递推数列求通项公式的典型方法

1、 an+1=an+f（n）型 累加法:

an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+…＋（a2-a1）+ a1 =f（n-1）+f（n-2）+…f（1）+ a1

例1 已知数列｛an｝满足a1=1,an+1=an+2n（n∈N*）, 求an 解: an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+…＋（a2-a1）+ a1 =2n-1+2n-2+…+21+1=2n-1（n∈N*）

例 在数列{a1n}中，a13,an1ann(n1)，求通项公式an.

解：原递推式可化为：a11n1annn1

则a1112, a112a13a223

a11114a334，……，anan1n1n

逐项相加得：aa11n11n.故an4n

2、an1ag(n)型

n累积法:aaa1anna.n...2a.a1

n1an21所以angn1gn2gn3...g1a1

例2:已知数列｛aan｝满足n1annN*,a11.求an

n解:aaa1annna...2a1

n1an2a1 =n1n2n3...1n1! ann1!nN

例2 设数列{a22n}是首项为1的正项数列，且(n1)an1nanan1an0（n=1,2,3…），则它的通项公式是an=▁▁▁（2000年高考15题）. 解：原递推式可化为：

[(n1)an1nan](an1an)=0 ∵ an1an＞0，

an1an nn1 则

a2a1,a32,a43,……，ann1 12a23a34an1n 逐项相乘得：

ana1，即a=1n. 1nn3．an1panq型（p,q为常数）

方法：（1）aqn1p1paqnp1，再根据等比数列的相关知识求an. (2)an1anpanan1再用累加法求an.

(3)an1pn1anpnqpn1 ,先用累加法求anpn再求an 例3．已知an的首项a1a（a为常数），an2an1nN,n2，求an

解 设an2an1，则1 an12an11

an1为公比为2的等比数列。

an1a1•2n1 ana1•2n11

题目:在数列{a1n}(不是常数数列)中,an12a2且a1n13,求数列{an}的通项公式. 解法一:因为a111n12an2,所以,an2an12,所以,an1an2(anan1),所以,数列

{a1的等比数列.又a1111111n1an}是公比为22a16,所以,an1an6(2)n,将an12an2代

入上式可得a111n1n43(2).

[评注]这种方法叫做差分法.即由条件an1panq(pq(p1)0)进行递推可得anpan1q,

进一步可得an1anp(anan1),数列{an1an}是公比为p的等比数列,所

以,aan1(a2a1)pn1qn1an(2a1)p,再将an1panq代入即可求得anp1.

解法二:所给数列对应的特征方程为:x12x2,所以,特征根为x4.因为a1n12an2,所

以,a1111n142(an4),即数列{an4}是公比为2的等比数列,又a143,所

以,a4111n1111n1n3(2).故an43(2).

[评注]:这种方法叫做特征根法,因为p1,所以满足xpxq(叫做此数列对应的特征方程)的x存在,由an1panq可得an1x(panq)xp(anx),所以,数列{anx}是以a1x为首

项,以p为公比的等比数列或各项均为0,于是再根据条件aan1nx(1x)p,所以,aan1n(1x)px.

解法三:设a11111n12(an),即an12an2与已知an12an2对比可得22,所

以,4.所以,可得a11n142(an4),即数列{an4}是公比为2的等比数列或者各项均为

0.(下同解法二).

[评注]:这种方法通常叫做构造法.即由已知递推式的特点构造一个等比数列,再求通项公式.设an1p(an),与原递推数列进行对比可以建立方程,求数所设实数的值即可得{an1}是以a1为首项,以p为公比的等比数列.

以上三种方法虽然各不相同,但是它们有一点是共同的,即构造一个等比数列,这就是本题的实质所在.

4．an1panfn型（p为常数） 方法：变形得

an1anfnanpn1pnpn1，则pn可用累加法求出，由此求得an. 例4．已知an满足a12,a1n12an2n，求an

解 an12n1an2n1 an2n为等差数列。 an2na12n1n ann2n

5.an2pan1qan型（p,q为常数）

方法：待定糸数法设an2an1an1an构造等比数列

例5．数列an中，a12,a23,且2anan1an1nN,n2，求an.

6、取倒数法

例6 已知数列{an}中，其中aan111,，且当n≥2时，an2a1，求通项公式an。

n1解 将aan1111n2a两边取倒数得：

2，这说明{}是一个等差数列，首项是n11anan1an11a1，公差为2，所以1(n1)22n1，即a1n1a2n1. n7、取对数法

例 若数列{a2n}中，a1=3且an1an（n是正整数），则它的通项公式是an=▁▁▁（2002年上海高考题）.

解 由题意知a21n＞0，将an1an两边取对数得lgan12lgan，即

lganlga2，所以数列n{lgan1n1n}是以lga1=lg3为首项，公比为2的等比数列，lganlga1212nlg3 ，

即an32. 8、平方（开方）法

例8 若数列{a3a2n}中，a1=2且ann1（n2）

，求它的通项公式是an. 解 将an3a22222n1两边平方整理得anan13。数列{an}是以a1=4为首项，3为公差

的等差数列。a22na1(n1)33n1。因为an＞0，所以an3n1。

9、待定系数法

待定系数法解题的关键是从策略上规范一个递推式可变成为何种等比数列，可以少走弯路.其变换的基本形式如下：

1、an1AanB（A、B为常数）型，可化为an1=A（an）的形式.

例9 若数列{aSnn}中，a1=1，Sn是数列{an}的前n项之和，且Sn134S（n1），求

n数列{an}的通项公式是an.

解 递推式SSn1n134S可变形为

314 （1） nSn1Sn设（1）式可化为1S3(1) （2） n1Sn比较（1）式与（2）式的系数可得2，则有1S23(12)。故数列{12}是以n1SnSn11S23为首项，3为公比的等比数列。2=33n13n。所以S1nn1S。 n312，a1123n当nnSnSn13n23n1232n83n12。 数列{a1n}的通项公式是an23n (n1)32n83n12(n2) 。

2、ann1nn1AanBC（A、B、C为常数，下同）型，可化为an1C=A(anC）

的形式.

例10 在数列{an1n}中，a11,an12an43,求通项公式an。

解：原递推式可化为：

an13n2(a1n3n) ①

比较系数得=-4，①式即是：ann1n1432(an43).

则数列{a43n1}是一个等比数列，其首项a311n145，公比是2.

∴an1n43n152

即an1n1n4352.

3、an2Aan1Ban型，可化为an2an1(A)(an1an)的形式。

例11 在数列{an}中，a11,a22，当nN，

an25an16an ① 求通项公式an. 解：①式可化为：

an2an1(5)(an1an)

比较系数得=-3或=-2，不妨取=-2.①式可化为：

an22an13(an12an)

则{an12an}是一个等比数列，首项a22a1=2-2（-1）=4，公比为3. ∴an1n12an43.利用上题结果有：

an43n152n1.

4、an1AanBnC型，可化为an11n2A[an1(n1)2]的形式。 例12 在数列{a3n}中，a12，2anan1=6n3 ① 求通项公式an.

解 ①式可化为：

2(an1n2)an11(n1)2 ② 比较系数可得：

1 =-6，29，② 式为2bnbn1

{bn} 是一个等比数列，首项b1a16n9912，公比为2. ∴b91nn2(2)1 即 a1nn6n99(2) 故a1nn9(2)6n9.

一、复习回顾

引入问题：已知数列{an}满足a1=1, 且an+1 =3an+1,求an。

分析一：归纳法。由递推公式，可求出a1

2

3

2=4，a3=13，a4=40。则a2-a1=3=3，a3-a2=9=3，a4-a3=27=3。

由此猜测：an-1n-2n-332

n-an-1=3（可用数学归纳法证明），所以an-1-an-2=3，an-2-an-3=3……，a4-a3=3，a3-a2=3，

3na-a1123+……+3n-1

=，得a121=3，把上式子累加，得，an-a1=3+3+3n=2。

分析二：构造法。由a+1，得a111n+1 =3ann+1 +2=3（an+2），即数列{an+2}为一个公比为3的等

比数列，则a+11n-1

3n1n2=(1+2)·3 =2。

分析三：迭代法。a2n-1n-2n=3an-1+1=3(3an-2+1)+1=3an-2+31+1=…=3a1+3 1+3

n-3

1 +…

+31+1=3n12

点评：（1）分析一中先猜测出前后两项差的关系，再用累加法求出通项；这种用不完全归纳法求出前几项再找规律的的方法，对所有求数列通项的题均适用，应培养归纳能力；

（2）分析二中构造出新数列，由新数列求出an的通项；

（3）分析三使用迭代法，这也是由递推式求通项的基本方法。

本文将由此例题展开，对它进行各种变形，力求归纳出由递推公式求通项公式的方法。 二、例题精讲

例1.已知数列{a2n}中，a1=1，对任意自然数n都有anan1n(n1)，求an。

分析：由已知，a2nan1n(n1)，an1an22(n1)n，……，a23a234，a22a123，累加，得a21111n-a1=n(n1)(n1)n(n2)(n1)...23 =2121n1。 点评：（1）例3由例1中的常数项1变为f(n)而得来；

（2）递推式为an+1=an+f(n)，只要f(1)+f(2)+……+f(n-1)是可求的，可用累加法求出。

（3）今年安徽题中也有这样一题：已知数列{akk

n}中a1=1，且a2k=a2k-1+(-1)，a2k+1=a2k+3，其中k=1,2,3……（1）求a3，a5（2）求数列{an}的通项公式。这是一个an+1=an+f(n)型的函数，只不过偶数项减奇数项与奇数项减偶数项的f(n)不同而已，依照上法，可以轻松求解。

（4）运用类比推理的思想方法，把例3与例1的形式进行比较后可看出类似之处，从而在方法上类同。

对递推式为aqn+1=pan+q（p、q为常数）时，可构造新数列an+1+p1=p(aqn+p1)。其证明的简略过程如下：由aqn+1=pan+q，令an+1+x =p(an+x)，化简，得an+1=pan+px-x，因此px-x=q，即x=p1。得

证。

例2：已知数列{an}中，a1=1，ann1aa，求an。 n3分析：把两边取倒数，可得1a311。令b1n，则bn+1=3bn+1，即引入问题，按上法n1anan可求解。

点评：（1）转换问题，化成基本型后求解（运用反思维定势定势方法中的转移思维方法）

（2）对分式型递推数列可归纳如下：设a1=a，andn1caaa(a0)

nb①若d=0，则上式变形为

1ab1a，令b1ban,则bn1bn,即基本型。 n1cancancc②若d，c≠0,且bc≠ad，令an= bn+t(t为待定系数)转化为情形①。

例3. 在数列{a3n}中，a12,2anan16n3,求通项an. 解：原递推式可化为2(anxny)an1x(n1)y

比较系数可得：x=-6,y=9,上式即为2bnbn1

所以ba91n是一个等比数列，首项b116n92,公比为2.

b91n11n2(2) 即：an6n99(2)n

故a1nn9(2)6n9.

(2)若f(n)qn(其中q是常数，且n0,1)

①若p=1时，即：ann1anq，累加即可.

②若p1时，即：ann1panq，

求通项方法有以下三种方向：i. 两边同除以pn1.

即：

an1an1panpn1qpq)n,令b1pn(npn，则bn1bnp(q)n,

然后类型1，累加求通项. ii.两边同除以qn1 . 即：

an1paqn1qnqn1q, 令banpnqn,则可化为bn1qb1nq.然后转化为类型5来解， iii.待定系数法： 设aqn1n1p(anpn).通过比较系数，求出，转化为等比数列求通项.

形如an1panqan1(其中p,q为常数)型

（1）当p+q=1时 用转化法

例4.数列{an}中，若a18,a22,且满足an24an13an0,求an. 解：把an24an13an0变形为an2an13(an1an). 则数列an1an是以a2a16为首项，3为公比的等比数列，则

an1a1n63n 利用类型6的方法可得 an113n.

（2）当p24q0时 用待定系数法.

例5. 已知数列{an}满足an25an16an0，且a11,a25,且满足,求an. 解：令an2xan1y(an1xan),即an2(xy)an1xyan0,与已知

a5axy5故x2x3n2n16an0比较，则有,xy6y3或

y2下面我们取其中一组x2来运算，即有y3an22an13(an12an),

则数列an12an是以a22a13为首项，3为公比的等比数列，故

an12a1n33n3n,即an12an3n,利用类型 的方法，可得

an3n2n.

评注：形如an2aan1ban的递推数列,我们通常采用两次类型(5)的方法来求解,但这种方法比

较复杂,我们采用特征根的方法:设方程(xa)xb的二根为,,设annnpq,再利

用a1,a2的值求得p,q的值即可.

形如arn1pan(其中p,r为常数)型

（1）p>0，an0 用对数法.

例6. 设正项数列a2n满足a11，an2an1（n≥2）.求数列an的通项公式.

解：两边取对数得：loganan1aa212log2，logn212(logn121)，设banlog2n1，则

b2b数列，bn1n1，bn是以2为公比的等比1log1211 bn122n1n，logan12n1，logann1n112221，∴an22

练习 数列an中，a11，an2an1（n≥2），求数列an的通项公式. 答案：a22nn22

（2）p<0时 用迭代法.

课堂小结：学生的体会是多方面、多角度的，因此小结内容也很灵活。 知识方面：数列的概念、数列的通项公式

能力方面：掌握研究问题的一般方法，主要有：观察、发现、归纳、总结、类比 思考问题：是否每一个数列都能写出它的通项公式？每一个数列的通项公式是否唯一？根据前n 项写出的不同形式的通项公式所确定的数列是否是相同的？求递推数列通项公式是数列知识的一个重点，也是一个难点，高考也往往通过考查递推数列来考查学生对知识的探索能力，求递推数列的通项公式一般是将递推公式变形，推得原数列是一种特殊的数列或原数列的项的某种组合是一种特殊数列，把一些较难处理的数列问题化为中学中所研究的等差或等比数列。

利用递推数列求通项公式，在理论上和实践中均有较高的价值，下面介绍一下利用构造法求递推数列的通项公式的方法和策略.

一、构造等差数列法

例1.在数列{an}中，a13，nan1(n2)an2n(n1)(n2)，求通项公式an。 解：对原递推式两边同除以n(n1)(n2)可得：

an1(n2)(n1)an(n1)n2①

令bnan(n1)n②

则①即为ba1n1bn2，则数列{bn}为首项是b1(11)×132，公差是bn1bn2的等差数列，因而b322(n1)2n12，代入②式中得a1nn2n(n1)(4n1)。

故所求的通项公式是

a1n2n(n1)(4n1)

二、构造等比数列法

1.定义构造法

利用等比数列的定义qan1a，通过变换，构造等比数列的方法。 n2例2.设在数列{an}中，an12，a2n1a2a，求{an}的通项公式。 n解：将原递推式变形为

a(an2)2n122a① n2a(an2)n122a②

n①/②得：

an12a[an2n12a]2，

n2即lgan12a2lg[an2]③

n12an2设bn2nlg[aan2]④

③式可化为

an1a2，则数列{ba222n}是以b1＝lg[12]lg222lg(21)为首项，na1公比为2的等比数列，于是blg(21)×2n1an2n22nlg(21)，代入④式得：a＝

n2(21)2n，解得a2[(21)2n1]n(21)2n1为所求。

2.an1AanB（A、B为常数）型递推式 可构造为形如an1A(an)的等比数列。

例3.已知数列{an}，其中a11，an13an2，求通项公式an。

解：原递推式可化为：an113(an1)，则数列{an1}是以a112为首项，公比为3的等比数列，于是an1n1(a11)×32×3n1，故an2×3n11。

3.an1AanB·Cn（A、B、C为常数，下同）型递推式

可构造为形如a1n1·CnA(an·Cn)的等比数列。

例4.已知数列{an}，其中aan11，且an12n·a，求通项公式an。

n3解：将原递推变形为

1a3n1a2n，设b1n＝。① nan得bnn13bn2② 设②式可化为bn1n1·23(b1n·2n)，比较得5于是有

b152n13(b1n1·n5·2n)

数列{b1n5·2n}是一个以b12315·21155为首项，公比是－3的等比数列。 所以b1n·2n3(3)n1，即b1n155n5·25(3)n，代入①式中得： a5n2n(3)n为所求。

4.an1AanBnC型递推式

可构造为形如an11n2A[an1(n1)2]的等比数列。 例5.在数列{an}中，a312，2anan16n3，求通项公式an。 解：原递推式可化为2(an1n2)an11(n1)2，比较系数可得：16，

29，上式即为2bnbn1，{bn}是一个等比数列，首项b1a16n

992，公比为12。 所以b91nn2(2)1。 即a99·(1n1nn6n2)，故an9·(2)6n9为所求。

三、函数构造法

对于某些比较复杂的递推式，通过分析结构，联想到与该递推式结构相同或相近的公式、函数，

再构造“桥函数”来求出所给的递推数列的通项公式的方法。

例6.在数列{a3n}中，a11，an1an3an，求通项公式an。

分析：首先考虑所给递推式与公式(ab)3a33a2b3ab2b3的联系。 解：设a13131xx，则a2a3a1(xx)3(xx1)x331x同理

a93xx9，a274x27x，…。

即a300111xx3，a2x3x3，a3x32x32，x3334xx3…，猜想

anx3n1x3n1。下面用数学归纳法加以证明（证明略）

。 由于a即xx11，解得x3±511，2，于是a3±5n(2)3n1 (3±532)n1为所求。 转化为常见类型求解：

例2 设数列an满足下列条件，试求各通项： （1）a11,nan1(n1)an1(n1,2,3)

（2）an111,an2an1(1)(n2,3,4)

（3）an111,a210,anaan1a(n3,4,5) n2解：（1）naan1ann1(n1)an1n1n1n(n1) 令bannn,则b1a11，bn1b1nn(n1)

本题用n(n1)除递推式两边，再进行变量代换，就可转化为“an1anf(n)型”，

可得b1n2nannbn2n1

（2）递推式两边同除以2n，得anan11n2n2n1(2)，就可转化为“an1anf(n)型”，当然，也可以在递推式两边同除以(1)n，得an(1)n2an1(1)n1即anan1(1)n2(1)n11， 则可转化为“apa1nn1n1nq型”，所以得an32(1)

（3）递推式两边同取对数，得lga1nlgan12(lgan1lgan2)

bb1lga2lga11令1nlgan1lgan，则bn()n1(n1,2,b13) n12bn2(n3,4,5,)2lga1n1an1(12)n1n1lgan(2)a10，已转化为“an1anf(n)型”

，由累乘相消法可n11221n1得

an101024(12)n11n122a101010an1012

1根据上述的介绍，下面问题你能解决吗？

练习：设数列an满足下列条件，试求各通项：

（1）a10,an3an12(n2,3,4) （2）a1a,an1ann(n1,2,3) （3）a11,(n2)(an1)nan1(n1,2,3) （4）a11,an1annan1an(n2,3,4)

（5）an111,an32an1(n2,3,4)

（6）a10,a21,an23an12an1(n1,2,3,)

（7）an117,an15an234(n1,2,3,)

（8）an111,a4an3a(n2,3,4,)

n1

专题二 由递推公式求通项的技巧

（1） 递推式为：an+1=an+f(n)型……（用迭加法）

例1、已知{a11n}中a12,an1an4n21,求an

（2） 递推式为：an+1=pan+q型(p,q为常数)……(用特征根法转化成等比数列）

例2、{an}中，a11,对于nN,有an13an2,求an

（3） 递推式为：an+1=pan+qn型(p,q为常数)……(同除qn或qn+1，再用特征根法转化成等比数列)

例3、{a511n}中，a16,对于nN有an13an(2)n1,求an

（4） 递推式为：an+2=pan+1+qan型(p,q为常数)……(变行为：an+2--αan+1=β(an+1--αan)

例4、{an}中，a11,a22,有a2n23a1n13an,求an

(5) 递推式为saa1............(n1)n与an的关系式：此类型可利用nsnsn1....(n2)例5、设{an}中，an1snn1,a12,求an

例6、已知{a1n}中，sn为其前n项的和，且sn(a24n1),求an(6)型如:an1a（用迭乘法）n例7、已知ann1n1•an，求an

(7)型如：an•an1tn（此类题把an分成奇数项与偶数项）例8、已知{a1n}中，a11,an、an1是方程x2bnx3n0的两根，1）求an的通项2）{bn}的前n项和Tn的极限

(8)双递推同一个题中，出现两个递推式（用“减少变量”法）例9、已知数列a222n0，bn0，an、bn、an1成等差；bn、an1、bn1成等比，且a11，b12,分别求出an，bn的通项

例10、已知{an}、{bn}满足a11，b12,an、bn、an1成等比，bn、an1、bn1成等差，分别求出an、bn的通项

（（递推数列求通项公式的基本类型及其对策

高中数学递推数列通项公式的求解，在高考中娄见不鲜，其丰富的内涵及培养学生思维逻辑性具有较高的价值，同时对于培养学生的归纳推理能力也具有十分重要的意义，下面就递推数列求通项的基本类型作一个归纳，以供读者参考。

anan1f(n)或an1g(n)型类型一、

an

对策：利用迭加或迭乘方法，即：

ananaan(anan1)(an1an2)(a2a1)a1或

a1a2naa1n1an21

例1、（2006年山东高考文科）已知数列｛aan｝中，112，点（n，2an1an）在直线y=x上，其中n=1,2,3….

(Ⅰ)令bnan1an1,求证数列bn是等比数列； (Ⅱ)求数列an的通项；

解析：（I）∵点（n，2an1an）在直线y=x上 ∴2an1ann ① ∴2anan1n1 ②

①－②得：

2an13anan11 ∴

an1an112(anan11)

又bna∴bn1an1n12bn1

3而2a2a11得

a24

∴数列{bb31n}是以首项为

1a2a114，公比为2的等比数列 n1n1b31aa31（II）由（I）得

n42，∴

n1n142

n1aa131即n1n42

由：an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1

n2n301311311311

4242422

3 =2nn2

类型二、Snf(an)型

aa1(n1)n对策：巧用

SnSn1(n2) 例2、（2007年福建高考文科）数列{an}的前N项和为Sn，a1=1，an+1=2Sn (n∈N*).求数列{an}an。

解析：（I）∵an+1=2Sn,, ∴Sn+1-Sn=2Sn,

Sn1∴Sn=3.

又∵S1＝a1=1,

∴数列｛Sn｝是首项为1、公比为3的等比数列，Sn=3n-1(n∈N*). ∴当n2时，an-2Sn-1=2·3n-2(n2),

1，n1n2,n2.∴an=2·3

类型三、anpan1q(pq0)型

anqq对策：等价转化为：

p1p(aqn1p1)an从而化为等比数列{p1}，并且该

的通项aq1数列以

p1为首项，公比为p

例3、（2006年福建高考理科）已知数列an满足

a11,an12an1(nN*).求数列an的通项公式.

解：

an12an1(nN*), an112(an1), an1是以a112为首项，2为公比的等比数列

ann12.

即

an221(nN*). 变式1：

anpann1rq(pqr0)型 anan1a1n对策：（1）若p=q，则化为

qnqn1ra，从而化为以q为首项，公差等于r的等差数列{qn}

anpan1（2）若p≠q，则化为qnqqn1r，进而转化为类型三求通项

例4、已知数列{an}满足an4an*n12(n2，nN)，且a12.求及an.

annn1解析： ∵ an4an12 ∴2n2a2n11

an令

bn2n，则bn12(bn11)

∴{bba1n+1}是以首项为1212，公比为2的等比数列

∴bn12n

an∴2n12n得数列{an}的通项公式为an22n2n

变式2：anpan1qnr(pq0)型 对

策：等

价转

化为：

anxnyp(an1xny)，再化为

anxnypan1(p1)xn(p1)y，对照系数，解出x，y，进而转化为类型三

例5、题见例1（2006山东高考文科）

解析：∵点（n，2an1an）在直线y=x上 ∴2an1ann ①

1令

an1x(n1)y2(annxy)，可化为：

2an1anxn2xy0与①比较系数得x1，y2

∴ ①可化为：

an1(n1)212(ann2)

nan2(11∴

n2)n1(a112)32 ∴

an32nn2

apann1变式3、

qanr型

1rq对策：取倒数后得an1p1anp，化为类型三

a3ann1例6、已知数列{an}满足a1=1，

3an6，求an

a3an1n1解析：由

3a6211n，得an1an 112(1即：an1a1)n，以下请读者解决。

变式4：

arnpan1(p0)型 若p=1，则等式两边取常用对数或自然对数，化为：

lganrlgan1，得到首项为lga1，公

r的等比数列{lgan}，所以lgan=rn1lgarn11，得ana1

若p≠1，则等式两边取以p为底的对数得：

lgpanrlgpan11，转为类型三求通项。

2例7、（06年石家庄模拟）若数列{an}中，a13且an1an(n为正整数)，则数列的通项

比为公式为

解析：∵an1a2n及

a13知an3，两边取对常用对数得：

lgan12lgan ∴{lgan}是以首项为lga1lg3，公比为2的等比数列。

∴lga2n1n2n1lg3 ∴an3

变式5、an1panqan1an(pq0)型

1对策： 两端除以an1an得：ap1naqn1

11（1）若p1，则构成以首项为a1，公差为q的等差数列{an}；

例8、（07保定摸底）已知数列{an}满足a11,n2时，an1an2an1an，求通项公式an。解：∵an1an2an1an

1∴a111na2n1，∴数列{a1n}是以首项a1，公差为2的等差数列 112(n1)∴a2n1n

1∴

an2n1

（2）若p1，转化为类型三求解。 变式6：an1panqan1(pq0)型 对策：等价转化为an1xany(anxan1)，利用与an1panqan1恒等求出x,y得到

一等比数列

{an1xan}，得an1xan=f(n)，进而化为变式2类型

例9、题见例1（2006山东高考文科） 解析：∵

点（n，2an1an）在直线y=x上

∴2an1ann ① ∴

2anan1n1 ②

①－②得： 2aan13anan11∴n1an112(anan11)

∴数列{aanan11}是以首项为2a11314，公比为2的等比数列

以下同例1（II）求通项an 类型四、奇偶项型

对策一：求出奇数项（或偶数项）的递推关系，再对应以上方法求解。 1例10（2005年高考北京卷改编）设数列{an}的首项

a1a4，且

aa1n,n为偶数n12a1n4,n为奇数，求an

解：若n为偶数，则

an112a1111n2(an14)2an18

1即

a2n12a12n18

2na1111111∴

2n142(a2n14)2(a2n34)2(a14) na111∴2n142(a14) na∴

212(a11n14)4 若n为奇数，则

an1an1412a1n14

1即

a2n2a12n24，

a111121n122(a12n2n22)2(a2n4)(a1∴2222)

n1a1(a1∴

2n24112)2

n121(a1)1a242,n为偶数nn11212(a4)14,n为奇数

对策二：

an1annpq(pq0)型，这种类型一般可转化为{a2n1}与{a2n}是等差或等比数列。

例11、在数列{an}中，

a11，anan12n，求an 解：由anan12n，得an1an22n1

an2a2两式相除得：n，∴{a2n1}与{a2n}均为公比为2的等比数列，易求得：

n1a22,n为奇数nn22，n为偶数

类型五、周期型

a1310，an1a例12、（2005年高考湖南卷）已知数列{an}满足3a(nN*)，则a20n1（ ）

3A．0 B．3 C．3 D．2

a310，aa13n1略解：由

3aaa123，a40n1，得

3a3，a311，因此数列

是以3为周期的数列，所以a20a23，选B

探究递推公式为分式型数列的通项问题

对于形如递推公式为aAan1BnCa（C0，ADBC0）的数列an，这类问题有一

n1D般性的公式解法，通常用特征方程求不动点，即先求解递推公式所对应的特征方程，求出不动点，然后再解。

虽然这类题本身有特征方程求不动点等的知识背景，但高考题并不考，也不依赖于这知识，从所给的标准答案来看，其立意在于将递推数列求通项问题转化为已知数列的已知知识来解决，即转化为等差数列或等比数列来解决。

那么，有没有不用高等数学知识，而只用高中数学知识的方法？这类问题是否存在通项公式？若存在又怎么来求？下面通过具体例子介绍一种方法，仅供参考!

例题

例题1：（2010年全国高考数学理科第22题）

已知数列a1n中，a11，an1ca.

n（Ⅰ）设c512，bna2，求数列bn的通项公式；

n（Ⅱ）求使不等式an＜an1＜3成立的c的取值范围.

分析：

（Ⅰ）题目已经明确告诉学生要构造：a5n2的倒数，也就是说在an121a，两边同时减n2得：a5n1221a2an2，再倒数即：142，亦即bn14bn2，下n2anan12an2一步再变形：b2n134b23，所以b21nn3是首项为3，公比为4的等比数列，进而可求出数列bn的通项公式。

（Ⅱ）略

例题2：（2008年全国高考数学陕西卷理科第22题）

已知数列a3n的首项a1=

3a5，ann1=2a，n=1，2, 3

n1（ⅰ）求an的通项公式； ﹙ⅱ﹚证明：对任意的x＞0, a1n≥

1x－11x223nx, n=1，2，3 aan2（ⅲ）证明：1a2n＞n1

分析：

（ⅰ）由a=3an32ann12a两边同时加上，得an1＋＝2a；

n1n1倒数得1a2a12n132a3221212；n1na n3232an32令

32，

（目的使分母成“an” 型）；得0，或－1，不妨取0，于是有1an1＝

23＋13a，变形1－1＝

11nan13a1，又1na1＝2，所以，数列11是以2为首项，113an33为公比的等比数列。于是：有1a123123n3n13n，得ann2 n3﹙ⅱ﹚略

例题3：（2007年全国高考数学理科试卷第22题）： 已知：数列an中，a12，an121an2，n1，2，3

（Ⅰ）求an的通项公式； （Ⅱ）若数列b3bn4n中b12，bn12b，n1，2，3

n3证明：2＜bn≤a4n3， n1，2，3 分析：

（Ⅰ）由题设可得

an1221an2

所以数列an2是首项为22，公比为21的等比数列 所以an221n1 , n1，2，3

（Ⅱ）对于b3b4n1n2b两边同时加x

n3得：b3bn42x3bnn1x2bx；即：b3x4n1x

n32bn3倒数： 1b2bn3

n1x2x3bn3x4即: 1b323x412 （1） n1x2x32x32b3x42x3n2x3可令：x3x42x3，目的是使分母变成“bnx”型 则（1）式可化为1b32x12 （2） n1x2x3bnx2x3由方程x3x42x3 得x±2;不妨取 x2 则（2）式可变为 13212b222b n123n2322即： 141b21b2212 n12n2它是形如“an1pa22nq”的式子；易求 bn2214n2

12所以：bn21214n2；显然，b1n＞2。

由(ⅰ)知：ann2211

所以 a4n34n322112114n3 21于是：a124n3bn212214n31214n21

 212214n3214n21 4n24n3 2211221214n34n2211

4n3 221211214n34n2211

n4 22141214n32

214n1 ≥0

所以， bn≤a4n3

综上可知，2＜bn≤a4n3，n1，2，3

探求：

对于aAanBn1CaD(C0,ADBC0)型通项公式的方法可以推广到一般，结果总结

n如下：

对于aAan1BCaD两边同时加x，得：aAan1BnnxCax

n1n1D即：ax(ACx)an1(BDx)nCaD

n1倒数： 1Can1Da(ACx)a(BDx)

nxn1C即：

1ACxaCBDxn1BDxDaACxACxnx(ACx)a n1(BDx)DCBDx所以：1ACxCa(ACx)aCx nxn1(BDx)A即：1DCBDx1aCx)2C nxACx(AaBDxACxn1ACx为了使上述等式左右成“1BDxax”形式，可令

ACxx n则：1axDCxACx1axCACx （*）

nn1由方程

BDxACxx，得： Cx2(AD)xB0 (C0) 方程有解的条件为：(AD)24BC≥0

在此条件下可求出该方程解：x1，x2；不妨令xx1

则（*）式可变为：1DCx11axC

n1ACx1an1x1ACx1设bn1a，b1n1

nx1an1x1则bnpbn1q （其中pDCx1ACx，qCACx）

11对于上述数列bn是很容易求出它的通项公式的。 即可求出数列1的通项。进而求出数列an通项公式来。

anx1以上方法尽管相对较麻烦些，但它用得知识点和方法都是高中数学内容所要求的。因为原数列既不是等差数列也不是等比数列，但我们在原数列上“加”上一个适当的数，再“倒”过来，就可以用我们所掌握的等差，等比知识来求了，所以不妨称之为“加倒法”。它是一种初等的方法。

练习：

1. （河北省定州市实验中学 张志兰）中学数学教学参考2009.1——2。P76

已知数列a a3a12n中，a1=3，nna，n2,nN，

n1（ⅰ）若数列ba2n满足bnn1a，证明：bn是等比数列；

n﹙ⅱ﹚求数列an的通项公式以及最大项，并说明理由； （ⅲ）求limxan的值。

2．（广西师大附中 李天红）中学数学教学参考2009.1——2。P80 已知函数fxx31，设数列axn满足a11，an1fannN，数列bn满足nbnan3，记Snbi

i1（ⅰ）求数列an的通项公式； ﹙ⅱ﹚求证：bn31n2n1；

（ⅲ）求证：S＜23n3

3．已知各项均为正数的数列a7an4n满足an12a5，且a112，求数列an的通项公式。

n4．已知数列a3an1n中，a12，an1a1，求数列an的通项公式。 n5．已知数列a7an2n满足an1a，首项为a13，求数列an的通项公式。

n46．已知数列an满足an13an11，首项为a1，求数列an的通项公式。

4an72n答案

2n1111．先求得数列an的通项an，进而求出数列bn的通项bn

2n1nn233．（ⅰ）a1313n13n13n；

23n13．a1n3n11， 5．a1nn， 26151

24．an3n1n1，

6．a94nn28n；