数列递推公式的九种方法之欧阳家百创编

求递推数列的通项公式的九种方法

欧阳家百（2021.03.07）

利用递推数列求通项公式，在理论上和实践中均有较高的价值.自从二十世纪八十年代以来，这一直是全国高考和高中数赛的热点之一. 一、作差求和法

例1 在数列{an}中，a13,an1an1n(n1)，求通项公式an.

1n1n1解：原递推式可化为：an1an1111a2a1,a3a2

12231111a4a3，……，anan134n1n11ana11.故an4.

nn则

逐项相加得：

二、作商求和法

例2 设数列{an}是首项为1的正项数列，且

(n1)an1nanan1an0（n=1,2,3…），则它的通项公式是

22an=▁▁▁（2000年高考

15题）

解：原递推式可化为：

[(n1)an1nan](an1an)=0 ∵an1an＞0，

an1n ann1 则

an1a1na21a32a43,,,a12a23a34……，

ann1an1n 逐项相乘得：

，即an=.

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三、换元法

例3 已知数列{an}，其中a1,a24313，且当9n≥3时，

1anan1(an1an2)，求通项公式an（1986

3年高考文科第八

题改编）.

解：设bn1anan1，原递推式可化为：

113411bn1bn2,{bn}是一个等比数列，b1a2a1，公比为.

3939311111故bn1b1()n2()n2()n.故anan1()n.由逐差法可得：

39333311an()n.

223例4已知数列{an}，其中a11,a22，且当n≥3时，

an2an1an21，求通项公式an。解 由an2an1an21得：(anan1)(an1an2)1，令bn1anan1，则上式为

bn1bn21，因此{bn}是一个等差数列，b1a2a11，公差

为1.故bnn.。

由于b1b2bn1a2a1a3a2anan1an1 又

anb1b2bn1n(n1)2所以

an11n(n1)2，即

12(nn2) 2 四、积差相消法 例

5

设正数列a0，a1，an…，an，…满足

anan2an1an2=2an1(n2)且a0a11，求{an}的通项公式.

解 将递推式两边同除以an1an2整理得：设bn=

anan1ana2n11 an1an2，则b1a1a0=1，bn2bn11，故有

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b22b11⑴b32b21⑵

…………

bn2bn11 (n1)

由⑴2n2+ ⑵

2n3anan1 +…+(=2n1.

n1)

20得

bn12222n1=2n1，即

逐项相乘得：an=(21)2(221)2(2n1)2，考虑到a01， 故 an . 222n2(n1)(21)(21)(21)五、取倒数法

例6 已知数列{an}中，其中a11,，且当n≥2时，

anan1，求通项公式an。

2an111(n0)解 将anan11112，这说明{}是两边取倒数得：2an11anan1an11a1一个等差数列，首项是，公差为2，所以

111(n1)22n1，即an. an2n1六、取对数法

例7 若数列{an}中，a1=3且an1an2（n是正整数），则它的通项公式是an=▁▁▁（2002年上海高考题）.

解 由题意知an＞0，将an1an2两边取对数得lgan12lgan，即

lgan12，所以数列{lgan}是以lga1=lg3为首项，公比为lgann1n12

的等比数列，lganlga12n1lg32 ，即an32.

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七、平方（开方）法

2例8 若数列{an}中，a1=2且an3an1（n2），求它的

通项公式是an.

2222解 将an3an1两边平方整理得anan13。数列{an}是以

2a12(n1)33n1。a12=4为首项，3为公差的等差数列。an因为an＞0，所以an3n1。 八、待定系数法

待定系数法解题的关键是从策略上规范一个递推式可变成为何种等比数列，可以少走弯路.其变换的基本形式如下： 1、an1AanB（A、B为常数）型，可化为an1=A（an）的形式.

例9 若数列{an}中，a1=1，Sn是数列{an}的前n项之和，且

Sn1Sn34Sn（n1），求数列{an}的通项公式是an.

Sn34Sn1Sn1解 递推式Sn1可变形为

3(1Sn1314 （1） Sn设（1）式可化为

1)（2） Sn比较（1）式与（2）式的系数可得2，则有

1Sn123(1112)。故数列{2}是以23为首项，3SnSnS1112=33n13n。所以Snn。 Sn31为公

比的等比数列。

当n2，anSnSn11123nnn12n。 n323238312欧阳索引创编 2021.02.02

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1(n1)数列{an}的通项公式是an23n 。

(n2)32n83n122、an1AanBCn（A、B、C为常数，下同）型，可化为

an1Cn1=A(anCn）的形式.

例10 在数列{an}中，a11,an12an43n1,求通项公式an。 解：原递推式可化为：

an13n2(an3n1)①

比较系数得=-4，①式即是：an143n2(an43n1). 则数列{an43n1}是一个等比数列，其首项a143115，公比是2.

∴an43n152n1即an43n152n1.

3、an2Aan1Ban型，可化为an2an1(A)(an1an)的形式。

例11 在数列{an}中，a11,a22，当nN，an25an16an① 求通项公式an. 解：①式可化为：

比较系数得=-3或=-2，不妨取=-2.①式可化为： 则{an12an}是一个等比数列，首项a22a1=2-2（-1）=4，公比为3.

∴an12an43n1.利用上题结果有：

an43n152n1.

4、

an1AanBnC型，可化为

an11n2A[an1(n1)2]的形式。

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例12 在数列{an}中，a1，2anan1=6n3①求通项公式an. 解 ①式可化为：

2(an1n2)an11(n1)2② 比较系数可得：

321

{bn}

=-6，29，② 式为2bnbn1

是一个等比数列，首项b1a16n9，公比为

9212.∴

bn91n1() 22即 an6n99()n故an9()n6n9. 九、猜想法

运用猜想法解题的一般步骤是：首先利用所给的递推式求出

a1,a2,a3,……，然后猜想出满足递推式的一个通项公式an，最

1212后用数学归纳法证明猜想是正确的。

例13 在各项均为正数的数列{an}中，Sn为数列{an}的前n项

和，Sn=(an+

121)，求其通项公式。 an求递推数列通项的特征根法与不动点法

一、形如an2pan1qan(p,q是常数）的数列

形如a1m1,a2m2,an2pan1qan(p,q是常数）的二阶递推数列都可

用特征根法求得通项an，其特征方程为x2pxq…① 若①有二异根,，则可令anc1nc2n(c1,c2是待定常数） 若①有二重根，则可令an(c1nc2)n(c1,c2是待定常数） 再利用a1m1,a2m2,可求得c1,c2，进而求得an．

例1．已知数列{an}满足a12,a23,an23an12an(nN*)，求数列{an}的通项an．

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解：其特征方程为x23x2，解得x11,x22，令

anc11nc22n，

c11a1c12c22n1由，得1，an12．

c2a2c14c232例2．已知数列{an}满足a11,a22,4an24an1an(nN*)，求数列{an}的通项an．

解：其特征方程为4x24x1，解得x1x21anc1nc22n12，令

，

1a(cc)1112c143n22由，得，． ann12c26a(c2c)122124二、形如an2AanB的数列

CanDAanBCanD对于数列an2C0,ADBC0）

，a1m,nN*(A,B,C,D是常数且

其特征方程为xAxB，变形为Cx2(DA)xB0…②

CxDan1acnan1an 若②有二异根,，则可令

（其中c是待定常

数），代入a1,a2的值可求得c值． 这样数列ana1，公比为c的等比数列，于是这是首项为a1an样可求得an．

若②有二重根，则可令

11c（其中c是待定常an1an欧阳索引创编 2021.02.02

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数），代入a1,a2的值可求得c值．

11这样数列，公差为c的等差数列，于是这是首项为anan样可求得an．

此方法又称不动点法．

例3．已知数列{an}满足a12,an通项an．

解：其特征方程为xx11,x21，令

an12(n2)，求数列{an}的2an11x22x1，化简得2x220，解得

an11a1cn an11an1由a12,得a2，可得c，

数列4513an1a1111是以为首项，以为公比的等比数列，a13a131nn13n(1)nan111，ann．

3(1)nan133例4．已知数列{an}满足a12,an1通项an．

解：其特征方程为x令

11an1212an1(nN*)，求数列{an}的4an62x11，即4x24x10，解得x1x2，4x62c

1an23由a12,得a2，求得c1，

14112数列是以为首项，以1为公差的等差数列，115ana122欧阳索引创编 2021.02.02

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15(n1)1n135n5，an10n6． a123n2欧阳索引创编 2021.02.02

