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1、最全的递推数列求通项公式方法高考递推数列题型分类归纳解析 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，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。本文总结出几种求解数列通项公式的方法，希望能对大家有帮助。 类型1 an+1=an+f(n) 解法：把原递推公式转化为an+1-an=f(n)，利用累加法(逐差相加法)求解。 例:已知数列an满足a1=12，a=a1n+1n+n2+n，求an。 解：由条件知：a111n+1-an=n2+n=n(n+1)=n-1n+1分别令n=1,2,3,(n-1)，代入上式得(n-1)个等式累加之，(a2-a1)+(
2、a3-a2)+(a4-a3)+(an-an-1) =(1-12)+(12-13)+(13-1114)+(n-1-n) 所以a1n-a1=1-nQa=12，a11311n=2+1-n=2-n变式: 已知数列akn中a1=1，且a2k=a2k1+(1)K, a2k+1=a2k+3, 其中k=1,2,3,. 求a3, a5； 求 an的通项公式. 解：Qakk2k=a2k-1+(-1)，a2k+1=a2k+3 ak2k+1=a2k+3=a2k-1+(-1)k+3k，即ak2k+1-a2k-1=3+(-1)k a3-a1=3+(-1)， a25-a3=3+(-1)2 a2k+1-a2k-1=3k+(-
3、1)k 将以上k个式子相加，得 a312k+1-a1=(3+32+3k)+(-1)+(-1)2+(-1)k=(3k-1)+2(-1)k2-1将a1=1代入，得 1 即a2k+1=a2k1k+113+(-1)k-1， 2211=a2k-1+(-1)k=3k+(-1)k-1。 22+1n-11n2123+(-1)-1(n为奇数)22经检验a1=1也适合，an= nn132+1(-1)2-1(n为偶数)22类型2 an+1=f(n)an 解法：把原递推公式转化为例:已知数列an满足a1=解：由条件知之，即 an+1=f(n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解。 an2n，an+1=an，求an。 3n+
4、1an+1n=，分别令n=1,2,3,(n-1)，代入上式得(n-1)个等式累乘ann+1aaa2a3a41123n-1n=n= a1a2a3an-1234a1nn22，an= 33n3n-1例:已知a1=3，an+1=an (n1)，求an。 3n+2又Qa1=解：an=3(n-1)-13(n-2)-132-13-1a1 3(n-1)+23(n-2)+232+23+2=3n-43n-73n-13n-45263=853n-1。 变式已知数列an，满足a1=1，an=a1+2a2+3a3+(n-1)an-1 (n2)，则an的通项an=n=11n2_解：由已知，得an+1=a1+2a2+3a3+
5、(n-1)an-1+nan，用此式减去已知式，得 当n2时，an+1-an=nan，即an+1=(n+1)an，又a2=a1=1， a1=1,aaa2an!=1,3=3,4=4,n=n，将以上n个式子相乘，得an=(n2) a1a2a3an-122 类型3 an+1=pan+q。 解法：把原递推公式转化为：an+1-t=p(an-t)，其中t=换元法转化为等比数列求解。 例:已知数列an中，a1=1，an+1=2an+3，求an. 解：设递推公式an+1=2an+3可以转化为an+1-t=2(an-t)即an+1=2an-tt=-3.故递推公式为an+1+3=2(an+3),令bn=an+3，
6、则b1=a1+3=4,且q，再利用1-pbn+1an+1+3=2.bnan+3n-1n+1所以bn是以b1=4为首项，2为公比的等比数列，则bn=42=2,所以an=2n+1-3. 变式: 在数列an中，若a1=1,an+1=2an+3(n1)，则该数列的通项an=_ n+1变式: *已知数列an满足a1=1,an+1=2an+1(nN). 求数列an的通项公式； 若数列bn滿足414证明：b-1b2-14bn-1=(an+1)bn(nN*),证明：数列bn是等差数列； an1a1a2n-+.+n(nN*). 23a2a3an+12解： an+1=2an+1(nN*), an+1+1=2(an
7、+1), an+1是以a1+1=2为首项，2为公比的等比数列 an+1=2n. n*即 an=2-1(nN). 证法一：4k1-14k2-1.4kn-1=(an+1)kn. 3 4(k1+k2+.+kn)-n=2nkn. 2(b1+b2+.+bn)-n=nbn, 2(b1+b2+.+bn+bn+1)-(n+1)=(n+1)bn+1. ，得2(bn+1-1)=(n+1)bn+1-nbn, 即(n-1)bn+1-nbn+2=0, nbn+2-(n+1)bn+1+2=0. ，得 nbn+2-2nbn+1+nbn=0, 即 bn+2-2bn+1+bn=0, bn+2-bn+1=bn+1-bn(nN*)
8、, bn是等差数列 证法二：同证法一，得 (n-1)bn+1-nbn+2=0 令n=1,得b1=2. 设b2=2+d(dR),下面用数学归纳法证明 bn=2+(n-1)d. 当n=1,2时，等式成立 假设当n=k(k2)时，bk=2+(k-1)d,那么 bkk+1=k-1b-2k-1=kk-12+(k-1)d-2kk-1=2+(k+1)-1d.这就是说，当n=k+1时，等式也成立 根据和，可知b1)d对任何nN*n=2+(n-都成立 bn+1-bn=d,bn是等差数列 k证明：ak2-12ka=-112k+1-1=,k=1,2,.,n, k+12(2k-1)22a1a2ana+.+n-, a2
9、a3an+12322223223an1aan-1+2+.+n(nN*). 23a2a3an+12变式:递推式：an+1=pan+f(n)。解法：只需构造数列bn，消去f(n)带来的差异 n类型4 an+1=pan+q。 。 解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以qn+1，得：an+1pan1=+引入辅助数列qn+1qqnqbn，得：bn+1=p1bn+再待定系数法解决。 qq511n+1,an+1=an+，求an。 63211n+12nn+1n+1解：在an+1=an+两边乘以2得：2an+1=(2an)+1 32322nn令bn=2an，则bn+1=bn+1,解之得：bn=3-2 33b1
10、n1n所以an=n=3-2 232n例:已知数列an中，a1=变式: 设数列an的前n项的和Sn=412an-2n+1+，n=1,2,3,333n2n求首项a1与通项an；设Tn=，n=1,2,3,Sn解：当n=1时，a1=S1=当，证明：T2 ii=13442a1-+a1=2； 333，即n2时，412412an=Sn-Sn-1=an-2n+1+-(an-1-2n+)333333an=4an-1+2n，利用an+1=pan+qn。 5 nnn的方法，解之得：an=4-2 4121nn()将an=4-2代入得 Sn= (4n2n)2n+1 + = (2n+11)(2n+12) 33332 =
11、(2n+11)(2n1) 32n32n311 Tn= = n+1 = (n n+1) nSn2 (21)(21)22121所以, i=1n3Ti= 2(i=1n113113 i+1) = (1 i+1) 0,an0) 解法：这种类型一般是等式两边取对数后转化为an+1=pan+q，再利用待定系数法求解。 例：已知数列an中，a1=1,an+1=解：由an+112的通项公式. an(a0)，求数列ana121两边取对数得lgan+1=2lgan+lg， =anaa13 令bn=lgan，则bn+1=2bn+lg112n-1，再利用待定系数法解得：an=a。 aa1an(4-an),nN. 2变式
12、: 已知数列an的各项都是正数,且满足:a0=1,an+1=证明anan+12,nN; 求数列an的通项公式an. 解：用数学归纳法并结合函数f(x)=方法一 用数学归纳法证明： 1当n=1时，a0=1,a1=1x(4-x)的单调性证明： 213a0(4-a0)=, 22 a0a12，命题正确. 2假设n=k时有ak-1ak2. 则n=k+1时,ak-ak+1= =2(ak-1-ak)-而ak-1-ak0.又ak+1=1(ak-1211ak-1(4-ak-1)-ak(4-ak) 221-ak)(a-+a=)(ak-1-ak)(4-ak-1-ak). k1k2ak-ak-10,11ak(4-ak
13、)=4-(ak-2)22. 22n=k+1时命题正确. 由1、2知，对一切nN时有anan+12. 方法二：用数学归纳法证明： 1当n=1时，a0=1,a1=13a0(4-a0)=,0a0a12； 22 2假设n=k时有ak-1ak2成立， 1x(4-x)，f(x)在0，2上单调递增，所以由假设 2111有：f(ak-1)f(ak)f(2),即ak-1(4-ak-1)ak(4-ak)2(4-2), 222 令f(x)=也即当n=k+1时 akak+12成立，所以对一切nN,有akak+10，两边取以2为底的对数， log2(2-an+1)=-1+2log2(2-an) 令b-ann=log2(
14、2n),则bn+1=-1+2bnbn=1-2 a2-21-2n或a1n1n=n=2-(2)2- 变式: 已知a1=2，点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中=1，2，3， 证明数列lg(1+an)是等比数列； 设Tn=(1+a1) (1+a2) (1+an)，求Tn及数列an的通项； 记b1n=+1，求b2n数列的前项和Sn，并证明Saan+1=1 nn+23Tn-解：由已知a2n+1=an+2an， a2n+1+1=(an+1) a1=2 an+11，两边取对数得 lg(1+an+1)=2lg(1+an)， 即lg(1+an+1)lg(1+a=2 n)lg(1+an)是
15、公比为2的等比数列 由知lg(1+an-1n)=2lg(1+a1) =2n-1lg3=lg32n-1 1+an-1n=32 Tn=(1+a1)(1+a2)(1+an) 15 =3333=31+2+222021222n-1+2n-1=3n-12n-1由式得an=32-1 1111=(-) an+12anan+22an+1=a0+2an， an+1=an(an+2)，1121111=-+) ，又bn=，bn=2(-an+2anan+1anan+2anan+111111111-+-+-)=2(-) a1a2a2a3anan+1a1an+1nSn=b1+b2+bn=2(n-1an=32-1,a1=2,
16、an+1=32-1 Sn=1-23-12n，又Tn=32n-1，Sn+2=1 3Tn-1类型9 an+1=f(n)ang(n)an+h(n)解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为an+1=pan+q。 例：已知数列an满足：an=an-1,a1=1，求数列an的通项公式。 3an-1+1解：取倒数：13an-1+11=3+ anan-1an-11111=+(n-1)3=1+(n-1)3an=是等差数列， aa3n-2an1n变式: 已知数列an满足：a13nan13，且an 2an1n12 求数列an的通项公式； 证明：对于一切正整数n，不等式a1a2an2 ）323n2为证a1a2a
17、n 1232232故2式成立，从而结论成立 类型10 an+1=pan+qran+hpan+q，那么，可作特征方程x=,rrx+h1是等差数列;当特征方程有两个相异的根x1、x2an-x017 时，则an-x1是等比数列。 an-x2an+4,且a1=3,求an的通项公式. 2an+3例：已知数列an满足性质：对于nN,an-1=解: 数列an的特征方程为x=x+4,变形得2x2+2x-4=0,其根为l1=1,l2=-2.2x+3故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第部分，则有 cn=a1-l1a(p-l1r)n-1=3-13+2(1-121-22)n-1,nN. 1-l2p-l2rc21n
18、-n=5(-5)1,nN. -22(-1)n-1-alc-l11n=2nc=55n-12(-1,nN. 5)n-15-1即a(-5)n-4n=2+(-5)n,nN. 例：已知数列an满足：对于nN,都有an-25n+1=13aa. n+3若a1=5,求an;若a1=3,求an;若a1=6,求an; 当a1取哪些值时，无穷数列an不存在？ 解：作特征方程x=13x-25x+3.变形得x2-10x+25=0, 特征方程有两个相同的特征根l=5.依定理2的第部分解答. (1)a1=5,a1=l.对于nN,都有an=l=5; (2)a1=3,a1l. b1n=al+(n-1)rp-rl1- =13-5
19、+(n-1)113-15 =-1n-12+8, 令bn=0，得n=5.故数列an从第5项开始都不存在， 18 当n4，nN时，an=15n-17+l=. bnn-5(3)a1=6,l=5,a1l. bn=1rn-1+(n-1)=1+,nN. a1-lp-lr8令bn=0,则n=-7n.对于nN,bn0. an=1+l=bn15n+43+5=,nN. n-1n+71+8(4)、显然当a1=-3时，数列从第2项开始便不存在.由本题的第小题的解答过程知，a1=5时，数列an是存在的，当a1l=5时，则有bn=1r1n-15n-13+(n-1)=+,nN.令bn=0,则得a1=,nNa1-lp-lra
20、1-58n-1且n2. 当a1=5n-13时，数列an从第n项开始便不存在. n-15n-13于是知：当a1在集合-3或:nN,且n2上取值时，无穷数列an都不存n-1在. 变式: 数列an满足a1=1且8an+1an-16an+1+2an+5=0(n1).记bn=求b1、b2、b3、b4的值； 求数列bn的通项公式及数列anbn的前n项和Sn. 解法一：由已知,得an+1=11an-2(n1). 2an+52x+515,其特征方程为x=解之得,x1=或x2= 16-8an16-8x24156(an-)12(an-)12,a-5=4 an+1-=n+1216-8an416-8an 19 111
21、1an-an-a1-2=12, 2=2(1)n-1=-4 5255522nan+1-an-an-a1-4444an+1-2n-1+5an=n 2+4解法二： a1=1,故b1=2; 11-2718a2=,故b2=; 7138-8231a3=,故b3=4; 314-421320a4=,故b4=. 20344284因(b1-)(b3-)=2， 3333344444(b2-)2=2,(b1-)(b3-)=(b2-)2 3333342故猜想bn-是首项为,公比q=2的等比数列. 33因an2， 1故an+1=因bn+1-5+2a(n1).16-8an4=31-416-8an420-16an=-=,36
22、an-336an-31an+1-242820-16an442(bn-)=-=bn+1-,b1-0,1336an-333an-2故|bn-4|确是公比为q=2的等比数列. 34241n, b=12n+4(n1) 因b1-=,故bn-=2n由bn=333333故Sn=a1b1+a2b2+L+anbn 1an-12得anbn=1bn+1, 2 20 1(1-2n)1n531=(2+5n-1) =+n=(b1+b2+bn)+n31-232解法三： 由bn=1得an=11+,代入递推关系8an+1an-16an+1+2an+5=0, a1bn-n22整理得4bb-6+3=0,即b-4n+1=2bn, n
23、+1nbn+1bn3由a=1,有b2,所以b82011=2=3,b3=4,b4=3. 由b44442n+1=2bn-3,bn+1-3=2(bn-3),b1-3=30, 所以b42n-3是首项为3,公比q=2的等比数列,故 bn-43=132n,即b14n=32n+3(n1). 由b1n=得a1nbn=bn+1, a-12n2故Sa1n=1b1+a2b2+anbn=2(b1+b2+bn)+n 1(1-2n)=31-2+53n=13(2n+5n-1). 解法四： 同解法一 b2-b1=23,b482843-b2=3,b4-b3=3,33=(3)2 猜想bb21nn+1-n是首项为3,公比q=2的等
24、比数列,bn+1-bn=32又因a2,故a=5+2a nnn+116-8a(n1).因此nbn+1-bn=1-1=12a12an12an+1-n-12a15+- n-216-8a-n2 =16-8an10-8a6a-6=n; n-36an-36an-321 bn+2-bn+1=1an+2-12-1an+1-12=16-8an+116-8an- 6an+1-36an-3=因b2-b1=36-24an16-8an20-16an-=2(bn+1-bn). 6an-36an-36an-3210,bn+1-bn是公比q=2的等比数列,bn+1-bn=2n, 33从而bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+L+(b2-b1)+b1 1114=(2n-1+2n-2+21)+2=(2n-2)+2=2n+(n1). 333311由bn=得anbn=bn+1, 12an-21故Sn
