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（精选11篇）

关于递推数列通项公式的测试题 第1篇

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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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关于递推数列通项公式的测试题 第2篇

严老师的课堂 最大的亮点就是师生互动如行云流水，如春风拂面， 如鱼翔浅底， 轻松活泼，而又不乏智慧的光芒，学生参与热情高，学习氛围好。 这节课的教学 重点就 是让学生通过对例题及其变式的思考，体会“利用递推关系求数列的通项公式”的方法 (如定义法、累加法、待定系数法等)和化归思想 。其实，此类问题既是数列教学中的难点问题，也是江苏高考的.热点问题。 总体而言，在严老师的引导下，学生基本达成了教学目标，高一学生能做到这一点已经难能可贵 了 。 笔者建议， 是不是 可以突破例题和练习的界限 ，进行 如下 的教学设计：

在数列中，已知 ，其前项和为 ， 根据下列条件， 分别求数列的通项公式 。

递推数列通项公式的求法 第3篇

类型一已知a1=a,an+1-an=f(n)(n∈N*)型,可用累加法求an

an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(anan-1)=a1+f(1)+f(2)+…+f(n-1)

例1已知数列{an}中,a1=2,an+1=an+n+2,求an.

因为an+1=an+n+2

所以当n≥2时,an-an-1=n+1,

所以a2-a1=3,a3-a2=4,a4-a3=5,…an-an-1=n+1.

把上列n-1个式子相加得:an-a1=3+4+5+…+n+1

所以

当n=1时,a1=2也满足.所以.

类型二已知a1=a(a≠0),an+1=f(n)·an型,可用累乘法求an

由an+1=f(n)·an可知:

,

把上面各项两边分别相乘得:

an=a1·f(1)·f(2)·…·f(n-1)(n≥2)

因为{an}是正项数列,所以an+1+an>0

当n=1时,a,=1也满足,所以

类型三已知a1=a,an+1=can+d (c≠0,c≠1,d≠0)型,用参数法构造新数列{an+λ}为等比数列

设an+1+λ=c(an+λ)得an+1=can+cλ-λ

类型四已知a1=a,an+1=can+d(n)(c≠1)型,构造新数列解决

例4已知数列{an}中,,an-1+an=2n,求数列{an}的通项公式.

解:在已知an+1+an=2n两边同除以2n+1得:

六类递推数列通项公式的求解方法 第4篇

利用叠加法.

a2=a1+f(1)，a3=a2+f(2)，…，an=an-1+f(n-1),an=a1+∑n-1k=1f(k)．

【例1】 数列{an}满足a1=1，an=an-1+1n2-n(n≥2) ，求数列{an}的通项公式．

解：由an+1=an+1(n+1)2-(n+1) 得

an=a1+∑n-1k=11(k+1)2-(k+1) =1+∑n-1k=1(1k-1k+1)=1+1-1n =2-1n.

二、an+1=anf(n)型

利用叠代法.

a2=a1f(1)，a3=a2f(2)，…，an=an-1f(n-1)．an=a1∏n-1k=1f(k).

【例2】 数列{an}中a1=2，且an=(1-1n2)an-1 ，求数列{an}的通项．

解：因为an+1＝［1-1(n+1)2 ］an，所以

an=a1∏n-1k=1f(k)=2∏n-1k=1［1-1(k+1)2 ］=2∏n-1k=1［kk+1 ×k+2k+1 ］=n+1n .

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=a1pn-1+q(pn-1-1）p-1 （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an+1+λ=p(an+λ)，则(p-1)λ=q,即λ=qp-1 ，从而｛an+qp+1 ｝是一个公比为p的等比数列．

【例3】 设数列{an}的首项a1=12 ，an=3-an-12 ，n=2,3,4，…,求数列{an}的通项公式．

解：令an+k=-12(an-1+k) ，又∵an=3-an-12=-12an-1+32 ，n=2,3,4,…，∴k=-1，∴an-1=-12(an-1-1) ,又a1=12,∴{an-1} 是首项为-12,公比为-12 的等比数列，即an-1=(a1-1)(-12)n-1 ，即an=(-12)n+1 ．

四、an+1=pan+qan-1(n≥2)，p,q为常数

可用下面的定理求解：令α,β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α≠β时，an=Aαn+Bβn；当α=β时，an=(A+Bn)αn-1，其中A、B分别由初始条件a1、a2所得的方程组Aα+Bβ=a1，Aα2+Bβ2=a2

和 A+B=a1，(A+2B)α=a2

唯一确定．

【例4】 数列{an}，{bn}满足：an+1=-an-2bn①,bn+1=6an+6bn②,

且a1=2，b1=4，求an，bn．

解：由②得an=16bn+1-bn,∴

an+1=16bn+2-bn+1 ，代入①到式中，有

bn+2=5bn+1-6bn，由特征方程可得bn=-12×2n+283×3n ，代入②式中，可得an=8×2n-143×3n ．

五、an+1＝pan+f(n)型，这里p为常数，且p≠1

【例5】 在数列{an}中，a1=2，an+1=λan+λn+1+(2-λ)2n(n∈N*),其中λ＞0

，求数列{an}的通项公式．

解：由 a1=2，an+1=λan+λn+1+(2-λ)2n(n∈N*)，λ＞0,可得，an+1λn+1-(2λ )n+1=anλn -(2λ )n+1,

所以{anλn-(2λ)n}为等差数列，其公差为1，首项为0．

故anλn-(2λ )n=n-1

，所以数列{an}的通项公式为an=(n-1)λn+2n．

六、an+1=makn(m＞0,k∈Q,k≠0,k≠1)

一般地，若正项数列{an}中，a1=a,an+1=makn(m＞0,k∈Q,k≠0,k≠1)，则有

lgan+1=klgan+lgm，令lgan+1+A=k(lgan+A)(A为常数)，则有A=1k-1lgm．

数列{lgan+1k-1lgm }为等比数列，于是lgan+1k-1lgm=(lga+1k-1lgm)kn-1 ，

从而可得an=akn-1?mkn-1-1k-1 ．

【例6】 已知各项都是正数的数列{an}满足a1=32，an+1=12an(4-an) ，求数列{an}的通项公式．

解：由已知得an+1=-12(an-2)2,令2-an=bn，则有b1=12,bn+1 =12b2n ．

∵an＞0,∴0＜an+1＜2,又0＜a1＜2，∴0＜an＜2，从而bn＞0．

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，

∴lgbn-lg2=-2nlg2,∴bn=21-2n,∴an=2-21-2n．

关于递推数列通项公式的测试题 第5篇

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{an2nan12n1an2n32，则

an12n1an2n32，an2n}是以32a121221为首，以

32为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得

3212)2。

an12n11(n1)，所以数列{an}的通项公式为an(nn评注：本题解题的关键是把递推关系式an12an32n转化为列{an2nan2n32，说明数}是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出

an2n1(n1)32，进而求出数列{an}的通项公式。

二、利用累加法求通项公式

例2 已知数列{an}满足an1an2n1，a11，求数列{an}的通项公式。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2(n1)n2(n1)1

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。

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资料由大小学习网收集 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32(3n11)(23n2n221)(231)(231)3121n1

333)(n1)3n所以an23313n23nn1

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an3nan3n232313n1，an1an123则故an13n113n1an3n(13an3nan1an1231)(1an23n2)(an23n223an33n3)(33a232a131)a13

(23n)(3)(n111313n2)(13132)

2(n1)3(3n3nn113n22)1

1因此an3n232(n1)3n3n123n(1313n1)12n312123n，则an3n12

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13n1an3a131n23a1313n1，进而求出(an3nan3nan13n1)(an13n1an23n2)(an23n2an33n3)+…+(a232)，即得数列{}的通项公式，最后再求数列{an}的通项公式。

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。

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资料由大小学习网收集 解：因为an12(n1)5nan，a13，所以an0，则则ananan1an1an2n1an1ann2(n1)5，a3a2a2a1a1

][2(21)5][2(11)5]3

3

21[2(n11)52n1][2(n21)5n2[n(n1)32]5(n1)(n2)21所以数列{an}的通项公式为

n(n1)an32n152n!

an1ann2(n1)5，进而评注：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 anan1an1an2a3a2a2a1a1，即得数列{an}的通项公式。

例6（2004年全国15题）已知数列{an}满足a11，ana12a23a3(n1)

(n1)an1(n2)，则{an}的通项an1，n1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an1ann1(n2)anan1an1an2a3a2n!2 ②

①

所以ana2

[n(n1)43]a2a2

③

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!2。

an1an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anan1an1an2a3a2（n≥2），n1从而可得当n≥2时an的表达式，最后再求出数列{an}的a2，资料由大小学习网收集

资料由大小学习网收集 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nn1nn2x5，两边除以5，得3x52x，则x=－1，代入④式，2an，得35x5得an15n12(an5n)

1n ⑤

an15an5n1n由a15651≠0及⑤式，得an50，则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5)，从而可知数列{an5}是等比数列，进而求出数列{an5}的nnn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)

⑥ 将an13an52n4代入⑥式，得

3an52n4x2n1y3(anx2ny)

整理得(52x)2n4y3x2n3y。令52x3x4y3yn1，则x5y2，代入⑥式，得

nan15223(an522)

⑦

由a15212112130及⑦式，得an5220，则nan152an52n1n2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。

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资料由大小学习网收集 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n224n5x(n1)y(n1)z 22(anxnynz)，则

22an(3x)n2an2xn2(2xy4)n(xyz5)

22yn2z2yn2z，等式两边消去2an，得(3x)n2(2xy4)n(xyz5)2xn3x2xx3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)10(n1)182(an3n2210n18)

⑨

由a131210118131320及⑨式，得

an3n210n180

2则an13(n1)10(n1)18an3n2210n182，故数列{an3n210n18}为以a1311011813132为首项，以an3n22为公比的等比数列，因此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)10(n1)182(an3n{an3n22210n18)2，从而可知数列10n18}是等比数列，进而求出数列{an3n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。

解：因为an123na5所以an0，an10。在an123na5n，a17，n式两边取常用对数得lgan15lgannlg3lg

2⑩ 设lgan1x(n1)y5(lganxny)○11式，得5lganlg3lg2x(n1)y5(lgax将⑩式代入○ny)，两边消去nn5lgan并整理，得(lg3x)nxylg25xn5y，则

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lg3xlg3x5x4，故 lg3lg2xylg25yy16411式，得lga代入○n1lg34(n1)lg316lg24 ○5(lganlg34nlg316lg24)

lg34由lga1得lganlg34lg341lg316lg316lg24lg24lg3lg71lg316lg2412式，0及○n0，lg25，lgan1lg3则lgan4lg3164lg3lg2n4164(n1)所以数列{lganlg34nlg316lg24n1}是以lg7lg3164lg24lg36n15n1lg34lg3等比数列，则lganlgan(lg7n1lg34n1(lg7lg24n16lg34lg24lg316为首项，以5为公比的lg241)5n1，因此

1n1lg34lg3161lg24)5lg31n1(lg7lg34lg36lg24)5111111lg34lg316lg24[lg(73431624)]5n115n115n1lg34(31624)1lg(73431624)55n1n1n5n115n4n11lg34(31624)lg7(5n4n15n13431624)lg7(5n131624)，则an75n131624。

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lgan1{lganlg34lg34(n1)nlg316lg316lg24lg245(lganlg34nlg316lg24)，从而可知数列

lg34nlg316lg24}的通项

}是等比数列，进而求出数列{lgan公式，最后再求出数列{an}的通项公式。

六、利用迭代法求通项公式

(n1)2，a15，求数列{an}的通项公式。例11 已知数列{an}满足an1a3n(n1)2解：因为an1a3，所以 nnnanan13n2n1[an23(n1)2n2]3n2n1

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资料由大小学习网收集 an23(n1)n23(n2)232(n2)(n1)[an3an3a13n1n3]3(n1)n22(n2)(n1)3(n2)(n1)n2(n3)(n2)(n1)

23(n2)(n1)n2n(n1)12(n3)(n2)(n1)3a1n1n!22n(n1)又a15，所以数列{an}的通项公式为an53n1n!22。

lgan1lgan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an1an3(n1)2n两边取常用对数得lgan13(n1)2nlgan，即

lganlgan1lgan1lgan2lga3lga2lga2lga1n3(n1)2，再由

n(n1)累乘法可推知lganan53n1lga1lg53n1n!22，从而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a2a1898(n1)(2n1)(2n3)22，a189，求数列{an}的通项公

8(n1)(2n1)(2n3)22及a189，得

8(11)(211)(213)242522

82925

8(21)a3a22425(221)(223)48498(31)(231)(233)8081(2n1)1(2n1)2222832549

a4a3484922844981

由此可猜测an，往下用数学归纳法证明这个结论。

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资料由大小学习网收集 （1）当n=1时，a1(211)1(211)2289，所以等式成立。

(2k1)1(2k1)22（2）假设当n=k时等式成立，即akak1ak2，则当nk1时，8(k1)(2k1)(2k3)22

(2k1)1(2k1)228(k1)(2k1)(2k3)222222[(2k1)1](2k3)228(k1)(2k1)(2k3)2

8(k1)(2k1)(2k3)(2k3)(2k1)(2k3)22222(2k1)(2k3)(2k1)(2k1)(2k3)(2k3)1(2k3)222[2(k1)1]1[2(k1)1]22

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1242116(14an124an)，a11，求数列{an}的通项公

124(bn1)116(14an124an)得

2124(bn11)，代入an111612422(bn11)[14(bn1)bn]

2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12bn32，资料由大小学习网收集

资料由大小学习网收集 可化为bn1312(bn3)，12所以{bn3}是以b13124a13124132为首项，以111222为公比的等比数

1列，因此bn32()n1()n2，则bn()n2+3，即124an()n23，得

2an21n1n1()()。3423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bn112bn32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1

4已知数列{an}满足an1解：令x21x244x121an244an1，a14，求数列{an}的通项公式。

21x244x1139，得4x220x240，则x12，x23是函数f(x)21an2423的两个不动点。因为an12an134an121an244an121an242(4an1)21an243(4an1)13an269an27。an2an3an2an3，所以数列{2(139)n1an2an3}是以

a12a1342432为首项，以

139为公比的等比数列，故，则an2(1139)n13。121x2421x24评注：本题解题的关键是先求出函数f(x)两个根x12，x23，进而可推出列，再求出数列{

例15 已知数列{an}满足an1解：令x7x22x3an1an14x14x1213an2a2，从而可知数列{n}为等比数

39an3an3的不动点，即方程x的an2an3}的通项公式，最后求出数列{an}的通项公式。

7an22an3，a12，求数列{an}的通项公式。

3x14x7，得2x24x20，则x=1是函数f(x)15an52an3的不动点。

因为an117an22an3，所以

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资料由大小学习网收集 1an111a1112an35an525anan35121222，所以数列{(1)}是以

15an1an15an11an11(n1)2521以1为首项，25为公差的等差数列，则，故an2n82n3。

评注：本题解题的关键是先求出函数f(x)x1，进而可推出

3x14x7的不动点，即方程x1an17x22x3的根1an111an125，从而可知数列{}为等差数列，再求出数列{1an1}的通项公式，最后求出数列{an}的通项公式。

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25，2325，所以anc1325c2325。

由初始值a1a21，得方程组

31c1(31c1(2255)c2()c2(21323255)1)2525c15求得

525c2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。

数列的递推公式教案 第6篇

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

数列的通项公式的教学反思 第7篇

1、爱因斯坦说过：“兴趣是最好的老师。”新课程的教材比以前有了更多的背景足以说明。本节也以国际象棋的故事为引例来激发学生的学习兴趣，然而却在求和公式的证明中以“我们发现，如果用公比乘…”一笔带过，这个“发现”却不是普通学生能做到的，他们只能惊叹于解法的神奇，而求知欲却会因其“技巧性太大”而逐步消退。因此如何在有趣的数学文化背景下进一步拓展学生的视野，使数学知识的发生及形成更为自然，更能贴近学生的认知特征，是每一位教师研讨新教材的重要切入点。

2、“课程内容的呈现，应注意反映数学发展的规律，以及人们的认识规律，体现从具体到抽象、特殊到一般的原则。”“教材应注意创设情境，从具体实例出发，展现数学知识的发生、发展过程，使学生能够从中发现问题、提出问题，经历数学的发现和创造过程，了解知识的来龙去脉。”这些都是《数学课程标准》对教材编写的建议，更是对课堂教学实践的要求。然而，在新课程的教学中，“穿新鞋走老路”仍是常见的现状，“重结果的应用，轻过程的探究”或者是应试教育遗留的祸根，却更与教材的编写，教师对《课程标准》、教材研究的深浅有关，更与课堂教学实践密切相关。我们也曾留足时间让学生思考，却没有人能“发现”用“公比乘以①的两边”，设计“从特殊到一般”即由2，3，4，…到q，再到 ，也是对教学的不断实践与探索的成果。因此，新课程教材留给教师更多发展的`空间，每位教师有责任也应当深刻理会《标准》的理念，认真钻研教材，促进《标准》及教材更加符合学生的实际。

3、先看文[1]由学生自主探究而获得的两种方法：

且不说初中教材已经把等比定理删去，学生能获得以上两种方法并不比发现乘以来得容易，无奈之下，有的教师便用“欣赏”来走马观花地让学生感受一下，这当然更不可取。

回到乘比错位相减法，其实要获得方法1并不难：可以用q乘以 ，那么是否可以在 的右边提出一个q呢?请看：

与 比较，右边括号中比少了一项： ，则有

以上方法仅须教师稍作暗示，学生都可完成。

对于方法2，若去掉分母有 ，与方法1是一致的。

4、在导出公式及证明中值得花这么多时间吗?或者直接给出公式，介绍证明，可留有更多的时间供学生练习，以上过程，教师讲的是不是偏多了?

如果仅仅是为了让学生学会如何应试，诚然以上的过程将不为人所喜欢，因为按此过程，一节课也就差不多把公式给证明完，又哪来例题与练习的时间呢?

递推数列通项公式的求法 第8篇

关键词：数学教学,递推数列,通项公式,求法

数列的若干连续项之间的关系叫递推关系, 由递推关系和初始条件确定的数列叫递推数列, 表达递推关系的式子叫做递推式.

在《数列》这一章中, 如何求数列的通项是一个重要的问题, 同时又是学生需要掌握的难点.传统的方法是先猜想, 然后用数学归纳法进行证明.如果不用猜想的方法求得通项, 那是求之不得的事.下面介绍几类递推数列的通项公式的求法.

一、“a1=a, an=an-1+f (n) ”型

例1 在数列{an}中, a1=1, an=an-1+2n-1 (n≥2) , 求通项an.

解a2-a1=3, a3-a2=5, …, an-an-1=2n-1,

各式叠加得an-a1=3+5+…+2n-1=n2-1,

∴an=n2 (n≥2) .

当a1=1时也满足上式, ∴an=n2.

二、“a1=a, an=Aan-1+B (A, B为常数) ”型

例2 在数列{an}中, a1=1, an+1=2an+1, 求通项an.

解 由an+1=2an+1, 可得an+1+1=2 (an+1) .

∴数列{an+1}是以2为首项, 2为公比的等比数列.

∴an+1=2×2n-1=2n, ∴an=2n-1.

三、“a1=a, an=Aan-1+f (n) (A≠0) ”型

例3 在数列{an}中, a1=1, an=2an-1+3n (n≥2) , 求通项an.

解一 令递推式为an- (an+b) =2{an-1-[a (n-1) +b]}⇒an=2an-1-an+2a-b.

则-a=3, 2a-b=0⇒a=-3, b=-6.

∴an+3n+6=2 (an-1+3n+3) .

令bn=an+3n+6, 则bn=2bn-1.

∴数列{bn}是以10为首项, 2为公比的等比数列.

∴bn=10×2n-1=5×2n,

∴an=5×2n-3n-6.

undefined

undefined

令undefined,

undefined

当a1=1也满足上式, ∴an=5·2n-3n-6.

例4 在数列{an}中, undefined, 求通项an.

解一 令递推式为undefined

则数列undefined是以2为首项, 2为公比的等比数列,

undefined

解二 由undefined, 同例3各式叠加相消得undefined也满足上式, undefined

四、“a1=a, an+1=Aaundefined+Ban+C”型

例5 在数列{an}中, a1=1, an+1=2aundefined+4an+1, 求通项an.

解 令递推式为an+1-m=2aundefined+4an+1-m=2 (an-m) 2+ (4+4m) an+1-m-2m2.

令4+4m=0, 1-m-2m2=0⇒m=-1,

∴an+1+1=2 (an+1) 2.

由题意an+1>an≥1⇒lg (an+1+1) =lg2+2lg (an+1) ⇒lg (an+1+1) +lg2=2[lg (an+1) +lg2],

∴数列{lg (an+1) +lg2}是以2lg2为首项, 2为公比的等比数列,

∴lg (an+1) +lg2=2lg2·2n-1=2nlg2,

∴an=22n-1-1.

五、“a1=a, a2=b, an=Aan-1+Ban-2 (n≥3) ”型

解 令递推式为an-αan-1=β (an-1-αan-2) ⇒

an= (α+β) an-1-α·βan-2,

则α+β=A, α·β=-B.

令方程x2-Ax-B=0 (*) ,

则α, β为方程两个根.

(1) 若方程 (*) 有两个不同根x1与x2, 则

an-x1an-1=x2 (an-1-x1an-2) =…=xundefined (a2-x1a1) 或

an-x2an-1=x1 (an-1-x2an-2) =…=xundefined (a2-x2a1) 解方程组, 可得an或利用“类型3”求通项.

(2) 若方程 (*) 有两个相同的根, 即x1=x2, 则

an-x1an-1=x1 (an-1-x1an-2) =…=xundefined (a2-x1a1) .

接下去可利用“类型3”求通项.

例6 在数列{an}中, a1=1, a2=2, an+1=6an-9an-1 (n≥2) , 求通项an.

undefined

∴数列undefined是以undefined为首项, undefined为公差的等差数列.

undefined

例7 在数列{an}中, a1=1, a2=2, an+2=4an+1-3an+2, 求通项an.

解 由方程x2-4x+3=0⇒x1=1, x2=3,

∴an+2-an+1=3 (an+1-an) +2.

令bn=an+1-an,

∴bn+1=3bn+2,

∴数列{bn+1}是以2为首项, 3为公比的等比数列,

∴bn+1=2·3n-1⇒bn=2·3n-1-1,

∴an+1-an=2·3n-1-1.

由叠加相消法可得an=3n-1-n+1 (n≥2) ,

a1=1也满足上式, ∴an=3n-1-n+1.

例8 在数列{an}中, a1=1, a2=-2, an+2=5an+1-6an+2n+1, 求通项an.

undefined

各式叠加相消得

undefined

∴an= (3-2n) ·2n-1.

六、“undefined”型

例9 在数列{an}中, undefined, 求a2006.

解 令递推式为undefined

令undefined无解.

则分别令n=1, 2, 3, …可得undefined

∴数列{an}是一个周期数列,

∴a2006=a4×501+2=a2=1.

例10 在数列{an}中, undefined, 求通项an.

解 令递推式为undefined

令undefined

则undefined

∴数列undefined是以1为首项, undefined为公差的等差数列,

undefined

例11 在数列{an}中, undefined, 求通项an.

解 令递推式为undefined

令undefined或m=2.

undefined

①÷②, 得undefined

∴数列undefined是2为首项, undefined为公比的等比数列,

undefined

例12 在数列{an}中, undefined, 求通项an.

undefined

令2-m-m2=0⇒m=-2或m=1.

undefined

由①÷②可得

undefined

是以lg4为首项, 2为公比的等比数列,

undefined

例13 在数列{an}中, undefined, 求通项an.

undefined

undefined

由①÷②可得

undefined

undefined是以2lg2为首项, 2为公比的等比数列,

undefined

参考文献

[1]孔令霞.递推数列通项公式求法探讨[J].中学数学教学参考, 2004 (08) .

[2]谭振雷, 林亚萍.四类递推数列通项公式的推导及应用[J].景德镇高专学报, 2000 (02) .

[3]刘仁道.两类递推数列通项公式的求法[J].内江科技, 2005 (03) .

用构造法求递推数列的通项公式 第9篇

【关键词】构造法；转化；化归

给出递推关系，求数列的通项公式是历年高考的热点。在此类问题中，转化与化归的方法是最重要的数学思想之一，起着不可或缺的作用，贯穿在数列的整个学习过程中。转化是解决递推数列问题的实质所在，所以，培养学生明确的“转化”意识，深刻理解这种思想方法的内涵，并能在解题过程中灵活运用，对于学生来说至关重要，甚至是考察学生数学思维的一项重要内容。

等差数列、等比数列是数列中最基础且最重要的两类特征数列，也是高中阶段数列内容中的重点研究对象但在平时的习题中，往往碰到的不是这两类数列，所以有时需要用构造法将其转化为等差数列或等比数列，这种方法就是求数列通项公式时经常使用的构造法，体现的正是转化与化归的数学思想，将非等差和非等比数列转化为我们熟悉的等差等比数列，进而使问题得到根本解决。此类题通常较难，但使用构造法往往给人耳目一新的感觉。构造的方法很多，可根据递推公式的特征而定，现将几种常见类型的问题总结如下：

第一类：构造等差数列

类型1.an+1=■类型

针对这种递推关系中存在分式的问题，经常需两边取倒数，得到关系式■=■+■，构造出等差数列{■}，通过求{■}的通项公式，进而求出数列{an}的通项公式。

例如：已知数列{an}中，a1=1,an+1=■，求数列{an}的通项公式。

解析：∵an+1=■，∴■=■+1，又∵a1≠0，∴an≠0

所以数列{■}是首项为1，公差为1的等差数列。∴■=1+n-1=n，∴an=■.

∴数列{an}的通项公式为an=■.

类型2.an=pan-1+pn+k类型（其中k为常数）

这种类型可以采取等式两边同除以pn，得到关系式■=■+■，构造出等差数列{■}，进而得到数列{an}的通项公式。

第二类：构造等比数列

在数列求通项的有关问题中，经常遇到即非等差数列，又非等比数列的求通项问题，特别是给出的数列相邻两项是线性关系的题型，可以通过构造等比数列或等差数列求通项公式。

类型3.an+1=pan+q类型（其中p、q为常数，且p≠1,q≠0）

这类问题可用构造法化归为等比数列{an+x}，运用待定系数法求出x，通过求出等比数列{an+x}的通项公式，求出数列{an}的通项公式。这种类型的递推公式比较常见，也很重要，下面类型4、类型5的问题往往需要变形成这种类型来解决。

类型4.an+1=■类型（其中p,q为常数，且p≠0,q≠0）

此种类型需先将等式两边同时取倒数，得到■=■·■+■化归为类型3的问题来解决。

类型5.an+1=pan+f(n)型（其中p为常数，且p≠1）

当f(n)=kn+b时，可设an+1+An+B=k[an+A(n-1)+B],展开之后与给出的递推公式相同求出A、B,化归为等比数列{an+An+B};当f(n)=qn+k时，可等式两边同除以qn，得到■=■.■+■，化归为类型3的问题来解决。

类型6.an+1=pann型（其中p为常数）

此种类型需要两边取同底对数，如取以10为底的对数，得到lgan+1=nlgan+lgp，转化为类型3来解决。

【总结】

此类问题的主要方法就是根据递推关系，分析结构特征，善于合理变形，最终的目的是构造出一个与之相关的等差数列或者等比数列的形式。这种化归的思想在这类问题中随处可见。化归思想有着它的风趣描述和理论基础，它并不是孤立存在的，与我们其它的各种思想相互联系着。在高中阶段的教学过程我们可以挖掘知识发生过程的化归思想，渗透知识应用过程中的化归思想，加强解题教学，突出化归思想。“授之以鱼，不如传之以渔”，“教是为了不教”，数学思想对提高学生数学能力有着重要的作用。时代在发展，思想在更新，我们教育工作者一定要把学习的主动权化归到学生的身上去。

【参考文献】

[1]数学教学通讯(高考数学).2008年第3期.《高中数学中转化与化归思想的运用》

[2]中学生数学报.张永侠.《升华教材-习题 解决一类大问题》

[3]中学数学教学参考.姚爱亮.《高考中递推数列求通项例析》2010年第10期

（作者单位：浙江省衢州第三中学）

数列通项公式方法总结 第10篇

（2）9，99，999，……

分析：（1）0=12——1/2，每一项的分子是项数的平方减去1，分母是项数加上1，n2——1/n＋1＝n——1，其实，该数列各项可化简为0，1，2，3，……，易知an＝n——1。

（2）各项可拆成10-1，102-1，103-1，……，an＝10n——1。

此题型主要通过让学生观察、试验、归纳推理等活动，且在此基础上进一步通过比较、分析、概括、证明去揭示事物的本质，从而培养学生的思维能力。

二、已知数列的前n项和Sn

已知数列的前n项和Sn，求通项公式an，主要通过an与Sn的关系转化，即an -{ S1（n＝1） Sn -Sn——1（n≥2）

例2、已知数列{an }的前n项和Sn=2n+3，求an

分析：Sn=a1+a2 +……+an——1+an

Sn——1＝a1+a2 +……+an——1

上两式相减得 Sn -Sn——1=an

解：当n=1时，a1=S1=5

当n≥2时，an =Sn -Sn——1=2n+3-（2n——1+3）=2n——1

∵n=1不适合上式

∴an ={5（n=1） 2n——1（n≥2）

三、已知an与Sn关系

已知数列的第n项an与前n项和Sn间的关系：Sn=f（an），求an。一般的思路是先将Sn与an的关系转化为an与an——1的关系，再根据与的关系特征分为如下几种类型。不同的类型，要用不同的方法解决。

（1）an=an——1+k。数列属等差数列，直接代公式可求通项公式。

例3、已知数列{an}，满足a1=3，an=an——1+8，求an。

分析：由已知条件可知数列是以3为首项，8为公差的等差数列，直接代公式可求得an=8n-5。

（2）an=kan——1（k为常数）。数列属等比数列，直接代公式可求通项公式。

数列通项公式方法总结 第11篇

解：由an+1=2Sn+1

得an=2Sn-1+1(n≥2)

两式相减，得an+1-an=2an

∴an+1=3an (n≥2)

∵a2=2Sn+1=3

∴a2=3a1

∴{an}是以1为首项，3为公比的等比数列

∴an=3n-1

(3)an+1=an+f(n)，用叠加法

思路：令n=1，2，3，……，n-1

得a2=a1+f(1)

a3=a2+f(2)

a4=a3+f(3)

……

+)an=an——1+f(n-1)

an=a1+f(1)+f(2)+…+f(n-1)

例5、若数列{an}满足a1=2，an+1=an+2n

则{an}的通项公式=( )

解：∵an+1=an+2n

∴a2 =a1+2×1

a3=a2+2×2

a4=a3+2×3

……

+)an=an——1+2(n-1)

an=a1+2(1+2+3+…+n-1)

=2+2×(1+n-1)(n-1)

=n2-n+2

(4)an+1=f(n)an，用累积法

思路：令n=1，2，3，……，n-1

得a2 =f(1)a1 a3=f(2)a2 a4=f(3)a3

……

×)an=f(n-1)an-1

an=a1·f(1)·f(2)·f(3)……f(n-1)

例6、若数列{an}满足a1=1，an+1=2n+an，则an=( )

解：∵an+1=2nan ∴a2 =21a1

a3=22a2 a4=23a3

……

×) an=2n——1·an——1

an=2·22·23·……·2n-1a1=2n(n-1)/2

(5)an=pan——1+q， an=pan——1+f(n)

an+1=an+p·qn(pq≠0)，

an=p(an——1)q， an+1=ran/pan+q=(pr≠0，q≠r)

(p、q、r为常数)

这些类型均可用构造法或迭代法。

①an=pan——1+q (p、q为常数)

构造法：将原数列的各项均加上一个常数，构成一个等比数列，然后，求出该等比数列的通项公式，再还原为所求数列的通项公式。

将关系式两边都加上x

得an+x=Pan——1+q+x

=P(an——1 + q+x/p)

令x=q+x/p，得x=q/p-1

∴an+q/p-1=P(an——1+q/p-1)

∴{an+q/p-1}是以a1+q/p-1为首项，P为公比的等比数列。

∴an+q/p-1=(a1+q/p-1)Pn-1

∴an=(a1+q/p-1)Pn-1-q/p-1

迭代法：an=p(an——1+q)=p(pan-2+q)+q

=p2((pan-3+q)+pq+q……

例7、数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an-n(n∈N+)求an

解析：由Sn=2an-n 得Sn-1=2an-1-(n-1) (n≥2,n∈N+)

两式相减得an=2an-1+1

两边加1得an+1=2(an-1+1) (n≥2，n∈N+)

构造成以2为公比的等比数列{an+1}

②an=Pan-1+f(n)

例8、数列{an}中，a1为常数，且an=-2an-1+3n-1(≥2，n∈N)

证明：an=(-2)n-1a1+3n+(-1)n·3·2n-1/5

分析：这道题是证明题，最简单的方法当然是数学归纳法，现用构造法和迭代法来证明。

方法一：构造公比为-2的等比数列{an+λ·3n}

用比较系数法可求得λ=-1/5

方法二：构造等差型数列{an/(-2)n}。由已知两边同以(-2)n，得an/(-2)n=an-1/(-2)n=1/3·(-3/2)n，用叠加法处理。

方法三：迭代法。

an=-2an-1+3n-1=-2(-2an-2+3n-2)+3n-1

=(-2)2an-2+(-2)·3n-2+3n-1

=(-2)2(-2an-3+3n-3)+(-2)·3n-2+3n-1

=(-2)3an-3+(-2)·3n-3+(-2)·3n-2+3n-1

=(-2)n-1a1+(-2)n-1·3+(-2)n-3·+32+……+(-2)·3n-2+3n-1

=(-2)n-1a1+3n+(-1)n-2·3·2n-1/5

③an+1=λan+p·qn(pq≠0)

(ⅰ)当λ=qn+1时，等式两边同除以，就可构造出一个等差数列{an/qn}。

例9、在数列{an}中，a1=4，an+1+2n+1，求an。

分析：在an+1=2an+2n+1两边同除以2n+1，得an+1/2n+1=an/2n+1

∴{an/2n}是以a1/2=2为首项，1为公差的等差数列。

(ⅱ)当λ≠q时，等式两边同除以qn+1，令bn=an/qn，得bn+1=λ/qbn+p，再构造成等比数列求bn，从而求出an。

例10、已知a1=1，an=3an-1+2n-1，求an

分析：从an=3an-1+2n-1两边都除以2n，

得an/2n=3/2 an-1/2n-1+1/2

令an/2n=bn

则bn=3/2bn-1+1/2

④an=p(an——1)q(p、q为常数)

例11、已知an=1/a an——12，首项a1，求an。

方法一：将已知两边取对数

得lgan=2lgan——1-lga

令bn=lgan

得bn=2bn-1-lga，再构造成等比数列求bn，从而求出an。

方法二：迭代法

an=1/a a2n——1=1/a (1/a a2n——2)2=1/a3 a4n——2

=1/a3 (1/a a2n——3)4=1/a7·an——38=a·(an——3/a)23

=……=a·(a1/a)2n——1

⑤an+1=ran/pan+q(p、q、r为常数，pr≠0，q≠r)

将等式两边取倒数，得1/an+1=q/r·1/an+p/r，再构造成等比数列求an。

例12、在{an}中，a1=1，an+1=an/an+2，求an

解：∵an+1=an/an+2

∴1/an+1=2·1/an+1

两边加上1，得1/an+1+1=2(1/an+1)

∴{1/an+1}是以1/an+1=2为首项，2为公比的等比数列

∴ 1/an+1=2×2n-1=2n

∴an=1/2n-1