最全总结递推数列求通项公式的常用方法

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递推数列求通项公式的常用方法一、公式法

例1、已知无穷数列an的前n项和为Sn，并且anSn1(nN*)，求an的通项公式？：

Sn1an，an1Sn1Snanan1，an1

n

11

an，又a1，

22

1

an.

2

反思：利用相关数列an与Sn的关系：a1S1,anSnSn1(n2)与提设条件，建立递推关系，是此题求解的关键.

二、归纳猜想法：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2、已知数列an中，a11，an2an11(n2)，求数列an的通项公式.：

a11，an2an11(n2)，a22a113，a32a217

猜测an2n1(nN*)，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.

三、累加法：利用ana1(a2a1)(anan1)求通项公式的方法称为累加法。累加法是求型如an1anf(n)的递推数列通项公式的基本方法（f(n)可求前n项和）.

例3、已知无穷数列an的的通项公式是an的通项公式.

1

2

n

1

，若数列bn满足b11，bn1bn(n1)，求数列bn

2

n

11

：b11,bn1bn(n1),bnb1(b2b1)(bnbn1)=1++...+

22

1

2

n1

n

1=2

2

n1

.

反思:用累加法求通项公式的关键是将递推公式变形为an1anf(n)。四、累乘法:利用恒等式ana1

aa2a3

n(an0,n2)求通项公式的方法称为累乘法,累乘法是求型如:a1a2an1

an1g(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4、已知a11,ann(an1an)(nN),求数列an通项公式.

*

：

ann(an1an),

an1n1aaa

,又有ana123n(an0,n2)=

anna1a2an1

123

12n

=n,当n1时a11，满足ann，ann.n-1

反思:用累乘法求通项公式的关键是将递推公式变形为an1g(n)an.

五、构造新数列（待定系数法）:将递推公式an+1qand（q,d为常数，q0，d0）通过(an1x)q(anx)与原递推公式恒等变成an1

ddq(an)的方法叫构造新数列，也即是待定系数法。q1q1

例5、已知数列an中,a11,an2an11(n2),求an的通项公式.:利用(anx)2(an1x),求得an12(an11),an1是首项为

a112,公比为2的等比数列,即an12n,an2n1

反思：构造新数列的实质是通过(an1x)q(anx)来构造一个我们所熟知的等差或等比数列.六、倒数变换：将递推数列an1

can1d11

(c0,d0),取倒数变成的形式的方法叫倒数变换。然

andan1canc

1

后就转变为第五种状况，此时将数列看成一个新的数列，即再利用“构造新数列〞的方法求解。

an

*

例6、已知数列an(nN)中,a11,an1

an

,求数列an的通项公式.

2an1

:将an1

an11

2,取倒数得:

2an1an1an

1111

2,是以1为首项,公差为2的等差数列.

a1an1an

an

11

12(n1),an.

2n1an

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。

七、特征根法：形如递推公式为an2pan1qan（其中p，q均为常数）。

对于由递推公式an2pan1qan，有a1,a2给出的数列an，方程xpxq0，叫做数列an的

2

特征方程。

若x1,x2是特征方程的两个根，

n1n1当x1x2时，数列an的通项为anAx1Bx2，其中A，B由a1,a2决定（即把a1,a2,x1,x2和n1,2，

代入anAx1

n1

n1

，得到关于A、B的方程组）；Bx2

n1

当x1x2时，数列an的通项为an(ABn)x1，其中A，B由a1,a2决定（即把a1,a2,x1,x2和n1,2，

n1

代入an(ABn)x1，得到关于A、B的方程组）。

例7:数列an满足3an25an12an0(n0,nN)，a1a,a2b,求an：由题可知数列的特征方程是：3x5x20。x11,x2

2

2

,3

23

n1

n1n1

AB()anAx1Bx2

。又由a1a,a2b，于是

aAB

A3b2a2n1

a3b2a3(ab)()故2n

3bABB3(ab)3

反思：此题解题的关键是先求出特征方程的根。再由初始值确定出A,B的用已知量a,b表示的值，从而可得数列{an}的通项公式。

八、不动点法若A,B

0且AD-BC0，解x

，数列AxD

,设,为其两根

CxD

I、若

a

n

是等比数列；II、若

，数列n

1

是等差数列。

an

例8、已知数列{an}满足an1

7an2，a12，求数列{an}的通项公式。2an3

：令x

7x23x12

，得2x4x20，则x=1是函数f(x)的不动点。

2x34x7

由于

an1

7an25an511

2an32an3

所以

35

112an32212{是以(1)，所以数列

an1an115an55an15an1an15

an

122n81121(n1)，故an1为首项，以为公差的等差数列，则。

an15a112152n3

7x23x1

x反思：此题解题的关键是先求出函数f(x)的不动点，即方程的根x1，进而可推出

2x34x7

1an1

1121

为等差数列，再求出数列，从而可知数列{的通项公式，最终求出

an11an15an1

数列

{an}的通项公式。

变式:设数列｛an｝的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1，2，3，（Ⅰ）求a1，a2；（Ⅱ）｛an｝的通项公式

九、换元法即是将一繁杂的整体用一个新的符号来表示，从而使递推数列看起来更简单，更易找到解决的方法。

例9、已知数列{an}满足an1

1

(14an24an)，a11，求数列{an}的通项公式。16

：令bn24an，则an

112

a(b(b21)故n1n11)n

2424

代入an1

11112

(b21)[14(b(14an24an)得n1n1)bn]24162416

即4bn1

2

(bn3)2由于bn24an0，故bn124an10

则2bn1bn3，即bn1

113

b3(bn3)，bn，可化为n1

222

1

所以{bn3}是以b1324a1324132为首项，以为公比的等比数列，因此

2

1n21n11n2

bn32()()，则bn()+3，即

2222111

an()n()n。反思：此题解题的关键是通过将24an

3423

转化bn1再求出数列

十、取对数法：形如an1pan(p0,an0)

这种类型一般是等式两边取对数后转化为an1panq，再利用构造新数列（待定系数法）求解。

r

1

24an()n23

2

，得

的换元为bn，使得所给递推关系式

13

bn形式，从而可知数列{bn3}为等比数列，进而求出数列{bn3}的通项公式，最终22

{an}的通项公式。

12

an(a0)，求数列an的通项公式.。a

121

：由an1an两边取对数得lgan12lganlg，

aa

112n1

令bnlgan，则bn12bnlg，再利用构造新数列（待定系数法）解得：ana()。

aa

例10：已知数列｛an｝中，a11,an1

十一、周期型：由已知递推式计算出前几项，寻觅周期。此题型一般是在不能运用以上各种方法的状况下可考虑到这种方法，具有一定的摸索性，虽然比较简单，但也是一种很重要的数学思想，需要好好把握。

例11：若数列an满足an1

1

2a,(0a)nn62，若a1，则a20的值为___________。

72a1,(1a1)

nn2

反思：此题的关键在于观测递推数列的形式，取一些特定的n的值，求出数列的前几项的值，从而找到其周期，这样问题就迎刃而解了。

变式:已知数列{an}满足a10,an1

anan1

(nN*)，则a20=

（）

十二、双数列型

解法：根据所给两个数列递推公式的关系，灵活采用累加、累乘、化归等方法求解。例：已知数列an中，a11；数列bn中，b10。当n2时，an

11

(2an1bn1),bn(an12bn1)，求an,bn.33

高考递推数列题型分类归纳解析

类型1an1anf(n)

解法：把原递推公式转化为an1anf(n)，利用累加法(逐差相加法)求解。例1.已知数列an满足a1

11

，an1an2，求an。2nn

变式:已知数列{an}中a11，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.类型2an1f(n)an解法：把原递推公式转化为例1:已知数列an满足a1例2:已知a13，an1

an1

f(n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解。an

2n

an，求an。，an1

3n13n1an(n1)，求an。3n2

变式:（2023，全国I,理15．）已知数列{an}，满足a1=1，ana12a23a3(n1)an1(n≥2)，则{an}的通项

n11

an

n2___

类型3an1panq（其中p，q均为常数，(pq(p1)0)）。

解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：an1tp(ant)，其中t例:已知数列an中，a11，an12an3，求an.变式:（2023，重庆,文,14）

q

，再利用换元法转化为等比数列求解。1p

在数列an中，若a11,an12an3(n1)，则该数列的通项an_______________变式:（2023.福建.理22.本小题总分值14分）已知数列an满足a11,an12an1(nN*).（I）求数列an的通项公式；（II）若数列{bn}滿足4142（Ⅲ）证明：

b1b1

4bn1(an1)bn(nN*),证明：数列{bn}是等差数列；

an1a1a2n

...n(nN*).23a2a3an12

类型4an1panqn（其中p，q均为常数，(pq(p1)(q1)0)）。（或an1panrqn,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qn1，得：

anan1pan1

引入辅助数列（其中），得：bbnnnn1n

q

bn1

p1

bn再待定系数法解决。

511n1

,an1an()，求an。632

412

an2n1，n1,2,3,333

例:已知数列an中，a1

变式:（2023，全国I,理22,本小题总分值12分）设数列an的前n项的和Sn

n

2n

（Ⅰ）求首项a1与通项an；（Ⅱ）设Tn，n1,2,3,

Sn

，证明：

Ti

i1

32

类型5递推公式为an2pan1qan（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an2san1t(an1san)其中s，t满足

stp

stq

2

解法二(特征根法)：对于由递推公式an2pan1qan，a1,a2给出的数列an，方程xpxq0，叫

n1n1

做数列an的特征方程。若x1,x2是特征方程的两个根，当x1x2时，数列an的通项为anAx1Bx2，其中

A，B由a1,a2决定（即把a1,a2,x1,x2和n1,2，代入anAx1

n1

n1

，得到关于A、B的方程组）；当Bx2

x1x2时，数列an的通项为an(ABn)x1n1，其中A，B由a1,a2决定（即把a1,a2,x1,x2和n1,2，

n1

代入an(ABn)x1，得到关于A、B的方程组）。

解法一（待定系数——迭加法）:

数列an：3an25an12an0(n0,nN)，a1a,a2b，求数列an的通项公式。例:已知数列an中，a11,a22,an2变式:

1.已知数列an满足a11,a23,an23an12an(nN*).

（I）证明：数列an1an是等比数列；（II）求数列an的通项公式；（III）若数列bn满足4142...4n

b1b1

b1

21

an1an，求an。33

(an1)bn(nN*),证明bn是等差数列

2.已知数列3.已知数列

an中，a11,a22,an22an11an，求an

3

3

an中，Sn是其前n项和，并且Sn14an2(n1,2,

),a11，

⑴设数列bn

an12an(n1,2,)，求证：数列bn是等比数列；

an

,(n1,2,)，求证：数列cn是等差数列；⑶求数列an的通项公式及前n项和。n2

⑵设数列cn

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

S1(n1)

与anSnSn1f(an)f(an1)消去Sn(n2)或与

SnSn1(n2)

Snf(SnSn1)(n2)消去an进行求解。

例：已知数列an前n项和Sn4an

12n2

.

（1）求an1与an的关系；（2）求通项公式an.

（2）应用类型4（an1panqn（其中p，q均为常数，(pq(p1)(q1)0)））的方法，上式两边同乘以2

n1

得：

2n1an12nan2

由a1S14a1

1n

a1.于是数列2an是以2为首项，2为公差的等差数列，所以112

2

n

2nan22(n1)2nann1

2

变式:（2023，陕西,理,2023分)

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变式:(2023,江西,文,22．本小题总分值14分）

已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn－Sn－2=3()

12

n1

3

(n3),且S11,S2,求数列{an}的通项公式.

2

、0，a0)类型7an1pananb(p1

解法：这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令an1x(n1)yp(anxny)，与已知递推式比较，解出x,y,从而转化为anxny是公比为p的等比数列。例:设数列an：a14,an3an12n1,(n2)，求an.变式:（2023，山东,文,22,本小题总分值14分）已知数列｛an｝中，a1

1

、点（n、2an1an）在直线y=x上，其中n=1,2,32

(Ⅰ)令bnan1an3,求证数列(Ⅱ)求数列anbn是等比数列；的通项；(Ⅲ)设Sn、Tn分别为数列anbn的前n项和,是否存在实数，使得数列、

SnTn

为等差数列？若存在试求出

n

不存在,则说明理由.

r

类型8an1pan(p0,an0)

解法：这种类型一般是等式两边取对数后转化为an1panq，再利用待定系数法求解。例：已知数列｛an｝中，a11,an1

12

an(a0)，求数列an的通项公式.a

变式:（2023，江西,理,21．本小题总分值12分）已知数列{an}的各项都是正数,且满足:a01,an1

1

an(4an),nN.2

（1）证明anan12,nN;（2）求数列{an}的通项公式an.变式:（2023,山东,理,22,本小题总分值14分）

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；记bn=

112

，求｛bn｝数列的前项和Sn，并证明Sn+=1

3Tn1anan2

类型9an1

f(n)an

解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为an1panq。

g(n)anh(n)

例：已知数列｛an｝满足：an

an1

,a11，求数列｛an｝的通项公式。

3an11

变式:（2023，江西,理,22,本大题总分值14分）1.已知数列｛an｝满足：a1＝

33nan－1，且an＝n2，nN）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a1a2an2n！