递推式求数列通项公式常见类型及解法
甘肃武威第六中学 李立德
对于由递推式所确定的数列通项公式问题，通常可通过对递推式的变形转化
成等差数列或等比数列，也可以通过构造把问题转化。下面分类说明。 一、
型
例1. 在数列{an}中，已知，求通项公式。
解：已知递推式化为，即，
所以。
将以上个式子相加，得
，
所以二、
型
。
例2. 求数列的通项公式。
解：当，
即
当三、例3. 在数列解法1：设于是，得比数列。 所以有
。 型 中，
，所以。
，求
，对比
。
，得
。
，以3为公比的等
解法2：又已知递推式，得上述两式相减，得
为首项，以3为公比的等比数列。 所以四、
型
，因此，数列
是以
，所以。
例4. 设数列解：设
，则
，
，求通项公式。
，
所以，
即。
设这时，所以。
由于{bn}是以3为首项，以为公比的等比数列，所以有。
由此得：。
说明：通过引入一些尚待确定的系数转化命题结构，经过变形与比较，把问题转化成基本数列（等差或等比数列）。 五、
型
例5. 已知b≠0，b≠±1，
写出用n和b表示an的通项公式。
，
解：将已知递推式两边乘以设
，得，又
，仿类型三，可解得
。
，于是，原递推式化为，故
说明：对于递推式入辅助数列六、
型
，可两边除以，得，引
，然后可归结为类型三。
例6. 已知数列，求。
解：在两边减去。
所以为首项，以。
所以令上式
，再把这
个等式累加，得
。所以
说明：
可以变形为，则可从
。
，就是
，解得
，于是
是公比为的等比数列，这样就转化为前面的类型五。
等差、等比数列是两类最基本的数列，是数列部分的重点，自然也是高考考查的热点，而考查的目的在于测试灵活运用知识的能力，这个“灵活”往往集中在“转化”的水平上。
转化的目的是化陌生为熟悉，当然首先是等差、等比数列，根据不同的递推公式，采用相应的变形手段，达到转化的目的。
附：构建新数列巧解递推数列竞赛题
递推数列是国内外数学竞赛命题的“热点”之一，由于题目灵活多变，答题难度较大。本文利用构建新数列的统一方法解答此类问题，基本思路是根据题设提供的信息，构建新的数列，建立新数列与原数列对应项之间的关系，然后通过研究新数列达到问题解决之目的。其中，怎样构造新数列是答题关键。 1 求通项
求通项是递推数列竞赛题的常见题型，这类问题可通过构建新数列进行代换，使递推关系式简化，这样就把原数列变形转化为等差数列、等比数列和线性数列等容易处理的数列，使问题由难变易，所用的即换元和化归的思想。
例1、数列?an?中，a1?1，an?1?11?4an?1?24an。求an。 16??（1981年第22届IMO预选题）
分析 本题的难点是已知递推关系式中的1?24an较难处理，可构建新数列?bn?，令bn?1?24an，这样就巧妙地去掉了根式，便于化简变形。
解：构建新数列?bn?，使bn?1?24an?0
2bn?1则 b1?5，b?1?24an ，即an?
242n22?bnbn?11?22?1?1?? 化简得 ??????1?4??b2b?b?3nn?1n??2416?24?? 2bn?1?bn?3，即 bn?1?3?1?bn?3?
21数列 ?bn?3? 是以2为首项，为公比的等比数列。
2?1?bn?3?2????2?n?1?22?n 即 bn?22?n?3
2bn?122n?1?3?2n?1?1? an?? 2n?1243?22 证明不等式
这类题一般先通过构建新数列求出通项，然后证明不等式或者对递推关系式先进行巧妙变形后再构建新数列，然后根据已经简化的新数列满足的关系式证明不等式。
例2、设a0?1，an?21?an?1?1an?1 ?n?N?，求证：an??2n?2。
（1990年匈牙利数学奥林匹克试题）
2分析 利用待证的不等式中含有?及递推关系式中含有1?an?1这两个信
息，考虑进行三角代换，构建新数列??n?，使an?tg?n，化简递推关系式。
???证明：易知an?0，构建新数列??n?，使an?tg?n，?n??0,?
?2?则 an?1?tg2?n?1?1tg?n?1?1?cos?n?1??tgn?1
sin?n?122?1?tg? tg?n?tg?n?1，?n??n?1又 a0?1，a1?22?8 ，从而 ?1??8
因此，新数列??n?是以
?1为首项，为公比的等比数列。
28?1??n????2?n?1??8??2n?2