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求递推数列通项公式的十种策略例析

递推数列的题型多样，求递推数列的通项公式的方法也非常灵活，往往可以通过适当的策略将问题化归为等差数列或等比数列问题加以解决，亦可采用不完全归纳法的方法，由特殊情形推导出一般情形，进而用数学归纳法加以证明，因而求递推数列的通项公式问题成为了高考命题中颇受青睐的考查内容。笔者试给出求递推数列通项公式的十种方法策略，它们是：公式法、累加法、累乘法、待定系数法、对数变换法、迭代法、数学归纳法、换元法、不动点法、特征根的方法。仔细辨析递推关系式的特征，准确选择恰当的方法，是迅速求出通项公式的关键。

一、利用公式法求通项公式

例1

已知数列{an}满足an12an32n，a12，求数列{an}的通项公式。

解：an12an32n两边除以2n1，得故数列{an12n1an2na1an33，

，则n22n12n2aan231}是以1为首，以为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得122n22331，所以数列{an}的通项公式为an(n)2n。

222an12n1an3，说明数2an2n1(n1)2nana3}1(n1)列{n是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出，进而求出数22n2n列{an}的通项公式。

二、利用累加法求通项公式

评注：本题解题的关键是把递推关系式an12an32n转化为，a11，求数列{an}的通项公式。

例2

已知数列{an}满足an1an2n1解：由an1an2n1

得an1an2n1

则an(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a1

[2(n1)1][2(n2)1](221)(211)1

2[(n1)(n2)21](n1)1(n1)n2(n1)12所以数列{an}的通项公式为ann2

评注：本题解题的关键是把递推关系式an1an2n1转化为an1an2n1，进而求出(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a1，即得数列{an}的通项公式。

例3

已知数列{an}满足an1an23n1，a13，求数列{an}的通项公式。

解：由an1an23n1

得an1an23n1

则an(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a1

(23n11)(23n21)(2321)(2311)32(3n13n233)(n1)321

33nn23nn1

所以an213评注：本题解题的关键是把递推关系式an1an23n1转化为an1an23n1，进而求出(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a1，即得数列{an}的通项公式。

例4

已知数列{an}满足an13an23n1，a13，求数列{an}的通项公式。

解：an13an23n1两边除以3n1，得

an13n1则故an3nan3n21n1，

3321n1，

33an13n1an3n(an3nan1aan2an2an3a2a1a1)(n1n)()()

an1an13233n23n33231212121213(n)(n1)(n2)(2)

3333333332(n1)11111(nnn1n22)1

3333331n1(13)an2(n1)3n2n11因此n，

1n31332233则an211n3n3n

322评注：本题解题的关键是把递推关系式an13an23n1转化为an1an2anan1an1an2an2an31()()()+…，进而求出3n13n33n13n3n13n13n23n23n3a2a1aan1)1，即得数列{n}的通项公式，最后再求数列{an}的通项公式。

+(23333

三、利用累乘法求通项公式

例5

已知数列{an}满足an12(n1)5nan，a13，求数列{an}的通项公式。

解：因为an12(n1)5nan，a13，所以an0，则则anan12(n1)5n，

ananan1an1an2a3a2a2a1a1

[2(n11)5n1][2(n21)5n2][2(21)52][2(11)51]3

2n1[n(n1)32]5(n1)(n2)213

所以数列{an}的通项公式为

ann(n1)32n152n!

an12(n1)5n，进而an评注：本题解题的关键是把递推关系an12(n1)5nan转化为求出

aaanan132a1，即得数列{an}的通项公式。

an1an2a2a1，ana12a23a3(n1)

例6

（2004年全国15题）已知数列{an}满足a111，n1(n1)an1(n2)，则{an}的通项ann!

，n22解：因为ana12a23a3(n1)an1(n2)

所以an1a12a23a3(n1)an1nan

所以②式－①式得an1annan

则an1(n1)an(n2)

则

②

①

an1n1(n2)

anaanan13a2

an1an2a2所以an[n(n1)43]a2n!a2

2③

由ana12a23a3(n1)an1(n2)，取n=2得a2a12a2，则a2a1，又知a11，则a21，代入③得

an1345nn!。

2an1n1（n≥2），an评注：本题解题的关键是把递推关系式an1(n1)an(n2)转化为进而求出aanan13a2，从而可得当n≥2时an的表达式，最后再求出数列{an}的an1an2a2

通项公式。

四、利用待定系数法求通项公式

例7

已知数列{an}满足an12an35n，a16，求数列{an}的通项公式。

解：设an1x5n12(anx5n)

④

将an12an35n代入④式，得2an35nx5n12an2x5n，等式两边消去2an，得35nx5n12x5n，两边除以5n，得3x52x，则x=－1，代入④式，

得an15n12(an5n)

1

⑤

n由a15651≠0及⑤式，得an50，则an15n1an5n2，则数列{an5n}是以a1511为首项，以2为公比的等比数列，则an5n12n1，故an2n15n。

评注：本题解题的关键是把递推关系式an12an35n转化为an15n12(an5n)，从而可知数列{an5n}是等比数列，进而求出数列{an5n}的通项公式，最后再求出数列{an}的通项公式。

例8

已知数列{an}满足an13an52n4，a11，求数列{an}的通项公式。

解：设an1x2n1y3(anx2ny)

将an13an52n4代入⑥式，得

⑥

3an52n4x2n1y3(anx2ny)

整理得(52x)2n4y3x2n3y。

52x3xx5令，则，代入⑥式，得

4y3yy2an152n123(an52n2)

由a15212112130及⑦式，

得an5220，则n⑦

an152n12an52n23，

故数列{an52n2}是以a1521211213为首项，以3为公比的等比数列，因此an52n2133n1，则an133n152n2。

评注：本题解题的关键是把递推关系式an13an52n4转化为an152n123(an52n2)，从而可知数列{an52n2}是等比数列，进而求出数列{an52n2}的通项公式，最后再求数列{an}的通项公式。

例9

已知数列{an}满足an12an3n24n5，a11，求数列{an}的通项公式。

解：设an1x(n1)2y(n1)z

2(anxn2ynz)

⑧

将an12an3n24n5代入⑧式，得

2an3n24n5x(n1)2y(n1)z

2(anxn2ynz)，则

2an(3x)n2(2xy4)n(xyz5)2an2xn2yn2z2

等式两边消去2an，得(3x)n2(2xy4)n(xyz5)2xn22yn2z，

x33x2x则得方程组2xy42y，则y10，代入⑧式，得

z18xyz52zan13(n1)210(n1)182(an3n210n18)

由a131210118131320及⑨式，得

⑨

an3n210n180

则an13(n1)210(n1)18an3n10n1822，故数列{an3n210n18}为以a13121011813132为首项，以2为公比的等比数列，因此an3n210n18322n1，则an2n43n210n18。

评注：本题解题的关键是把递推关系式an12an3n24n5转化为an13(n1)210(n1)182(an3n210n18)，从而可知数列{an3n210n18}是等比数列，进而求出数列{an3n210n18}的通项公式，最后再求出数列{an}的通项公式。

五、利用对数变换法求通项公式

例10

已知数列{an}满足an123na5n，a17，求数列{an}的通项公式。

n5解：因为an123na5n，a17，所以an0，an10。在an123an式两边取常用对数得lgan15lgannlg3lg2

⑩

11

设lgan1x(n1)y5(lganxny)

○11式，得5lgannlg3lg2x(n1)y5(lganxny)，两边消去将⑩式代入○5lgan并整理，得(lg3x)nxylg25xn5y，则

lg3xlg3x5x4，故

lg3lg2xylg25yy16411式，得lga代入○n1lg3lg3lg2

(n1)4164

12

○5(lgan由lga1得lganlg3lg3lg2n)

4164lg3lg3lg2lg3lg3lg212式，

1lg710及○41644164lg3lg3lg2n0，

4164lgan1则lg3lg3lg2(n1)41645，

lg3lg3lg2lgann4164lg3lg3lg2lg3lg3lg2为首项，以5为公比的n}是以lg741644164lg3lg3lg2lg3lg3lg2n1等比数列，则lgan，因此n(lg7)541644164111lg3lg3lg2n1lg3lg3lg2(lg7lg34lg36lg24)5n1lgan(lg7)5n4164464所以数列{lgannlg341lg3161lg241[lg(7341316124n)]5n1lg(341316124)1lg(7341316124)5n1则nlg(341316n1124)5n1nlg(75n1345n1124。

5n113165n1124)5n4n15n1lg(73165n1124)，an755n4n1316评注：本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式an123na5n转化为lg3lg3lg2lg3lg3lg2(n1)5(lgann)，从而可知数列41644164lg3lg3lg2lg3lg3lg2{lgann}是等比数列，进而求出数列{lgann}的通项41644164公式，最后再求出数列{an}的通项公式。

lgan1

六、利用迭代法求通项公式

(n1)2例11

已知数列{an}满足an1a3，a15，求数列{an}的通项公式。

n(n1)2解：因为an1a3，所以

nnnn2ana3n1n1(n1)2[a3n2n2]3n2

n1

(n1)n2a3n2(n2)2[a3n332(n2)(n1)n3]32(n1)n2(n2)(n1)(n2)(n1)n2a3n3(n3)(n2)(n1)3a1n1

23(n2)(n1)n212(n3)(n2)(n1)n(n1)3n1n!2a12n(n1)又a15，所以数列{an}的通项公式为an53n1n!22。

评注：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，即先将等式lgan1n(n1)2n3(n1)2n，再由两边取常用对数得，即lga3(n1)2lgaan1a3n1nnlgann1lga3lga2lganlgan1累乘法可推知lganlga1lg53n!2lgan1lgan2lga2lga1n(n1)2，从而an5

3n1n!2n(n1)2

七、利用数学归纳法求通项公式

例12

已知数列{an}满足an1an式。

解：由an1an8(n1)8，a，求数列{an}的通项公1229(2n1)(2n3)8(n1)8及，得

a19(2n1)2(2n3)2a2a18(11)

(211)2(213)288224

992525a3a28(21)(221)2(223)2

24834825254949a4a38(31)(231)2(233)2

48848049498181(2n1)21由此可猜测an，往下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，a1，所以等式成立。

29(211)(2k1)21（2）假设当n=k时等式成立，即ak，则当nk1时，

2(2k1)ak1ak8(k1)

22(2k1)(2k3)(2k1)218(k1)(2k1)2(2k1)2(2k3)2[(2k1)21](2k3)28(k1)(2k1)2(2k3)2(2k1)(2k3)(2k3)8(k1)(2k1)2(2k3)2222

(2k1)2(2k3)2(2k1)2(2k1)2(2k3)2(2k3)21[2(k1)1]21

22(2k3)[2(k1)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*

评注：本题解题的关键是通过首项和递推关系式先求出数列的前n项，进而猜出数列的通项公式，最后再用数学归纳法加以证明。

八、利用换元法求通项公式

例13

已知数列{an}满足an1式。

解：令bn124an，则an故an11求数列{an}的通项公(14an124an)，a11，1612(bn1)

24121(bn11)，代入an1(14an124an)得

24161211(bn11)[14(b2n1)bn]

2416242即4b2n1(bn3)

因为bn124an0，故bn1124an10

则2bn1bn3，即bn113bn，

22

可化为bn131(bn3)，

21为公比的等比数21111列，因此bn32()n1()n2，则bn()n2+3，即124an()n23，得22222111an()n()n。

3423所以{bn3}是以b13124a13124132为首项，以评注：本题解题的关键是通过将124an的换元为bn，使得所给递推关系式转化13bn1bn形式，从而可知数列{bn3}为等比数列，进而求出数列{bn3}的通项公22式，最后再求出数列{an}的通项公式。

九、利用不动点法求通项公式

例14

已知数列{an}满足an1解：令x21an24，a14，求数列{an}的通项公式。

4an121x2421x24，得4x220x240，则x12，x23是函数f(x)的4x14x121an242an124an121an242(4an1)13an2613两个不动点。因为。an1321an2421an243(4an1)9an27934an1an2a2a24213}是以12为首项，以为公比的等比数列，故，所以数列{nan3an3a13439an21133。

2()n1，则an13an392()n11921x2421x24的不动点，即方程x的4x14x1a213an2a2}为等比数两个根x12，x23，进而可推出n1，从而可知数列{nan139an3an3a2}的通项公式，最后求出数列{an}的通项公式。

列，再求出数列{nan3评注：本题解题的关键是先求出函数f(x)

例15

已知数列{an}满足an1解：令x7an2，a12，求数列{an}的通项公式。

2an37x23x1，得2x24x20，则x=1是函数f(x)的不动点。

2x34x77an25a51n，所以

2an32an3因为an11

352an32122(12)12，所以数列{1}是以an115an55an15an1an1an15111222n81为首项，1(n1)，以为公差的等差数列，则故an。

a1121an1552n3an7x23x1的不动点，即方程x的根2x34x71121，从而可知数列{}为等差数列，再求出数列x1，进而可推出an11an15an11{}的通项公式，最后求出数列{an}的通项公式。

an1评注：本题解题的关键是先求出函数f(x)

十、利用特征根法求通项公式

例16

已知数列{an}满足an13anan1(n2)，a1a21，求数列{an}的通项公式。

解：an13anan1(n2)的相应特征方程为2310，解之求特征根是135353535，2c2，所以anc1。

2222由初始值a1a21，得方程组

351351)c2()1c1(22

3523521c()c()1222525c15求得

525c25从而an52535n52535n()()。

5252评注：本题解题的关键是先求出特征方程的根。再由初始值确定出c1，c2，从而可得数列{an}的通项公式。

3.3递推数列

一、基本知识简述

1．有关概念：我们在研究数列{an}时，如果任一项an与它的前一项an1（或几项）间的关系可以用一个公式来表示，则此公式就称为数列的递推公式。通过递推公式给出的数列，一般我们也称之为递推数列。

主要有以下几种方法：

（1）

构造法：通过构造特殊的数列（一般为等差数列或等列），利用特殊数列的通项求递推数列的通项. （2）

迭代法：将递推式适当变形后，用下标较小的项代替某些下标较大的项，在一般项和初始之间建立某种联系，从而求出通项. （3）

代换法：包括代数代换、三角代换等

（4）

待定系数法：先设定通项的基本形式，再根据题设条件求出待定的系数。

3.思想策略：构造新数列的思想。

4.常见类型：

类型Ⅰ：an1p(n)anq(n)(p(n)0)（一阶递归）

aa(a为常数）1类型II:分式线性递推数列:an1CanD(A0)

AanB二、例题：

例1：an3an12，a12，求通项an

分析：构造辅助数列，

an13(an11)，则an3n1

求通项过程中，多次利用递推的思想方法以及把一般数列转化为等差、等比数列去讨论，从而求出了通项公式an。

[一般形式] 已知anpan1q，a1a，其中p,q,a为常数，求通项an

[同类变式]已知数列{an}满足an12an(2n1)，且a12，求通项an

分析：（待定系数），构造数列{anknb}使其为等比数列，

即an1k(n1)b2(anknb)，解得k2,b1

求得an52n12n1

[归纳]：

类型Ⅰ：an1p(n)anq(n)(p(n)0)（一阶递归）

aa(a为常数）1其特例为：

（1）p(n)1时,an1anq(n)n1 利用累加法，将anan1q(n1)，an1an2+q(n2),a2a1+q(1)…,各式相加，得

ana1+q(k)(n2) k1(2)q(n)0时,an1p(n)an;利用累乘法,ana1（3）p(n)p,q(n)q时,an1panqp(k)

k1n1(p0)

解题方法：利用待定系数法构造类似于“等比数列”的新数列

法1：(常数变易法) 设anxp(an1x)

则anpan1x(p1)，从而

xq

p1qqa是以为首项，公比为p的等比数列，

np1p1qq从而可得：an(a1)pn1，

p1p1qq[a(p1)q]pn1qn1

an(a

)pp1p1p1法2：anan1p(an1an2)

利用anan1成等比数列求出anan1，再利用迭代或迭另法求出an

法3：由anpan1q，则可得

亦即数列anan1qanpnpn1pnan1an2qaa1qqqn1

p

pn2pn1,从而又可得n...n23nppppp........qa2a1p2pp2a1q11q[a(p1)q]pn1q

即anp[(2...n1)]

ppppp1pn（4）p(n)p,q(n)q时,an1panqn两边同除以pn

n(p0)

例2：数列{an}的前n项和为Sn，且a11，Sn＝n2an(nN*)，求数列{an}的通项公式. 例3：数列{an}中，且a11，an13[提示]12an，求数列{an}的通项公式. 2an1an1111

2anCanD(A0)

AanB练习：1.已知数列an中，Sn是其前n项和，并且Sn14an2(n1,2,),a11，

⑴设数列bnan12an(n1,2,)，求证：数列bn是等比数列；

a,(n1,2,)，求证：数列cn是等差数列；

⑵设数列cnnn2⑶求数列an的通项公式及前n项和。

[归纳]：类型II:分式线性递推数列:an1分析：由于{bn}和{cn}中的项都和{an}中的项有关，{an}中又有Sn1=4an+2，可由Sn2-Sn1作切入点探索解题的途径．

解：(1)由Sn1=4an2，Sn2=4an1+2，两式相减，得Sn2-Sn1=4(an1-an)，即

an2=4an1-4an．(根据bn的构造，如何把该式表示成bn1与bn的关系是证明的关键，注意加强恒等变形能力的训练) an2-2an1=2(an1-2an)，又bn=an1-2an，所以bn1=2bn

①

已知S2=4a1+2，a1=1，a1+a2=4a1+2，解得a2=5，b1=a2-2a1=3

②

由①和②得，数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列，故bn=3·2n1．

当n≥2时，Sn=4an1+2=2n1

(3n-4)+2；当n=1时，S1=a1=1也适合上式．

n1综上可知，所求的求和公式为Sn=2(3n-4)+2．

说明：1．本例主要复习用等差、等比数列的定义证明一个数列为等差，等比数列，求数列通项与前n项和。解决本题的关键在于由条件Sn14an2得出递推公式。

2．解综合题要总揽全局，尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件，在后面求解的过程中适时应用．

练习：2.设二次方程anx-an＋1.x+1=0(n∈N)有两根α和β，且满足6α-2αβ+6β=3．

(1)试用an表示an1；

2

*例9．数列an中，a18,a42且满足an22an1annN

⑴求数列an的通项公式；

⑵设Sn|a1||a2||an|，求Sn；

1(nN*),Tnb1b2bn(nN*)，是否存在最大的整数n(12an)m成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理m，使得对任意nN*，均有Tn32⑶设bn=由。

解：（1）由题意，an2an1an1an，{an}为等差数列，设公差为d，

由题意得283dd2，an82(n1)102n. （2）若102n0则n5，n5时,Sn|a1||a2||an|

8102nn9nn2,

2n6时，Sna1a2a5a6a7an

a1a2anS5(SnS5)2S5Snn29n40

n9n40n611111（3）bn()

n(12an)2n(n1)2nn11111111111n)()].

Tn[(1)()()(222334n1nnn12(n1)mnm**若Tn对任意nN成立，即对任意nN成立，

32n116n1m1(nN*)的最小值是，,m的最大整数值是7。

n12162m*.

即存在最大整数m7,使对任意nN，均有Tn322故Sn9nn2n5

说明：本例复习数列通项，数列求和以及有关数列与不等式