1111111 (1 ) ( ) ( ) ( )

22334n 1n

1

所以an a1 1

n

11131 a1 ， an 1

22n2n

类型3.递推公式为

解法：把原递推公式转化为

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

例题3:已知数列 an 满足a1 解：由条件知累乘之，即

an 1n

，分别令n 1,2,3, ,(n 1)，代入上式得(n 1)个等式

ann 1

aaa2a3a4123n 11

n n

na1a2a3an 1234a1n

又 a1

22

， an 33n

类型4.递推公式为（其中p，q均为常数，）。

q

，1 p

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 再利用换元法转化为等比数列求解。

例题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 1an 1 3

2.所以 bn 是以b1 4为首项，2为公比的等比bnan 3

数列，则bn 4 2n 1 2n 1,所以an 2n 1 3. 解法二：

a1 1，an 1 2an 3

an 2(an 1 )，比较系数得 3

an 3 2(an 1 3) 解法三：

a1 1，an 1 2an 3

an 1an3

2n 12n2n

ananan 1an 1an 2a2a1a1

( ) ( ) ... ( ) 2n2n2n 12n 12n 2222121

类型5. 递推公式为an 1 pan f n

解法：方法一：变形

an 1anf n n n 1转化为类型2求解； n 1

ppp

方法二：待定系数法解法：只需构造数列 bn ，消去f n 带来的差异。 例题5．设数列 an ：a1 4,an 3an 1 2n 1,(n 2)，求数列 an 的通项公式。 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

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

代入（１）得an 2 3n n 1

2

b a An Bn C; f(n)nnn说明：（1）若为的二次式，则可设

(2)本题也可由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 pbn 1 q求之.

类型6递推公式为

an 1 p(n)an q(n)(p(n) 0)

a a(a为常数）1

解法：添加辅助数列 p n ,使p n

h n

,代入an 1 p n an q n ，得

hn 1h n

an 1 an q n , h n 1 an 1 h n an h n 1 q n ，令b n h n an，

hn 1 bn 1 bn h n 1 q n 转化为类型2

例题6.已知数列 an 满足a1 1,且an 1 n 1 an n 2 !，求an 解：令

h n h n n 1 ! n 1, 由类型3可求得 hn 1hn 1n!

an 1

n 1 !a

n!

n n 2 !

aan 1a

n n 2 ，记bn n

n!n 1!n!

n2 3n 2n! 则bn 1 bn n 2 ，再用类型2的方法求出an

2

q

类型7.递推公式为an 1 pan 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。

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

11

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

aa

例题7：已知数列｛an｝中，a1 1,an 1

类型8. 递推公式为an 2 pan 1 qan（其中p，q均为常数）。

解法：先把原递推公式转化为an 2 san 1 t(an 1 san)

s t p

其中s，t满足 ，再应用前面类型3的方法求解。

st q

例题8. 已知数列 an 中，a1 1,a2 2,an 2 解法一（待定系数法）：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

s 1

这里不妨选用 1（当然也可选用

t 3 1

s

，则3，大家可以试一试）

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

33

1

数列,所以an 1 an ( )n 1,应用类型2的方法，分别令n 1,2,3, ,(n 1)，代

3

入上式得(n 1)个等式累加之，即

111

an a1 ( )0 ( )1 ( )n 2

333

1

1 ( )n 1

11 3

又 a1 1，所以an

an 2解法2：

731n 1

( )。 443

21121

an 1 an 的特征方程为x2 x ，特征根为x1 1,x2 ， 33333

n 1

1

an p q

3

an

73

由于a1 1,a2 2,解得p ,q 所以

44

731n 1

( )。 443

an 1

类型9.递推公式为

pan q

ran h 型（特别的情形是：a

n 1

an

） pan 1

1 px q x a xxrx h,当特征方程有且仅有一根0时,则 n0 是等解法：可作特征方程 an x1

a x

差数列;当特征方程有两个相异的根 1、 2时，则 n2 是等比数列。说明：

an

形如:

man 1

k(an 1 b)递推式，考虑函数倒数关系有

111111k

k( ) k bn

an则 bn 可归为an 1 pan q型。anan 1m anan 1m令

(取倒数法)

在这里补充两种特殊形式： （I）an

Aan 1 B

型合分比定理

Ban 1 A

anAan 1 Ba 1(A B)an 1 (A B)A Ban 1 1

，用下合分比定理：n ()[]

an 1(A B)an 1 (A B)A Ban 1 11Ban 1 A

（II）an

例题9.数列{an}满足a1 1且8an 1an 16an 1 2an 5 0(n 1).求数列{an}的通项公式.

an 1

2an 52x 515

x x 或x

16 8an，其特征方程为16 8x，解之，得24

Aan 11f(n)C1型倒数法： an 1

f(n)an 1 CanAAan 1

解：由已知，得

156(an )12(an )15 an 1 an 1 216 8an，416 8an

1111

an an a1

(1)n 1 4 1 n

222an 1 an an a1

4444， an 1

2n 1 5

an n

2 4

2an p

类型10.an 1 型

2an q

2an px2 p

解法;特征方程为x 求出特征根x1 ,x2 .则an 1 可变为

2x q2an q

an 1 an an 2

,记b ,则bn 1 bn再用对数变换法或迭代法求解。 n

an 1 an an

2

2

an 3

例题10. 已知数列 an 中，a1 4,an 1 ，求an

2an 4

2

x2 3an 3

解：an 1 的特征方程为x ，特征根为x1 1,x2 3

2x 42an 4

an 1 1 an 1 an 132 1 12n 1

3，即an 2n 1 ，利用对数代换法易求得an 1 3 an 3 an 33 1

2

n 1

类型11. 双数列型

an 1 pan qbn递推公式为 确定an,bn.

bn 1 san tbn

解法：待定系数法转化为等比数列，或转化为类型8而求解

an 1 an bn

例题11.若数列 an , bn 满足 ,a1 1,b1 4,求an,bn

b 4a 5bnn n 1

解：an 1 tbn 1 1 4t an 1 5t bn 1 4t an tbn 1 5t 1 4t t bn 另 1 5t 1 4t t =0解得t1 t2

111

，故an 1 bn 1 3 an bn ， 222

11

an bn 3 3n 1 3n,an 3n bn,代入bn 1 4an 5bn,并整理得

22

3n 1,故an 3 2n 3n 1 bn 1 3bn 4 3n用类型5的方法易求得bn 4n

2

qan r q2 4pr 2q 类型12. 递推公式为an 1 pan

qq p an 解法：递推式可以变形为an 1 再用对数代换法求解。 2p2p

2

例题12. 已知数列 an 中，a1 1,an 1 3an 12an 10，求an

2

2

解：an 1 3an 12an 10变形为an 1 2 3 an 2 由对数代换法易求得

2

an 2 32 an 32 2 类型13.其他类型

用换元法，数学归纳法，构造法，等方法求递推数列通项公式（关键在于仔细辨析递推关系式的特征，通过适当的策略将问题化归为等差数列或等比数列问题加以解决，亦可采用不完全归纳法的方法，由特殊情形推导出一般情形，进而用数学归纳法加以证明。） 例题13.设a0

1,an

n 1n 1

n 1

n N ,求通项公式a

*

n

解:易知an 0，构建新数列 n ，使an tan n, n 0,

2

an

n 1

1 cos n 1

tann 1

sin n 12

tan n tan n 1, n n 1又a0

1,a1

2

2

1 tan ,从而 1 ,

88

∴新数列 n 是以

1

为首项，为公比的等比数列. 82

1

∴ n

2

n 1

8

2

n 2

∴an tan

2n 2

例题14. 已知数列{an}满足an 1 an 通项公式。 解：由an 1 an

8(n 1)8

，a ，求数列{an}的1

9(2n 1)2(2n 3)2

8(n 1)8

及，得 a 1

9(2n 1)2(2n 3)2

a2 a1

8(1 1)

22

(2 1 1)(2 1 3)

88 224

99 2525

a3 a2

8(2 1)

(2 2 1)2(2 2 3)2

248 348 2525 4949

8(3 1)

(2 3 1)2(2 3 3)2

488 480 4949 8181

a4 a3

(2n 1)2 1

由此可猜测an ，往下用数学归纳法证明这个结论。 2

(2n 1)(2 1 1)2 18

（1）当n=1时，a1 ，所以等式成立。 2

9(2 1 1)

(2k 1)2 1

（2）假设当n=k时等式成立，即ak ，则当n k 1时， 2

(2k 1)

8(k 1)

22

(2k 1)(2k 3)

ak 1 ak

(2k 1)2 18(k 1) (2k 1)2(2k 1)2(2k 3)2[(2k 1)2 1](2k 3)2 8(k 1)

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

(2k 1)2(2k 3)2 (2k 3)2 8(k 1)

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

(2k 1)2(2k 3)2(2k 3)2 1[2(k 1) 1]2 1

(2k 3)2[2(k 1) 1]2

由此可知，当n=k+1时等式也成立。 根据（1）（2）可知，等式对任何n N*

例题15. 已知数列{an}满足an 1 项公式。

解：令bn 24an，则an 故an 1

1

求数列{an}的通(1 4an 24an)，a1 1，

16

12

(bn 1) 24

121

(bn 1 1)，代入an 1 (1 4an 24an)得 2416

1211(bn 1 1) [1 4 (b2n 1) bn] 241624

2即4b2n 1 (bn 3)

因为bn 24an 0，故bn 1 24an 1 0 则2bn 1 bn 3，即bn 1 bn ， 可化为bn 1 3 (bn 3)，

所以{bn 3}是以b1 3 24a1 3 24 1 3 2为首项，以为公比的等比数列，因此bn 3 2 ()n 1 ()n 2，则bn ()n 2+3，即 24an ()n 2 3，得an ()n ()n 。

21

34

12

13

12

12

12

1212

12

12

32