几类常见递推数列的解法

几类递推数列通项公式的常见类型及解法江西省乐安县第二中学李芳林邮编344300已知数列的递推关系式求数列的通项公式的方法大约分为两类：一类是根据前几项的特点归纳猜想出a的表达式，然后用数学归纳法证明；另一类是将已知递推关系，用代数法、迭代法、换元法，或是转化为基本数列（等差或等比）的方法求通项．第一类方法要求学生有一定的观察能力以及足够的结构经验，才能顺利完成，对学生要求高．第二类方法有一定的规律性，只需遵循其特有规律方可顺利求解．在教学中，我针对一些数列特有的规律总结了一些求递推数列的通项公式的解题方法．一、型形如（d为常数）的递推数列求通项公式，将此类数列变形得，再由等差数列的通项公式可求得an.例1：已知数列中，求的通项公式. 解：∵∴∴是以为首项，3为公差的等差数列.∴为所求的通项公式.二、型形如a＝a+f(n)，其中f(n)为关于n的多项式或指数形式（a）或可裂项成差的分式形式．——可移项后叠加相消．例2：已知数列｛a｝,a＝0,n∈N，a＝a＋（2n－1），求通项公式a．解：∵a=a＋（2n－1）∴a=a＋（2n－1）∴a－a=1、a－a=3、……a－a=2n－3∴a=a＋(a－a)＋(a－a)＋…＋(a－a)=0＋1＋3＋5＋…＋(2n－3)=[1＋(2n－3)](n－1)=(n－1)2n∈N三、型形如（q为常数）的递推数列求通项公式，将此类数列变形得，再由等比数列的通项公式可求得an.例3：已知数列中满足a1=1，，求的通项公式.解：∵∴∴是以为首项，2为公比的等比数列.∴为所求的通项公式.四、型形如可转化为.其中f(n)=（p≠0，m≠0,b–c=km,k∈Z）或=kn（k≠0）或=km(k≠0,0＜m且m≠1)．例4：已知数列｛a｝,a=1，a＞0,(n＋1)a2－na2＋aa=0，求a．解：∵(n＋1)a2－na2＋aa=0∴[(n＋1)a－na](a＋a)=0∵a＞0∴a＋a＞0∴(n＋1)a－na=0∴∴五、a=f(a)型形如a=f(a)，其中f(a)是关于a的函数.-—需逐层迭代、细心寻找其中规律．例5：已知数列｛a｝，a=1,n∈N，a=2a＋3n,求通项公式a．解：∵a=2a＋3n∴a=2a＋3n-1=2(2a＋3n-2)＋3n-1=22(2a＋3n-3)＋2·3n-2＋3n-1=……=2n-2(2a＋3)＋2n-3·32＋2n-4·33＋2n-5·34＋…＋22·3n-3＋2·3n-2＋3n-1=2n-1＋2n-2·3＋2n-3·32＋2n-4·33＋…＋22·3n-3＋2·3n-2＋3n-1六、a＝pa+q型形如a＝pa+q,pq≠0，p、q为常数．当p＝1时，为等差数列；当p≠1时，可在两边同时加上同一个数x，即a+x=pa+q+xa+x=p(a+)，令x=∴x=时，有a+x=p(a+x)，从而转化为等比数列{a+}求解．九、=型形如=，（pq≠0）．且的数列，——可通过倒数变形为基本数列问题．当p=－q时，则有：转化为等差数列；当p≠－q时，则有：．同类型六转化为等比数列．例11：若数列｛a｝中，a=1，a=n∈N，求通项a．解：∵又∴，∴∴∵∴数列{a}是首项为1，公差为的等差数列．∴=1＋∴a=n∈N类型十、解法：如果数列满足下列条件：已知的值且对于，都有（其中p、q、r、h均为常数，且），那么，可作特征方程,当特征方程有且仅有一根时,则是等差数列;当特征方程有两个相异的根、时，则是等比数列。例10：已知数列满足性质：对于且求的通项公式.解:数列的特征方程为变形得其根为故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第（2）部分，则有∴∴即类型十一、解法：这种类型一般是等式两边取对数后转化为，再利用待定系数法求解。例11：已知数列｛｝中，，求数列解：由两边取对数得，令，则，再利用待定系数法解得：。类型十二、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12：已知数列中，；数列中，。当时，,，求,.解：因所以即…………（1）又因为所以…….即………（2）由（1）、（2）得