丰台区人事局-中秋节作文开头

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求数列通项公式的11种方法方法
总述：一．利用递推关系式求数列通项的11种方法：
累加法、
累乘法、
待定系数法、
阶差法（逐差法）、
迭代法、
对数变换法、
倒数变换法、
换元法（目的是去递推关系式中出现的根号）、
数学归纳法（少用）
不动点法（递推式是一个数列通项的分式表达式）、
特征根法
二．四种基本数列： 等差数列、等比数列、等和数列、等积数列及其广义形式。等差数列、
等比数列的求通项公式的方法是： 累加和累乘，这二种方法是求数列通项公式的最基本方法。
三．求数列通项的方法的基本思路是：把所求数列通过变形，代换转化为等级差数列或等比数列。
四．求数列通项的基本方法是：累加法和累乘法。
五．数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。
一、累加法
1．适 用于：
a
n1
a
n
f(n)
----------这 是广义的等差数列累加法是最基本的二个方法之一。
2．若
a
n1
a< br>n
f(n)
(n2)
，
a
2
a
1< br>f(1)
则
a
3
a
2
f(2)

a
n1
a
n
f(n)

两边分别相加得a
n1
a
1


f(n)

k 1
n
例1已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
a
n
2n1，a
1
1
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
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解：由
a
n1
a
n
2n1
得
a
n1< br>a
n
2n1
则
所以数列
{a
n
}< br>的通项公式为
a
n
n
2
。
例2已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
a
n
23< br>n
1，a
1
3
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
解法一：由
a
n1
a
n
23n
1
得
a
n1
a
n
23
n
1
则
a
n
(a
n
a
n1
)(a
n1
a
n2
)
(23
n1
1)(23
n2
1)
2(3
n1
3
n 2

3(13
n1
)
2(n1)3
133
n
3n13
3
n
n1
所以
a
n
3
n
n1.

(a
3
a< br>2
)(a
2
a
1
)a
1
(23< br>2
1)(23
1
1)3

3
2
3
1
)(n1)3
解法二：
a
n1
3a
n
23
n
1
两边除以
3
n1
，得
则
a
n1
a
n
21

，故
3< br>n1
3
n
33
n1
a
n1
a
n
21

，
n1nn1
3333
1
(1 3
n1
)
n
a
n
2(n1)
3
2n 11
因此
n
，
1
33133223
n< br>211
则
a
n
n3
n
3
n
.

322
练习
n
2
n1

a< br>1.已知数列

n

的首项为1，且
a
n1
a
n
2n(nN
*
)
a
写出数列

n

的通项公式.答案：
练习2.已知数列
{a
n
}满足
a
1
3
，
a
n
a
n1
1
(n2)
n(n1)
，求此数列的通项公式.答案：裂项
求和
a
n
2
1
n

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a
评注：已知
a
1
a
,
n1
数函数、分式函数，求通项
a
n
f(n)
.
，其中f(n)可以是关于n的一次函数、二次函数、指
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。
S
n

1 n
(a
n
)
2a
n
例3.已知数列
{a
n
}
中,
a
n
0
且
S
n
,求数列
{a
n
}
的通项公式.
S
n
解:由已知
1n
(a
n
)
2a
n
得
1n
(S
n
S
n1
)
2S
n
S< br>n1
,
2
22
S
n
S
1
2< br>23n
SSn
nn1
化简有,由类型(1)有,
n (n1)
2
S
n

2
又
S
1
 a
1
得
a
1
1
,所以,又
2n(n1)2n (n1)
2

a
n
0
s
n

2n(n1)
2
,,
则
a
n

此题也可以用数学归纳法来求解.
二、累乘法
1.适用于：
a
n1
f(n)a
n
--------- -这是广义的等比数列
累乘法是最基本的二个方法之二。
2．若
a
n1
a
a
f(n)
，则
2
f(1)，
3
 f(2)，
a
n
a
1
a
2
a
，
n 1
f(n)

a
n
n
a
n1
两边分 别相乘得，
a
1


f(k)

a
1< br>k1
例4已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
2(n1)5
n
a
n
，a
1
3
， 求数列
{a
n
}
的通项公式。
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解：因为
a
n1
2(n1)5n
a
n
，a
1
3
，所以
a
n0
，则
a
n1
2(n1)5
n
，故
a
n
a
n
a
n1
a
n

a< br>n1
a
n2
2
n1
[n(n1)
3 2
n1
5
a
3
a
2
a
1
a
2
a
1
[2(21)5
2
][2(11)5
1
]3
21
[2(n11)5
n1
][2( n21)5
n2
]
32]5
(n1)(n2)
n!
n(n1)
2
3

n1
a325所以数列
{a}
的通项公式为
n
n
n(n1)
2n!.

22

n1ana

a
n 1n
a
n1
a
n
0
（
n
=1，2 ，3，…）例5.设
n
是首项为1的正项数列，且，则
它的通项公式是
an
=________.
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< br>)

(n+1)
a
n1
na
n
a
n1
n

an1

0
,即
n
a
n
n1

n
< br>
n2
时，
a
n1

a
n
a< br>n1
a
n

a
n
a
n1
a


2
a
1
a
n1
a
n2
a
1
a
n
n1n21


1
=
nn12
=
1
n
.
评注：本题是关于< br>与
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
的更为明显的关系式，从而求出
a
n1
n a
n
n1,a
1
1
.
练习.已知
答案：
,求数列{an}的通项公式.
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
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a
n1
na
n
n1,
转化为

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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
nb
n
形式，进而应用累乘法求出数
列的通项公式.
三、待定系数法适用于
a
n1
qa
n
f(n)

基本思路是转化为等差数列或等比数列，而数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一
个函数。
1．形如
a
n1
ca
n
d,(c0< br>a
n
a
n
,其中
a
1
a
)型
（1）若c=1时，数列{
（2）若d=0时，数列{
}为等差数列;
}为等比数列;
a
n
（3）若
c1
且d
0< br>时，数列{
求.
待定系数法：设
得
}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
a
n1


c(a
n


)
,
比较系数得
a
n1
ca
n
(c1)

,与题设
a
n1
ca
n< br>d,
(c1)

d
,所以


dd< br>d
a
n
c(a
n1
)
,(c0)
c1c1

c1
所以有：
d

d
aa
1


n

c1

构成以
c1
为首项，以c为公比的等比数列， 因此数列

所以
a
n< br>
dd
dd
(a
1
)c
n1
an
(a
1
)c
n1

c1c1
c 1c1
. 即：
a
n1
ca
n
d
规律： 将递推关系化为
a
n1
dd
c(a
n
)
c 1c1
,构造成公比为c的等比
数列
{a
n

d
dd
}
a
n1
c
n1
(a
1
 )
c1
从而求得通项公式
1cc1

逐项相减法（阶差法）：有时我们从递推关系
两式相减有
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a
n1
a
n
c(a
n
a
n1
)
a
n1
ca
n
d
中把n换成n-1有
{a
n 1
a
n
}
a
n
ca
n1
d,
从而化为公比为c的等比数列,进而求得通项公

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n< br>aac(a
2
a
1
)
,再利用类型(1)即可求得通项 公式.我们看到此方法比较复杂.
n
式.
n1
例6已知数列
{a
n
}
中，
a
1
1,a
n
2a
n1
1(n2)
，求数列

a
n

的通项公 式。
解法一：
又
a
n
2a
n1
1(n2 ),

a
1
12,

a
n
1
是首项为2，公比为2的等比数列
n
a
n
12
n
，即
a
n
21

解法二：
a
n
2a
n1
1(n2),
< br>两式相减得
a
n1
a
n
2(a
n
a
n1
)(n2)
，故数列

a
n1
an

是首项为2，公比为2的等比数列，
再用累加法的……
练习．已知 数列
{a
n
}
中，
a
1
2,a
n1< br>
11
a
n
,
22
求通项
a
n< br>。
1
a
n
()
n1
1
2
答案： n
apaq
n1n
2．形如：(其中q是常数，且n

0,1)
①若p=1时，即：
a
n1
a
n
q
n
，累加即可.
n
apaq
n
②若
p1
时，即：
n1
，
n1
p
求通项方法有以下三种方向：i.两 边同除以.目的是把所求数列构造成等差数列
a
n1
n1
p
即 ：

a
n
q
n

a
n
1
p
1
p
n
b
n1
b
n
()
n
b
n

n
()
pq
,然后类型1，累加求通 项.
pq
,令
p
，则
n1
q
ii.两边同除以 .目的是把所求数列构造成等差数列。
a
n1
n1
q
即：
p
a
n
1

n

q
qq
,
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令
b
n< br>
a
n
q
n
,则可化为
b
n1

p
1
b
n

qq
.然后转化为类型5来解，
iii.待定系数法：目的是把所求数列构造成等差数列
设
a
n1


q
n1
p(a
n


p< br>n
)
.通过比较系数，求出

，转化为等比数列求通项.
注意：应用待定系数法时，要求p

q，否则待定系数法会失效。
例7已知 数列
{a
n
}
满足
a
n1
2a
n43
n1
，a
1
1
，求数列

an

的通项公式。
解法一（待定系数法）：设
a
n1


1
3
n


2
(a
n

3
n1
)
，比较系数得

1
4,

2
2
，
1
则数列

a
n
43
n

是首项为
a
11
1
435
，公比为2的等比数列，
a43
n1
52n1
a
n
43
n1
52
n1
所 以
n
，即
a
n1

2

a
n
4
解法二（两边同除以
q
n1
）：两边同时除以
3
n1
得：
3
n1
33
n

3
2，下面解法略
a
n1
解法三（两边同除以
p
n1
）：两边同时除以
2
n1
得：
2
n1

an
2

4
3
(
3
2
)
n< br>n
，下面解法略
练习.（2003天津理）
设
a
10
为常数，且
a
n
3
n
2a
n1
(nN)
．证明对任意
n
≥1
a
1
[3
nn
(1)
n1
2
n
](1)
n
2
n
5
a
0
；
3．形如
a
n1pa
n
knb
(其中k,b是常数，且
k0
)
方法1：逐项相减法（阶差法）
方法2：待定系数法
通过凑配可转化为
( a
n
xny)p(a
n1
x(n1)y)
;
解题基本步骤：
1、确定
f(n)
=kn+b
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，

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2、设等比数列
3、列出关系式b
n
(a
n
xny)
，公比为p
,即
(a
n
xny)p(a
n1
x(n1)y)
b
n
pb
n1

4、比较系数求
x,y
5、解得数列
(a
n
xny)
的通项公式
6、解得数列

a
n

的通项公式
中，例8在数 列
{a
n
}
a
1
1,a
n1
3a< br>n
2n,
求通项
a
n
.（逐项相减法）
a3a
n
2n,
解：

，
n1
①

n2
时，
a
n
3a
n1
2(n 1)
，
两式相减得
a
n1
a
n
3(a< br>n
a
n1
)2
.令
b
n
a
n1
a
n
,则
b
n
3b
n1
2

n1
n1
aa531
②
b532< br>n
利用类型5的方法知
n
即
n1
5
n1
1
5
n1
1
a3n
a
n
3n< br>n
22
.
22
再由累加法可得.亦可联立①②解出
3
a
1
,2a
n
a
n1
6n3
a
{a
n
}
2
例9.在数列中，,求通项
n
.（待定系数法 ）
解：原递推式可化为
2(a
n
xny)a
n1
x(n1)y
2b
n
b
n1

比较系数可得：x=-6,y=9,上式即为
所以

b
n

是一个等比数列，首项
b
1
a
1
6n9
9
1
b
9
(
1
)
n1
n
2
,公比为
2
.
22

1
a
n
6n99()
n
2
即：
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1
a
n
9()
n
6n9
2
故.
4．形如
a
n1
pa
n
an
2
 bnc
(其中a,b,c是常数，且
a0
)
基本思路是转化为等比数列，而数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。
例 10已知数列
{a}
满足
a2a
2
n
n1
n
3n4n5，a
1
1
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
解：设
a
2
n1
x(n1)y (n1)z2(a
2
n
xnynz)

比较系数得
x3,y10,z18
，
所以
a
n1
3(n1)
2
10(n1)182(a
n
3n
2
10n18)

由
a
1
31
2
10118131320
，得
a
n
3n
2
10n180

则
a
n1
3(n1)
210(n1)18
a
2
10n18
2
，故数列{a
2
n
3n10n18}
为以
n
3n
a
1
31
2
1011813132
为首项，以2 为公比的等比数列，因此
a
n
3n
2
10n18322< br>n1
，则
a
4
n
2
n
3n
2
10n18
。
5.形如
a
n2
pa
n1
qa
n

时将
a
n
作为
f(n)
求解
分析：原递推式可化 为
a
n2


a
n1
(p
)(a
n1


a
n
)
的形式，比较系数 可求得

，

a
n1


a
n

为等比数列。
例11已知数列
{a
n
}
满足< br>a
n2
5a
n1
6a
n
,a
11,a
2
2
，求数列
{a
n
}
的通项公 式。
解：设
a
n2


a
n1
( 5

)(a
n1


a
n
)

比较系数得

3
或

2
，不妨取

2
，（取-3结果形式可能不同，但本质相同）
则
a
n2
2a
n1
3(a
n1
2a
n
)
，则

a
n1
2a
n

是首项为4，公比为3 的等比数列
精心整理
数列

精心整理
a
n1
2a
n
43
n1
，所以
a
n
4 3
n1
52
n1

a
a4a
n1< br>3a
n
0
练习.数列
{a
n
}
中，若< br>a
1
8,a
2
2
,且满足
n2
,求< br>n
.
答案：
a
n
113
n
.
r
apa
n
(其中p,r为常数)型 四、迭代法
n1
例12已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
a
3(n1)2
n
n
，a
1
5
，求数列
{a< br>n
}
的通项公式。
aa
n1
解：因为
3(n1)2
n
n
，所以
n(n1)
3
n1
n!2
2
又
a
1
5
，所以数列
{a
n
}
a5
n
的通 项公式为。
注：本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式。
例13.（2005江西卷）
1
a1,aa
n
(4a
n
),nN
n1
{a
n
}的各项都是正数,且满足:
0
2
已知数列，
（1）证明
a
n
a
n12,nN;
（2）求数列
{a
n
}
的通项公式an. 解：（1）略（2）
a
n1

11
a
n
(4 a
n
)[(a
n
2)
2
4],
2
2(a2)(a2)
n1n
22
所以
1
2
1 1
22
11
22
2
1
12

2n1
2
n
令
b
n
a
n
2,则
b
n
b
n1
(b
n2
) ()b
n1


()b
n
222222
又
b
n
=－1，
1
2
n
1
1
2< br>n
1
b
n
(),即a
n
2b
n< br>2()
22
所以.
b
n
n

方法2：本题用归纳-猜想- 证明，也很简捷，请试一试.解法3：设c
n
上面类型（1）来解
精心整理
，则c
1
2
c
n1
2
,转化为

精心整理
r
apa
n
(其中p,r为常数)型p>0，
a
n
五、对数变换法适用于
n1
0

2

a
n

的通项公式.
a
n

a2a
a1
n1
（n≥2）.求数列例14.设正项数列满足1
，
n
aa
a
n
a
n1
og
log12(log1)
，
log12log
2
2
解： 两边取对数得：
2
，
2
设
b
n
l
nn 1
a
n
2
b2b
n1

b
n

1
，则
n
n1n1
a
n
a
nn1n1
1
b122
log12log21
，
blog11
n
22
12
是以2为公比的等比数列，，，
2
a2
n
∴
n1
1

练习数列
a
n

中，
a
1
1
，
a
n
2
22
2n
a
n1
（n≥2），求数列

a
n

的通项公式.
a2
n
答案：
5
例15已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
23
n
a
n
，
a
1
7
，求数列< br>{a
n
}
的通项公式。
5
，a
1
7，所以
a
n
0，a
n1
0
。 解：因为
a
n1
23
n
a
n
两边取常用对数得
lg a
n1
5lga
n
nlg3lg2

设
lga
n1
x(n1)y5(lga
n
xny)
（同类型四）
比较系数得，
x
由
lga
1

l g3lg3lg2
,y

4164
lg3lg3lg2lg3lg3lg 2lg3lg3lg2
1lg710
，得
lga
n
n0
，
4
所以数列
{lga
n

lg 3lg3lg2
lg3lg3lg2

为首项，以5为公比的等比数列，则
n}
是以
lg7
4164
4164
lg3lg3lg2lg3 lg3lg2
n1
lga
n
n(lg7)5
，因此
41644164
精心整理

精心整理
lg3lg3lg2
n1
lg3lg3lg2
lga
n
(lg7)5n
4164464
[lg(7332)]5
n1
lg(332 )
lg(7332)
lg(7
5n1
3
则
a
n
5n4n1
16
1
4
1
16
1n1
4
5
1
4
1
16
1
4
n
4
1
16
1
4
lg(332)
)
n
4
1
16
1
4

2
5
n1
1
4
73
5
n1
5n4n1
162
5
n1
1
4
。
六、倒数变换法适用于分式关系的递推公式，分子只有一项
例16已知数列
{an
}
满足
a
n1

2a
n
,a1
1
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
a< br>n
2
解：求倒数得
1
111111

11

1
,,



为等差数列，首项
 1
，公差为，
2
a
n1
2a
n
a
n1
a
n
2

a
n1
a
n

a
1

112
(n1),a
n


a
n
2n1
七、换元法适用于含根式的递推关系
例17已知数列
{a
n
}
满足
a
n1

解：令
b
n
124a
n
，则
a
n

代入a
n1

1
(14a
n
124a
n< br>)，a
1
1
，求数列
{a
n
}
的通项公式 。
16
1
2
(b
n
1)

24
1
(14a
n
124a
n
)
得
16
22
即
4b
n1
(b
n
3)< br>
因为
b
n
124a
n
0
，
13
则
2b
n1
b
n
3
，即
b< br>n1
b
n

，
22
1
可化为
b
n1
3(b
n
3)
，
2
精心整理

精心整理
所以
{b
n
3}
是以
b
1
3124a
1
3124132
为首项，以< br>1
为公比的等比数列，因此
2
11
11
b
n
32()
n1
()
n2
，则
b
n
()
n2
3
，即
124a
n
()
n2
3
，得
22
22
2111
a
n
()
n
()
n

。
3423
八、数学归纳法通过首项和递 推关系式求出数列的前n项，猜出数列的通项公式，再用数学归纳
法加以证明。
例18已知数 列
{a
n
}
满足
a
n1
a
n

8(n1)8
，a
，求数列
{a
n
}
的通项 公式。
1
22
(2n1)(2n3)9
解：由
a
n 1
a
n

8(n1)
8
a
及，得
1
(2n1)
2
(2n3)
2
9
(2n1)
2
1
由此可猜测
a
n

，下面用数学归纳法证明这个结论 。
2
(2n1)
(211)
2
18
（1）当n1
时，
a
1

，所以等式成立。
2
( 211)9
(2k1)
2
1
（2）假设当
nk
时 等式成立，即
a
k

，则当
nk1
时，
2
(2k1)
由此可知，当
nk1
时等式也成立。
根据（1），（2）可知，等式对任何
nN
*
都成立。
九、阶差法（逐项相减法）
1、递推公式中既有
S
n
，又有
a
n


S
1
,n1
分析：把已知关系通过
a
n


转化为数列

a
n

或
S
n
的递推关系，然后采用相应的方法
SS,n2
n1

n
求解。
1
例19已知数列
{a
n
}
的各项均为正数，且前n项和< br>S
n
满足
S
n
(a
n
1)(a
n
2)
，且
a
2
,a
4
,a
9
成等比数
6
列，求数列
{a
n
}
的通项公式。
1
解：∵对任意
nN

有
S
n
(a
n< br>1)(a
n
2)
⑴
6
精心整理

精心整理
1
∴当n=1时，
S
1
a1
(a
1
1)(a
1
2)
，解得
a1
1
或
a
1
2

6
当n≥2时，
S
n1

1
(a
n1
1)(a
n 1
2)
⑵
6
⑴-⑵整理得：
(a
n
a
n1
)(a
n
a
n1
3)0

∵{a
n
}
各项均为正数，∴
a
n
a
n1< br>3

2
当
a
1
1
时，a
n3n2，此时
a
4
a
2
a
9
成立 2
当
a
1
2
时，
a
n
3n1< br>，此时
a
4
a
2
a
9
不成立，故
a
1
2
舍去
所以a
n
3n2
练习。已知 数列
{a
n
}
中,
a
n
0
且
S
n

1
(a
n
1)
2
,求数列
{a
n
}
的通项公式.
2
答案：
S
n
 S
n1
a
n
(a
n
1)
2
(a< br>n1
1)
2
a
n
2n1

2、对无穷递推数列
例20已知数列
{a
n
}
满足
a
1
1，a
n
a
1
2a
2
3a
3

解：因为
a
n
a
1
2a
2
3a
3

所以
a
n1
a
1
2a
2
3a
3

(n1)a
n1
(n 2)

(n1)a
n1
(n2)
，求
{an
}
的通项公式。
①
(n1)a
n1
na
n
②
用②式－①式得< br>a
n1
a
n
na
n
.

a
n1
n1(n2)

a
n
则
a
n1
(n1)a
n
(n2)
故
所以
an

a
n
a
n1

a
n1a
n2

a
3
a
2
[n(n1)< br>a
2
43]a
2

n!
a
2
.

2
③
由
a
n
a
1
2a
2
3a
3

代入③得
a
n
134 5
精心整理
(n1)a
n1
(n2)
，
取n 2得a
2
a
1
2a
2
，则
a
2a
1
，又知
a
1
1
，则
a
21
，
n
n!
。
2

精心整理 < br>所以，
{a
n
}
的通项公式为
a
n

n!
.

2
十、不动点法目的是将递推数列转化为等比（差）数列的方法
不动点的定义：函数
f(x)
的定义域为
D
，若存在
f(x )x
0
D
，使
f(x
0
)x
0
成立， 则称
x
0
为
f(x)
的不动点或称
(x
0
,f(x
0
))
为函数
f(x)
的不动点。
分析：由f(x)x
求出不动点
x
0
，在递推公式两边同时减去
x0
，在变形求解。
类型一：形如
a
n1
qa
n
d

例21已知数列
{a
n
}
中，
a
1
1,a
n
2a
n1
1(n2)
，求数列

a
n

的通项公式。
解：递推关系是对应得递归函数为
f(x)2x1，由
f(x)x
得，不动点为-1
∴
a
n1
12(a
n
1)
，……
类型二：形如
a
n1

aa
n
b

ca
n
d
axb

cxd
（1）若有 两个相异的不动点p,q时，将递归关系式两边分别减去不动点p,q，再将两式相除得
分析：递归函数 为
f(x)
(a
1
qpq)k(a
1
ppq)apc
a
n1
pa
n
p
k
，其中
k
，∴
a
n


aqc
(a
1
p)k
n1
(a
1
q)
a
n1
qa
n
q
（2）若有两个相同的不动点p，则将递归关系式两边减去不动点p， 然后用1除，得
11
2c
k
，其中
k
。
a
n1
pa
n
p
ad
n1
例22.设数列
{a
n
}
满足
a
1
2,a
n1

5a
n
4
,求数列
{a
n
}
的通项 公式.
2a
n
7
分析：此类问题常用参数法化等比数列求解.
解：对等式两端同时加参数t,得：
,
a
n1
7t4
5a
n
4(2t5)a
n
7t
2t5
tt (2t5)

2a
n
72a
n
72a
n< br>7
a
n

a
n
t
7t4
令< br>t
,解之得t=1,-2代入
a
n1
t(2t5)
得
2a
n
7
2t5
精心整理

精心整理
a
n1
13
a
n
1
a
n
2
a29
,
n1
,
2 a
n
7
2a
n
7
n
a
n1
1
1
a
n
1

相除得,即{
a
n< br>a
n1
23a
n
2
a1
a1
1< br>}是首项为
1

，
2
a
1
24
a
n
1
1
1n
43
n1
2
1
公比为的等比数列,=
3
,解得
a
n

. a
n
2
4
3
43
n1
1
方法 2：
,

a
n1
13
a
n
1
，
2an
7
两边取倒数得
1
a
n1
2a
n
72(a
n
1)9
23

，
13(a< br>n
1)3(a
n
1)3a
n
1
2
3 b
n
,
,
转化为累加法来求.
3
21a
n24
，a
1
4
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
4a
n
1
令b
n

1
， 则b
n

a
n
1
例23已知数列
{a
n
}
满足
a
n1

解：令
x
因为 21x24
21x24
，得
4x
2
20x240，则
x
1
2，x
2
3
是函数
f(x)< br>的两个不动点。
4x1
4x1
21a
n
24
 2
a
n1
24a
n
121a
n
242( 4a
n
1)13a
n
26
13
a
n
 2

a2


。所以数列

n

是
a
n1
3
21a
n
24
321a
n
243(4a
n
1)9a
n
279a
n
3
a3

n

4a
n
1
1
a
n
2
a
1
2
4213
n1
13
a3
。
2
为首项，以为公比的等比数列，故2()
，则
n
以
13
n1
9
a
1
343a
n
39
2()1
9
练习1：已知
{a
n
}
满足
a
1
2,a
n

a
n1
2
(n2)
，求
{a
n
}
的通项
a
n

2a
n1
1
3
n
(1)
n
答案：
a
n

n
3(1)< br>n
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练习2。已知数列
{a
n
}
满足
a
1
2,a
n1
2a
n
1
(nN
*
)
，求数列
{a
n
}
的通项
a
n

4a
n
6
答案：
a
n

135n

10n6
练习3.（2009陕西卷文）
a
n
a
n 1
*
a＝1a2,a＝,nN
已知数列

a
n
}
满足，
1’2
.
n＋2
2


令
b
n
a
n1
a
n
，证明：
{ b
n
}
是等比数列；
(Ⅱ)求

a
n
}
的通项公式。
答案：（1）< br>
b
n

1
是以1为首项，

为公比的等比 数列。（2）
a
n
2
521
n1
()(nN*
)
。
332
十一：特征方程法形如
a
n2
形如
a
1
pa
n1
qa
n
(p,q
是常数）的数列（已知
a
1;
a
2)

m
1< br>,a
2
m
2
,a
n2
pa
n1qa
n
(p,q
是常数）的二阶递推数列都可用特征根法
2
求 得通项
a
n
，其特征方程为
xpxq
…①
若①有二异 根

,

，则可令
a
n
c
1

n
c
2

n
(c
1
,c
2是待定常数）
n
a(cnc)

(c
1
,c2
是待定常数） 若①有二重根



，则可令
n12
再利用
a
1
m
1
,a
2
m
2
,
可求得
c
1
,c
2
，进而求得
a
n

例24已知数列
{a
n
}
满足
a
1
解：其特征方程为
x
2
2,a
2
3,a
n2
3a
n1
2a
n
(nN
*
)
，求 数列
{a
n
}
的通项
a
n

nn
ac1c2
3x2
，解得
x
1
1,x
22
，令
n
，
12

1

a
1
c
1
2c
2
2

1
，
a
n
由

，得

c
2

a
2
c
1
4c
2
3

2c1
12
n1

*
例25已知数列
{a
n
}
满足
a
1
1,a
2
2,4a
n 2
4a
n1
a
n
(nN)
，求数列
{a
n
}
的通项
a
n

1

1

解：其特征方程为
4x
2
4x1
，解得
x
1
x
2

，令
a
n


c1
nc
2


，
2

2

n
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1

a(cc)1
12

c
1
 4


1
2
由

，得

，a
n
c
2
6


a(c2c)1
2
212

4
3n2

n1

2
*
a1,a2,4a4aa1(nN)
，求数列
{a
n
}
的通项 练习1．已知数列
{a
n
}
满足
12n2n1n
练习2．已知数列
{a
n
}
满足 a
1
1,a
2
2,4a
n2
4a
n 1
a
n
n4(nN
*
)
，求数列
{an
}
的通项
说明：(1)若方程
x
2
pxq
有两不同的解s,t,
则
a
n1
ta
n
s(a
n
ta
n1
)
,
a
n1
sa
n
t(a
n
sa
n1
)
,
n1
由等比数列性质可得
a
n1
ta
n
(a
2
ta
1
)s< br>,
a
n1
sa
n
(a
2
sa
1
)t
n1
,
ts,
由上两式消去
a
n 1
可得
a
n

a
2
ta
1

n
a
2
sa
1
n
.s.t
. 
ssttst
(2)若方程
x
2
pxq
有两相等的解
st
，则
a
n1
ta
n
 s

a
n
ta
n1

s
2
(a
n1
ta
n2
)

s
n1

a
2
ta
1

，
a
n1
a
n
a
2
ta
1

a
n
< br>
n1

n

,即

n

是等差数列，
2
sss

s

a
n
a
1
a
2
sa
1


n1
< br>.
由等差数列性质可知
n

s
ss
2
， < br>

a
1
a
2
sa
1

a
2
sa
1

n
.n

s
．


所以
a
n



22
ss



s

25
5
4
例2 6、数列
{a
n
}
满足
a
1

，且a
n1

求数列
{a
n
}
的通项。
29
12
2a
n

4
2
a
n

252925
2
a
n
2

a
n



4



44
……① 解：
a
n1


a
n1

2929
2 a
n
2a
n

44
29

25
25
令

2

，解得

1
1,

2

，将它们代回①得，
4
4
2
a
n

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25

a
2

n< br>a
n
1

25

4

……② ，
a
n1

……③，
a
n1
1

29
29
4
2a
n

2a
n

4
4
2
25

25

a
n1< br>a
n
4


4


, ③÷ ②，得
a1a1
n1

n


25

2525
a
a
n1
a
n

n

4
44
2lg

成等比数列，首项为1，公比
q
=2 则
lg
，∴数列

lg
a1
a
n1
1a
n
1
n


2
25
25
25
2
n1
10
a
n

a
n

n1
4
4
10
2
4
 2
n1
a
lg
n
所以，则，
2
n1
a
n
1
a
n
1
101
十二、四种基本数列
1．形如
a
n1

a
n
f(n)
型等差数列的广义形式，见累加法。
a
n1
f(n)
型等比数列的广义形式，见累乘法。 2.形如
a
n
3.形如
a
n1
a
n
f(n)
型
（1）若
a
n1
a
n
d
（d为常数）， 则数列{
a
n
}为“等和数列”，它是一个周期数列，周期为2，
其通项分奇 数项和偶数项来讨论;
（2）若f(n)为n的函数（非常数）时，可通过构造转化为
an1
a
n
f(n)
型，通过累加来求出
通项;或用逐差法 (两式相减)得
a
n1
a
n1
f(n)f(n1)，，分奇偶项来分求通项.
例27.数列{
a
n
}满足
a1
0
,
a
n1
分析1：构造转化为
a
n 1
解法1：令
b
n
a
n
2n
,求数列{
a
}的通项公式.
n
a
n
f(n)
型
(1)
n
a
n

n1nn1n1
bb (1)a(1)a(1)(aa)(1)2n
. 则
n1nn1nn1n
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n2< br>时,

b
n
b
n1
(1)
n
2(n1)

n1

b
n1
b
n2
(1)2(n2)




bb(1)< br>2
21
1

2

b
1
a< br>1
0

各式相
nn132
b
2(1)(n
1)(1)(
n
2)

(1)2(1) 1
加:
n


n2

当n为偶数时，b
n
2

(n1)(1)

n
. 此时
a
n
b
n
n
当n为奇数时，
2
 
b
n
2(
n1
)n1

2

n1,n为奇数,
此时
b
n
a
n
,所以< br>a
n
n1
.故
a
n


n,n为偶数.

解法2：

a
n1
a
n
2n


n2
时，a
n
a
n1< br>2(n1)，两式相减得：a
n1
a
n1
2.

a
1
,
a
3
,
a
5
,

,
构成以
a
1
,为首项，以2为公差的等差数列;
a< br>2
,
a
4
,
a
6
,

,< br>构成以
a
2
,为首项，以2为公差的等差数列

a
2k1
a
1
(k1)d2k2a
2k
a
2< br>(k1)d2k
.

n1,n为奇数,

a
n


评注：结果要还原成n的表达式.
n,n为偶数.
例28.（2005江西卷）已知数列{
a
n
}的前n项和S
n
满足
13
S
n
－S
n－2
=3
()
n 1
(n3),且S
1
1,S
2
,
求数列{
a
n
}的通项公式.
22
1
解：方法一：因为
S
n
S
n2
a
n
a
n1
所以a
n
a
n1
3()
n1
(n3),

2
以下同上例，略

1
n1

43() ,n为奇数,


2
答案
a
n




43(
1
)
n1
,n为偶数.
< br>2

4.形如
a
n1
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a
n
f(n)
型

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（1）若
a
n1
a
n
p
(p为常数)，则数列{
a< br>n
}为“等积数列”，它是一个周期数列，周期为2，
其通项分奇数项和偶数项来讨论;
（2）若f(n)为n的函数（非常数）时，可通过逐差法得
a
n
a
n1
f(n1)
，两式相除后，分奇偶
项来分求通项.
例29.已 知数列
{a
n
}满足
a
1
3,a
n
a
n1
注：同上例类似，略.
1
n
(),(nN
*
)
,求此数列的通项公式.
2

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