高考递推数列题型分类归纳解析
各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解。特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列
通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。本文总结出几种求解数列通项公式的方法，希望能对大家有帮助。 类型1
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。 11例:已知数列?an?满足a1?，an?1?an?2，求an。
2n?n1111解：由条件知：an?1?an?2 ???n?nn(n?1)nn?1分别令n?1,2,3,??????,(n?1)，代入上式得(n?1)个等式累加之，即
1111111(a2?a1)?(a3?a2)?(a4?a3)????????(an?an?1)?(1?)?(?)?(?)????????(?)
22334n?1n111131所以an?a1?1? ?a1?，?an??1???
n22n2n变式:（2004，全国I，个理22．本小题满分14分）
中a1已知数列{an}解：?a2k?1，且a2k=a2k
－1
+(－1)K, a2k+1=a2k+3k, 其中k=1,2,3,…….
（I）求a3, a5；
（II）求{ an}的通项公式.
?a2k?1?(?1)k，a2k?1?a2k?3k
?a2k?1?a2k?3k?a2k?1?(?1)k?3k，即a2k?1?a2k?1?3k?(?1)k
?a3?a1?3?(?1)，a5?a3?32?(?1)2，…… ……a2k?1?a2k?1?3k?(?1)k
将以上k个式子相加，得
31a2k?1?a1?(3?32?????3k)?[(?1)?(?1)2?????(?1)k]?(3k?1)?[(?1)k?1]
221k?1111将a1?1代入，得a2k?1??3?(?1)k?1， a2k?a2k?1?(?1)k??3k?(?1)k?1。
2222?1n?1?1n212??3??(?1)?1(n为奇数)?22经检验a1?1也适合，?an??
nn?1?32?1?(?1)2?1(n为偶数)?2?2an?1?f(n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解。 类型2 an?1?f(n)an 解法：把原递推公式转化为an2n例:已知数列?an?满足a1?，an?1?an，求an。
3n?1an?1n?解：由条件知，分别令n?1,2,3,??????,(n?1)，代入上式得(n?1)个等式累乘之，即 ann?1aaa2a3a41123n?122??????????n????????????n? 又?a1?，?an? a1a2a3an?1234a1nn33n3n?1例:已知a1?3，an?1?an (n?1)，求an。
3n?2
1
解：
an?3(n?1)?13(n?2)?13?2?13?1???????a1
3(n?1)?23(n?2)?23?2?23?2?3n?43n?7526?????3?3n?13n?4853n?1。
?a1?2a2?3a3?????(n?1)an?1 (n≥2)，则{an}的
变式:（2004，全国I,理15．）已知数列{an}，满足a1=1，an通项an?1?1? ?n?___n?2解：由已知，得an?1?a1?2a2?3a3?????(n?1)an?1?nan，用此式减去已知式，得
?an?nan，即an?1?(n?1)an，又a2?a1?1， aaaan!?a1?1,2?1,3?3,4?4,???,n?n，将以上n个式子相乘，得an?(n?2)
a1a2a3an?12类型3 an?1?pan?q（其中p，q均为常数，(pq(p?1)?0)）。
q解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：an?1?t?p(an?t)，其中t?，再利用换元法转化为等比数列
1?p求解。 例:已知数列当n?2时，an?1?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.故递推公式为
bn?1an?1?3an?1?3?2(an?3),令bn?an?3，??2.所以?bn?是以b1?4为首项，则b1?a1?3?4,且
bnan?3?4?2n?1?2n?1,所以an?2n?1?3.
2为公比的等比数列，则bn变式:（2006，重庆,文,14） 在数列
?an?中，若a1?1,an?1?2an?3(n?1)，则该数列的通项an?_______________
?2n?1?3）
（key:an已知数列
变式:（2006. 福建.理22.本小题满分14分）
?an?满足a1?1,an?1?2an?1(n?N*).
（I）求数列?an?的通项公式；
?4bn?1?(an?1)bn(n?N*),证明：数列{bn}是等差数列；
an1a1a2n??...?n?(n?N*). （Ⅲ）证明：??23a2a3an?12（II）若数列{bn}滿足41b?1b2?14（I）解：?an?1
?2an?1(n?N*),
k1?1k2?1?an?1?1?2(an?1),
n*??an?1?是以a1?1?2为首项，2为公比的等比数列 ?an?1?2n.即an?2?1(n?N).
（II）证法一：?44...4kn?1?(an?1)kn.
①
②
?4(k1?k2?...?kn)?n?2nkn.
?2[(b1?b2?...?bn)?n]?nbn,
2[(b1?b2?...?bn?bn?1)?(n?1)]?(n?1)bn?1.
②－①，得2(bn?1?1)?(n?1)bn?1?nbn,即(n?1)bn?1?nbn③－④，得nbn?2?2?0, nbn?2?(n?1)bn?1?2?0.
?2nbn?1?nbn?0,即bn?2?2bn?1?bn?0,
?bn?2?bn?1?bn?1?bn(n?N*), ??bn?是等差数列
2
ak2k?12k?11（III）证明：??k?1??,k?1,2,...,n,
ak?12?12(2k?1)22aaan?1?2?...?n?. a2a3an?12ak2k?11111111??k?1??????.,k?1,2,...,n,
ak?12?122(2k?1?1)23.2k?2k?2232kaaan1111n11n1 ?1?2?...?n??(?2?...?n)??(1?n)??,
a2a3an?12322223223an1aan ???1?2?...?n?(n?N*).
23a2a3an?12bn?，消去f?n?带来的差异． 变式:递推式：an?1?pan?f?n?。解法：只需构造数列?类型4
nan?1?pan?qn（其中p，q均为常数，(pq(p?1)(q?1)?0)）。（或an?1?pan?rq,其中p，q, r
均为常数） 。
解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以q得：bn?1n?1，得：
an?1pan1an??b引入辅助数列（其中???b?nnqn?1qqnqqn），
p1bn?再待定系数法解决。 qq511n?1例:已知数列?an?中，a1?,an?1?an?()，求an。
63211n?12n?1n?1解：在an?1?an?()两边乘以2得：2?an?1?(2n?an)?1
323bn22n1n1nn令bn?2?an，则bn?1?bn?1,解之得：bn?3?2() 所以an?n?3()?2()
32332?变式:（2006，全国I,理22,本小题满分12分）
412?? an??2n?1?，n?1,2,3,?333n2n3（Ⅰ）求首项a1与通项an；（Ⅱ）设Tn?，n?1,2,3,???，证明：?Ti?
Sn2i?1442?a1?2； 解：（I）当n?1时，a1?S1?a1??33341n?12412当n?2时，an?Sn?Sn?1?an??2??(an?1??2n?)，即an?4an?1?2n，利用
333333nan?1?pan?qn（其中p，q均为常数，(pq(p?1)(q?1)?0)）。 （或an?1?pan?rq,其中p，q, r均
设数列
?an?的前n项的和Sn?为常数）的方法，解之得：an(Ⅱ)将an?4n?2n
?4n?2n代入①得
41212
Sn= ×(4n－2n)－×2n+1 + = ×(2n+1－1)(2n+1－2)= ×(2n+1－1)(2n－1)
33333nn232311 Tn= = ×n+1 = ×(n － n+1) nSn2 (2－1)(2－1)22－12－1所以,
?Tii?1n3
= 2
?(2i－1 － 2i+1－1) = 2×(21－1 － 2i+1－1) < 2
i?1n113113
类型5 递推公式为an?2
?pan?1?qan（其中p，q均为常数）。
3
解法一(待定系数法)：先把原递推公式转化为an?2?san?1?t(an?1?san)
?s?t?p其中s，t满足?
st??q?解法二(特征根法)：对于由递推公式
?an?，方程
x2?px?q?0，叫做数列?an?的特征方程。若x1,x2是特征方程的两个根，当x1?x2时，数列?an?的通项为
an?2?pan?1?qan，
a1??,a2??给出的数列
n?1an?Ax1n?1?Bx2，其中A，B由
a1??,a2??决定（即把
a1,a2,x1,x2和
n?1,2，代入
n?1n?1an?Ax1n?1?Bx2，得到关于A、B的方程组）；当x1?x2时，数列?an?的通项为an?(A?Bn)x1，其中A，
B由a1数列
。 ??,a2??决定（即把a1,a2,x1,x2和n?1,2，代入an?(A?Bn)x1n?1，得到关于A、B的方程组）
解法一（待定系数——迭加法）: 由3an?2?an?：3an?2?5an?1?2an?0(n?0,n?N)， a1?a,a2?b，求数列?an?的通项公式。
?5an?1?2an?0，得
2an?2?an?1?(an?1?an)，
3且a2?a1?b?a。
则数列把n?an?1?an?是以b?a为首项，2为公比的等比数列，于是an?1?an32?(b?a)()n?1。
3?1,2,3,???,n代入，得
222a2?a1?b?a，a3?a2?(b?a)?()，a4?a3?(b?a)?()2，???an?an?1?(b?a)()n?2。
33321?()n?1222n?23把以上各式相加，得an?a1?(b?a)[1??()?????()(b?a)。 ]?23331?322?an?[3?3()n?1](b?a)?a?3(a?b)()n?1?3b?2a。
33解法二（特征根法）：数列?an?：3an?2?5an?1?2an?0(n?0,n?N)， a1?a,a2?b的特征方程是：
22n?13x2?5x?2?0。?x1?1,x2?,?an?Ax1n?1?Bx2?A?B?()n?1。
33又由a1?a,a2?b，于是
?a?A?B?A?3b?2a2n?1?? 故a?3b?2a?3(a?b)() 2??n3b?A?B?B?3(a?b)?3?21例:已知数列?an?中，a1?1,a2?2,an?2?an?1?an，求an。
3321解：由an?2?an?1?an可转化为an?2?san?1?t(an?1?san)
332?1s?t??s?1?????s??3??即an?2?(s?t)an?1?stan??3 1或?1t????st??3???t?1?3? 4
这里不妨选用
?s?1??1t???3?（当然也可选用
1??s??3???t?1，大家可以试一试），则
11an?2?an?1??(an?1?an)??an?1?an?是以首项为a2?a1?1，公比为?的等比数列,所以
331an?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(n?1)个等式累加之，即
311?(?)n?11113 an?a1?(?)0?(?)1????????(?)n?2?13331?3731n?1又?a1?1，所以an??(?)。
443变式:（2006，福建,文,22,本小题满分14分）
?an?满足a1?1,a2?3,an?2?3an?1?2an(n?N*).
（I）证明：数列?an?1?an?是等比数列； （II）求数列?an?的通项公式；
b?1b?1b?1?(an?1)b(n?N*),证明?bn?是等差数列 （III）若数列?bn?满足44...4已知数列
12nn?3an?1?2an,
?an?2?an?1?2(an?1?an),（I）证明：?an?2?a1?1,a2?3,?an?2?an?1?2(n?N*).an?1?an
??an?1?an?是以a2?a1?2为首项，2为公比的等比数列
（II）解：由（I）得an?1?an?2n(n?N*),
?an?(an?an?1)?(an?1?an?2)?...?(a2?a1)?a1
?2n?1?2n?2?...?2?1?2?1(n?N).b?1b2?1n*
（III）证明：?414...4bn?1?(an?1)bn,
①
?4(b1?b2?...?bn)?2nbn,
?2[(b1?b2?...?bn)?n]?nbn,
即(n?1)bn?1?nbn④－③，得nbn?2即bn?22[(b1?b2?...?bn?bn?1)?(n?1)]?(n?1)bn?1.
④
②
②－①，得2(bn?1?1)?(n?1)bn?1?nbn,
?2?0.
③
nbn?2?(n?1)bn?1?2?0.
?2nbn?1?nbn?0,
?2bn?1?bn?0,?bn?2?bn?1?bn?1?bn(n?N*),??bn?是等差数列
类型6 递推公式为Sn与an的关系式。(或Sn?f(an))
与
?S1????????????????(n?1)解法：这种类型一般利用an???Sn?Sn?1???????(n?2)(n?2)或与Sn?f(Sn?Sn?1)(n?2)消去an进行求解。
5
an?Sn?Sn?1?f(an)?f(an?1)消去
Sn