利用递推关系求数列通项的九种类型及解法

利用递推关系求数列通项的九种类型及解法1.形如a一a二f(n)型TOC\o"1-5"\h\zn+1 n若f(n)为常数，即：aa二d，此时数列为等差数列，则a=a+(n-1)d.n+1 n n1若f(n)为n的函数时，用累加法.方法如下：由a,—a=f(n)得：n+1 nn>2时，a—a =f(n—1)，n n-1a—a =f(n—2)，n—1 n—2a—a=f(2)32a2—a1=f(1)所以各式相加得a—a=f(n—1)+f(n—2)+—+f(2)+f(1)n1即：a=a+兰f(k).n1k=1为了书写方便，也可用横式来写：•••n>2时，a—a =f(n—1),TOC\o"1-5"\h\zn n—1/.a=(a—a)+(a —a)+…+(a—a)+ann n—1 n—1 n—2 2 1 1=f(n—1)+f(n—2)+—+f(2)+f(1)+a1.例1.(2003天津文)已知数列｛an｝满足化=1,a=3n-1+a1(n>2),n 1n n—1证明an证明：由已知得：a—a’=3n-1,故n n—1a=(a—a)+(a—a)+—+(a—a)+ann n—1 n—1 n—2 2 1 13n—1/.a=n33n—1/.a=n=3n—1+3n—2+ +3+1=答案：例2.已知数列｝的首项为1,且a,=a+2n(nGN*)写出数列｛a｝的通项公式.答案：n n+1 n nn2—n+1例例3.已知数列｛an｝满足a1=3,="n-1+丽邛(--2)，求此数列的通项公式.答案：a=2--nn评注：已知a1评注：已知a1=aan+1二f(n)，其中f(n)可以是关于n的一次函数、二次函数、指数函数、分式函数，求通项an若f(n)是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；若f(n)是关于n的二次函数，累加后可分组求和；若f(n)是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；若f(n)是关于n的分式函数，累加后可裂项求和。1n例4.已知数列｛a｝中，a>0且S二(a+ )，求数列｛a｝的通项公式.nnn2nannn1 n解：由已知S二厅(a+—)得S二2(S-S]+——),nan2n n-1S—Sn n n—1化简有S2—s21二n，由类型(1)有s2二S12+2+3+.…+nn1又S1=a得a1=1，所以S2=疏D11n2，又a>0,snnJ2n(-+1)2n(n+1)—2n(n—1)此题也可以用数学归纳法来求解.a2.形如亠1二f(n)型

ana(1)当f(n)为常数卩：十1二qan(其中q是不为0的常数),此时数列为等比数列，(2)当f(n)为厲的函数时，用累乘法.a由—n11

an二f(n)得a—-f(n—1),an—1a・•・a=―n-

nan—1a——n—1an—2"a=f(n)f(n-1)…-f(1)-a11a1.例1.设%｝是首项为1的正项数列，且C+2’一na2n n+1 n+aa=0(n=1，2,n+1n3,…)，则它的通项公式是a=n—naL0nn+1解：已知等式可化为：(a’+a)b+—naL0nn+1n+1 n•・•a>0(neN*)5+1)a—nan n+1•••n>2时, n—•••n>2时,ann一1aaan一1n一211TOC\o"1-5"\h\z「・a=—•— 2-a= • 1=—naaa1nn一1 2nn一1 n一2 1评注：本题是关于a和a］的二次齐次式，可以通过因式分解(一般情况时用求根公式)得到a与a］的更为明显的关系式，从而求nn+1 nn+1例2.已知a’二na+n一1,a>~1，求数列｛a｝的通项公式.n+1 n 1 n解：因为a=na+n-1,所以a+1=na+n,n+1 n n+1 n故a+1=n(a+1),又因为a>—1，即a+1>0，n+1 n 1 1a+1所以由上式可知a+1>0，所以亠二n，故由累乘法得n a+1na+1a+1a+1a+1a+1二n-n-1 7 -2 -(a+1)na+1a+1a+1a+1 1n一1 n一2 2 1(n一1)-(n一2) 2 -1-(a+1)=(n一1)!・(a+1)11所以a=(n一1)!・(a+1)-1n1评注：本题解题的关键是把原来的递推关系式a,=na+n一1，转化为TOC\o"1-5"\h\zn+1 na’+1=n(a+1)，若令b=a+1，则问题进一步转化为b’=nb形式，进而应用累乘法求出数列的通项公式.n+1 n nn n+1 n3.形如a+a=f(n)型n+1 n(1)若a,+a=d(d为常数)，则数列｛a｝为“等和数列”，它是一个周期数列，周期为2,其通项分奇数项和偶数项来讨论;n+1 n n(2)若f(n)为n的函数(非常数)时，可通过构造转化为a’一a=f(n)型，通过累加来求出通项；或用逐差法(两式相减)得

n+1 na一a=f(n)一f(n一1)，，分奇偶项来分求通项.n+1 n一1例1.数列｛a｝满足a〔=0,a1+a=2n，求数列｛a｝的通项公式.n 1 n+1 n n分析1：构造转化为a1一a=f(n)型n+1 n解法1：令b=(一1)nan n则b—b=(—1)n+1a —(—1)na=(一l)”+1(a +a)=(一l)”+1•2nn+1 n n+1 n n+1 nb-b =(―1)n-2(n-1)n n-1b-b =(-1)n-1-2(n-2)n-1 n一2nn2时，< b-b=(-1)2-2X121b=-a=011各式相加：b-2[-1)n(n一1)+(-1)n-1(n一2)H F(-1)3-2+(一1)2.Jn当n当n为偶数时，(n-1)H(-1).此时a二b二此时a二b二nnnn-1当n为奇数时，bn=2(— —)=-n+1n2此时b=-a，所以a二n一1.nn n_Jn-1,n为奇数，故"n |n,n为偶数.解法2：Ta,+a二2nnH1 nn>2时，a+a =2(n-1),n n-1两式相减得：a,一a,二2.nH1 n-1.a1，a3,a5,…，构成以a］，为首项，以2为公差的等差数列;a2,a4,a6,…，构成以a2’为首项，以2为公差的等差数列/.a—a+(k—1)d—2k—22k-1 1a—aH(k-1)d—2k2k 2.a.ann-1,n为奇数,n,n为偶数.评注：结果要还原成n的表达式.例2.(2005江西卷)已知数列｛a｝的前n项和S满足nn13S-S=3(一)n-1(n>3),且S’—1,S2—一恳,求数列｛a｝的通项公式.nn－2 2 1 2 2 n解：方法一：因为S-S—a+a所以a+a —3•(-)n-1(n>3),n n-2 n n-1 n n-1 24-3-(-)n-1,n为奇数,答案a答案a=1n-4+3-(―)n-i,n为偶数.4.形如a-a=f(n)型TOC\o"1-5"\h\zn+1 n(1)若a,-a=p(p为常数)，则数列｛a｝为“等积数列”，它是一个周期数列，周期为2,其通项分奇数项和偶数项来讨论;n+1 n n(2)若f(n)为厲的函数(非常数)时，可通过逐差法得a-a,=f(n―1)，两式相除后，分奇偶项来分求通项.nn-1例1.已知数列｛a｝满足a=3,a-a=(丄)n,(neN*)，求此数列的通项公式.n 1 n n+1 2注：同上例类似，略.5.形如a =ca+d,(c丰0，其中a=a)型■ n+1 n ' 1(1)若c=l时，数列｛a｝为等差数列;n(2)若d=0时，数列｛a｝为等比数列;n(3)若c丰1且d丰°时，数列｛a｝为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求.n方法如下：设a,+九=c(a+九)，n1 n得a=ca+(c一1)九，与题设a=ca+d,比较系数得n+1 n n+1 n(c一1)九=d，所以九= ,(c丰°)c-1dd所以有：a+一=c(a,+—7)nc-1 n-1c-1IdI d因此数列化+—i构成以ai+戸为首项’以c为公比的等比数列,dd所以a+ =(ai+ )-cn-1nc-1 1c-1dd即：a=(a+ )-cn-1-n1c-1 c-1规律：将递推关系a规律：将递推关系a,=ca+d化为a,n1 n n1dda= +cn-1(a+ )n1 1-c 1c-1+丄=c(ac-1n+士),构造成公比为C的等比数列｛an+土｝从而求得通项公式有时我们从递推关系a,=ca+d中把n换成n-1有an+1 n=ca有时我们从递推关系a,=ca+d中把n换成n-1有an+1 nTOC\o"1-5"\h\zn n-1 n+1 n n n-1为c的等比数列｛a,一a｝,进而求得通项公式.a,一a=cn(a2一a丿，再利用类型⑴即可求得通项公式•我们看到此方法比较n+1 n n+1 n 2 1复杂.例1•已知数列｛a｝中，a=2,a=a+ ,求通项an 1 n+1 2n2 n

分析：两边直接加上 ，构造新的等比数列。1解：由a1解：由a.an+1 2n1._1(1)2得n+1 2n儿n12所以a—1_(三)n-1，即an12所以a—1_(三)n-1，即a_(只)n-1+1.n2n2方法二：由a-ca+d,TOC\o"1-5"\h\zn+1 nn>2时，a=ca+d,n n-1两式相减得a—a_c(a—a)n+1 n n n—1a一a—n+1 n_Ca一an n—1数列｛a一a1｝是以ann—12a—a_(a—数列｛a一a1｝是以ann—12a—a_(a—a)n n-121a—a_(a—a)-Cn-3、・Cn-2n-1 n-2 2 1一a1=(c一1)a1+d为首项,以c为公比的等比数列.a一a_(an 1 2一a)(1+c+ +c)1 n一2a3a2—a_(a—a)・c221—a_a—a121=(a21—cn—1—a)--1 1—c丄)cn-1c—1方法三：迭代法由递推式a_ca+d,n+1 n直接迭代得a_ca+d_c(can n—1 n一2+d)+d_c2a+d(c+1)n一2=c3a+d(1+c+c2)_…=cn—1a+d(1+c+c2+ +cn-2)n—3 1dd=(a+ )cn-1-c—1 c—1方法四：归纳、猜想、证明.先计算出a1,aa3,再猜想出通项a,最后用数学归纳法证明.1 2 3 n注：请用这三种方法来解例题，体会并比较它们的不同.6.形如a_Pa+f(n)型n+1 n.(1)若/(n)_kn+b(其中k,b是常数，且k丰0)方法：相减法例1.在数列｛a｝中，a二1,a二3a+2n,求通项a.n1例1.在数列｛a｝中，a二1,a二3a+2n,求通项a.n1n+1解：，a=3a+2n,n+1 nn>2时，a=3a +2(n一1)，n n一1两式相减得a一a二3(a一a)+2.令bn+1 n n n一1 n=a—a，则b=3b+21n+1利用类型5的方法知b二5-3n-1+2n即a—a=5-3n-i—1n+1 n531 1再由累加法可得a= -3n—1一n一.n22_53亦可联立①②解出a= •3n—1一n一.n223例2.在数列｛a｝中，a=,2a—a =6n一3，求通项a.n 1 2n n—1 n解：原递推式可化为2(a+xn+y)二a’+x(n一1)++yn n一1比较系数可得：x=-6,y=9,上式即为2b二b11（I 9 1所以（了是一个等比数列，首项b=ai-6n+9=，公比为亍n1122即:a一6n+9=9-（2）n人9(1).叮2(2)n—1故an=9•(2)n+6n一9⑵若f（n）二qn（其中q是常数，且n丰0,1）①若p=i时，即:a,二a+qn，累加即可.n+1n②若p丰1时，即：a二p-a+qn，n+1 n求通项方法有以下三种方向：i.两边同除以Pn+1.aa1p a 1p―二一n+—•(—)n令b二——— 则b—b二一•(—)npn+1 qn pqnpnn+1 npq然后类型1，累加求通项.apa1ii.两边同除以qn+1.即:——n+1•——n+qn+1qqnq令b—，则可化为b1-旦•b1+—•然后转化为类型5来解，nqn n+1qnq设a+九・qn+1二p(a+九・pn).通过比较系数，求出九，转化为等比数列求通项.n+1 n例1.(2003天津理)设a0为常数，且a=3"-1-2a1(neN).0 n n-1证明对任意n±i,a [3n+(-1)n-1-2n]+(-1)n-2na；n50证法1：两边同除以(-2)n,得 n—(-证法1：两边同除以(-2)n,得 n—(-2)na n-1—

(-2)n-1(-1).bna= n——(-2)n二(bn(-1)n则b—b=—•(-—)n，则n n-13 2-b)+(b -b)+ +(b-b)+bn-1 n-1 n-2 2 1 133+(-2)n-1+…+(-亍)233(―)2[1-(—)n-1] 1二———-2(1-2a)3201-(-2) 213=…七[(-)n-1]+a520=(-2)nb=•••=—[3n+(-1)n-1-2n]+(-1)n-2na.证法2：由an=3n证法2：由an=3n-1-1a―n13n-13n=--b1+3•即:SV—孰-1-5),所以\bTOC\o"1-5"\h\z1I 1 21 2所以\bn-—j是以b1-—=§(5-a0)为首项，--为公比的等比数列.则b-1=-(i-a)(--)n-1=(1-a)(-1)n-1(2)n则- 5 35 0 3 5o 3 ,a1 2即：3*=b=(5-a0)(-1)"-1(3)n故a=—[3n+(—1)n-1•2n]+(—1)n•2nan50评注：本题的关键是两边同除以3n，进而转化为类型5,构造出新的等比数列，从而将求一般数列的通项问题转化为求等比数列的通项问题.证法3：用待定系数法设a+X•3n=-2(a+X•3n-1),即：a=-2a —5X•3n-1,n n1 n n1111比较系数得：—5九=1，所以九—所以a—・3n=—2(a —・比较系数得：—5九=1，所以九5所以n5 n-1 5 儿所以数列丿-削|是公比为一2,5首项为a―3的等比数列.15(1-2a-0n—1(neN).即a=：[3n所以数列丿-削|是公比为一2,5首项为a―3的等比数列.15(1-2a-0n—1(neN).即a=：[3n+(—1)n-1-2n]+(—1)n-2na.n503n/.a— =n5方法4：本题也可用数学归纳法证.(i)当n=1时，由已知a=1—2a，等式成立；0等式成立，则a=7[3k+(—1)k-12k]—(—1)k2a，k5 0(ii)假设当n=k(k三1)那么ak+1=3」2ak2=3k— [3k+(—1)k-12k]—(—1)k2k+1a501=-[3k+1+(—1)k2k+1]+(—1)k+12k+1a.50也就是说，当n=k+1时,等式也成立.根据(。和(ii),可知等式对任何n^N,成立.规律：an+1二pa+f(n)类型共同的规律为：两边同除以Pn+1，累加求和，只是求和的方法不同.7•形如3+1pa+qn型ra+sn(I)p,r,s丰0,q=0即apa= n—1——ra+sn—1取倒数法.例1.已知数列a1=2,2at(n-2)'求通项公式3。n—11解：取倒数：=anan-1—二2an—11 1 3.—=—+(n—1)•2=2n——an4n—311例2.(湖北卷)已知不等式+3+…+n>112[10g2n],其中n为大于2的整数，[l°g2n]表示不超过l°g2n的最大整数.设数列｛a｝的各项为正，且满足a=b(b>0),a< n=2,3,4,…n 1 nn+an—12b+证明 2+b[logn]'n=轴5'…2分析：本题看似是不等式问题，实质就是求通项问题.na1n+a11<a< n—1—，… n n—1= +—nn+a anaann—1 n n—1 n—1证：丁当n-2时,0111即一— ,aann n—11 1 11 1 1于是有— -， — '厅，…a a 2a a 3213211

-_.

an

n—1所有不等式两边相加可得一an11111——n—+111即一— ,aann n—11 1 11 1 1于是有— -， — '厅，…a a 2a a 3213211

-_.

an

n—1所有不等式两边相加可得一an11111——n—+—+…+—.a23n1由已知不等式知，当n三3时有,111— ＞恳[logn].aa22n1111 ] 2+b[logn]•.•a=b,.. ＞丁+三[logn]=1ab2 2n2b评注：本题结合不等式的性质，从两边取倒数入手，2.形如a二竺-(m,p,q为定值)型n+1a+qn方法：不动点法:我们设f(x)=mx+px+q2b＜2+b[logn]2再通过裂项求和即可证得.由方程/(x)=x求得二根x,y,ma+p由a— n—n+1a+qnma+pmx+pmq—pa—x=—n — =—n+1 a+qx+q x+qna—x―n a+qnma+pmy+pmq—p同理a1—y二一=一——-—二一-—n+1 a+q y+q y+qna—y—H a+qna—x，两式相除有 an+1—yy+qx+qa—x H a—yn,从而得a —x y+q+1 =( )n—1a —y x+qn+1a—xj，再解出an即可.a—y n15a+4例1.设数列｛a｝满足a=2,a1二n，求｛a｝的通项公式.n 1 n+1 2a+7nn分析：此类问题常用参数法化等比数列求解.解：对等式两端同时加参数t,得：5a+4a+t—nn+1 2an7t+4+1-⑵+5)a+7t-⑵+5)a”+亦+7 2a+7 2a+7nn7t+4令t—令 2t+5，解之得t=1,-2代入an+1+1—(2t+5)a+tn得2a+7得n—1aa—1—3nn+1 2a+7na+2a+2—9——n+1 2a+7na—1 1相除得土2—3a+2 3n+1—11TOC\o"1-5"\h\za—1 a—1—11n2，即｛7 2｝是首项为七厅—4,a+2 a+2 a+2 4n n 1

1 a一1 13公比为$的等比数列，7 = -31一na+24n方法2：…，a一1a—1=3 —n+1 2a+7n1 2a1 2a+7两边取倒数得 二—a—1 3(a—1)n+1 n2(a—1)+92 3n = +—3(a—1) 3a—「nn12，则b二+3b，…，转化为类型5来求.a一1n12，则b二+3b，…，转化为类型5来求.a一1n3nn8•形如a1二Pa+qa1(其中p,q为常数)型1 n n—11）当p+q=1时用转化法例1.数列｛a｝中，若a1=&a2=2，且满足a2n 1 2 n+2一4an+1+3a=0，求a.nn解：把a2一4a1+3a二0变形为a2一a1n2 n1 n n2 n1=3(a—a).n+1 n则数列匕1一a是以a2一a1=一6为首项，3为公比的等比数列，则n+1 n 2 1a，一a=一6-3n-1 利用类型6的方法可得a二11一3nn+1 n n（2）当P2+4q>0时 用待定系数法.例2.已知数列｛a｝满足a,一5a ’+6a—0，且a=1,a=5，且满足，求a.n n2 n1 n 1 2 n解：令a—xa—y(a—xa)，即a—(x+y)a+xya—0，与已知n2 n1 n1 n n2 n1 na2一5a1+6a二0比较，则有n2 n1x+y二5xy二6'故IxIx二2下面我们取其中一组jy二3来运算'即有a —2a —