an 1 an
(b a)( 2 )n 1 。 3
把 n 1,2,3, , n 代入，得 a2a1源自b a ，a3a2
(b a) ( 2) ， a4
a3
22 (b a) ( ) ，
3
3
an
an 1
(b
a)(
2) n
2
。把以上各式相加，得
3
22
an a1 (b a)[1
()
33
( 2)n 2] 3
1 ( 2)n 1 3 (b 2
a1
a2
3, a4 a3
4, , an an 1
n ，将以上 n 个式子相乘，得 a n
n! (n 2)
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
q ，再利用换元法转化为
1)
K
,
k
a2k+1 =a2k+3 , 其中 k=1,2,3, …… .
（ I ）求 a3, a5； （ II ）求 { an}的通项公式 .
解： a2 k a2 k 1 ( 1) k ， a2 k 1 a2k 3k
a2k 1 a2k 3k a2 k 1 ( 1)k 3k ，即 a2k 1 a2 k 1 3k ( 1) k
3
3
解：由 an 2
2 an 1
1 a n 可转化为 an 2
san 1
3
3
t (an 1 san )
即 an 2 (s t )an 1 stan
2 st
3 1 st 3
s1
1
s
1或
3
t 3 t1
这里不妨选用
s1 1（当然也可选用
t 3
1 s
3 ，大家可 以试一试 ），则 t1
an 2 an 1
an 1 an (
a3 a1 3 ( 1) ， a5 a3 32 ( 1)2 ……
…… a2k 1 a2 k 1 3k ( 1) k
将以上 k 个式子相加，得
a2k 1 a1 (3 32
3k ) [( 1) ( 1) 2
将 a1 1代入，得 a 2k 1
1 3k 1
1 (
1) k
1，
2
2
a2k
a2k 1 ( 1) k
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,
2k 1
2(2 k
1 )
1 , k 1,2,..., n,
2
2
a1 a2 ... an
n .
a2 a3
an 1 2
ak ak 1
2k 1 1
1
1
1
2k 1 1 2 2(2k 1 1) 2 3.2k 2k
2
1 11
2
. 3
2k
,k
1,2,..., n,
a1 a2
a2 a3
... an an 1
n 11 (
k
2
k
bk 1
bk
[2 (k 1)d ]
k1 k1 k1
这就是说，当 n k 1 时，等式也成立
2 k1
2 [( k 1) 1]d.
根据（ 1）和（ 2），可知 bn 2 (n 1)d 对任何 n N * 都成立
bn 1 bn d, bn 是等差数列
（ III ）证明：
ak ak 1
2k 1 2k 1 1
例 3:已知 a1 3 ， a n 1 3n 1 a n (n 1) ，求 an 。 3n 2
解： an 3(n 1) 1 3(n 2) 1 3(n 1) 2 3(n 2) 2
321 31 a1
32 232
3n 4 3n 7 3n 1 3n 4
52
6
3
8 5 n 3 。1
变式 2.1:（ 2004，全国 I, 理 15）已知数列 {an}，满足 a1=1， an a1 2a2 3a3
2
4 ( an 1
1
2n
33
33
3
an 1 pan qn（其中 p，q 均为常数， ( pq( p 1)( q 1) 0) ）。
2 ) ，即 an 4an 1 2n ，利用 3 （或 an 1 pan rq n ,其中 p，
q, r 均为常数）的方法，解之得： an 4n 2n
(Ⅱ )将 an 4n 2n 代入①得
解法一（待定系数——迭加法）
例 4， :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 a n 2 a n 1
2 (an 1
an ) ，且 a2
a1
3
b a。
则数列 an 1 an 是以 b a 为首项， 2 为公比的等比数列，于是 3
an (an an 1) ( an 1 an 2 ) ... (a2 a1) a1 2n 1 2n 2 ... 2 1 2n 1(n N * ).
（ III ）证明：
1 ( 1) n 1
3
又
1
1
3
a1 1 ， 所 以
变式 5.1（: 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 41 b2 1...4bn 1 (an 1)bn (n N * ), 证明 bn 是等差数列
1
－
1 2i+1－ 1)
=
3 2
×
( 2
1 1－
1
－
1 2i+1－ 1) <
3 2
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
st p
an 2 san 1 t (an 1 san ) 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 , a2
1 3k
1 (
1) k
1。
2
2
( 1)k ]
3 (3k
1)
1 [(
1) k
1]
2
2
经检验 a1 1 也适合， an
1
n1
32
1
(
n1
1) 2
1(n为奇数 )
2
2
1
n
32
1
(
n
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 an 1 f ( n) ，利用累乘法 (逐商相乘法 )求解。 an
(n 1)an 1 (n≥2)，
则 {an}的通项 an
1
n1
___ 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
当 n 2 时， an 1 an nan ，即 an 1 (n 1)an ，又 a2 a1 1，
a1 1, a2 1, a 3
1p
等比数列求解。 变式 3.1:（ 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 ___________
an 2n 1 3
变式 3.2:（ 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 * ).
设数列 an 的前 n 项的和 Sn
4 an
1
2n 1
33
2 ， n 1,2,3,
3
2n
n
3
（Ⅰ）求首项 a1与通项 an ；（Ⅱ）设 Tn
， n 1,2,3, Sn
，证明： Ti
i1
2
解：（ I ）当 n 1 时， a1
S1
4 a1
4
2
3 33
a1 2 ；
当n
2 时， a n
Sn
Sn 1
4 an
1 2n 1
an 1 是以 a1 1 2 为首项， 2 为公比的
等比数列
an 1 2n. 即 an 2n 1(n N * ).
（ II ）证法一：
4k1 41 k2 1...4kn 1 (an 1)kn . 4( k1 k2 ... kn ) n 2nkn .
2[(b1 b2 ... bn) n] nbn , ①
bn 2 bn 1 bn 1 bn (n N * ),
bn 是等差数列
证法二：同证法一，得
(n 1)bn 1 nbn 2 0 令 n 1,得 b1 2.
设 b2 2 d(d R), 下面用数学归纳法证明 bn 2 (n 1)d .
（ 1）当 n 1,2 时，等式成立 （ 2）假设当 n k(k 2) 时， bk 2 (k 1)d , 那么
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