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长辈证婚人证婚词-实习周记20篇

求数列通项的几种常见类型及其解法
张志勇
顺德罗定邦中学 528300

【摘要】
针对中学生在求数列通项中遇到的几类问题，加以归纳和总结。为学生的学习和
高中教师的《数列》教学提供方便和参考

【关键词】
数列、通项公式、类型、解法

1.形如
a
n1
a
n
f(n)
型
（1）若f(n)为常数,即：
a
n1
a
n
d
,此时数列为等差数列，则
a
n
=
a
1
(n1)d
.
（2）若f(n)为n的函数时，用累加法.
方法如下：由
a
n1
a
n
f(n)
得：
n2
时，
a
n
a
n1
f(n1)
，
a
n1
a
n2
f(n2)
，


a
3
a
2
f(2)

a
2
a
1
f(1)

所以各式相加得
a
n
a
1
f(n1)f(n2)f(2)f(1)
n1
即：
a
n
a
1


k1
f(k)
.
n1
a
n1
(n2)
, 例 1. （2003天津文）已知数列｛
a
n
｝满足
a
1
1,a
n
 3
证明
a
n

31
2
n

n 1
证明：由已知得：
a
n
a
n1
3,故

a
n
(a
n
a
n1
)(a
n1
a
n2
)

(a
2
a
1
)a
1

=
3
n1
3
n2


31
31
2
n
.


a
n

31
2
n
.

例2.已知数列

a
n

的首项为1，且
a
n1
a
n
2n(nN
*
)
写出数列
 a
n

的通项公式.
答案：
a
n
=
n
2
n1

例3.已知数列
{a
n
}
满足
a
1
3 ，
a
n
a
n1

答案：
a
n 2
1
n
1
n(n1)
(n2)
，求此数列的通项公式.

评注：已知
a
1
a
,
a
n1
a
n
f(n)
，其中f(n)可以是关于n的一次函数、二次函数、指
数函数、分式函数，求通项
a
n
.
①若f(n)是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和;

②若f(n)是关于n的二次函数，累加后可分组求和;

③若f(n)是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和;

④若f(n)是关于n的分式函数，累加后可裂项求和。
2.形如
a
n1
a
n
f(n)
型
（ 1）当f(n)为常数，即：
a
n1
a
n
q
（其中q是不为0的常数），此时数列为等比数列，
a
n
=
a
1
q n1
.
（2）当f(n)为n的函数时,用累乘法.
由
a
n1
a
n
f(n)
得
n2 时，
a
n
a
n1
f(n1)
，
 a
n

a
n
a
n1

a
n1
a
n2



a
2
a
1
a
1
=f(n)f(n-1)
f(1)a
1
.
22
例1.设

a
n

是首项为1的正项数列，且

n1

a
n1
na
n
a
n1
a
n
0
（
n
=1，2， 3，…），
则它的通项公式是
a
n
=________.
解：已知等式可化为：
(a
n1
a
n
)

(n1)a
n1
na
n

0


a
n
0
(
nN
)

(n+1)
a
n1 na
n
0
, 即
*
a
n1
a
n

n
n1


n2
时，
a
n
a
n1

n 1
n


a
n

a
n a
n1

a
n1
a
n2



a
2
a
1
a
1
=
n1n 211



1
=.
nn12n
评注：本题是关于
a
n
和
a
n1
的二次齐次式，可以通过因式分解（一般情况时用求根公式）
得到
a
n
与
a
n1
的更为明显的关系式，从而求出
a
n
.
例2.已知
a
n1 na
n
n1,a
1
1
,求数列{
a
n
}的通项公式.
解：因为
a
n1
na
n
n1,
所以
a
n1
1na
n
n,
 故
a
n1
1n(a
n
1),
又因为
a
1
1
,即
a
1
10
，
所以由上式可知
a
n
10
,所以
a
n
1a
n1
1
a
n1
1
a
n
1
n ,故由累乘法得
a
n
1
a
n1
1a n2
1



a
3
1
a 2
1
(a
1
1)

a
2
 1a
1
1
=
(n1)(n2)21(a
1
1)(n1)!(a
1
1)

所以
a
n

(n1)!(a
1
1)
-1.
评注：本题解题的关键是把原来的递推关系式
a
n1
na
n
n1,
转化为
a
n1
1n(a
n
1),
若令
b
n
a
n
1
,则问题进一步转化为
b
n1
n b
n
形式，进而应用累乘
法求出数列的通项公式.

3．形如a
n1
ca
n
d,(c0
,其中
a
1
a
)型
（1）若c=1时，数列{
a
n
}为等差数列;
（2）若d=0时，数列{
a
n
}为等比数列;
（3）若
c1
且d
0
时，数列{
a
n
}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数
列来求.
方法如下：设
a
n1
 
c(a
n


)
,
得
an1
ca
n
(c1)

,与题设
a
n 1
ca
n
d,
比较系数得
(c1)

 d
,所以


d
c1
,(c0)

所以有：
a
n

因此数列

a
n


d
c1
c(a
n1

d
c1
)

d

构成以为首项，以c为公比的等比数列，
a

1
c1
c1

d
所以
a
n

d
c1
(a
1

d
c1
)c
d
c1
n1
)c
d
n1
即：
a
n
(a
1

c1
.
d
c1
d
c(a
n

n1
规律：将递推关系
a
n1
ca
n
d
化为
a
n 1

数列
{a
n

d
c1
}
从而求得通项公式
a
n1

d
c1
d
)
,构造成公比为c的等比
)

例1．已知数列
{a
n
} 中，
a
1
2,a
n1
分析：两边直接加上
解：由
a
n1

1
2
a
n

d
c1
1
2
1cc1
11
a
n
,
求通项
a
n
.
22
c(a
1

,构造新的等比数列。
1
2
(a
n
1)
,
1
2
, 得
a
n1
1
所以数列
{a
n
1} 构成以
a
1
11
为首项，以
所以
a
n 1()
2
1
n1
为公比的等比数列
,即
a
n
()
2
1
n1
1
.
4.形如
a
n1
pa
n
f(n)
型
(1)若
f(n)knb
(其中k,b是常数，且
k0
)
方法：相减法
例1. 在数列
{a
n
}
中，
a 1
1,a
n1
3a
n
2n,
求通项
a
n
.
解：

，
a
n1
3a
n
2n,
①

n2
时，a
n
3a
n1
2(n1)
，
两式相减得
a
n1
a
n
3(a
n
a
n1 )2
.令
b
n
a
n1
a
n
,则
b
n
3b
n1
2

n1
2
利用类型3的方法知
b
n
53
n1
2
② 即
a
n1
a
n
53
再由累加法可得
a
n

5
2
3
n1
n1
.

亦可联立 ① ②解出
a
n

5
23
n1
n1
.
(2)若
f(n)q
n
(其中q是常数，且n

0,1)
求通项方法：两边同除以
q
n1
. 即：
a
n 1
q
n1

p
q

a
n
qn

1
q
,
令
b
n

a n
q
n
,则可化为
b
n1

p
q
b
n

1
q
.然后转化为类型3来解，
例（2003天津理）
设
a
0
为常数，且
a
n 3
n1
2a
n1
(nN)
．
证明对任意
n
≥1，
a
n

1
5
[3(1)nn1
2](1)2a
0
；
nnn
证明：由
a
n
3
n1
2a
n1
(nN)
得
a
n
3
n
a
n
3
n

1
3

2
3
3
2
3

a
n 1
n1
.
设
b
n

，则b
n

2
3
b
n1

1
3
. 即： b
n

1
5
(b
n1

1 5
)
,
所以

b
n



121
2
1


是以
b
1
 (a
0
)
为首项，

为公比的等比数列.
535
3
5

212
n1
1
n1
2
n(a
0
)()
=
(
a
0
)(1)()
,
35353
则
b
n

a
n
3
n
1
5

即：
b
n
(
15
n
1
5
a
0
)(1)
n1n
n1
2
n
1
()
,
35
nn
故
a
n
[3(1)2](1)2a
0
.
评注：本题的关键是两边同除以3
n
，进而转化为类型3，构造出新的等比数列，从而将求
一般数列的通项问题转化为求等比数列的通项问题.
5.形如
t
n1
 at
n
b
ct
n
d
(a
2
+c
2
≠0)型
方法：不动点法:
为了求出递推数列
t
n1

at
n
b
ct
n
d
的通项，我们先给出如下两个定义：
定义1：若数列{
t
n
}满足
t n1
f(t
n
)
，则称
f(x)
为数列{
t
n
}的特征函数.
定义2:方程
f(x)
=x称为函数
f(x)
的不动点方程，其根称为函数
f(x)
的不动点.

下面分两种情况给出递推数列
t
n1

(1)当c=0,时,
由
t
n1

a
d
at
n
b
ct
n
d
通项的求解通法.
at
n
b
c t
n
d
b
d
t
n1

a
d
t
n

b
d
,
记
k
, c
，则有
t
n1
kt
n
c
（k≠0）,
∴数列{
t
n
}的特征函数为
f(x)
=kx+c, 由kx+c=x

x=
∴数列
{t
n

∴t
n

c
1k
c
1k
c
1k ,则
t
n1
kt
n
c

t
n1

c
1k
k(t
n

c
1k
)

}
是公比为k的等比数列,
c
1k
)k
n1
(t
1


t
n

c 1k
(t
1

c
1k
)k
n1 .
(2)当c≠0时,
数列{
t
n
}的特征函数为：f(x)
=
axb
cxd
axb
cxd

由
x
cx
2
(da)xb0

设方程
cx
2
(da)xb0
的两根为x
1
,x2
,则有:
2
cx
1
(da)x
1
b 0
,
cx
2
(da)x
2
b0

2
∴
bcx
1
(da)x
1
……(1)
bcx
2
(da)x
2
……(2)
2
2 又设
t
n1
x
1
t
n1
x
2
k
t
n
x
1
t
n
x
2
(其中,n∈N
*
,k为待定常数).
at
n
b由
t
n1
x
1
t
n1
x
2 k
t
n
x
1
t
n
x
2

ct
n
d
at
n
b
ct
n
d
x
1
k
x
2
tn
x
1
t
n
x
2


a t
n
bcx
1
t
n
dx
1
atn
bcx
2
t
n
dx
2
k
t
n
x
1
t
n
x
2
……(3)
将(1)、（2）式代入(3)式得:

at
n
cx
1
cx
1
t
n
ax
1
at
n
cx
2
2
2
cx
2
t
n
ax2
k
t
n
x
1
t
n
x
2


(acx
1
)(t
n
x
1 )
(acx
2
)(t
n
x
2
)
t
n
x
1
t
n
x
2
k
t
n
x
1
t
n
x
2
acx
1
acx
2




n1


k
acx
1
acx
2

∴数列{ }是公比为(易证
acx
1
acx
2
0
)的等比数列 .
t
n
x
1
t
1
x
1
 acx
1
∴=


t
n
x
2 t
1
x
2


acx
2

t
n

tx
1

acx
1x
1
x
2

1


t
1 x
2


acx
2
1
t
1 x
1

acx
1


t
1x
2


acx
2








n1
n1
.
例:已知数列{a
n
}中，a
1
=3，
a
n1

4a
n
2
a
n
1
，求{a
n
}的通项。
解：因为{a
n
}的特征函数为：
f(x)
由
f(x )
4x2
x1
2
4x2
x1
,
xx3x20x
1
1,x
2
2

4a
n
2
设
a
n1
1
a
n12
k
a
n
1
a
n
2
a
n
1
4a
n
2
a
n
1
1
k
2
a
n
1
a
n
2

3a
n
3
2a
n
4
3
2
k
a
n
1
a
n
2

3

3
2(a
n
2)

(a
n
1)
k
a
n
1
a
n
2

k
即
a
n1
1
a
n1
22a
n
2

a
n
1
,

a
n
1

3
∴数列

是公比为的等比数列.
2 
a
n
2

a1

3


1


∴
a
n
2a
1
 2

2

a
n
1
a
n
1n1

n1

3

2

∵ a
1
=3,∴
a
n
2

2


a
n

2
n2
23
3
n12
n2n1
.

6.形如
a
n1
pa
n
qa
n1
(其中p,q为常数)型
（1）当p+q=1时用转化法
例1.数列
{a
n
}中，若
a
1
8,a
2
2
,且满足
a
n2
4a
n1
3a
n
0
,求
a
n
.
解：把
a
n2
4a
n1
3an
0
变形为
a
n2
a
n1
3(a n1
a
n
)
.
则数列

a
n 1
a
n

是以
a
2
a
1
 6
为首项，3为公比的等比数列，则
a
n1
a
n
63
n1
利用类型6的方法可得
a
n
113
n
.
（2）当
p
2
4q0
时用待定系数法.
例2. 已知数列
{a
n
}
满足
a
n2
5a
n 1
6a
n
0
，且
a
1
1,a
2 5
,且满足,求
a
n
.
解：令
a
n2
xa
n1
y(a
n1
xa
n
)
,即
a
n2
(xy)a
n1
xya
n
 0
,与已知

xy5

x2

x3a
n2
5a
n1
6a
n
0
比较，则有

,故

或


xy6y3
y2


下面我们取其中一组


x2

y3
来运算，即有
a
n2
2a
n1
3(a
n1
2a
n
)
,
则数列

a
n 1
2a
n

是以
a
2
2a
1
3
为首项，3为公比的等比数列，故
a
n1
2a
n
33
n1
3
,即
a
n1
2a
n
3
,利用类型4的方法，可得
nn
a
n
3
n
2
.
n
评注：形如
a
n2
aa
n1
ba
n
的递推数列,我们通常采用两次类型(3)的方法来求解,
但这种方法比较复杂。

还有一种易于被学生掌握的解法——特征方程法, 针对问题中的递推关系式作出一个
方程xaxb
称之为特征方程；借助这个特征方程的根快速求解通项公式：设方程
xax b
的二根为

,

,则数列
a
n
的通项公式为
a
n
p

2
n
2
q

n
,再利用
a
1
,a
2
的
值求得p, q的值即可.
例：斐波那契数列
a
n
a
n
1
a
n2
，
a
1
a
2
1
，求
a
n

分析：该线性递推数列的特征方程为：
x
2
x1
，其特征根为
x
1

1
2
5 1
2
51
2
5
1
2
n
5，
x
2

，那么，该数列通项公式为
a
n
c
1
(
1
2
1
2
5
5
)c
2
(
n
)

c
1
(
5
5
)c
2
(
)c
2
(
2
1 2
1
2
5
5
)1
由

c
1
(
解得
c
1

)1
25
5
,c
2

5
5

所以
a
n
(
1
2
5
)
n
5
5
(
1
2
5
)

n
【参考文献】
1、储炳南安徽省岳西中学 246600《用不动点法求递推数列

t
n1


2、李得虎陕西教育学院,陕西西安71006《数学方法论与解题研究》
3、李国民江苏省盱眙中学《特征方程法求解递推关系中的数列》

at
n
b ct
n
d
(a+c≠0)的通项》

http:

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