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。 例:已知数列?an?满足a1?解：由条件知：an?1分别令
，求an。 2n?n1111 ?an?2???n(n?1)nn?1n?n12，an?1?an?1n?1,2,3,??????,(n?1)，代入上式得(n?1)个等式累加之，即
(a2?a1)?(a3?a2)?(a4?a3)????????(an?an?1)?(1?12)?(12?131)?(13?14)????????(121n?1?1n1)
所以an?a1?1?n ?a1?，?an?2?1?1n?32?1n
变式:（2004，全国I，个理22．本小题满分14分）
已知数列{an}中a1?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.
解：?a2k?a2k?1?(?1)，a2k?1?a2k?3
kk?a2k?1?a2k?3?a2k?1?(?1)?3，即a2k?1?a2k?1?3?(?1)
?a3?a1?3?(?1)，a5?a3?3?(?1)，…… ……a2k?1?a2k?1?3?(?1)
将以上k个式子相加，得
2k2k22kkkkkkka2k?1?a1?(3?3?????3)?[(?1)?(?1)?????(?1)]?将a1?1代入，得a2k?1?32(3?1)?kk12[(?1)?1]
kk12?3k?1?12(?1)?1， a2k?a2k?1?(?1)?k12?3?12 (?1)?1。
kn?1?1n?112??(?1)2?1(n为奇数)??3?22经检验a1?1也适合，?an??
nn1?1?32??(?1)2?1(n为偶数)?2?2类型2 an?1?f(n)an 解法：把原递推公式转化为例:已知数列?an?满足a1?解：由条件知
an?1an?f(n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解。
23，an?1?nn?1an，求an。
an?1an?nn?1，分别令n?1,2,3,??????,(n?1)，代入上式得(n?1)个等式累乘之，即
a2a1?a3a2?a4a3????????anan?1?12?23?34????????n?1n?ana1?1n 又?a1?23，?an?23n
例:已知a1?3，an?1?3n?13n?2an (n?1)，求an。
解：
an?3(n?1)?13(n?1)?2?3(n?2)?13(n?2)?2?????3?2?13?2?2?3?13?2a1
?3n?43n?7526?????3?3n?13n?4853n?1。
变式:（2004，全国I,理15．）已知数列{an}，满足a1=1，an?a1?2a2?3a3?????(n?1)an?1 (n≥
2)，则{an}的通项a??n?1?___
n?1n?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 当n?2时，an?1?an?nan，即an?1?(n?1)an，又a2?a1?1，
?a1?1,a2a1?1,a3a2?3,a4a3?4,???,anan?1?n，将以上n个式子相乘，得an?n!2(n?2)
类型3 an?1?pan?q（其中p，q均为常数，(pq(p?1)?0)）。 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?为等比数列求解。
例:已知数列?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an?1?3?2(an?3),令bn?an?3，则b1?a1?3?4,且是以b1?4为首项，2为公比的等比数列，则bn?4?2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?_______________ （key:an?2n?1q1?p，再利用换元法转化
bn?1bn?an?1?3an?3n?1?2.所以?bn?n?1?2n?1,所以an?2?3.
?3）
*变式:（2006. 福建.理22.本小题满分14分）
已知数列?an?满足a1?1,an?1?2an?1(n?N). （I）求数列?an?的通项公式； （II）若数列{bn}滿足4（Ⅲ）证明：
b1?14b2?1?4bn?1?(an?1)n(n?N),证明：数列{bn}是等差数列；
b*n2?13?a1a2?a2a3?...?*anan?1?n2(n?N).
*（I）解：?an?1?2an?1(n?N),
?an?1?1?2(an?1),
??an?1?是以a1?1?2为首项，2为公比的等比数列 ?an?1?2.即
nan?2?1(n?N).
（II）证法一：?4k1?1n*4k2?1...4kn?1?(an?1)n.
k?4(k1?k2?...?kn)?n?2nkn.
?2[(b1?b2?...?bn)?n]?nbn, ①
2[(b1?b2?...?bn?bn?1)?(n?1)]?(n?1)bn?1. ② ②
－
①
，
得
2(bn?1?1)?(n?1)bn?1?nbn,即
(n?1)bn?1?nbn?2?0,nbn?2?(n?1)bn?1?2?0.
③－④，得nbn?2?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
*
（III）证明：?akak?1?2?12k?1k?1?2?12(2?kk12?)12,k?1,2,...,n,
?a1a2?a2a3?...?anan?1?n2.
???akak?1a1a2n2???2?12k?1k?1?an12??12(2n2?k?1?1)?12?13.2?2?2kk?12?11.k,k?1,2,...,n, 32
a2a3??...?a1a2?an?1a3n1111n11n1(?2?...?n)??(1?n)??, 322223223?n2(n?N).
*
13a2?...?anan?1变式:递推式：an?1?pan?f?n?。解法：只需构造数列?bn?，消去f?n?带来的差异．
类型4 an?1?pan?q（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qn?1n，得：
an?1qn?1?pq?anqn?1q引入辅助数列?bn?（其
中bn?anqn），得：bn?1?pq5bn?1q再待定系数法解决。
1n?1an?()，求an。
63211n?12nn?1n?1解：在an?1?an?()两边乘以2得：2?an?1?(2?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例:已知数列?an?中，a1?,an?1?变式:（2006，全国I,理22,本小题满分12分） 设数列?an?的前n项的和Sn?143an?13?2n?1?23，n?1,2,3,???
n（Ⅰ）求首项a1与通项an；（Ⅱ）设Tn?解：（I）当n?1时，a1?S1?当n?2时，an?Sn?Sn?1n2nSn?，n?1,2,3,???，证明：
?i?1Ti?32
4333412412nn?1n即an?4an?1?2，?an??2??(an?1??2?)，
333333na1?42?a1?2；
利用an?1?pan?q（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）的方法，解之得：an?4?2 (Ⅱ)将an?4?2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
nnnnn所以,
?i?13Ti= 2
n?(2i－1 － 2i+1－1) = 2×(21－1 － 2i+1－1) < 2 i?1113113
类型5 递推公式为an?2?pan?1?qan（其中p，q均为常数）。
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?2?pan?1?qan，a1?2?,a2??给出的数列?an?，方程
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?x?px?q?0，的通项为an?Ax1代入an?Ax1n?1n?1?Bxn?12n?12，其中A，B由a1??,a2??决定（即把a1,a2,x1,x2和n?1,2，
?Bxn?1n?1，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??,a2??决定（即把a1,a2,x1,x2和n?1,2，代入
an?(A?Bn)x1，得到关于A、B的方程组）。
解法一（待定系数——迭加法）:
数列?an?：3an?2?5an?1?2an?0(n?0,n?N)， a1?a,a2?b，求数列?an?的通项公式。 由3an?2?5an?1?2an?0，得
an?2?an?1?23(an?1?an)，
且a2?a1?b?a。
则数列?an?1?an?是以b?a为首项，把n?1,2,3,???,n代入，得
23为公比的等比数列，于是an?1?an?(b?a)(23)n?1。
a2?a1?b?a，
2a3?a2?(b?a)?()3，
22a4?a3?(b?a)?()3，
2n?2。 ???an?an?1?(b?a)()32n?11?()222n?23(b?a)。 把以上各式相加，得an?a1?(b?a)[1??()?????()]?23331?32n?12n?1?an?[3?3()](b?a)?a?3(a?b)()?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：3x2?5x?2?0。?x1?1,x2?23,?an?Ax1n?1?Bxn?122n?1?A?B?()。
3又由a1?a,a2?b，于是
?a?A?B?A?3b?2a2n?1? 故a?3b?2a?3(a?b)() ?2??n3?B?3(a?b)?b?A?B3?例:已知数列?an?中，a1?1,a2?2,an?2?解：由an?2?23an?1?13an，求an。
23an?1?13an可转化为an?2?san?1?t(an?1?san)
即an?2?(s?t)an?12?1s?t??s?1??s?????3?stan????3 1或??t???t?1?st??13???3?1?s?1?s????这里不妨选用?3，大家可以试一试），则1（当然也可选用??t???t?13??an?2?an?1??13(an?1?an)??an?1?an?是以首项为a2?a1?1，公比为?13的等比数列,所以
1n?1an?1?an?(?),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
31n?11?(?)10111n?23累加之，即an?a1?(?)?(?)????????(?) ?13331?3731n?1又?a1?1，所以an??(?)。
443变式:（2006，福建,文,22,本小题满分14分）
已知数列?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； （III）若数列?bn?满足4b1?14b2?1...4bn?1?(an?1)n(n?N),证明?bn?是等差数列
b*（I）证明：?an?2?3an?1?2an,
?an?2?an?1?2(an?1?an),?a1?1,a2?3,?an?2?an?1an?1?an?2(n?N).
*??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?2(n?N),
n*?an?(an?an?1)?(an?1?an?2)?...?(a2?a1)?a1
?2n?1n?2n?2?...?2?1*?2?1(n?N).（III）证明：?4b1?1
4b2?1...4bn?1?(an?1)n,
b?4(b1?b2?...?bn)?2nbn,
?)?n(?1)]?n( ) ② .b11?2[(b1?b2?...?bn)?n]?nbn, ① 2[b(1?b2?.?..b?bnn?1?n②－①，得2(bn?1?1)?(n?1)bn?1?nbn,
即(n?1)bn?1?nbn?2?0. ③ nbn?2?(n?1)bn?1?2?0. ④ ④－③，得nbn?2?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
*