高中数学求递推数列的通项公式的九种方法（五篇范文）

第一篇：高中数学求递推数列的通项公式的九种方法

求递推数列的通项公式的九种方法

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学联赛的热点之一.一、作差求和法

例1在数列{a

1n}中，a13,an1an

n(n1)，求通项公式an.解：原递推式可化为：a111111

n1annn1则a2a112,a3a22

3a111111

4a334，……，anan1n1n逐项相加得：ana11n.故an4n

.二、作商求和法

例2设数列{a

22n}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an=▁▁▁（2000年高考15题）

解：原递推式可化为：

[(n1)aan1n

n1nan](an1an)=0∵ an1an＞0，a

n

1n则

a21a32a43an1aa,,,……，n

逐项相乘得：n1，即a1n=.12a23a34an1na1n

n

三、换元法

例3已知数列{a4n}，其中a1

3,a1

3129，且当n≥3时，anan13

(an1an2)，求通项公式an（1986年高考文科第八题改编）.解：设bn1anan1，原递推式可化为：b1n3b,{b是一个等比数列，b134111

n2n}1a2a1939，公比为3.故bn1

b(1)n219(13)n2(13)n.故aa1311

1nn1(3)n.由逐差法可得：an22(3)n3.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bn(n1)

1b2bn1

2所以a1n1

2n(n1)，即a1

n2

(n2n2)

四、积差相消法

例5（1993年全国数学联赛题一试第五题）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aann1an2整理得：

2a

n1aa1 n1n

2设ban

a

1n=

a，则b1na=1，bn2bn11，故有 10

b22b11⑴b32b21⑵

…………

bn2bn11(n1)

由⑴2

n2

+ ⑵2

n

3+…+(n1)20得b222n1=2n

n121，即

ana=2n

1.n1

逐项相乘得：an=(21)2(221)2(2n1)2，考虑到a01，故 a

n

1(21)(21)

(n0).(21)222n2

(n1)

五、取倒数法

例6已知数列{aan

1n}中，其中a11,，且当n≥2时，an

2a，求通项公式an。

n11

解将aan1n

2a两边取倒数得：1n11

a12，这说明{1

}是一个等差数列，首项

nan1an是

a1，公差为2，所以11(n1)22n1，即a1n.1

an2n1

六、取对数法

例7若数列{aa

2n}中，1=3且an1an（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a2

2lgalgan

1n两边取对数得lgan1

n，即

lga2，所以数n

列{lgalga1n1

n}是以lga1=lg3为首项，公比为2的等比数列，lgan12nlg32，即

a2n1

n3.七、平方（开方）法

例8若数列{an}中，a1=2且an3a

2n1（n2），求它的通项公式是an.解将an

a22a22

2n1两边平方整理得ann13。数列{an}是以a1=4为首项，3为公

差的等差数列。a2

na21(n1)33n1。因为an＞0，所以ann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SSn

n134S（n1），n

求数列{an}的通项公式是an.解 递推式SSnn1

34S可变形为1n

S3

14（1）

n1Sn设（1）式可化为

1S3（n1

S)（2）n

比较（1）式与（2）式的系数可得2，则有

1S23(1S2)。故数列{1

2}是

n1

nSn

以

11S23为首项，3为公比的等比数列。1

S2=33n13n。所以Snn3n

1。当n2，anSnS132123n

n1

n3n1232n83n

1

2。数列{a

123n(n1)n}的通项公式是an32n83n12

(n2)。

2、an

n1AanBC（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{a1n43n}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a1n43n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6an ①求通项公式

an.解：①式可化为：

an2an1(5)(an1an)

比较系数得=-3或=-2，不妨取=-2.①式可化为：

an22an13(an12an)

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2a1n43n.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。例12 在数列{a

3n}中，a1

2，2an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：

=-6，29，②式为2bnbn1 

1{bn} 是一个等比数列，首项b1a16n9

∴bn

91，公比为.22

91n1

()22

n

即 an6n99()故an9()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=通项公式。

n

(an+)，求其2an

第二篇：高中数学数列求通项公式习题

补课习题

（四）的一个通项公式是（），A、anB、anC、anD、an2．已知等差数列an的通项公式为an32n , 则它的公差为（）

A、2B、3C、2D、

33．在等比数列{an}中, a116,a48,则a7（）

A、4B、4C、2D、

24．若等比数列an的前项和为Sn，且S1010，S2030，则S30

5．已知数列an通项公式ann210n3，则该数列的最小的一个数是

6．在数列{an}中，a1于．

7．已知{an}是等差数列，其中a131，公差d8。

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）数列{an}从哪一项开始小于0？

（3）求数列{an}前n项和的最大值，并求出对应n的值． 11nan且an1，则数列nN的前99项和等2n1anan

8．已知数列an的前项和为Snn23n1，（1）求a1、a2、a3的值；

（2）求通项公式an。

9．等差数列an中，前三项分别为x,2x,5x4，前n项和为Sn，且Sk2550。

（1）、求x和k的值；

（2）、求Tn=1111;S1S2S3Sn

(3)、证明: Tn

1考点：

1.观察法求数列通项公式;2.等差数列通项公式;3.等比公式性质;4.等比公式前n项和公式应用;5.数列与函数结合;6.求通项公式;7.基本的等差数列求通项公式及其应用;8.求通项公式;9.等差数列性质应用及求和与简单的应用

答案：

1.B;2.C;3.A;4.70;5.-22;6.5049.7.（1）an398n（2）n=5(3)sn76、n=4;

8.（1）a1

5、a2

6、a38（2）an5;n1)2n2;n2)

9.（1）由4xx5x4得x2,an2n,.Snn(n1),k(k1)2550得k50

(2).Snn(n1),Sn111 n(n1)nn1

T1111111111n12334n1nnn1n1n1

11且0（3）Tn1n1n1

Tn1

第三篇：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

第四篇：求数列的通项公式练习题

求数列的通项公式练习题

一、累加法

例 已知数列{an}满足an1an2n1,，求数列{an}的通项公式。

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

二、累乘法

例 已知数列{an}满足a11,an1

练习:已知数列{an}满足a11，ana12a23a3通项公式。

三、公式法

例已知a11,an1

n1an，求数列{an}的通项公式。n2求{an}的(n1)an1(n2)，1sn,求an 3

第五篇：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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