递推数列求通项公式的典型方法
1、 an+1=an+f（n）型 累加法:
an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+?＋（a2-a1）+ a1 =f（n-1）+f（n-2）+?f（1）+ a1
例1 已知数列｛an｝满足a1=1,an+1=an+2n（n∈N*）, 求an 解: an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+?＋（a2-a1）+ a1 =2n-1+2n-2+?+21+1=2n-1（n∈N*）
例 在数列{a1n}中，a1?3,an?1?an?n(n?1)，求通项公式an.
解：原递推式可化为：a11n?1?an?n?n?1
则a11112?a1?1?2, a3?a2?2?3
a?a111143?3?4，??，an?an?1?n?1?n
逐项相加得：a?1?11n?a1n.故an?4?n
2、an?1a?g(n)型
n累积法:aana1an?a.n?...2.a1
n?1an?2a1所以?an?g?n?1?g?n?2?g?n?3?...g?1?a1 例2:已知数列｛an｝满足
an?1a?n?n?N*?,a1?1.求an n解:aanan?1aa...a2n?a1
?n?1n?2a1 =n?1??n?2??n?3?...1??n?1?! ?an??n?1?!?n?N??
例
2 设数列{an}是首项为
1的正项数列，且
(n?1)a22n?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)an?1?nan](an?1?an)=0
∵ aan?1nn?1?an＞0，
a? nn?1 则 a2?1,a3?2,a4?3,??，ann?1aa?
1223a34an?1n 逐项相乘得：ana?1，即a1n=.
1nn3．an?1?pan?q型（p,q为常数）
方法：（1）aqn?1?p?1?p???an?q?p?1??，再根据等比数列的相关知识??求an.
(2)an?1?an?p?an?an?1?再用累加法求an.
(3)
an?1anqpn?1?pn?pn?1 ,先用累加法求anpn再求an 例3．已知?an?的首项a1?a（a为常数），an?2an?1?n?N?,n?2?，求an
解 设an???2?an?1???，则???1 ?an?1?2?an?1?1?
??an?1?为公比为2的等比数列。
?an?1??a?1??2n?1 ?a?1n??a?1??2n?1
题目:在数列{an}(不是常数数列)中,an?1?12a2且a1n?1?3,求数列{an}的通项公式.
解法一:因为
a1n?1?2a所以,a1n?2,n?2an?1?2,所以,a?11n?1?an2(an?an?1),所以,数列{an?1?an}是公比为2的等比数列.又
a11111n?112?a1?6,所以,an?1?an?6?(2),将an?1?2an?2代入上式可得
a1111n?4?3?(2)n?.
[评注]这种方法叫做差分法.即由条件an?1?pan?q(pq(p?1)?0)进行递推
可得an?pan?1?q,进一步可得an?1?an?p(an?an?1),数列{an?1?an}是公比为p的等比数列,所以,an?1?an?(a2?a1)pn?1,再将an?1?pan?q代入即可求得aa2?a1)pn?1?qn?(p?1.
解法二:所给数列对应的特征方程为:x?12x?2,所以,特征根为x?4.因为a?12a,所以,a11n?1n?2n?1?4?2(an?4),即数列{an?4}是公比为2的等比
数列,又a??11111n?1111n3,所以,a???11?4n?43?(2).故an?4?3?(2).
[评注]:这种方法叫做特征根法,因为p?1,所以满足x?px?q(叫做此数列对应的特征方程)的x存在,由an?1?pan?q可得
an?1?x?(pan?q)?x?p(an?x),所以,数列{an?x}是以a1?x为首项,以
p为公比的等比数列或各项均为0,于是再根据条件a?1n?x?(a1?x)pn,所
以,an?1n?(a1?x)p?x. 解法三:设a1111n?1???2(an??),即an?1?2an?2?与已知an?1?2an?2对
比可得?12??2,所以,???4.所以,可得a1n?1?4?2(an?4),即数列
{a?4}是公比为1n2的等比数列或者各项均为0.(下同解法二).
[评注]:这种方法通常叫做构造法.即由已知递推式的特点构造一个等比数列,再求通项公式.设an?1???p(an??),与原递推数列进行对比可以建立方程,求数所设实数?的值即可得{an?1??}是以a1??为首项,以p为公比的等比数列.
以上三种方法虽然各不相同,但是它们有一点是共同的,即构造一个等比数列,这就是本题的实质所在.
4．an?1?pan?f?n?型（p为常数） 方法：变形得an?1pn?1?anpn?f?n?pn?1，则??an??pn??可用累加法求出，由此求得an.
例4．已知?a?1n?满足a1?2,an?1?2an?2n，求an
解 an?12n?1?an2n?1 ???an??2n??为等差数列。 an2n?a12?n?1?n ?an?n?2n
5.an?2?pan?1?qan型（p,q为常数）
方法：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.
6、取倒数法
例6 已知数列{aan?1n}中，其中a1?1,，且当n≥2时，an?2a，
n?1?1求通项公式an。
解 将aan?1n?2a两边取倒数得：1?11n?1?1aa?2，这说明{}是一
nn?1an个等差数列，首项是1a?1，公差为2，所以11a?1?(n?1)?2?2n?1，
n即a1n?2n?1.
7、取对数法
例 若数列{a2n}中，a1=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a2n＞0，将an?1?an两边取对数得lgan?1?2lgan，即
lgan?1lga?2，所以数列{lgan}是以lga1=lg3为首项，公比为2的等比数列，nlgan?1n?1n?1n?lga1?2?lg32 ，即an?32.
8、平方（开方）法
例8 若数列{an}中，a1=2且an?3?a2n?1（n?2）
，求它的通项公式是an.
解 将an?3?a2222n?1两边平方整理得an?an?1?3。数列{an}是以
a2=4为首项，3为公差的等差数列。a221n?a1?(n?1)?3?3n?1。因为an＞0，所以an?3n?1。
9、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
SSnn?1?3?4S（n?1），求数列{an}的通项公式是an.
n解 递推式SSn11n?1?3?4S可变形为nS?3?S?4 （1）
n?1n设（1）式可化为1S???3(1??) （2）
n?1Sn比较（1）式与（2）式的系数可得??2，则有1S?2?3(1?2)。
n?1Sn故数列{1S?2}是以1?2?3为首项，3为公比的等比数列。
nS11S?2=3?3n?1?3n。所以S1n?n。 n3?1当n?2，a1n?Sn?Sn?1?3n?2?13n?1?2??2?3n32n?8?3n?12。
?数列{a?1n}的通项公式是an???2?3n (n?1) ??32n?8?3n?12(n?2)。
2、an?1?Aan?B?Cn（A、B、C为常数，下同）型，可化为
an?1n?1???C=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：
ann?1???3?2(an???3n?1) ①
比较系数得?=-4，①式即是：ann?1?4?3?2(an?1n?4?3).
则数列{an?1n?4?3}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an?4?3n?1?5?2n?1. 3
、
an?2??an?1型an?2?A?an?1?B?an?(A??)?(an?1??an)的形式。
，可化为
故an?9?()?6n?9.
12n例11 在数列{an}中，a1??1,a2?2，当n?N，an?2一、复习回顾
引入问题：已知数列{an}满足a1=1, 且an+1 =3an+1,求an。
?5an?1?6an ① 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?2an?4?3n?1.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}中，a3n1?2，2an?an?1=6n?3 ①
求通项公式an.
解 ①式可化为： 2(an??1n??2)?an?1??1(n?1)??2 ② 比较系数可得： ?1=
-6，?2?9，② 式为2bn?bn?1 {b6n?9?91n} 是一个等比数列，首项b1?a1?2，公比为2.
∴b91n?1n?2(2)
即 a6n?9?9?(1nn?2)
分析一：归纳法。由递推公式，可求出a2=4，a3
=13，a4
=40。则a2
-a1
=3=3，
a2
3
n-1
3-a2=9=3，a4-a3=27=3。由此猜测：an-an-1=3（可用数学归纳法证明），所以
an-2-an-33a21
n-1-an-2=3，an-2n-3=3??，a4-a3=3，3-a2=3，a2-a1=3，把上式子累加，
得，a1
+32
+33
+??+3n-1
=，得a3n?1n-a1=3n=2。
分析二：构造法。由a1n+1 =3an+1，得an+1 +
2=3（a11n+2），即数列{an+2}为一个公比为3的等比数列，则a11n-1
3n?1n+2=(1+2)·3 =2。
分析三：迭代法。a2n-1n-2
n=3an-1+1=3(3an-2+1)+1=3an-2+3?1+1=?=3a1+3
?1+3n-3
?1 +?+3?1+1=3n?12 点评：（1）分析一中先猜测出前后两项差的关系，再用累加法求出通项；这种用不完全归纳法求出前几项再找规律的的方法，对所有求数列通项的题均适用，应培养归纳能力；
（2）分析二中构造出新数列，由新数列求出an的通项；
（3）分析三使用迭代法，这也是由递推式求通项的基本方法。 本文将由此例题展开，对它进行各种变形，力求归纳出由递推公式求通项公式的方法。
二、例题精讲 例1.已知数列{an}中，a1=1，对任意自然数n都有a2n?an?1?n(n?1)，求an。
分析：由已知，a2n?an?1?n(n?1)，an?1?an?2?2(n?1)n，??，a23?a2?3?4，
aa22?1?2?3，累
加
，
得
a?1111?n-a1=2??n(n?1)?(n?1)n?(n?2)(n?1)?...?2?3?
?=2??11??2?n?1??。
点评：（1）例3由例1中的常数项1变为f(n)而得来；
（2）递推式为an+1=an+f(n)，只要f(1)+f(2)+??+f(n-1)是可求的，可用累加法求出。
（3）今年安徽题中也有这样一题：已知数列{a=1，且ak
n}中a12k=a2k-1+(-1)，
ak
2k+1=a2k+3，其中k=1,2,3??（1）求a3，a5（2）求数列{an}的通项公式。这是一个an+1=an+f(n)型的函数，只不过偶数项减奇数项与奇数项减偶数项的f(n)不同而已，依照上法，可以轻松求解。
（4）运用类比推理的思想方法，把例3与例1的形式进行比较后可看出类似之处，从而在方法上类同。
对递推式为an+1=pan+q（p、q为常数）时，可构造新数列an+1+
qqp?1=p(an+p?1)。其证明的简略过程如下：由an+1=pan+q，令an+1+x =p(an+x)，化简，得
a=pa，即x=qn+1n+px-x，因此px-x=qp?1。得证。
例2：已知数列{aaan}中，a1=1，nn?1?a，求an。
n?3分析：把两边取倒数，可得1a?3?1?1。令b1n?，则bn+1=3bn+1，
n?1anan即引入问题，按上法可求解。
点评：（1）转换问题，化成基本型后求解（运用反思维定势定势方法中的转移思维方法）
（2）对分式型递推数列可归纳如下：设a1=a，acan?dn?1?aa(a?0)
n?b①若d=0，则上式变形为
1b1aa??a?，
令b1b?an?,则bn?1??bn,n?1cncancc即基本型。
②若d，c≠0,且bc≠ad，令an= bn+t(t为待定系数)转化为情形①。
例3. 在数列{a3n}中，a1?2,2an?an?1?6n?3,求通项an. 解：原递推式可化为2(an?xn?y)?an?1?x(n?1)??y
比较系数可得：x=-6,y=9,上式即为2bn?bn?1 所以?bn?是一个等比数列，首项b1?a1?6n?9?92,公比为12. ?b92(1n?2)n?1 即：a?9?9?(1n?6n2)n 故a?(12)nn?9?6n?9.
(2)若f(n)?qn(其中q是常数，且n?0,1)
①若p=1时，即：ann?1?an?q，累加即可. ②若p?1时，即：an?1?p?an?qn， 求通项方法有以下三种方向：i. 两边同除以pn?1.
即：
an?1n1pn?1?aqn?p?(pq)n,令bann?pn，则b?b1pnn?1n?p?(q), 然后类型1，累加求通项. ii.两边同除以qn?1 . 即： an?1pqn?1?q?an1qn?q, 令bnn?aqn,则可化为bpn?1?q?b1n?q.然后转化为类型5来解， iii.待定系数法： 设an?1n?1???q?p(an???pn).通过比较系数，求出?，转化为等比数列
求通项.