根据数列递推公式求其通项公式方法总结

第一篇：根据数列递推公式求其通项公式方法总结

根据数列递推公式求其通项公式方法总结

已知数列的递推公式，求取其通项公式是数列中一类常见的题型，这类题型如果单纯的看某一个具体的题目，它的求解方法灵活是灵活多变的，构造的技巧性也很强，但是此类题目也有很强的规律性，存在着解决问题的通法，本文就高中数学中常见的几类题型从解决通法上做一总结，方便于学生学习和老师的教学，不涉及具体某一题目的独特解法与技巧。

一、an1anf(n)型数列，（其中f(n)不是常值函数)此类数列解决的办法是累加法，具体做法是将通项变形为an1anf(n)，从而就有

a2a1f(1),a3a2f(2),,anan1f(n1).将上述n1个式子累加，变成ana1f(1)f(2)f(n1)，进而求解。例1.在数列{an}中,a12,an1an2n1,求an.解：依题意有

a2a11,a3a23,,anan12n3

逐项累加有ana1132n3而ann22n3。

注：在运用累加法时,要特别注意项数,计算时项数容易出错.(12n3)(n1)(n1)2n22n1，从

2类似题型练习：已知

{an}满足a11，an1an1n(n1)求{an}的通项公式。

二、an1anf(n)型数列，（其中f(n)不是常值函数)此类数列解决的办法是累积法，具体做法是将通项变形为

an1f(n)，从而就有 anaaa2f(1),3f(2),,nf(n1)a1a2an1将上述n1个式子累乘，变成anf(1)f(2)f(n1)，进而求解。a1例2.已知数列{an}中a112n3,anan1(n2)，求数列{an}的通项公式。32n1 1

aa21a33a452n3,,,,n,将这n1个式子累乘，a15a27a39an12n1a131113得到n，从而an，当n1时，2(2n1)(2n1)34n1a1(2n1)(2n1)111aa，所以。1n224n134n1解：当n2时，注：在运用累乘法时,还是要特别注意项数,计算时项数容易出错.类似题型练习：在数列{an}中, an>0,a12,nan2(n1)an12an1an,求an.提示：依题意分解因式可得[(n1)an1nan](an1an)0，而an>0,所以，即(n1)an1nan0an1n。ann

1三、an1panq型数列

此类数列解决的办法是将其构造成一个新的等比数列，再利用等比数列的性质进行求解，构造的办法有两种，一是待定系数法构造，设

an1mp(anm)，展开整理an1panpmm，比较系数有pmmb，所以mb，所以ab是等比

np1p1数列，公比为p，首项为a1b。二是用做差法直接构造，an1panq，p1anpan1q，两式相减有an1anp(anan1)，所以an1an是公比为p的等比数列。

例3.在数列{an}中，a11，当n2时，有an3an12，求{an}的通项公式。解法1：设anm3即有an3an12m，对比an3an12，得m1，(an1m)，于是得an13(an11)，数列{an1}是以a112为首项，以3为公比的等比数列，所以有an23n11。

解法2：由已知递推式，得an13an2,an3an12,(n2)，上述两式相减，得an1an3(anan1)，因此，数列{an1an}是以a2a14为首项，以3为公比的等比数列。所以an1an43n1，即3an2an43n1，所以an23n11。

类似题型练习：已知数列an满足a11,an12an1(nN*).求数列an的通项公式.注：根据题设特征恰当地构造辅助数列,利用基本数列可简捷地求出通项公式.四．an1panfn型数列（p为常数）此类数列可变形为

anan1anfn，则n可用累加法求出，由此求得an.n1nn1pppp 2

例4已知数列an满足a11,an13an2n1,求an.解:将已知递推式两边同除以2n1得

an13anan1b,设,故有nn1nn2222353n1n1n1bn12(bn2，)bn2,从而.a532nn22注：通过变形,构造辅助数列,转化为基本数列的问题,是我们求解陌生的递推关系式的常用方法.若f(n)为n的一次函数,则an加上关于n的一次函数构成一个等比数列;若f(n)为n的二次函数, 则an加上关于n的二次函数构成一个等比数列.这时我们用待定系数法来求解.例5．已知数列an满足a11,当n2时,an1an12n1,求an.2解:作bnanAnB,则anbnAnB,an1bn1A(n1)B代入已知递推式中得:bn1111bn1(A2)n(AB1).22221A20A42令 B61A1B10221bn1且bnan4n6 233显然,bnn1,所以ann14n6.22这时bn注：通过引入一些待定系数来转化命题结构,经过变形和比较,把问题转化成基本数列,从而使问题得以解决.类似题型练习：

（1）已知an满足a12,an12an2n1，求an。

（2）已知数列{an}，Sn表示其前n项和，若满足Snann23n1，求数列{an}的通项公式。

S1n1提示：（2）中利用an，把已知条件转化成递推式。

SS,n2n1nan

五、AanBanC型数列（A,B,C为非零常数）

这种类型的解法是将式子两边同时取倒数,把数列的倒数看成是一个新数列,便可顺利 3

地转化为an1panq型数列。

例6．已知数列an满足a12,an12an,求an.an2解:两边取倒数得:

2111n111,所以(n1)，故有an。

nana122an1an22n1an类似题型练习：数列{an}中，an1n1,a12，求{an}的通项。

2an六.an2pan1qan型数列（p,q为常数）

这种类型的做法是用待定糸数法设an2an1an1an构造等比数列。例5．数列an中，a12,a23,且2anan1an1nN,n2，求an.解法略。

第二篇：关于递推数列通项公式的测试题

关于递推数列通项公式的测试题

2Sn2例2．数列{an}中a11，an（n≥2），求数列{an}的通项an。2Sn1

例3．⑴ 数列{an}满足a11且an1an3n，求数列{an}的通项公式an；

⑵ 数列{an}满足a11且an1an(3n1)，求数列{an}的通项公式an。

例4．数列{an}中a11，an12an3n，求数列{an}的通项公式an。

例5．数列{an}中a11，Sn

例6．数列{an}中a11，a2(n1)an，求数列{an}的通项an。2552，an2an1an,求数列{an}的通项公式an。333

第三篇：几类递推数列的通项公式的求解策略

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几类递推数列的通项公式的求解策略

已知递推数列求通项公式，是数列中一类非常重要的题型，也是高考的热点之一．数列的递推公式千变万化，由递推数列求通项公式的方法灵活多样，下面谈谈它们的求解策略．

一、an1anf(n)方法：利用叠加法

a2a1f(1)，a3a2f(2),，anan1f(n1)，ana1f(k)．

k1n1例1．数列{an}满足a11，anan1解：由 an1an1(n2)，求数列{an}的通项公式． 2nn1 得 2(n1)(n1)n1n111111112=== ana11()2nnk1k1kk1(k1)(k1)例2．数列{an}满足nan1(n1)an1，且a11，求数列{an}的通项公式．

分析：注意到左右两边系数与下标乘积均为n(n1)，将原式两边同时除以n(n1)，aaa11变形为n1n．令bnn，有bn1bn，即化为类型1，以

nn(n1)n1nn(n1)下略．

n

二、n1

方法：利用叠代法 aaf(n)a2a1f(1)，a3a2f(2),，anan1f(n1)，ana1f(k)．

k1n1例3．数列{an}中a12，且an(1 解：因为an1[11)an1，求数列{an}的通项． n21]an，所以 2(n1)n1n1n1kk2n11ana1f(k)=2[12[]== ]2k1k1k1k1k1n(k1)

三、an1panq，其中p,q为常数，且p1,q0

当出现an1panq(nN)型时可利用叠代法求通项公式，即由an1panq得anpan1qp(pan2q)qpn1a1(pn2pn3p2p1)q=q(pn11)a1p(p1)或者利用待定系数法，构造一个公比为p的等比数列，令p1qq),q即}是一个公比为p的则(p1，从而{anan1p(an)，p1p1321，可将问题转化为等比数列求解．待等比数列．如下题可用待定系数法得112n1http://jsbpzx.net.cn/

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定系数法有时比叠代法来地简便．

例4．设数列{an}的首项a1式．

3an11，an，n2,3,4,，求数列{an}通项公223an1113an1，n2,3,4,，∴an1k，又∵an22221111k1，∴an1(an11)，又a1，∴{an1}是首项为，公比为的等22221n11n比数列，即an1(a11)()，即an()1．

2四、an1panqan1(n2)，p,q为常数 解：令ank方法：可用下面的定理求解：令,为相应的二次方程x2pxq0的两根(此方程又称为特征方程)，则当时，anAnBn；当时，an(ABn)n1，其中A,B分别由初始条件a1,a2所得的方程组确定．

ABa1,22ABa2和ABa1, 唯一

(A2B)a2an1an2bn(1)例5．数列{an}，{bn}满足：，且a12，b14，求an，bn．

b6a6b(2)nnn111解：由(2)得anbn1bn，an1bn2bn1，代入到(1)式中，有

6628bn25bn16bn，由特征方程可得bn122n3n，代入到(2)式中，可得

314an82n3n．

3说明：像这样由两个数列{an}，{bn}构成的混合数列组求通项问题，一般是先消去an

(或bn)，得到bn2pbn1qbn1(或an2pan1qan1)，然后再由特征方程方法求解．

五、an1panf(n)型，这里p为常数，且p1

例6．在数列{an}中，a12, an1ann1(2)2n(nN)，其中

0，求数列{an}通项公式．

解：由a12, an1ann1(2)2n(nN)，0，可得an1n1故aan22n2n()n1n()1{()}为等差数列，其公差为1，首项为0．，所以nnann2()nn1，所以数列{an}的通项公式为an(n1)n2n．

 评析：对an1panf(n)的形式，可两边同时除以p令

n1，得

an1anf(n)，n1nn1pppanf(n)bb有，从而可以转化为累加法求解． b,n1nnpn1pn

六、an1man(m0,kQ,k0,k1)

k一般地，若正项数列{an}中，a1a,an1man(m0,kQ,k0,k1)，则有 khttp://jsbpzx.net.cn/

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lgan1klganlgm，令lgan1Ak(lganA)(A为常数)，则有A1lgm． k1数列{lgan111lgm}为等比数列，于是lganlgm(lgalgm)kn1，k1k1k1n1从而可得anakmkn11k1．

例7．已知各项都是正数的数列{an}满足a131，an1an(4an)，求数列{an}22的通项公式．

分析：数列{an}是一个二次递推数列，虽然不是基本冪型，但由它可以构造一个新的冪型数列{bn}，通过求{bn}的通项公式而达到求数列{an}通项公式的目的．

解：由已知得an1an0,0an1取对数得lgbn12lgbnlg2，即lgbn1lg22(lgbnlg2)． {lgbnlg2}是首项为2lg2，公比为2的等比数列，1112(an2)22,令2anbn，则有b1,bn1bn． 2222,又0a12，0an2，从而bn0．

lgbnlg22lg2,bn2

n12n,an2212n．

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第四篇：数列的递推公式教案

数列的递推公式教案

普兰店市第六中学

陈娜

一、教学目标

1、知识与技能：了解数列递推公式定义，能根据数列递推公式求项，通过数列递推公式求数列的通项公式。

2、过程与方法：通过实例“观察、分析、类比、试验、归纳”得出递推公式概念，体会数列递推公式与通项公式的不同，探索研究过程中培养学生的观察归纳、猜想等能力。

3、情感态度与价值观：培养学生积极参与，大胆探索精神，体验探究乐趣，感受成功快乐，增强学习数学的兴趣，培养学生一切从实际出发，认识并感受数学的应用价值。

二、教学重点、难点和关键点

重点：数列的递推定义以及应用数列的递推公式求出通项公式。难点：数列的递推公式求通项公式。关键：同本节难点。

三、教学方法

通过创设问题的情境，在熟悉与未知的认知冲突中激发学生的探索欲望；引导学生通过自主探究和合作交流相结合的方式进行研究；引导学生积极思考，运用观察、试验、联想、类比、归纳、猜想等方法不断地提出问题、解决问题，再提出问题，解决问题…… 经历知识的发生和发展过程，并注意总结规律和知识的巩固与深化。

四、教学过程

环节1：新课引入

一老汉为感激梁山好汉除暴安良，带了些千里马要送给梁山好汉，见过宋江以后，宋江吧老汉带来的马匹的一半和另外一匹马作为回礼送给了他，老汉又去见卢俊义，把 1

现有的马匹全送给了他，卢俊义也把老汉送来的马匹的一半和另外一匹马作为回礼送给了老汉……… 一直送到108名好汉的最后一名段景住都是这样的，老汉下山回家时还剩下两匹马，问老汉上山时一共带了多少匹千里马？

通过这个小故事让学生感受到数学来源于生活同时又为生活所服务。同时也能引起学生的兴趣和好奇心。环节2：引例探究

(1）1 2

16………

(2)1

cos1

coscos1

cos[cocsos1]

…….(3)0 1 7 10 13 …….通过设置问题的情境，让学生分析找出这些数列从第二项（或后几项）后一项与前一项的关系，从而引出数列的递推公式的定义，便于学生对于数列递推公式的理解、记忆和应用。递推公式定义：

如果已知数列的第1项（或前几项），且从第二项（或某一项）开始的任意一项an与它的前一项an-1（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式。递推公式是数列一种的表示法，它包含两个部分，一是递推关系，一是初始条件，二者缺一不可． 环节3：应用举例及练习

例1：已知数列｛an｝的第1项是1，以后的各项由公式

a n

(n≥2)给出，写出这个给出，写出这个数列的前5项.= 1+an-11解：据题意可知：a1=1, a3=1+

a2=1+1a1=1+1a311=2,23531a21=1+=1+12=35=32,.a4=1+=1+=,a5=1+85a42

an的前五项是3581，2，，235

练习：已知一个数列的首项a1=1, a3=2, an= an-1+ an-2(n≥3)求这个数列的前五项。这个例题和习题是为了让学生进一步体会通过数列的的递推公式来求数列中的项，同时也能让学生感受到如果要是中间有一个环节做错了就会关联到其他的结果也是错误的，因此要培养学生认真的品质。

例2：已知数列{ an}满足a1 =1，an+1 =an +（2n-1）

(1)(2)写出其数列的前五项，归纳出数列的一个通项公式。利用数列的递推公式求其通项公式。

a2a1(2*11)112a3a2(2*21)235解（1）a11，a4a3(2*31)5510，a5a4(2*41)10717 猜想：an=（n-1）2+1（2）a2a12*11

a3a22*21

a4a32*31

…………………

an =an-1 +（2n-3）

an =a1 +2[1+2+3+…+(n-1)]—（n-1）an=1+2*（n1)[1(n1)]2_(n-1), 即an=（n-1）2+1 当n=1时也满足上式。

所设问题中的（1）是起着承上启下的作用，同时也引出了（2）的结论引起学生的兴趣，让学生感受到如何能在数列的递推公式得出数列的通项公式，体会到事物之间的互相转化的思想。

跟踪练习：已知数列{ an }中，a1 =1，an+1= an +

1n(n1)，求数列的{ an }的通项公式。

在例2解题过程中从等差数列的通项公式的累和法进行引导，让学生体会到同类问题的知识的迁移过程。同时也引导学生认识到an+1—an=f(n)这样形式的都可以用累和法来求解。

环节4：归纳总结 ① 定义

② 累加法：an+1—an= f(n)环节5：作业：必做与选作

五、板书设计

第五篇：数列通项公式的求法简单总结

艳阳教育高中数学辅导 数列通项公式的求法

类型1 递推公式为an1anf(n)

解法：把原递推公式转化为an1anf(n)，利用累加法(逐差相加法)求解。例1.已知数列an满足a1解：由条件知：an1an

12，an1an



1n(n1)

1nn

2，求an。1n1

1nn



1n



分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累加之，即

(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)(1

12)（1213)(1n

1314)（1n1

1n)

所以ana11

a1

2121

1n321n，an

类型2（1）递推公式为an1f(n)an 解法：把原递推公式转化为

an1an23

f(n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解。

nn1

例2.已知数列an满足a1解：由条件知之，即

a2a1

a3a2

a4a323，an1an，求an。

an1an



nn1，分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累乘



anan123n









n1n



ana1



1n

又a1，an

（2）．由an1f(n)an和a1确定的递推数列an的通项可如下求得：

由已知递推式有anf(n1)an1，an1f(n2)an2，，a2f(1)a1依次向前代入，得

anf(n1)f(n2)f(1)a1，n1k1

0k1

简记为an(f(k))a1(n1,f(k)1)，这就是叠（迭）代法的基本模式。（3）递推式：an1panfn

解法：只需构造数列bn，消去fn带来的差异．

例3．设数列an：a14,an3an12n1,(n2)，求an.解：设bnanAnB，则anbnAnB，将an,an1代入递推式，得

bnAnB3bn1A(n1)B2n13bn1(3A2)n(3B3A1)

A1A3A2 B1B3B3A1

n1

n

取bnann1…（１）则bn3bn1,又b16，故bn63

n

代入（１）得an23n1

2

3说明：（1）若f(n)为n的二次式，则可设bnanAnBnC;(2)

本题也可由an3an12n1 ,an13an22(n1)1（n3）两式相减得anan13(an1an2)2转化为bnpbn1q求之.类型3 递推公式为an1panq（其中p，q均为常数，(pq(p1)0)）。解法：把原递推公式转化为：an1tp(ant)，其中t比数列求解。

例4.已知数列an中，a11，an12an3，求an.解：设递推公式an12an3可以转化为an1t2(ant)即an12antt3.q1p，再利用换元法转化为等

故递推公式为an132(an3),令bnan3，则b1a134,且

bn1bn

an13an3

2.所以bn是以b14为首项，2为公比的等比数列，则bn42n12n1,所以

an2

n1

3.类型4 递推公式为an1panqn（其中p，q均为常数。（或(pq(p1)(q1)0)）

an1panrq,其中p，q,r均为常数）

n

解法：该类型较类型3要复杂一些。一般地，要先在原递推公式两边同除以qn1，得：

an1q

n1



pq



anq

n



1q

引入辅助数列bn（其中bn例5.已知数列an中，a1解：在an1

anq56

n），得：bn1

pq

bn

1q

再应用类型3的方法解决。,an1

1n1

an()，求an。32

1n12nn1

an()两边乘以2n1得：2an1(2an)1 323

22nn

令bn2an，则bn1bn1,应用例7解法得：bn32()

所以an

bn2

n1n1n

3()2()

类型5 递推公式为an2pan1qan（其中p，q均为常数）。解法：先把原递推公式转化为an2san1t(an1san)其中s，t满足

stpstq，再应用前面类型3的方法求解。

例6.已知数列an中，a11,a22,an2解：由an2

23an1

an1an，求an。

an可转化为an2san1t(an1san)

即an2(st)an1stan

2

1sts1s3

3 1或

1tt1st

33

1s1s

这里不妨选用，则3，大家可以试一试）1（当然也可选用

tt1

3an2an1

公比为(an1an)an1an是以首项为a2a11，13的等比数列,所以an1an()n1,应用类型1的方法，分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得

10111n2

(n1)个等式累加之，即ana1()()()

333

1n1

1()

11

又a11，所以an

()

n1。

类型6 递推公式为Sn与an的关系式。(或Snf(an))S1(n1)

解法：利用an进行求解。

SnSn1(n2)

例7.已知数列an前n项和Sn4an

n2

.（1）求an1与an的关系；（2）求通项公式an.解：（1）由Sn4an

n2

得：Sn14an1

n2

n

1于是Sn1Sn(anan1)(所以an1anan1

n1



1212

n1)12

n

an1an

.n1

（2）应用类型4的方法，上式两边同乘以2n1得：2由a1S14a1

12

n

an12an2

n

a11.于是数列2an是以2为首项，2为公差的等差数列，n2

n1

n

所以2an22(n1)2nan

1、通过分解常数，可转化为特殊数列{an+k}的形式求解。一般地，形如an1=p an+q（p≠1，pq≠0）型的递推式均可通过待定系数法对常数q分解法：设an1+k=p（an+k）与原式比较系数可得pk－k=q，即k=

qp1

12，从而得等比数列{an+k}。

例

8、数列{an}满足a1=1，an=an1+1（n≥2），求数列{an}的通项公式。

解：由an=

an1+1（n≥2）得an－2=

（an1－2），而a1－2=1－2=－1，∴数列{ an－2}是以∴an－2=－（12

为公比，－1为首项的等比数列

12）n1∴an=2－（）n1

说明：这个题目通过对常数1的分解，进行适当组合，可得等比数列{ an－2}，从而达到解决问题的目的。

2、通过分解系数，可转化为特殊数列{anan1}的形式求解。这种方法适用于

an2pan1qan型的递推式，通过对系数p的分解，可得等比数列{anan1}：设an2kan1h(an1kan)，比较系数得hkp,hkq，可解得h,k。

例

9、数列an满足a12,a25,an23an12an=0，求数列{an}的通项公式。分析：递推式an23an12an0中含相邻三项，因而考虑每相邻两项的组合，即把中间一项an1的系数分解成1和2，适当组合，可发现一个等比数列{anan1}。解：由an23an12an0得an2an12(an1an)0 即an2an12(an1an），且a2a1523 ∴{an1an}是以2为公比，3为首项的等比数列

n1

∴an1an32

利用逐差法可得an1(an1an)(anan1)(a2a1)a1=32

n1

322

n

n2

322

=3(2

n1n2

21)2

=3

12

12

n

2

=321

n1

∴an321