九类常见递推数列求通项公式方法

1递推数列通项求解方法类型一：1nnapaq（1p）思路1（递推法）：123()nnnnapaqppaqqpppaqqq……121(1npaqpp…211)11nnqqpappp。思路2（构造法）：设1nnapa，即1pq得1qp，数列na是以1a为首项、p为公比的等比数列，则1111nnqqaappp，即1111nnqqaappp。例1已知数列na满足123nnaa且11a，求数列na的通项公式。解：方法1（递推法）：123232(23)3222333nnnnaaaa……1223(122n…211332)12232112nnn。方法2（构造法）：设12nnaa，即3，数列3na是以134a为首项、2为公比的等比数列，则113422nnna，即123nna。2类型二：1()nnaafn思路1（递推法）：123(1)(2)(1)(3)(2)(1)nnnnaafnafnfnafnfnfn…111()niafn。思路2（叠加法）：1(1)nnaafn，依次类推有：12(2)nnaafn、23(3)nnaafn、…、21(1)aaf，将各式叠加并整理得111()nniaafn，即111()nniaafn。例2已知11a，1nnaan，求na。解：方法1（递推法）：123(1)(2)(1)nnnnaanannannn……1[23a…1(1)(2)(1)]2ninnnnnn。方法2（叠加法）：1nnaan，依次类推有：121nnaan、232nnaan、…、212aa，将各式叠加并整理得12nniaan，121(1)2nnniinnaann。3类型三：1()nnafna思路1（递推法）：123(1)(1)(2)(1)(2)(3)nnnnafnafnfnafnfnfna…(1)(2)(3)fff…1(2)(1)fnfna。思路2（叠乘法）：1(1)nnafna，依次类推有：12(2)nnafna、23(3)nnafna、…、21(1)afa，将各式叠乘并整理得1(1)(2)(3)nafffa…(2)(1)fnfn，即(1)(2)(3)nafff…1(2)(1)fnfna。例3已知11a，111nnnaan，求na。解：方法1（递推法）：1231121231111nnnnnnnnnnaaaannnnnn…2(1)nn。方法2（叠乘法）：111nnanan，依次类推有：122nnanan、2331nnanan、…、3224aa、2113aa，将各式叠乘并整理得112311nannnannn…2143，即12311nnnnannn…21243(1)nn。4类型四：11nnnapaqa思路（特征根法）：为了方便，我们先假定1am、2an。递推式对应的特征方程为2xpxq，当特征方程有两个相等实根时，12nnpacnd(c、d为待定系数，可利用1am、2an求得)；当特征方程有两个不等实根时1x、2x时，1112nnnaexfx(e、f为待定系数，可利用1am、2an求得)；当特征方程的根为虚根时数列na的通项与上同理，此处暂不作讨论。例4已知12a、23a,116nnnaaa,求na。解：递推式对应的特征方程为26xx即260xx，解得12x、23x。设1112nnnaexfx，而12a、23a，即2233efef，解得9515ef，即11912(3)55nnna。5类型五：1nnnaparq（0pq）思路（构造法）：11nnnaparq，设11nnnnaaqq，则11nnqpqrq，从而解得pqrpq。那么nnarqpq是以1arqpq为首项，pq为公比的等比数列。例5已知11a，112nnnaa，求na。解：设1122nnnnaa，则121122nn，解得1213，123nna是以111236为首项，12为公比的等比数列，即11112362nnna，213nna。类型六：1()nnapafn（0p且1p）思路（转化法）：1(1)nnapafn，递推式两边同时除以np得11(1)nnnnnaafnppp，我们令nnnabp，那么问题就可以转化为类型二进行求解了。例6已知12a，1142nnnaa，求na。解：142nnnaa，式子两边同时除以4n得111442nnnnnaa，令4nnnab，则6112nnnbb，依此类推有11212nnnbb、22312nnnbb、…、22112bb，各式叠加得1212nnnibb，即122111111122222nnnnnnnniiibb1441422nnnnnnnab。类型七：1rnnapa（0na）思路（转化法）：对递推式两边取对数得1logloglogmnmnmarap，我们令lognmnba，这样一来，问题就可以转化成类型一进行求解了。例7已知110a，21nnaa，求na。解：对递推式21nnaa左右两边分别取对数得1lg2lgnnaa，令lgnnab，则12nnbb，即数列nb是以1lg101b为首项，2为公比的等比数列，即12nnb，因而得121010nnbna。类型八：1nnncaapad（0c）思路（转化法）：对递推式两边取倒数得11nnnpadaca，那么111nndpacac，令1nnba，这样，问题就可以转化为类型一进行求解了。例8已知14a，1221nnnaaa，求na。7解：对递推式左右两边取倒数得12112nnnaaa即111112nnaa，令1nnba则1112nnbb。设112nnbb，即2，数列2nb是以17244为首项、12为公比的等比数列，则1722nnb，即21272nnnb，12227nnna。类型九：1nnnaabacad（0c、0adbc）思路（特征根法）：递推式对应的特征方程为axbxcxd即2()0cxdaxb。当特征方程有两个相等实根12xx时，数列1na即12nadac为等差数列，我们可设11122nnadadaacc（为待定系数，可利用1a、2a求得）；当特征方程有两个不等实根1x、2x时，数列12nnaxax是以1112axax为首项的等比数列，我们可设1111212nnnaxaxaxax（为待定系数，可利用已知其值的项间接求得）；当特征方程的根为虚根时数列na通项的讨论方法与上同理，此处暂不作讨论。例9已知112a，11432nnnaaa（2n），求na。解：当2n时，递推式对应的特征方程为432xxx即2230xx，解得11x、23x。数列13nnaa是以1112212axax为首项的等比数列，设1113nnnaa，由112a得22a则3，3，即11133nnnaa，8从而13131nnna，11,1231,231nnnnan。9常见递推数列通项公式的求法重、难点：1.重点：递推关系的几种形式。2.难点：灵活应用求通项公式的方法解题。【典型例题】[例1]bkaann1型。（1）1k时，}{1nnnabaa是等差数列，)(1banban（2）1k时，设)(1makmann∴mkmkaann1比较系数：bmkm∴1kbm∴}1{kban是等比数列，公比为k，首项为11kba∴11)1(1nnkkbakba∴1)1(11kbkkbaann[例2])(1nfkaann型。（1）1k时，)(1nfaann，若)(nf可求和，则可用累加消项的方法。例：已知}{na满足11a，)1(11nnaann求}{na的通项公式。解：∵111)1(11nnnnaann∴nnaann1111112121nnaann10213132nnaann……312123aa21112aa对这（1n）个式子求和得：naan111∴nan12（2）1k时，当bannf)(则可设)()1(1BAnakBnAann∴ABkAnkkaann)1()1(1∴bABkaAk)1()1(解得：1kaA，2)1(1kakbB∴}{BAnan是以BAa1为首项，k为公比的等比数列∴11)(nnkBAaBAna∴BAnkBAaann11)(将A、B代入即可（3）nqnf)(（q0，1）等式两边同时除以1nq得qqaqkqannnn111令nnnqaC则qCqkCnn11∴}{nC可归为bkaann1型[例3]nnanfa)(1型。（1）若)(nf是常数时，可归为等比数列。（2）若)(nf可求积，可用累积约项的方法化简求通项。例：已知：311a，11212nnanna（2n）求数列}{na的通项。11解：1235375325212321212122332211nnnnnnnaaaaaaaaaannnnnn∴1211231nnaan[例4]11nnnamamka型。考虑函数倒数关系有)11(11makann∴mkakann111令nnaC1则}{nC可归为bkaann1型。练习：1.已知}{na满足31a，121nnaa求通项公式。解：设)(21mamannmaann21∴1m∴}1{1na是以4为首项，2为公比为等比数列∴1241nna∴121nna2.已知}{na的首项11a，naann21（*Nn）求通项公式。解：)1(21naann)2(221naann)3(23