线性递推数列范文

线性递推数列范文（精选10篇）

线性递推数列 第1篇

若数列{ an} 满足二阶线性递推式, 即an + 2+ pan + 1+ qan= 0 ( p, q∈R, n≥1) , 则数列{ a2n + 1+ pan + 1an+ qan2} 构成等比数列, 且公比为q.

证明: 首先构造参数 λ1, λ2, 使得an + 2- λ1an + 1=λ2 (an+1-λ1an) .

与原递推式相比较, 发现 λ1+ λ2= - p, λ1λ2= q, 这也就是说 λ1, λ2为方程x2+ px + q = 0 的两根, 这就是我们所熟知的特征方程. 于是{ an + 2- λ1an + 1} 构成公比为 λ2等比数列, 进而可以求出{ an} 的通项公式.

我们发现, 参数 λ1与 λ2的地位是等价的, 也就是说求出来 λ1和 λ2之后, 原递推式变为an + 2- λ1an + 1= λ2 ( an + 1-λ1an) ①或者an + 2- λ2an + 1= λ1 ( an + 1- λ2an) ②

将①式与 ② 式相乘, 得: a2n + 2+ pan + 2an + 1+ qa2n + 1=q (a2n+1+pan+1an+qa2n) .

注: 特别的, 当q = 1 时, 数列{ a2n + 1+ pan + 1an+ qan2} 为常数列.

例1数列{an}满足a0=1, , n∈N, 证明:

( 1) 对于任意的n∈N, an为整数;

( 2) 对于任意的n∈N, anan + 1- 1 为完全平方数.

证明 (1) 根据题目条件, 即2an+1 (-7a) n2=45a2n-36,

a2n+1-7anan+1+a2n=-9①, 取n=n+1, 再写一项, 即a2n+2-7an+2an+1+a2n+1=-9.

发现an + 2和an为方程x2- 7an + 1x + a2n + 1= - 9 的两个根, 根据韦达定理, 有

an + 2+ an= 7an + 1, 即an + 2= 7an + 1- an. 因为a0= 1, a1=5, 所以第一问归纳即证.

( 2) 第二问我们应用一下上述结论, 因为an + 2- 7an + 1+an= 0, q = 1, 即

a2n+1-7an+1an+a2n=a21-7a1a0+a20=-9②, 两边同时加上9an+1an, 得:.因为左边是整数, 是有理数, 所以一定也是整数, 得证.

在证明的过程中我们发现, ②式与①式完全相同, 也就是说②式实际上并不需要我们之前所讲的结论也可直接得到. 似乎并没有看到这条结论有什么特别好的地方, 那么下面这道题就可以显示其作用.

例2 数列{ an} 满足a1= 2, a2= 3, an + 2= 3an + 1- an, n≥1. 求证: 对任意正整数n, anan + 1- 5 是完全平方数.

证明直接应用上述结论, 因为an + 2- 3an + 1+ an= 0, 其中q = 1, 所以a2n + 1- 3an + 1an+ an2= a22- 3a2a1+ a12= - 5.两边同时加上an + 1an, 即得anan + 1- 5 = ( an + 1- an) 2. 又归纳易证an为整数, 所以anan + 1- 5 是完全平方数, 得证.

下面这道题留给读者作为练习.

练习1 数列{ an} 满足a1= 20, a2= 30, an + 2= 3an + 1-an, n≥1. 求所有的正整数n, 使得1 + 5anan + 1是完全平方数.

看了上述的例子之后我们还是感觉此定理的应用很有局限性, 即题目必须将数字配凑得非常好, 才能直接应用解题, 而大部分题目用该结论并不能得到. 但是, 如果将此定理和数学归纳法结合在一起, 将会成为一个非常强大的工具.

例3 数列{ an} 满足a1= a2= 1, an + 2= 7an + 1- an, n≥1. 求证: 对任意的正整数n, an+ an + 1+ 2 是完全平方数.

证明先写出前几项找找规律: a1= a2= 1, a3= 6, a4=41, a5=281, a6=1926.a1+a2+2=4=22, a2+a3+2=9=32, a3+a4+2=49=72, a4+a5+2=324=182, a5+a6+2=2209=472.

观察数列2, 3, 7, 18, 47, …从而猜想an+ an + 1+ 2 = bn2, 其中b1= 2, b2= 3, bn + 1= 3bn- bn - 1 ( n≥2) . 下面用归纳法来证明.

当n = 1, 2 时, 命题成立. 假设当n≤k时命题成立, 考虑n = k + 1 时的情况, 我们要证明: an + 2+ an + 1+ 2 = b2n + 1. 由熟知的结论, bn2- 3bnbn - 1+ b2n - 1= b22- 3b2b1+ b12= - 5, 从而3bnbn - 1= bn2+ b2n - 1+ 5, 于是,

由归纳假设, b2n + 1= 7 ( an+ an + 1+ 2) - ( an - 1+ an+ 2 ) -10=7an+1+6an-an-1+2=an+1+an+2+2

因此当n = k + 1 时命题成立.

故对任意的正整数n, an+ an + 1+ 2 = bn2是完全平方数.

递推数列的“魂” 第2篇

“递推公式千姿百态，数列问题‘稀奇古怪”， 递推数列的原创题会随着递推公式的变化层出不穷，同学们在高考复习时应做好这样的心理准备.然而，不论问题情境如何变化，递推数列的“魂”是始终不变的——那就是以递推公式为中心，对其进行适时变通运用！

例1 已知数列{an}中，a1=1，an=2an-1+1（n∈N*）.求证：a1+a2+…+an<2n+1-n.

解析： 例1给出的递推公式中，an表示为关于an-1的一个函数式，因此an=2an-1+1，an-1=2an-2+1，…，a2=2a1+1，采用逐式代入的方法可得：an=2（2an-2+1）+1=22（2an-3+1）+（2+1）=…=2n-1a1+（2n-2+…+22+2+1）=2n-1+2n-2+…+2+1=2n-1.

于是，a1+a2+…+an=（2-1）+（22-1）+…+（2n-1）=（2+22+…+2n）-n=2n+1-2-n<2n+1-n.

点评： 逐式代入是一种常用方法，应熟练掌握，例1就是使用了逐式代入的方法顺利证得.那么，是不是递推数列问题都可以用逐式代入的方法去解决呢？

例2 已知在数列{xn}中，xn≠0且xn+1=xn-（n∈N*）.问：是否存在不同的正整数m，n，使xm=xn成立？若存在，求出所有正整数对{m，n};若不存在，请说明理由.

解析： 若对例2中的递推公式使用逐式代入法，则有：xn=xn-1-=（xn-2-）-（xn-2-）2=（xn-3-）-（xn-3-）2-[（xn-3-）-（xn-3-）2]2=…，xn的表达式不仅越来越复杂，而且还显得杂乱无章. 那么该怎么办呢？我们还得从原递推公式中去想想办法.

由xn≠0，得xn+1-xn=-<0？圯xn+1

点评： 从例2我们可以看出，虽然逐式代入应用广泛，但有些题目用此方法并不合适，这就需要我们认真审题，充分利用题目中的已知条件，灵活变通，寻求新思路.

例3 已知数列{an}的相邻两项a2k-1，a2k是关于x的方程x2-（3k+2k）x+3k·2k=0的两个根，且a2k-1≤a2k（k=1，2，3，…）.

（1） 求a1，a3，a5，a7;

（2） 求数列{an}的前2n项和S2n.

解析： 由题意可知，a2k-1+a2k=3k+2k，a2k-1·a2k=3k·2k（k=1，2，3，…），分别取k=1，2，3，4，再根据a2k-1≤a2k（k=1，2，3，…）便可确定a1，a3，a5，a7;而S2n=（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2n-1+a2n），故可将n个方程累加求得S2n.

（1） 当k=1时，a1+a2=3+2=5，a1·a2=3×2=6，因为a1≤a2，所以a1=2.同理，当k=2时，a3=4;当k=3时，a5=8;当k=4时，a7=12.

（2） S2n=（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2n-1+a2n）=（3·1+21）+（3·2+22）+…+（3n+2n）=3（1+2+…+n）+（2+22+…+2n）=3·+=+2n+1-2.

点评： 累加、累乘为递推法应用中的另一种常用方法，例2中的（2）就是使用累加的方法得到了数列前2n项的和.但是任何方法都不是万能的！

例4 已知正项数列{xn}中，x1=1，且+xn=3+2xn+1（n∈N*），求证：xn≤n-1（n∈N*）.

解析： 由递推公式得：+xn=3+2xn+1，+xn-1=3+2xn，…，+x1=3+2x2，显然，不管是使用累加、累乘或是逐式代入都很难求得结果. 所以，又得对递推公式进行变通运用，寻求新的解题思路.

当n=1时，x1=1，xn≤n-1成立;

当n>1时，+xn=3+2xn+1=（xn+1）2+（xn+1）+（2-）xn+1>（xn+1）2+（xn+1）.因为函数f（x）=x2+x在区间[0，+∞）上单调递增，而f（xn）>f（xn+1），故xn>xn+1.由xn>0，xn+1>0得xn+1<·xn？圯xn<·xn-1<2·xn-2<…

综上所述，xn≤n-1（n∈N*）.

点评： 递推法应用中，一定不能只局限于考虑使用某一特定的方法解题，很多时候我们需要根据实际问题，对递推公式进行适当变通，在熟练掌握常用的解题方法的前提下，根据具体问题寻求新的规律解题.

数列问题一直是高考的重点，近些年来递推数列成为高考命题的热点，掌握递推数列问题的求解方法是复习备考的一个重要任务.

“递推公式千姿百态，数列问题‘稀奇古怪”， 递推数列的原创题会随着递推公式的变化层出不穷，同学们在高考复习时应做好这样的心理准备.然而，不论问题情境如何变化，递推数列的“魂”是始终不变的——那就是以递推公式为中心，对其进行适时变通运用！

例1 已知数列{an}中，a1=1，an=2an-1+1（n∈N*）.求证：a1+a2+…+an<2n+1-n.

解析： 例1给出的递推公式中，an表示为关于an-1的一个函数式，因此an=2an-1+1，an-1=2an-2+1，…，a2=2a1+1，采用逐式代入的方法可得：an=2（2an-2+1）+1=22（2an-3+1）+（2+1）=…=2n-1a1+（2n-2+…+22+2+1）=2n-1+2n-2+…+2+1=2n-1.

于是，a1+a2+…+an=（2-1）+（22-1）+…+（2n-1）=（2+22+…+2n）-n=2n+1-2-n<2n+1-n.

点评： 逐式代入是一种常用方法，应熟练掌握，例1就是使用了逐式代入的方法顺利证得.那么，是不是递推数列问题都可以用逐式代入的方法去解决呢？

例2 已知在数列{xn}中，xn≠0且xn+1=xn-（n∈N*）.问：是否存在不同的正整数m，n，使xm=xn成立？若存在，求出所有正整数对{m，n};若不存在，请说明理由.

解析： 若对例2中的递推公式使用逐式代入法，则有：xn=xn-1-=（xn-2-）-（xn-2-）2=（xn-3-）-（xn-3-）2-[（xn-3-）-（xn-3-）2]2=…，xn的表达式不仅越来越复杂，而且还显得杂乱无章. 那么该怎么办呢？我们还得从原递推公式中去想想办法.

由xn≠0，得xn+1-xn=-<0？圯xn+1

点评： 从例2我们可以看出，虽然逐式代入应用广泛，但有些题目用此方法并不合适，这就需要我们认真审题，充分利用题目中的已知条件，灵活变通，寻求新思路.

例3 已知数列{an}的相邻两项a2k-1，a2k是关于x的方程x2-（3k+2k）x+3k·2k=0的两个根，且a2k-1≤a2k（k=1，2，3，…）.

（1） 求a1，a3，a5，a7;

（2） 求数列{an}的前2n项和S2n.

解析： 由题意可知，a2k-1+a2k=3k+2k，a2k-1·a2k=3k·2k（k=1，2，3，…），分别取k=1，2，3，4，再根据a2k-1≤a2k（k=1，2，3，…）便可确定a1，a3，a5，a7;而S2n=（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2n-1+a2n），故可将n个方程累加求得S2n.

（1） 当k=1时，a1+a2=3+2=5，a1·a2=3×2=6，因为a1≤a2，所以a1=2.同理，当k=2时，a3=4;当k=3时，a5=8;当k=4时，a7=12.

（2） S2n=（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2n-1+a2n）=（3·1+21）+（3·2+22）+…+（3n+2n）=3（1+2+…+n）+（2+22+…+2n）=3·+=+2n+1-2.

点评： 累加、累乘为递推法应用中的另一种常用方法，例2中的（2）就是使用累加的方法得到了数列前2n项的和.但是任何方法都不是万能的！

例4 已知正项数列{xn}中，x1=1，且+xn=3+2xn+1（n∈N*），求证：xn≤n-1（n∈N*）.

解析： 由递推公式得：+xn=3+2xn+1，+xn-1=3+2xn，…，+x1=3+2x2，显然，不管是使用累加、累乘或是逐式代入都很难求得结果. 所以，又得对递推公式进行变通运用，寻求新的解题思路.

当n=1时，x1=1，xn≤n-1成立;

当n>1时，+xn=3+2xn+1=（xn+1）2+（xn+1）+（2-）xn+1>（xn+1）2+（xn+1）.因为函数f（x）=x2+x在区间[0，+∞）上单调递增，而f（xn）>f（xn+1），故xn>xn+1.由xn>0，xn+1>0得xn+1<·xn？圯xn<·xn-1<2·xn-2<…

综上所述，xn≤n-1（n∈N*）.

点评： 递推法应用中，一定不能只局限于考虑使用某一特定的方法解题，很多时候我们需要根据实际问题，对递推公式进行适当变通，在熟练掌握常用的解题方法的前提下，根据具体问题寻求新的规律解题.

数列问题一直是高考的重点，近些年来递推数列成为高考命题的热点，掌握递推数列问题的求解方法是复习备考的一个重要任务.

“递推公式千姿百态，数列问题‘稀奇古怪”， 递推数列的原创题会随着递推公式的变化层出不穷，同学们在高考复习时应做好这样的心理准备.然而，不论问题情境如何变化，递推数列的“魂”是始终不变的——那就是以递推公式为中心，对其进行适时变通运用！

例1 已知数列{an}中，a1=1，an=2an-1+1（n∈N*）.求证：a1+a2+…+an<2n+1-n.

解析： 例1给出的递推公式中，an表示为关于an-1的一个函数式，因此an=2an-1+1，an-1=2an-2+1，…，a2=2a1+1，采用逐式代入的方法可得：an=2（2an-2+1）+1=22（2an-3+1）+（2+1）=…=2n-1a1+（2n-2+…+22+2+1）=2n-1+2n-2+…+2+1=2n-1.

于是，a1+a2+…+an=（2-1）+（22-1）+…+（2n-1）=（2+22+…+2n）-n=2n+1-2-n<2n+1-n.

点评： 逐式代入是一种常用方法，应熟练掌握，例1就是使用了逐式代入的方法顺利证得.那么，是不是递推数列问题都可以用逐式代入的方法去解决呢？

例2 已知在数列{xn}中，xn≠0且xn+1=xn-（n∈N*）.问：是否存在不同的正整数m，n，使xm=xn成立？若存在，求出所有正整数对{m，n};若不存在，请说明理由.

解析： 若对例2中的递推公式使用逐式代入法，则有：xn=xn-1-=（xn-2-）-（xn-2-）2=（xn-3-）-（xn-3-）2-[（xn-3-）-（xn-3-）2]2=…，xn的表达式不仅越来越复杂，而且还显得杂乱无章. 那么该怎么办呢？我们还得从原递推公式中去想想办法.

由xn≠0，得xn+1-xn=-<0？圯xn+1

点评： 从例2我们可以看出，虽然逐式代入应用广泛，但有些题目用此方法并不合适，这就需要我们认真审题，充分利用题目中的已知条件，灵活变通，寻求新思路.

例3 已知数列{an}的相邻两项a2k-1，a2k是关于x的方程x2-（3k+2k）x+3k·2k=0的两个根，且a2k-1≤a2k（k=1，2，3，…）.

（1） 求a1，a3，a5，a7;

（2） 求数列{an}的前2n项和S2n.

解析： 由题意可知，a2k-1+a2k=3k+2k，a2k-1·a2k=3k·2k（k=1，2，3，…），分别取k=1，2，3，4，再根据a2k-1≤a2k（k=1，2，3，…）便可确定a1，a3，a5，a7;而S2n=（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2n-1+a2n），故可将n个方程累加求得S2n.

（1） 当k=1时，a1+a2=3+2=5，a1·a2=3×2=6，因为a1≤a2，所以a1=2.同理，当k=2时，a3=4;当k=3时，a5=8;当k=4时，a7=12.

（2） S2n=（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2n-1+a2n）=（3·1+21）+（3·2+22）+…+（3n+2n）=3（1+2+…+n）+（2+22+…+2n）=3·+=+2n+1-2.

点评： 累加、累乘为递推法应用中的另一种常用方法，例2中的（2）就是使用累加的方法得到了数列前2n项的和.但是任何方法都不是万能的！

例4 已知正项数列{xn}中，x1=1，且+xn=3+2xn+1（n∈N*），求证：xn≤n-1（n∈N*）.

解析： 由递推公式得：+xn=3+2xn+1，+xn-1=3+2xn，…，+x1=3+2x2，显然，不管是使用累加、累乘或是逐式代入都很难求得结果. 所以，又得对递推公式进行变通运用，寻求新的解题思路.

当n=1时，x1=1，xn≤n-1成立;

当n>1时，+xn=3+2xn+1=（xn+1）2+（xn+1）+（2-）xn+1>（xn+1）2+（xn+1）.因为函数f（x）=x2+x在区间[0，+∞）上单调递增，而f（xn）>f（xn+1），故xn>xn+1.由xn>0，xn+1>0得xn+1<·xn？圯xn<·xn-1<2·xn-2<…

综上所述，xn≤n-1（n∈N*）.

点评： 递推法应用中，一定不能只局限于考虑使用某一特定的方法解题，很多时候我们需要根据实际问题，对递推公式进行适当变通，在熟练掌握常用的解题方法的前提下，根据具体问题寻求新的规律解题.

数列递推公式求通项小结 第3篇

一、型如 an +1= λan+ c( λ ≠ 1,c ≠ 0)

例1已知数列{an} 有a1= 1,an +1= 2an+ 1,求通项an.

点评: 型如an +1= λan+ c( λ≠1,c≠0) ,设它可变形为an +1+ x = λ( an+ x) ,与已知条件比较,待定系数知x,再换元bn= an+ x,知{ bn} 是等比数列且公比q = λ.

二、型如 an +1= λan+ ( An + B) ( 其中 λ ≠ 1)

例2已知数列{an} 有a1= 1,an +1= 3an+ n,求通项an.

点评: 型如an +1= λan+ ( An + B) ( 其中λ≠1) ,设它可变形为an +1+ x( n + 1) + y = λ[an+ xn + y],与已知条件比较,待定系数知x,y,这时可换元bn= an+ xn + y,则原式化为bn +1= λbn,可知{ bn} 是等比数列且公比q = λ; 若λ = 1,直接叠加法可得an.

三、型如 an +1= λan+ Aqn -1( 其中 λ ≠ 1,q ≠ λ )

例3已知数列{an} 有a1= 1,an +1= 3an+ 2n,求通项an.

解: 设an +1= 3an+ 2n可变形为

即an +1= 3an+ x·2n -1,与已知条件比较,得x = 2,这时( * ) 为

点评: 型如an +1= λan+ Aqn -1( 其中λ≠1,q≠λ) ,设它可转化为an +1+ x·qn= λ[an+ x·qn -1],与已知条件比较,待定系数知x,这时可换元bn= an+ x·qn -1,则原式化为bn +1= λbn,所以{ bn} 是等比数列且公比为λ; 若λ = 1,直接叠加法可得an; 若λ = q两端除qn +1后叠加法可求.

四、型如 an +1= r( an)λ( r > 0)

例4已知数列{an} 有求通项an.

点评: 型如,两边取对数可得,这类似于第一种情况,按前面的方法处理即可.

五、型如 an +1=(Aan)/(Ban+ A)

例5已知数列{an} 有,,求通项an.

点评: 型如,取倒数得则可换元,知,即{ bn} 是等差数列且公差为B/A,进一步由 { bn} 的通项知{ an} 通项.

六、型如 an +1=(n + 1)/(n)an+ ( n + 1) cn,其中{ cn} 是等差( 或等比) 数列

例6已知数列{an} 有a1= 1,求通项an.

七、型如 an +1= f ( n) ·an+ [1 - f ( n) ]

例7已知数列{an} 有求通项an.

点评: 型如an +1= f ( n) ·an+ [1 - f ( n) ],可变形为an +1- k = f ( n) ·( an- k) ,换元bn= an- k,得bn +1= f ( n) ·bn,取n = 1,2,3,…,( n - 1) ,叠乘法得bn,进一步知an.

探求数列递推公式的若干途径 第4篇

1 制定规则分类，利用分类计数原理

制定规则，并在这个规则下，将计数对象分类，这样比较容易导出递推关系.

例1 （1993年全国高考题）将数字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个格子里，每格填一个数字，则每个格子的标号与所填的数字均不相同的填法有（  ）.

A.9种  B.6种  C.11种  D.23种

解 将问题推广到一般：将1，2，3，…，n填入标号为1，2，3，…，n的n个格子里，每格填一个数字，且每个格子的标号与所填的数字均不相同，称这样的一个填法叫作一个错排.求错排种数.

假设n个自然数1，2，…n的错排种数为an.显然a2=1.

当n≥3时，由于是错排，故n必不在第n号格里，设n在第k号格里（k<n）.

以下对第n号格里的数字分类讨论：

（1）若第n号格里的数字是k，那么除n和k以外还要对余下的（n-2）个数进行错排，则此时共有an-2种排法（如图1）.

图1

（2）若第n号格里不是k，

那么把第n号格视作第k号格.这样就变成1，2，…，n-1个数的错排，此时有an-1种排法.

故当n在第k号格里时，共有an-1+an-2种排法.

因为放置n的k号格可在1，2，…，n-1中选取，有n-1种选法，故共有

an=（n-1）·（an-1+an-2）（n≥3）种不同排法.

原问题解答：因a2=1，a3=2，由上面递推关系得a4=（4-1）（2+1）=9.

评 这里制定规则：将n置于第k（k<n）号格中，讨论第n号格放置的数是否为k.从而将此时的错排分为：第n号格里的数字是k与不是k的两大类.从而较方便的沟通了an与an-1、an-2间的关系.

例2 （1996年爱朋思杯，上海市高中数学竞赛题）已知集合{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}，求该集合具有下列性质的子集的个数：每个子集至少含有2个元素，且每个子集中任意两个元素的差的绝对值大于1.

解 把问题推广到一般：已知集合{1，2，…，n}，求该集合具有下列性质的子集的个数：每个子集至少含有2个元素，且每个子集中任意两个元素的差的绝对值大于1.

设an是集合{1，2，…，n}的具有题设性质的子集个数，显然n≥3.

当n=3，4时，计算得a3=1，a4=3.

当n≥5时，将an个子集分为两类：

（1）含有元素n的子集：①集合{1，2，…，n-2}的每个符合题设性质的子集（至少含有2个元素）再新增一元素n构成的集合仍符合题设性质，故这样的子集有an-2个;②集合{1，2，…，n-2}中每一个元素与n构成的二元子集符合题设性质，故有n-2个.故含有元素n的子集个数为an-2+（n-2）;

（2）不含有元素n的子集，这样的子集由集合{1，2，…，n-1}来确定，有an-1个.

所以an=an-1+an-2+（n-2）（n≥5）.

原问题解答：因a3=1，a4=3，再逐次使用上述递推关系有a10=a9+a8+8=

133.

评 这里制定规则：考虑子集中是否含有元素n.将n≥5时的an个子集分为含元素n与不含元素n的两大类.在含元素n的子集类中，又分为二元子集与至少含三个元素的子集.通过这样的分类，沟通了an与an-1、an-2间的关系.

例3 用1，2，3三个数来构造n位数，但不允许有两个紧挨着的1出现在n位数中（例如，当n=5时，31213是允许的，11233，31112等是不允许的）.问能构造多少个这样的n位数？

解 设能构造an个符合要求的n位数.显然一位数的有1，2，3，即a1=3，两位数的有12，21，13，31，23，32，22，33共8个，即a2=8.

当n≥3时，分两类情形：（1）n位数的第1位数是2或3，则这样的n位数有2an-1个;

（2）n位数的第1位数是1，则第2位数只能是2或3，于是这样的n位数有2an-2个.由分类计数原理有：an=2an-1+2an-2（n≥3，n∈N*）.

于是 an+1=2an+2an-1（n≥2，n∈N*）……（*）

由此可求得an=123[（5+33）（1+3）n-1-（5-33）（1-3）n-1]（n≥2）.

a1=3也适合（*）式.

所以an=123[（5+33）（1+3）n-1-（5-33）（1-3）n-1]（n∈N*）.

评 因2与3是可以紧挨着的，于是制定规则：考虑n位数的第一位数字是否为1.将n≥3时的符合要求的an个数分为两类.一类是首位数字不是1的，有2an-1个;另一类是首位数字是1的，有2an-2个.通过这样的分类，使an与an-1、an-2之间的关系十分明朗.

例4 （加拿大第12届数学奥林匹克题）掷一枚硬币，每次正面出现得1分，反面出现得2分，试证：恰好得n分的概率是13[2+（-12）n].

证明 设事件“恰好得n分”的概率为Pn.事件“恰好得n分”可分为以下两种情形：①先得了n-2分（其概率为Pn-2），再掷得一次反面;②先得了n-1分（其概率为Pn-1），再掷得一次正面.由分类计数原理得“恰好得n分”的概率为Pn=12Pn-1+12Pn-2，即

2Pn+Pn-1=2Pn-1+Pn-2=…=2P2+P1=2×（12+12×12）+12=2.

从而Pn-23=-16·（-12）n-1Pn=13[2+（-12）n].

评 这里制定规则：考虑事件“恰好得n分”之前一次的不同得分情况.由此将事件“恰好得n分”之前一次的得分情况，分为得（n-2）分和得n-1分两类事件，沟通了Pn与Pn-1、Pn-2间的关系，顺利建立起了递推关系式：Pn=12Pn-1+12Pn-2.

2 探求an-1到an的新增情况

图2

例5 （2013年安徽）如图2，互不相同的点A1，A2，…，An，…，和B1，B2，…，Bn，…分别在角O的两边上，所有AnBn相互平行，且所有梯形AnBnBn+1An+1的面积均相等.设OAn=an.若a1=1，a2=2，则数列{an}的通项公式是    .

解 设△OAnBn的面积为Sn.因所有AnBn相互平行，a1=1，a2=2，所以OA1=A1A2，OB1=B1B2，从而S2S1=（a2a1）2=4S2=4S1.

所以梯形A1B1B2A2的面积=S2-S1=3S1.又所有梯形AnBnBn+1An+1的面积均相等，所以Sn+1=Sn+梯形AnBnBn+1An+1的面积=Sn+梯形A1B1B2A2的面积=Sn+3S1，即Sn+1=Sn+3S1……（*）.

所以Sn=S1+（n-1）3S1=（3n-2）S1SnS1=3n-2.

即（ana1）2=3n-2an=3n-2（n∈N*）.

评 这里着眼于对从Sn到Sn+1的分析，得到新增面积为3S1，从而一举得到递推关系式（*）.

例6 （1997年浙江五校高三联考题）记函数fn（x）=（1+2x）·（1+22x）·…·（1+2nx）展开式中，x2项的系数为an.试问是否存在常数a，b使对于不小于2的任何正整数n，都有an=83（2n-1-1）（a·2n+b）？

分析 本例常用方法是：先考虑特殊，然后一般性证明.即假设存在a，b，然后取n=2，3，得到特殊情形下的a，b之值，最后用数学归纳法证明所得a，b之值对n≥2（n∈N*）成立.这里我们通过建立递推关系来解决.

解 因fn+1（x）=fn（x）（1+2n+1x）=fn（x）+fn（x）·2n+1x.

由此知fn（x）·2n+1x中x2项的系数是新增的，易知新增x2项的系数为

2n+1（2+22+…+2n）=22n+2-2n+2.所以an+1=an+（22n+2-2n+2）……（*），

即an+1-an=22n+2-2n+2.

所以an+1-a2=∑nk=2（ak+1-ak）=∑nk=2（22k+2-2k+2）.

又a2=8，所以an+1=83（22n+1-8）+24-2n+3.

所以an=83（22n-1-8）+24-2n+2=83（2n-1-1）（2n-1）.

对比an的表达式，知存在a=1，b=-1，使n≥2（n∈N*）时，结论成立.

评 这里着眼于对fn（x）到fn+1（x）中的x2项系数新增情况的分析，顺利得到了递推式（*）.

3 间接求出

有些计数对象在某些限制条件下，不易直接计算出结果.这时不妨先求出总数，以及其

中不合要求的情况数，然后从总数中扣除不合要求的情况数即得所求.这种解决问题的思想方法也适用某些递推式的探求.

例7 （2001年全国高中数学联赛第12题）在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物（如图3），要求同一块中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物.现有4种不同的植物可供选择，则有几种栽种方案？

图3

解 将问题推广到一般：使用l（l≥3）种颜色的全部或其中几种颜色将一个1×n格棋盘染色，要求每一格染一种颜色，且相邻两格及两端的两格都不同色，问有多少种不同的染色方法？

假设1×n格棋盘有an种染法.显然1×1格棋盘有l种染法，即a1=l，同理a2=l（l-1）.

当n≥3时，暂不考虑棋盘两端的染色相同与否，则第1格有l种染法，第2格至第n格均有（l-1）种染法，则共有l（l-1）n-1种染法.

由于在对第n格染色时，只考虑了与第（n-1）格染色不同，因此在对第n格染色的（l-1）种方法中，与第一格有同色或不同色两种情况.

若第n格与第1格同色，将第1格与第n格“拼成一格”，则这时就是对1×（n-1）格棋盘的染色，有an-1种方法.

所以an=l（l-1）n-1-an-1（n≥3）.

据此可求得an=（l-1）n+（l-1）（-1）n（n≥3），显然n=2也适合.

所以an=l，（n=1）

（l-1）n+（l-1）（-1）n，（n≥2）

如果取n=6，l=4，即得2001年全国高中数学联赛第12题的答案：

a6=36+3·（-1）6=732.

4 利用曲线方程的定义

用数列{an}的第n项an或含有an的式子来表示曲线上相关点An的坐标，依点An在曲线上，利用曲线方程的定义，即可得数列递推关系式.

例8 （2010年浙江大学自主招生试题）如图4所示，y=x的图象下有一系列正三角形，求第n个正三角形的边长.

图4

解 如图所示，设第n个正三角形为△Bn-1AnBn（其中B0点是原点）.它的边长为bn，则点Bn的坐标为Bn（Sn，0）（其中Sn=b1+b2+…+bn）.于是

An（Sn-12bn，32bn）.由于点An在函数y=x的图象上，于是有：32bn=Sn-12bn，所以34b2n=Sn-12bn…①.于是有34b2n+1=Sn+1-12bn+1…②.

由②-①得：34（b2n+1-b2n）=12（bn+1+bn），所以bn+1-bn=23……③.

又因为直线y=3x与函数y=x的交点为B0（0，0）与A1（13，33），所以b1=B0B1=23.

于是数列{bn}构成以b1=23为首项，23为公差的等差数列，所以bn=23+（n-1）23=2n3，亦即第n个正三角形的边长为2n3.

评 这里利用等边三角形的性质，用数列{bn}的第n项bn或含有bn的式子来表示第n个三角形顶点An的坐标，依点An在曲线上，利用曲线方程的定义，得到bn与Sn的关系式①，进而得到递推关系式③.类似可作：

图5

如图5，A1，A2，…在x轴的正半轴上，B1，B2，…在曲线y=x上.若△OA1B1，△A1A2B2，△A2A3B3，…，均为等腰Rt△，且B1，B2，…为直角顶点.求前100个等腰直角三角形的面积和.

线性递推数列 第5篇

纵观近几年全国和各省市的高考数学题, 不难发现高考对递推数列的考查仍然是重点内容之一.由于所给的递推数列形式变化多样, 从而使其通项公式的求法成为教学中的一大难点, 本文主要谈谈如何构造辅助数列去求解几类常见递推数列的通项公式.

类型一 递推公式为an+1=kan+b型

当k=1时, 数列{an}为等差数列;当k≠1时, 则将原式变形为an+1+x=k (an+x) 的形式, 利用待定系数法与原式比较得$x=\frac{b}{k-1}$, 从而构造出辅助数列{an+x}, 它是以a1+x为首项, k为公比的等比数列, 所以通项公式an= (a1+x) kn-1-x.

例1 已知数列{an}中$a{}_1=2‚a{}_{n+1}=(\sqrt{2}-1)(a{}_n+2),n=1,2,3‚\cdots$求数列{an}的通项公式. (解法略)

类型二 递推公式为an+1=kan+f (n) 型

若k=1, 当f (n) 可求和时, 则可用叠加法求数列{an}的通项公式;若k≠1, 则对f (n) 进行分类:

1.当f (n) =an+b时, 则将原式变形为an+1+A (n+1) +B=k (an+An+B) 的形式, 利用待定系数法与原式比较得$A=\frac{a}{k-1},B=\frac{b}{k-1}+\frac{a}{(k-1){}^2}$, 从而构造出一个新的辅助数列{an+An+B}, 它是以a1+A+B为首项, k为公比的等比数列, 所以数列{an}的通项公式an= (a1+A+B) kn-1-An-B.

2.当f (n) =an2+bn+c时, 则将原式变形为an+1+A (n+1) 2+B (n+1) +C=k (an+An2+Bn+C) 的形式, 其余与上一类型相似.

例2 已知数列{an}中a1=2, an+1+2an=n+2, n=1, 2, 3, …求数列{an}的通项公式. (解法略)

3.当f (n) =qn (q≠0, 1) 时, 则将原式两边同除以qn+1, 得$\frac{a{}_{n+1}}{q{}^{n+1}}=\frac{k}{q}\cdot \frac{a{}_n}{q{}^n}+\frac{1}{q}$, 令$b{}_n=\frac{a{}_n}{q{}^n}$, 则原式化为$b{}_{n+1}=\frac{k}{q}b{}_n+\frac{1}{q}$, 从而转化为第一类型题.

例3 已知数列{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 将原式变形为an+1-2n+1=λ (an-2n) +λn+1,

等式两边同除以λn+1, 得$\frac{a{}_{n+1}-2{}^{n+1}}{\lambda {}^{n+1}}=\frac{a{}_n-2{}^n}{\lambda {}^n}+1.$

∴数列$\left\{\frac{a{}_n-2{}^n}{\lambda {}^n}\right\}$, 它是以0为首项, 1为公差的等差数列.

$\therefore \frac{a{}_n-2{}^n}{\lambda {}^n}=n-1‚\therefore a{}_n=(n-1)\lambda {}^n+2{}^n.$

本题从表面看形式比较复杂, 也无法直接套用以上结论, 但将其先适当变形之后问题则完全符合第三种类型, 从而问题迎刃而解.

例4 (2010年重庆卷) 已知数列{an}中a1=1, an+1=can+cn+1 (2n+1) (n∈N*) , 其中c≠0, 求数列{an}的通项公式. (解法略)

类型三 递推公式为an+2=pan+1+qan型

当a1=a, a2=b时, 先将上式变形为 (an+2-xan+1) =y (an+1-xan) , 从而构造出辅助数列{an+1-xan}, 它是以a2-xa1为首项, y为公比的等比数列, 其中p=x+y, q=-xy, 从而可将此类题化为第二类型第三种题.

例5 (2009年全国Ⅱ卷) ) 设数列{an}的前n项的和为Sn, 已知Sn+1=4an+2, 且a1=1, 求数列{an}的通项公式.

解 由a1=1, 得a2=5.又由

$\{\begin{array}{l}S{}_{n+1}=4a{}_n+2‚\\ S{}_{n+2}=4a{}_{n+1}+2‚\end{array}$

两式相减, 得an+2=4an+1-4an.

将上式变形为 (an+2-2an+1) =2 (an+1-2an) ,

∴辅助数列{an+1-2an}是以3为首项, 2为公比的等比数列, ∴an+1-2an=3×2n-1.

∴由类型二知等式两边同除以2n+1, 得$\frac{a{}_{n+1}}{2{}^{n+1}}-\frac{a{}_n}{2{}^n}=\frac{3}{4}.$

∴数列$\left\{\frac{a{}_n}{2{}^n}\right\}$是以$\frac{1}{2}$为首项, $\frac{3}{4}$为公差的等差数列.

$\therefore \frac{a{}_n}{2{}^n}=\frac{1}{2}+(n-1)\times \frac{3}{4}‚\therefore a{}_n=(3n-1)2{}^{n-2}.$

类型四 递推公式为$a{}_{n+1}=\frac{ma{}_n}{ka{}_n+b}$型

此类问题可利用倒数法对原式两边同时取倒数变形, 得$\frac{1}{a{}_{n+1}}=\frac{b}{m}\cdot \frac{1}{a{}_n}+\frac{k}{m}$, 从而将此类问题转化为第一类型题.

例6 (2008年陕西卷) 已知数列{an}中$a{}_1=\frac{3}{5}‚a{}_{n+1}=\frac{3a{}_n}{2a{}_n+1}‚n=1,2,3‚\cdots$求数列{an}的通项公式.

解 将$a{}_{n+1}=\frac{3a{}_n}{2a{}_n+1}$两边取倒数, 得

$\begin{array}{l}\frac{1}{a{}_{n+1}}=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{a{}_n}+\frac{2}{3}.\\ \therefore \frac{1}{a{}_{n+1}}-1=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{a{}_n}-1\right).\end{array}$

∴数列$\left\{\frac{1}{a{}_n}-1\right\}$是以$\frac{2}{3}$为首项, $\frac{1}{3}$为公比的等比数列.

$\therefore \frac{1}{a{}_n}-1=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{3{}^{n-1}}=\frac{2}{3{}^n}‚\therefore a{}_n=\frac{3{}^n}{3{}^n+2}.$

类型五 递推公式为an+1=ka${}_n^b$型

若数列{an}为正项数列, 则可利用对数变换法在原式两边同时取对数, 从而将原式转化为第一类型题.

例7 设正项数列{an}满足a1=1, an=2a${}_{n-1}^2$ (n≥2) , 求数列{an}的通项公式.

解 两边取对数, 得log2an=1+2log2an-1.

∴log2an+1=2 (log2an-1+1) .

令bn=log2an+1, ∴bn=2bn-1.

∴{bn}是以b1=log21+1=1为首项, 以2为公比的等比数列.

∴bn=1×2n-1=2n-1, 即log2an+1=2n-1.

∴an=22n-1-1.

本题解决的关键是等式两边同时取对数, 从而将原式的次数降低, 而对数底数的选取可由题目条件灵活处理, 如本题还可选取以10为底的对数.

例8 已知数列{an}满足an+1=2·3na${}_n^5$, a1=7, 求数列{an}的通项公式.

解an+1=2·3na${}_n^5$, a1=7, ∴an>0, an+1>0.

在an+1=2·3na${}_n^5$式两边取常用对数, 得lgan+1=5lgan+nlg3+lg2.

由此该题转化为第二类型题, 以下解略.

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=a${}_n^{3(n+1)2{}^n}$两边取常用对数, 得lgan+1=3 (n+1) ·2nlgan, 即$\frac{\text{l}\text{g}a{}_{n+1}}{\text{l}\text{g}a{}_n}=3(n+1)\cdot 2{}^n$.再由累乘法可推知$\lg a{}_n=\frac{\text{l}\text{g}a{}_n}{\text{l}\text{g}a{}_{n-1}}\cdot \frac{\text{l}\text{g}a{}_{n-1}}{\text{l}\text{g}a{}_{n-2}}\cdot \cdots \cdot \frac{\text{l}\text{g}a{}_3}{\text{l}\text{g}a{}_2}\cdot \frac{\text{l}\text{g}a{}_2}{\text{l}\text{g}a{}_1}\cdot \lg a{}_1=\lg 5{}^{3{}^{n-1}}\cdot n!\cdot 2{}^{\frac{n(n-1)}{2}}$, 从而$a{}_n=5{}^{3{}^{n-1}}\cdot n!\cdot 2{}^{\frac{n(n-1)}{2}}.$

类型六 递推公式为$a{}_{n+1}=\frac{aa{}_n+b}{ca{}_n+d}$型, 其中$ad\ne bc,c\ne 0,a{}_1\ne -\frac{d}{c}$

方程f (x) =x的根称为函数f (x) 的不动点, 对此类型题可利用不动点法先令$x=\frac{ax+b}{cx+d}$, 再解关于x的方程:

1.当方程只有一个根x0 (其中$x{}_0=\frac{a-d}{2c})$时, 则将原式变形为$\frac{1}{a{}_{n+1}-x{}_0}=\frac{1}{a{}_n-x{}_0}+p$, 从而构造出辅助数列$\left\{\frac{1}{a{}_n-x{}_0}\right\}$是以$p=\frac{c}{a-cx{}_0}=\frac{2c}{a+d}$为公差的等差数列.

例9 已知数列{an}满足$a{}_{n+1}=\frac{7a{}_n-2}{2a{}_n+3}‚a{}_1=2$, 求数列{an}的通项公式.

解 令$x=\frac{7x-2}{2x+3}$, 得2x2-4x+2=0, 解得x=1.

∴数列$\left\{\frac{1}{a{}_n-1}\right\}$是以$\frac{1}{a{}_1-1}=\frac{1}{2-1}=1$为首项, 以$\frac{2}{5}$为公差的等差数列.

$\therefore \frac{1}{a{}_n-1}=1+(n-1)\cdot \frac{2}{5}‚\therefore a{}_n=\frac{2n+8}{2n+3}.$

2.当方程有两个不同的根x1, x2时, 则将原式变形为$\frac{a{}_{n+1}-x{}_1}{a{}_{n+1}-x{}_2}=q\cdot \frac{a{}_n-x{}_1}{a{}_n-x{}_2}$, 从而构造出辅助数列$\left\{\frac{a{}_n-x{}_1}{a{}_n-x{}_2}\right\}$, 它是以$q=\frac{a-cx{}_1}{a-cx{}_2}$为公比的等比数列.

例10 已知数列{an}满足$a{}_{n+1}=\frac{21a{}_n-24}{4a{}_n+1}‚a{}_1=4$, 求数列{an}的通项公式.

解 令$x=\frac{21x-24}{4x+1}$, 得4x2-20x+24=0,

解得x1=2, x2=3.

∴数列$\left\{\frac{a{}_n-2}{a{}_n-3}\right\}$是以$\frac{a{}_1-2}{a{}_1-3}=\frac{4-2}{4-3}=2$为首项, 以$q=\frac{21-4\times 2}{21-4\times 3}=\frac{13}{9}$为公比的等比数列.

$\begin{array}{l}\therefore \frac{a{}_n-2}{a{}_n-3}=2\left(\frac{13}{9}\right){}^{n-1}‚\\ \therefore a{}_n=\frac{1}{2\left(\frac{13}{9}\right){}^{n-1}-1}+3.\end{array}$

以上方法对$a{}_{n+1}=\frac{aa{}_n^2+b}{2aa{}_n+c}$这种类型题也同样适用.

解决递推数列问题的基本原则就是对数列的递推式进行恰当的变换, 从而把递推数列问题转换为大家熟悉的两类基本数列进行处理.由于递推数列的形式变化多样, 因此在做题时应仔细观察题型, 灵活变形, 找到与之匹配的解法.

求递推数列通项方法汇总 第6篇

一、迭加法

在推导等差数列时就用到了该方法, 主要过程如下:

因为{an}为等差数列,

所以当n≥2时, 有a2-a1=d, a3-a2=d……an-an-1=d.

将以上各式相加, 得an-a1= (n-1) d,

所以an=a1+ (n-1) d.

当n=1时, 上述等式也成立.

如何将该种方法进行推广呢?请看下例.

例1在数列{an}中, a1=-1, an+1=an+2n, 求an.

分析:条件an+1=an+2n表明{an}不是等差数列, 但与等差数列的定义式an+1=an+d非常相似, 故可考虑类似处理.

解:因为an+1=an+2n,

所以a2-a1=2, a3-a2=4, a4-a3=6……an-an-1=2n.

将以上各式相加, 得

所以an=a1+n (n+1) =n2+n-1.

【总结反思】比较后发现, 型如an+1=an+f (n) 的解析式, 而只要f (1) +f (2) +…+f (n) 的和是可求的, 都可用多式相加法求得an.

巩固练习1:在数列{an}中, a1=-1, an-an-1=2n, 求an.

二、迭乘法

类似迭加法, 推导等比数列时使用的迭乘法, 也可作相应的推广.

例2在数列{an}中, , (n≥2) , 求an.

【总结反思】型如an+1=an·f (n) , 只要f (1) f (2) …f (n) 的积可求, 可用迭乘法求通项.

注:在学习等差数列及等比数列的通项公式时, 要掌握其推导方法.

三、公式法

例3已知{an}的各项均为正数, 且, 求an.

解:当n≥2时, 由题设条件有

所以Sn2-Sn2-1=1,

又由已知式, 可得S12=1,

所以Sn2=1+ (n-1) ×1=n,

所以

所以,

又当n=1时也符合,

所以

注:注意分n=1和n≥2两种情况, 能合并则合并, 不能合并则分段表示.

四、构造法

型如an+1=k·an+b (k、b为常数) 的线性递推关系, 设an+1+λ=k (an+λ) , 可用待定系数法求出λ值, 构造以a1+λ为首项, 以p为公比的等比数列.

例4在数列{an}中, a1=1, an+1=3·an-1, 求an.

解:设an+1+λ=3 (an+λ) ,

则an+1=3an+2λ, 得,

所以

又, 则数列是首项为, 公比为3的等比数列,

所以,

所以.

引申:型如an+1=pan+f (n) (p为常数且p≠0, p≠1) , 其中f (n) 为等比数列.如f (n) =qn (q为常数) , 两边同除以qn, 得, 令, 可转化为bn+1=pbn+q的形式.

例5已知数列{an}中, a1=1, , 求an的通项公式.

下面解法同上,

五、倒数法

数列有型如f (an, an-1, anan-1) =0的关系, 可在等式两边同乘以, 先求出, 再求得an.

例6设数列{an}满足a1=2, (n∈N) , 求an.

解:原条件变形为

六、复合数列构成等差、等比数列法

数列有型如f (an+2, an+1, an) =0的关系, 可把复合数列化为等差数列或等比数列, 再用其他初等方法求得an.

例7在数列{an}中, a1=2, a2=3, an+2=3·an+1-2·an, 求an.

解:由条件an+2=3·an+1-2·an,

所以an+2-an+1=2 (an+1-an) ,

所以an+2-an+1=2n-1.

再用多式相加法可得,

递推数列通项公式的求法 第7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) .

由数列的递推公式求通项公式 第8篇

例1. (倒数法) 已知数列{an}中, a1=, an+1=, 求{an}的通项公式.

解:

∴是以为首项, 公差为2的等差数列, 即+2 (n-1) =。

例2. (求和法, 利用公式an=Sn-Sn-1, n≥2) 已知正数数列{an}的前n项和Sn=, 求{an}的通项公式.

解:S1=a1=, 所以a1=1.

∴{Sn2}是以1为首项, 公差为1的等差数列.

例3. (叠加法) 已知数列{an}的前n项和Sn满足, 且, 求{an}的通项公式.

解:先考虑偶数项有:

将以上各式叠加得,

所以.

再考虑奇数项有:

将以上各式叠加得.

所以

综上所述,

例4. (an+1=pan+r类型数列) 在数列{an}中, an+1=2an-3, a1=5, 求{an}的通项公式.

∴{an-3}是以2为首项, 公比为2的等比数列.

例5 (an+1=pan+f (n) 类型) 已知数列{an}中, a1=1, 且an=an-1+3n-1, 求{a}的通项公式.

, {an}.解: (待定系数法) 设a+p·3n=a+p·3n-1

: () an+p·3=an-1+p·3则an=an-1-2p·3n-1, 与an=an-1+3n-1比较可知.

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）

递推数列通项公式的若干求法 第10篇

类型1:由等差, 等比演化而来的“差型”, “商型”递推关系

(1) 等差数列: an+1-an=d

由此推广成差型递推关系: an-an-1=f (n)

累加:undefined, 于是只要f (n) 可以求和就行.

类型2:等比数列: an+1÷an=q

由此推广成商型递推关系:undefined

累乘:undefined

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undefined, 再利用换元法转化为等比数列求解.

例1 已知数列{an}满足a1=1, an+1=2an+1 (n∈N*) 求数列{an}的通项公式;

因为an+1=2an+1 (n∈N*) ,

所以an+1+1=2 (an+1)

所以{an+1}是以a1+1=2为首项, 2为公比的等比数列,

所以an+1=2n

即an=2n-1 (n∈N*)

类型4:递推公式为an+1=pan+qn (其中p, q均为常数, pq (p-1) (q-1) ≠0 ) .

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:undefined

引入辅助数列{bn} (其中undefined, 得:

undefined

再应用类型3的方法解决.

类型5:f (Sn, an) =0型

利用an=Sn-Sn-1 (n≥2) 转化为g (an, an-1) =0型, 或h (Sn, Sn-1) =0型

即混合型的转化为纯粹型的

例2 已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an+ (-1) n, n≥1

(Ⅰ) 写出数列{an}的前3项a1, a2, a3;

(Ⅱ) 求数列{an}的通项公式;

分析:Sn=2an+ (-1) n, n≥1. ①

由a1=S1=2a1-1得a1=1. ②

由n=2得, a1+a2=2a2+1, 得 a2=0 ③

由n=3得, a1+a2+a3=2a3-1, 得

a3=2 ④

用n-1代n得Sn-1=2an-1+ (-1) n-1 ⑤

①-⑤: an=Sn-Sn-1=2an-2an-1+2 (-1) n

即 an=2an-1-2 (-1) n ⑥

undefined⑦

例3 (全国卷二理科19题) 数列{an}的前n项和记为Sn, 已知undefined证明:数列undefined是等比数列.

解:因为:undefined,

所以 (n+2) Sn=n (Sn+1-Sn) , 整理得 nSn+1=2 (n+1) Sn,

所以undefined, 故undefined是以2为公比的等比数列.