最全的递推数列求通项公式方法

nknk高考递推列题型分类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列项公式求解问题往往是解决数列难题的瓶颈文结出几种求解数列通项公式的方法，希望能对大家有帮助。afn)类nn解法：把原递推公式转化为

n

fnn

，利用累法逐相法)解。例:已知数列

n

a

，

a

n

1

，求

n

。解：由条件知：

n

n

12(nn分别令

，代入上式得

(n

个等式累加之，即()a))212n

n

)1111))2n所以

a1

1n1，a22n2变:（，全国I，个理22．本小题满分14分已知数列

{a}中an1

，且=a－1),a=其k=1,2,3,……2k12k+12k（I）求；3（II）求{}通公式.n解

2k

2k

，

a

2

2

2

2

2

，即

a

2

2

a3

，a53…………

2a

2

2

将以上式子相加，得a

k

k

)

k

]

32

k

1[(2

k

将

代入，得11n123n11n123na

1(2

k

，a

k

k

1(2

。经检验

也适合a

2n为奇数)2n为偶数)类

n

f()

n解法：把原递推公式转化为

anan

f(n

，利用累法(逐商相法)求解。例:已知数列

n

a

2n，3

a

，求

a

n

。解：由条件知

annan

，分别令

，代入上式得

(n

个等式累乘之，即aa12na23aa234nn123又

a

22，3例:已知

，a

n3n

a(n，。解：

n

3a3(3(3

nnn3n3n

。变国I,理列{}aan1

n(≥，则{}通a

解由已知，得

n

aa12

n

na

n

，用此式减去已知式，得当

2

时，

n

n

n

，即

n

n

，又

aa

，1

aa24aa1

，将以上n个子相乘，得

n!an2)2类

n

n

（其中，q均常，

((p

解法（待定系数法原推式转化为：

n

p()n

，其中

t

，再利用换法化为等比数列求解。例:已知数列

n

a

，

n

n

，求

a

n

解：设递推公式

n

n

可以转化为

n

2(a)n

即

n

2tn

故递推公式为

n

2(an

令

nn

ba

且

banbn

所以

n

是以

为首项，为公比的等比数列，则

bn

n

n

an

变:（，重庆文）在数列

n

a1

n

，则该数列的通项

a

（key:

an

n

）变:（福.22.小题满分14分已知数列

n

1

n

n

*

).（I）求数列

n

式（II）数列{}足n

b

abn

(n

*

),

证明：数列{}等数列；n（Ⅲ）证明：

n1aann(2a22

*

（I）解n

nn

*

),n

anna.n

21

为首项，2为比等比数列即

an

n*

).（II）证法一44...4

kn2(2)2(2)4

(k)nk

2[(b)]nb12)nnb1n

②－①，得

2(n

nn

n即

(nbn

nn

bn

0.③－④，得

n

nbn

nbn即

n

bn

0,nbn

n

n

(*),nn证法二：同证法一，得(nn

n令n得b2.1设

(R2

下面用数学归纳法证明

2.n（1当

时，等式成立（2假设当

(2)

时，

k

那么b

k2kb[2kd].kkkk这就是说，当

时，等式也成立根据（1）和（知

ndn

对任何

nN

*

都成立n

,nn

列（III）证明：

aa

2k2k,,22aa12aa23nnnnnnnnk1111kknk2(2k222kaa111n12n()),a322n232232n1aann(n*2223变:递推式：

n

造数n

n

带来的差．类

a

n

pan

n

（其中p，q均常数，

(pq(p

（an

pan

n

其中，q,r为常数）。解法：一般地，要先在原递推公式两同除

n

，得：

aa1nqnqq

引辅数n

bn

aq

nn

：

1q

再定数解决。例:已知数列

n

a

51)6

，求

a

n

。解：在

1a)n两边乘以2n得(2)33令

bn

n

2，则b,解之得：2()33

所以

a

b)n)23

变:（，全国I,22,小题满分12分）设数列

项和n

41a，n1,2,3,3（Ⅰ）求首项

与通项

a

）

n

S

nn

，

1,2,3,证：

ni

Ti

32解）

n

时，

a1

42a23

；当

n2

时，

an

42aan)333

，即an

n

n

，利用

a

n

pan

n

（其中p，均常数，

(pq(p

nnn+1n+1n+1n+1nnnn+1nnn+1nnni13nnn+1n+1n+1n+1nnnn+1nnn+1nnni13（或

an

pan

n

其中，q,r为常数）的方法，解之得：

an

n

n(Ⅱ将

n

n

n

代入①得S=×(4－)－×2=×n333

－－2)=×－1)(2－1)31T=×=×－)n(2－1)(2－22－1－所以

Ti

=

(

11－)×(－)<－1－2－2－1i

i类递公式为

n

n

n

（其中pq均常数解法一(待定系数法：先把原递推公式转化为

n

n

(

n

)n其中s，满

pst解法二(特征根)对于由递推公式

n

n

n

，

a2

给出的数列

n方程

x2px

做列

n

程

x,x

是特征方程的两个根

x

时，数列

n

aAxnn1

Bx

n2

，其中A，B由

a

决定（即把,和212

入

aAxnn1

Bx

n2

到于A方程组

x

时，数列

n

aA)xn1

中A由

a

决即把

a,x2

和

，代入

aA)nn

，得到关于A、B的程组解一待系—迭法数列

n

3a

n

n

nnN)n

，

a,a

，求数列

n公式。由

n

n

an

，得a

2()

，且

1

。则数列

n

n

b

2为首项，为比的等比数列，于是333tt333tt3a

2b)()3

。把

1,2,3,

代入，得1

，2ab))2

，a)3

)

，a

b

)

。把以上各式相加，得ab)[1n1

22)33

n

)n]()

。

[3

)n](b)a)(

)nb

。解二特根数

n

3a

n

n

ann)n

，

a,a的特征方程是：

x2x0

。

2x3aAxnn12

)

。又由

a

，于是BA

AbB3(a)故

aa)(

)

例已数列

n

a

2a3

13

，求

n

。解：由

a

a

1

可转化为

()nnnn即

s3)a或nn333n1bbb33n1bbb这里不妨选用（当然也可选用t3

t

，大家可以试一试，则a

1()n

n

为

1比的比数,1所以

a

1)3

应用类型1的法，分别令

，代入上式得(n

个等式累加之，即

11a))133

n

)

又

7，以a()44

。变（，福建,本小题满分14分）已知数列

n

1

n

nN*).n（I）证明：数列

n

n

列（II）数列

n

式（III）若数列

n

bb

ab(N*),n

证明

n

列（I）证明：n

n

an2(a),nnna3,12n2(N*nnn

n

221

为首项，2为比等比数列（II）：由（I得

an

n

n

(nN

*

),a)nnn

n

))21

nN*).（III）证明：44...4

bn

,4

(b)

nb

,2[(b)]nb12

①2an22an2)nb1n

②②－①，得

2(n

nn

n即

(bn

nbn

③n

n

0.

④④－③，得

n

nbn

nbn即

n

bn

0,nbn

n

n

(n

*

),类递公式为

n

与

a

n

的关系式。或

a)nn

)解

法：

这

种

类

型

一

般

利

用

a

SSn

与nn

n

)fan

n

)

消去

n

(n

或与

f(Sn

n

)(n

消去

a

n进行求解。例已知数列

n

前n项

S4n

2

1

（1求

n

与a的系）求通项公式nn解）

S4n

2

1

得：

S4n

2

1于是

Sa)n

2

1

2

1

)所以

a

2

1

a

12

（2应用类型（

a

n

pan

n

（其中p均常数，

(pq(p

方法，上式两边同乘以

n

得：

2n

n

nn由

a1

11

于数列

n

是以首项公差的等差数列，所以

2na2(nnn

2

n变:（，陕西理20本题满分12分已知正项数{}前n项满足=a+5a+6且,a成比数列求列{}nnnn1n的通项an2222222222222222222222解∵S+5，①∴a，解之得a或a=3n11又S=+5a+6(，nnn由①－②得=(a－a)+6(a－a)即a+－－5)=0n1nn1n1∵a+a，∴－nn1n当a时=13，a，，不等比数列a≠3113151当a时a=12，，有a=aa，∴，∴－3131531n变江文,．本小题满分14分已知数列{}前项S满S－S=3n2

1()2

(n3),且S

32

,

求数列{a}n的通项公式.解n

n

n

n

，1)

(n3)

，两边同乘以

(

n

，可得(

a(n

1())2

令

bnn

n1)n

(n1b)…………1b)1b))231)(3)23又a，a，21

1)

1

1

b1

a

5251))n22

。an

n

n

n

n

)

n

)n为奇,2),n为数.2类

n

(pnnn12nn12解法：这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令

n

(y(y)n

，与已知递推式比较，解出,

从而转化为n

的等比数列。例:设数列

n

4,aa1

n

n(，a.n解：设

则abB将a,ann

n

代入递推式，得Ann

Anbn

A2)(3AAB

取nn

…（１）则

n

又

，故

bnn

n代入（１）得

an

n

说明

f(n)n的二次式可

bn

2

Bn

;(2)本题也可由

n

n

n

n

）两式相减得

n

n

a

n

n

)转为bn

pbn

qbn求之变:（，山东文本小题满分分）已知数列｛

a

n

｝中，

a1

、点（直y=x，其中…nn(Ⅰ令

an

n

n(Ⅱ求数列

n(Ⅲ设

T分别列实数nn

，使得数列n为等差数列？若存在，试求出

若不存则说明理由解）已知得

1a,2a,nn221b1nnnn2232n1n1n221b1nnnn2232n1n1n313a,424又

n

nn

n

n

anannn222baaa2nn{}n

是以

31为首项，以为比的等比数列42（II）（I知，

3b)n4231n3a23a,2an

n

31,2n将以上各式相加得：3(2a1

(1)n

3n)2nan

32

（III）解法一S存在2使数列{}n

是等差数列1112n

(1)(

n)nn2(1)nnn)(1)nnn)T2n

33).nn数列

{

Snn}是等差数列的充要条件是nnn

、

B

是常数

)即

Sn

n

2

Bn,又

nn

n2n33)n22

2

13(1)2

当且仅当

1

2

，即

时，数列

{

Snn}n

为等差数列解法二：存在

，使数列

{

Snn}n

是等差数列由（I），

nTn

n2

n(nnnnn2n又

Tn

13(1)2n22nSnnn()nn22

当且仅当

时，数列

{

Snn}n

是等差数列apar(a类nnn解：这种类型一般是等两边对后转化为

n

n

，再利待系法解。例：已知数列｛a｝，n

an

1a

(a

，求数列

n解：由

a

11两取对数得2lgaaa

，kkkk22kkkkkkkkkkk22kkkkkkk令

，bnn

b

11，再利用待定系数法解得：a()aa

n

。变（，江西,．本小题满分12分已知数列

{}的各项都是正,且:n0

a(4nN.（1证明

an

n

nN;（2求数列

{}n

的通项公式解：用数学归纳法并结合函数

f(x)

x(4)

的单调性证明：（1方法一用学归纳法证明：°当n=1，

a1

1a(42∴

201

，命题正确.°假设=k时

k

2.k则

n,k

1a(4)(4)21)

a

1)a()(4kk而

k

k

k

k

ak

k

0.又

a

k

1a(4)[4a2

]2.n∴时命题正确.由°、2°知，对一切∈N时有

an

n

方法二：用数学归纳法证明：°当n=1，

a1

1a(42

∴

aa0

；°假设n时

k

k

成立，令

f()

x(4x)

，fx)

在[，2]单调递增，所以由假设有：

fa

k

)f)(2),k

即

11a(4)a(4)2),22也即当n=k+1时

ak

k

成立，所以对一切

,有k

k

2（2）解法一：

a

11a(4)[a2)2

所以

2(a

n

n

222n22nnn令

11则(b)))22222

又=－1所以n

11b)2即)22

1解法二aa(4)(2)221

由（I知，

n

，两边取以为底的对数，(22

n

))2令

log(2)则bn2n

bbn

na1n

或

a2)

变（2006,山东,理,22,本小题满分14分已知a=2点(,a)在函数f(x)=x的图象上，其=12，3，…1n+1（1证明数列｛a｝是等比数列；n（2设T=(1+a)aa)求T及数列a｝通项；nnn记b=n

112，求｛b｝列的前项和S，并证明aaTn解）由已知

an

ann

，an

2n1an

，两边取对数得))n

，即

)n)n{lg(1)}n

是公比为的等比数列（Ⅱ）由（Ⅰ）知

lg(1)nn1

2

12n

（*T)(1nn2n-1nnnan1n2n-1nnnan1n

+2

n-1

=

3

2-1由（*式得

an（Ⅲ）a2ann

，

(a2)n

，

11()a2aann

112111，，)aaaaaannnS+bn12n

11111))aaaaaaaa123nn2n

1

2

，又

T2n

2，STn类

a

n

f()ang()()n解法：这种类型一般是等两边倒后换转化为

n

n

。例已知数列a｝足：n

aan3

a

，求数列｛a｝通项公式。n解：取倒数：

11nann差数列，

11aan

1n变:（，江西理本大题满分14分）3已知数列｛｝足：＝，＝2

（n，n2a＋n

（1求数列｛｝通项公式；n（2证明：对于一切正整数，不等式a…2n1n解）条变为：1－为

nnn＝－此｛－｝一个等比数列，其首项aan1n12nan0n12nan0111n－＝，比，从而－＝，此＝（n）…………1a3a3n311n！（2证：据得，a…a＝111－33为证a…an11只要证时3

1）…－…………2n显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个nN

，111111－）…－＋＋…＋33n3323用数学归纳法证明3：＝时，显然成立，设＝k时，式成立，

）…………313

1111）…1＋＋…＋33323k

）则当＝k＋1时1111－＋＋13213k31

）＝1（

1111111＋＋…＋）＋（＋…＋33k3k333k

）1－（

1＋＋…＋＋）当＝k＋1时也成立33k3k故对一切，3都成立利用3，1111－）－＋＋＋33331111＝1－（＝＋（2332故2式成立，从而结论成立

）＝－

－－类10

a

pa解法：如果数列

{}

满足下列条件：已知a的且对于N，有a

pa

（其中、qrh均常数，且qr,r0,

h么可作特征方程,rrx当特征方程有且仅有一根

x

1时则差数列;当特征方程有两个相异的根

nnnn时，则

anan2

比列。例已知数列

{}n

满足性质：对于

nN,a

a2

且a求{a}

的通项公式.解:数

{}n

的特征方程为

x

x2

,

变形得

x

2

x0,

其根为

故特征方程有两个相异的根，使用定理的（）部分，则有ap1))n,nN.a1∴

c

2(),nN.5∴

c2ncn

1()n()n5

,N.即

(n

,nN.例已知数列

{}n

满足：对于

都有a

n

anan

.（1若

a求;（）若

a3,求;（）若

a6,求a（4当

取哪些值时，无穷数列

{}n

不存在？解：作特征方程

x

13xx

.

变形得

x225特征方程有两个相同的特征根

依定理的（）部分解答∵∵

aa1a

对于N,都an

∴

1rbna1

1n313128令

0n

，得

5

故数列

{}n

从第开始都不存在，n1224n1224当n≤4，nN时an

1bn

∵

∴

∴

bn

1r.a1令

n

则

n.

∴对于

n0.∴

1n

1

143,nN.nn8、显然当

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，a

时，数列

{}n

是存在的，当

a

时，则有bn

1r1,N.ap1

令

n

则得

a1

5nn

,nN且n≥2.∴当

a

5nn

（其中

nN

且≥），数列

{}n

从第

n

项开始便不存在.于是知：当

在集合

{

或

5nn

:n,且n≥2}上取时，无穷数{a}n

都不存在变（，重庆,本小题满分12分）数列

{}满足n

an

n

0(n

记n

1an

(（Ⅰ）求、、、的；1（Ⅱ）求数列

{}n

的通项公式及数列

{b}n

的前n项

n解法一：由已知,

a

n

2an16n

2x15其特征方程为x解得x或16x

a

15a)a)1nn,a216416223442nn1n223442nn1n

1n1,)55n4

n

nn解法二：1（I）a故b11718a故b;88231a故b4;4141320a,b20（II）因

4(b)()3

，444()2()2,()()333

故猜想

4{b}是首3

公比q等比因

n

则将

n

代入递推公式会导致矛盾）故n因n

5(n16an41420n3136ann

n

42(b),316a3an2故

|b

43

|是公2

的等比数列.42因故b333

14b(n3

由

bbabbbn2nnnb2nnnnnnnnan2nnnnnnnb2nnnnnnnnan2nnnn

()

)(2n3解法三：（Ⅰ）由bn

1an

11得a代aa0,nnn整理得

463即b2bbb3nnnn820有以b,bb33（Ⅱ）由

4442b2bb),b0,3333所以

4{}是首项为3

的等比数,bn

411(1).311由b得abb121bb(b)n12n1

(1nn3

n

解法四：（Ⅰ）同解法一（Ⅱ）

b1

24b,b,)33

猜想{}是首项为公的等比数,b

n又因故n

ann

(n因此

2a12na

a10naaannnnn3nnnan222nn3nnnan222

ana

24a20annn).6annb1

10,{}是公的等,bnnn

从而

n

)bn

n

))21nn1)n(1).3311由b得bb1221bb(b)n12n1

(1nn3

类

n

pnn

或

a

n

pqn

n解法：这种类型一般可转化为

2n

2

等比数列求解。例）数列

{}n

中，

a1

n

n

n

，求

a

n（II）在数列

{}n

中，

aa1n

n

n

，求

a

n类归猜想法解法：数学归纳法变:（，全国II,理22,本题满分12分设数列｛a｝前项和为