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1、.专题由递推关系求数列的通项公式一、目标要求通过具体的例题，掌握由递推关系求数列通项的常用方法：二、知识梳理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熟悉的等差或等比数列。三、典例精析1、公式法 ：利用熟知的公式求通项公式的方法称为公式法。常用的公式有 anS1SnSn 1等差数列和等比数列的通项公式。例 1已知数列 an 中 a1 2 ， snn2 +2 ，求数列 an 的通项公式n1及n2评注
2、 在运用 an snsn 1 时要注意条件 n2 ，对 n=1 要验证。2、累加法：利用恒等式 an a1a2 a1+.+anan 1 求通项公式的方法叫累加法。它是求型如an 1an +f n的递推数列的方法（其中数列fn的前 n 项和可求）。例2已知数列an 中 a11an +1，求数列 an 的通项公式， an 12+3n2n2评注此类问题关键累加可消中间项，而f ( n）可求和则易得 an3 、 . 累乘法 ：利用恒等式 an a1 a2a3anan 0 求通项公式的方法叫累乘法。它是求型如a1a2an1an 1g n an 的递推数列的方法数列g n可求前 n项积.例 3已知数列 a
3、n 中 sn1nan ，求数列 an 的通项公式评注此类问题关键是化ang n ，且式子右边累乘时可求积，而左边中间项可消。an14、转化法 ：通过变换递推关系，将非等差（等比）数列转化为等差或等比有关的数列而求得通项公式的方法称为转化法。常用的转化途径有：凑配、消项变换如将一阶线性递推公式an 1qand （ q, d为常数， q 0, q1 ）通过凑配变成an 1dandan 2an 1q anan= qq 1，或消常数项转化为1q1例 4、已知数列 an 中， a11， a2a1 n2 ，求数列 an 的通项公式nn 1点评：此类问题关键是利用配凑或消项变换将其转化为等比数列（ ）倒数变
4、换 如将一阶分式递推公式acan（ c,d 为非零常数）取倒数得1d11n 12dan 1cancan例 5已知数列 an 中， a11， an 1an，求数列 an 的通项公式2an 1点评：此类问题关键是取倒数使其转化为一阶线性递推数列然后可用凑配、消项变换。对数变换 如将一阶分式递推公式an 1canpan0,c0, p0, p1 取对数.可得lg an 1p lg anlg c例 6已知数列 an 中， a110 ， an0，且 an 110an2，求数列 an 的通项公式点评： 此类问题关键是取对数使其转化为关于an 的对数的一阶线性递推数列即可用凑配、消项变换换元变换 如将一阶分式
5、递推公式an 1qand n （ q,d 为非零常数， q 1， d 1）an 1qa n1an变换成ddnd ，令 bnd n，则转化为一阶线性递推公式d n 1例 7 在数列 an 中， a1 1 ， an 13an +2 nnN *，求数列 an 的通项公式评注： 此类问题关键是通过换元将其转化为一阶线性递推公式5、待定系数法递推公式为an 2pan 1qan （其中 p，q 均为常数）。解法：先把原递推公式转化为an 2san 1t( an 1 san )s tp其中 s， t 满足，再应用前面 转化法（ 4）类型的方法求解。stq例 8 . 已知数列 an中， a1 1, a2 2
6、, an 221，求 an 。an 1an33.7、叠代法例 9 已知数列an 的前 n 项和 Sn 满足 Sn2an( 1) n , n1 求数列an 的通项公式。8、归纳法 ：由数列前几项用不完全归纳法猜测出数列的通项公式，再用数学归纳法证明其正确性，这种方法叫归纳法。例 10数列 an 满足 sn2nannN *,求数列 an 的通项公式四、实战演练a52 a10,2(an an 2) 5an 1，则数列 an 的通项公1、 2012 辽宁卷 已知等比数列 an 为递增数列，且式为 an _.2、在数列 an 中， a1 31，求通项公式 an ., an 1 ann(n1)3、设数列
7、an 是首项为221 的正项数列，且 (n 1) an 1nanan 1an 0 （ n=1,2,3 ），则它的通项公式是 an =.4、已知数列 an ，其中 a11, a22 ，且当 n 3 时， an2an 1an 21 ，求通项公式an 。5、设正数列a0 ， a1 ， an ， an ，满足an an 2an 1 an 2 = 2an 1( n2) 且 a0a11，求 an 的通项公式 .五、能力提升（逆推法） 已知数列an 的前 n 项和 Sn 与 an 满足： an , Sn ,Sn1 (n2) 成等比数列， 且 a11 ，求数列2an 的前 n 项和 Sn点评： 本题的常规方法
8、是先求通项公式，然后求和，但逆向思维，直接求出数列an的前 n 项和 Sn 的递推公式，是一种最佳解法.由递推关系求数列的通项公式答案例 1 解： 当 n2 由 ansn2sn 1 = n2 +2- n 1 +2 = 2n 1当 n1 时 a1s13 不满足故 an3,n12n1,n2例 2 解：由 aa +1可知 aan21113n 2 n1n2n 1n n2 +3n 2n1nana1a2a1 +.+nana 1=1+1111.1n1=nn222334n1n1当 n1 时也成立。故有 an =n1n例 3解：当 n=1 时 由 a1s11a1可得 a112由 an 1sn 1sn = 1 n
9、 1 an 11 nan 可得an 1nann2an a1a2 a3an = 1 1 2 3n 2 n 1 =1a1 a2an 12345n n 1n n 1当 n=1 时也成立。故有 an =11n n例4解法一凑配变换 ：由 an2an 11 可得 a1 2 a1 ，又 a12 ，故数列a1 是首项nn 11n为 2，公比为2 的等比数列，an12 2n1 ，即 an2n1解法二（消项变换）an2an 11an12an1 - 得 an1an2 anan1n2 ，故数列an 1an是首项为 a2a12 公比为2 的等比数列即 an 1 an2n ，再用累加法得an2n1例 5解 :由 an
10、1an可得 112 即 1122an1an 1anan 1an数列1是以 1 为首项2 为公差的等差数列。1=1+2 （ n-1）,即 an11anan2n例 6解：由 an0 ，且 an 110an2 可得 lg an 112lg an ，即 lg an 112lg an1.数列 lg an1是以 lg a1 12 为首项以2 为公比的等比数列lg an 1 = 2n 即 an102n 1例 7 解：由 an3an +2nan 13 an1an 13 an1) 令 bnan11可得2n122n2即n 11(2n2n223 bnnbn 1数列 bn是以3 为首项以3 为公比的等比数列即bn32
11、222an3nbn1=即 an3n2n2n2例8解：由21可转化为 asat (asa)an 2an 1ann 2n 1n 1n33st2s 1s13即 an2( st) an1stan1 或3st1tt133s1s1这里不妨选用1（当然也可选用3，大家可以试一试），则t3t1an 2an 11an )an 1an是 以 首 项 为 a2a11，公比为1的等比数列,所以(an 133an 1an(1)n1,应用类型 1的方法，分别令 n1,2,3,( n1) ，代入上式得 (n1) 个等式累加之，3( 1) n 11 01 111即 ana1(n23)133313又 a11 ，所以 an73
12、(1) n 1。443例 9 解：由 a1S12a11a11当 n2 时，有 anSn Sn12( anan1 )2 (1) n ,an2an 12 ( 1)n 1,an 12an22(1) n2 , ， a22a12.an 2n 1a1 2n 1 ( 1) 2n 2 ( 1)22 ( 1)n 12n 1(1)n (2)n 1(2)n 2(2)n 1(1)n 21(2)n 1232 2n 2(1)n 1.3.经验证 a11也满足上式，所以an2 2n 2(1)n1 2 ( 1)n 1 ,3anan 1an2an 12方法二、an2an 1222( 1)n( 1)n 1( 1)n3( 1)n 1
13、)3构造数列(an2公比为 -2首项为1的等比数列（以下略）1)n33例 10 解：易求a11,a237, a4152n11，a34，由此可猜想 an2n1下面用数学归纳法证明： 当 n28时，左边 = a1211=1，猜想成立；1，右边 =21 1假设 n=k 时命题成立，即 ak2k1，那么由已知sk2kak2k1sk12( k1)ak1由 - 可得 ak 12ak 1akak1ak= 12k1 2k 1 1 2k 11，即当 nk1 时命题也成立。1k=2k2k1 122由，可知命题对任何nN * 都成立。点评：此类问题关键是利用归纳假设的ak 证明 n=k+1 时命题成立。方法二、 n
14、1时a1S12a 1a 1 1n 2时1anSnSn1( 2 n a)n 2 (n 1 ) a1nan21na1可构造等比数列（以下略）四、实战演练1、(公式法 )2n解析 本小题主要考查等比数列的概念与性质解题的突破口为灵活应用等比数列通项变形式，是解决问题关键q 1或由已知条件 an为等比数列，可知，2(an an 2n 1? 2(an an2n2 5q2 0?) 5aq ) 5a q? 2q22，又因为 an 是递增数列，所以 q 2.由 a52 a10 得 a5q5 32，所以 a1 2， ana1qn 1 2n.2、（累加法）解：原递推式可化为：an 1an11则 a2a111 ,a
15、3a211nn11223a4a311， anan 1111 逐项相加得：ana111. 故 an41.34nnnn3、（累乘法）解：原递推式可化为：( n1)an 1nan (an 1an ) =0 an 1an 0，an 1nann1.则a21a32a43, ，ann 1逐项相乘得：an11a1,4na1n，即 an = .2 a23 a3an 1n4 、（换元法与累加法的综合）解由 an2aa1 得：(anan 1)(an 1an 2)1 ，令n 1n 2bn 1anan 1 ，则上式为 bn 1bn 21，因此 bn 是一个等差数列，b1a2a11 ，公差为1. 故bn n . 。由于
16、b1b2bn 1a2a1a3a2anan 1 an1又 b1b2bn 1n(n1)21所以an1(1) ，即 5、（换元法与累乘法综合）解将递推式两边同除以an 1 an2 整理得：n n2an2an11an 1an2设 bn =an，则 b1a1=1， bn2bn 11 ，故有 bn2bn 11an1a0bn2bn11bn12(bn11)bn1 是公比为2，首项为2 的等比数列 bn2n1即an= 2n1. an(2n1)2an 1an 1逐项相乘得： an = ( 21)2(221) 2(2 n1) 2 ，考虑到 a01 ，故 an1(n0).( 21) 2 (221)2(2n1) 2(n1)an1 (n 2n2)2五、能力提升
