递推数列求通项公式的典型方法

递推数列求通项公式的典型方法1、an+1=an+f（n）型累加法:an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+…＋（a2-a1）+a1=f（n-1）+f（n-2）+…f（1）+a1例1已知数列｛an｝满足a1=1,an+1=an+2n（n∈N*）,求an解:an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+…＋（a2-a1）+a1=2n-1+2n-2+…+21+1=2n-1（n∈N*）例在数列{na}中，31a,)1(11nnaann，求通项公式na.解：原递推式可化为：1111nnaann则,211112aa312123aa413134aa，……，nnaann1111逐项相加得：naan111.故nan142、)(1ngaann型累积法:112211.....aaaaaaaannnnn所以11...321agngngngan例2:已知数列｛an｝满足*1Nnnaann,.11a求na解:112211...aaaaaaaannnnn=!11...321nnnnNnnan!1例2设数列{na}是首项为1的正项数列，且0)1(1221nnnnaanaan（n=1,2,3…），则它的通项公式是na=▁▁▁（2000年高考15题）.解：原递推式可化为：)]()1[(11nnnnaanaan=0∵nnaa1＞0，11nnaann则,43,32,21342312aaaaaa……，nnaann11逐项相乘得：naan11，即na=n1.3．qpaann1型（p,q为常数）方法：（1）111pqappqann，再根据等比数列的相关知识求na.(2)11nnnnaapaa再用累加法求na.(3)111nnnnnpqpapa,先用累加法求nnpa再求na例3．已知na的首项aa1（a为常数），2,21nNnaann，求na解设12nnaa，则11211nnaa1na为公比为2的等比数列。1211nnaa1211nnaa题目:在数列{}na(不是常数数列)中,1122nnaa且113a,求数列{}na的通项公式.解法一:因为1122nnaa,所以,1122nnaa,所以,111()2nnnnaaaa,所以,数列1{}nnaa是公比为12的等比数列.又21116aa,所以,11111()62nnnaa,将1122nnaa代入上式可得11114()32nna.[评注]这种方法叫做差分法.即由条件1nnapaq((1)0)pqp进行递推可得1nnapaq,进一步可得11()nnnnaapaa,数列1{}nnaa是公比为p的等比数列,所以,1121()nnnaaaap,再将1nnapaq代入即可求得121()1nnaapqap.解法二:所给数列对应的特征方程为:122xx,所以,特征根为4x.因为1122nnaa,所以,114(4)2nnaa,即数列{4}na是公比为12的等比数列,又11143a,所以,4na1111()32n.故11114()32nna.[评注]:这种方法叫做特征根法,因为1p,所以满足xpxq(叫做此数列对应的特征方程)的x存在,由1nnapaq可得1()nnaxpaqx()npax,所以,数列{}nax是以1ax为首项,以p为公比的等比数列或各项均为0,于是再根据条件11()nnaxaxp,所以,11()nnaaxpx.解法三:设11()2nnaa,即11122nnaa与已知1122nnaa对比可得122,所以,4.所以,可得114(4)2nnaa,即数列{4}na是公比为12的等比数列或者各项均为0.(下同解法二).[评注]:这种方法通常叫做构造法.即由已知递推式的特点构造一个等比数列,再求通项公式.设1()nnapa,与原递推数列进行对比可以建立方程,求数所设实数的值即可得1{}na是以1a为首项,以p为公比的等比数列.以上三种方法虽然各不相同,但是它们有一点是共同的,即构造一个等比数列,这就是本题的实质所在.4．nfpaann1型（p为常数）方法：变形得111nnnnnpnfpapa，则nnpa可用累加法求出，由此求得na.例4．已知na满足11122,2nnnaaa，求na解12211nnnnaanna2为等差数列。nnaann1221nnna25.nnnqapaa12型（p,q为常数）方法：待定糸数法设nnnnaaaa112构造等比数列例5．数列na中，,3,221aa且2,211nNnaaannn，求na.6、取倒数法例6已知数列{na}中，其中,11a，且当n≥2时，1211nnnaaa，求通项公式na。解将1211nnnaaa两边取倒数得：2111nnaa，这说明}1{na是一个等差数列，首项是111a，公差为2，所以122)1(11nnan，即121nan.7、取对数法例若数列{na}中，1a=3且21nnaa（n是正整数），则它的通项公式是na=▁▁▁（2002年上海高考题）.解由题意知na＞0，将21nnaa两边取对数得nnaalg2lg1，即2lglg1nnaa，所以数列}{lgna是以1lga=3lg为首项，公比为2的等比数列，12113lg2lglgnnnaa，即123nna.8、平方（开方）法例8若数列{na}中，1a=2且213nnaa（n2），求它的通项公式是na.解将213nnaa两边平方整理得3212nnaa。数列{2na}是以21a=4为首项，3为公差的等差数列。133)1(212nnaan。因为na＞0，所以13nan。9、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、BAaann1（A、B为常数）型，可化为1na=A（na）的形式.例9若数列{na}中，1a=1，nS是数列{na}的前n项之和，且nnnSSS431（n1），求数列{na}的通项公式是na.解递推式nnnSSS431可变形为41311nnSS（1）设（1）式可化为)1(311nnSS（2）比较（1）式与（2）式的系数可得2，则有)21(3211nnSS。故数列{21nS}是以3211S为首项，3为公比的等比数列。21nS=nn3331。所以131nnS。当n2，1238332231231211nnnnnnnnSSa。数列{na}的通项公式是123833212nnnna)2()1(nn。2、BAaann1nC（A、B、C为常数，下同）型，可化为11nnCa=nnCaA(）的形式.例10在数列{na}中，,342,1111nnnaaa求通项公式na。解：原递推式可化为：)3(2311nnnnaa①比较系数得=-4，①式即是：)34(23411nnnnaa.则数列}34{1nna是一个等比数列，其首项534111a，公比是2.∴112534nnna即112534nnna.3、nnnaBaAa12型，可化为)()(112nnnnaaAaa的形式。例11在数列{na}中，2,121aa，当Nn，nnnaaa6512①求通项公式na.解：①式可化为：))(5(112nnnnaaaa比较系数得=-3或=-2，不妨取=-2.①式可化为：)2(32112nnnnaaaa则}2{1nnaa是一个等比数列，首项122aa=2-2（-1）=4，公比为3.∴11342nnnaa.利用上题结果有：112534nnna.4、CBnAaann1型，可化为])1([21211naAnann的形式。例12在数列{na}中，231a，12nnaa=63n①求通项公式na.解①式可化为：21121)1()(2nanann②比较系数可得：1=-6，92，②式为12nnbb}{nb是一个等比数列，首项299611nab，公比为21.∴1)21(29nnb即nnna)21(996故96)21(9nann.一、复习回顾引入问题：已知数列{an}满足a1=1,且an+1=3na+1,求an。分析一：归纳法。由递推公式，可求出a2=4，a3=13，a4=40。则a2-a1=3=31，a3-a2=9=32，a4-a3=27=33。由此猜测：an-an-1=3n-1（可用数学归纳法证明），所以an-1-an-2=3n-2，an-2-an-3=3n-3……，a4-a3=33，a3-a2=32，a2-a1=31，把上式子累加，得，an-a1=31+32+33+……+3n-1=，得an=312n。分析二：构造法。由an+1=3na+1，得an+1+12=3（an+12），即数列{an+12}为一个公比为3的等比数列，则an+12=(1+12)·3n-1=312n。分析三：迭代法。an=3an-1+1=3(3an-2+1)+1=32an-2+31+1=…=3n-1a1+3n-21+3n-31+…+31+1=312n点评：（1）分析一中先猜测出前后两项差的关系，再用累加法求出通项；这种用不完全归纳法求出前几项再找规律的的方法，对所有求数列通项的题均适用，应培养归纳能力；（2）分析二中构造出新数列，由新数列求出an的通项；（3）分析三使用迭代法，这也是由递推式求通项的基本方法。本文将由此例题展开，对它进行各种变形，力求归纳出由递推公式求通项公式的方法。二、例题精讲例1.已知数列{an}中，a1=1，对任意自然数n都有12(1)nnaann，求an。分析：由已知，12(1)nnaann，122(1)nnaann，……，32234aa，21223aa，累加，得an-a1=11112...(1)(1)(2)(1)23nnnnnn=11221n。点评：（1）例3由例1中的常数项1变为f(n)而得来；（2）递推式为an+1=an+f(n)，只要f(1)+f(2)+……+f(n-1)是可求的，可用累加法求出。（3）今年安徽题中也有这样一题：已知数列{an}中a1=1，且a2k=a2k-1+(-1)k，a2k+1=a2k+3k，其中k=1,2,3……（1）求a3，a5（2）求数列{an}的通项公式。这是一个an+1=an+f(n)型的函数，只不过偶数项减奇数项与奇数项减偶数项的f(n)不同而已，依照上法，可以轻松求解。（4）运用类比推理的思想方法，把例3与例1的形式进行比较后可看出类似之处，从而在方法上类同。对递推式为an+1=pan+q（p、q为常数）时，可构造新数列an+1+1qp