专题 由递推关系求数列的通项公式一、目标要求通过具体的例题，掌握由递推关系求数列通项的常用方法：二、知识梳理求递推数列通项公式是数列知识的一个重点，也是一个难点，高考也往往通过考查递推数列来考查学生对知识的探索能力，求递推数列的通项公式一般是将递推公式变形，推得原数列是一种特殊的数列或原数列的项的某种组合是一种特殊数列，把一些较难处理的数列问题化为熟悉的等差或等比数列。

三、典例精析1、公式法：利用熟知的公式求通项公式的方法称为公式法。

常用的公式有⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-2111n S S n S a n nn 及等差数列和等比数列的通项公式。

例1 已知数列{n a }中12a =，2+2n s n =，求数列{n a }的通项公式评注 在运用1n n n a s s -=-时要注意条件2n ≥，对n=1要验证。

2、累加法：利用恒等式()()1211+......+n n n a a a a a a -=+--求通项公式的方法叫累加法。

它是求型如()1+f n n n a a +=的递推数列的方法（其中数列(){}f n 的前n 项和可求）。

例2 已知数列{n a }中112a =，121++32n n a a n n +=+，求数列{n a }的通项公式 评注 此类问题关键累加可消中间项，而(f n ）可求和则易得n a 3、.累乘法：利用恒等式321121n n n a a a a a a a a -=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅()0n a ≠求通项公式的方法叫累乘法。

它是求型如()1n n a g n a +=的递推数列的方法(){}()g n n 数列可求前项积例3 已知数列{n a }中1n n s na =- ，求数列{n a }的通项公式 评注 此类问题关键是化()1nn a g n a -=，且式子右边累乘时可求积，而左边中间项可消。

4、转化法：通过变换递推关系，将非等差（等比）数列转化为等差或等比有关的数列而求得通项公式的方法称为转化法。

常用的转化途径有： ⑴凑配、消项变换——如将一阶线性递推公式1n n a qa d +=+（q, d 为常数，0,1q q ≠≠）通过凑配变成11n d a q ++-=1n d q a q ⎛⎫+ ⎪-⎝⎭，或消常数项转化为()211n n n n a a q a a +++-=- 例4、已知数列{n a }中，11a =，()1212n n a a n -=+≥，求数列{n a }的通项公式点评： 此类问题关键是利用配凑或消项变换将其转化为等比数列（2）倒数变换——如将一阶分式递推公式1n n n ca a a d +=+（c,d 为非零常数）取倒数得1111n n d a c a c+=⋅+ 例5 已知数列{n a }中，11a =，121nn n a a a +=+，求数列{n a }的通项公式点评： 此类问题关键是取倒数使其转化为一阶线性递推数列然后可用凑配、消项变换。

⑶对数变换——如将一阶分式递推公式1pn n a ca +=()0,0,0,1n a c p p >>>≠取对数可得 1lg lg lg n n a p a c +=+例6 已知数列{n a }中，110a =，0n a >，且2110n n a a +=，求数列{n a }的通项公式点评：此类问题关键是取对数使其转化为关于n a 的对数的一阶线性递推数列即可用凑配、消项变换⑷换元变换——如将一阶分式递推公式1nn n a qa d +=+（q,d 为非零常数，q ≠1，d ≠1）变换成111n n n n a a q d d d d ++=⋅+，令nn na b d=，则转化为一阶线性递推公式 例7在数列{n a }中，11a =，13+2nn n a a +=()*n N ∈，求数列{n a }的通项公式评注：此类问题关键是通过换元将其转化为一阶线性递推公式5、待定系数法 递推公式为n n n qa pa a +=++12（其中p ，q 均为常数）。

解法：先把原递推公式转化为)(112n n n n sa a t sa a -=-+++ 其中s ，t 满足⎩⎨⎧-==+q st pt s ，再应用前面转化法（4）类型的方法求解。

例8 . 已知数列{}n a 中，11=a ,22=a ,n n n a a a 313212+=++，求n a 。

7、叠代法例9 已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足1,)1(2≥-+=n a S nn n ．求数列{}n a 的通项公式。

8、归纳法：由数列前几项用不完全归纳法猜测出数列的通项公式，再用数学归纳法证明其正确性，这种方法叫归纳法。

例10 数列{n a }满足2n n s n a =-()*n N ∈ ,求数列{n a }的通项公式四、实战演练 1、[2012·辽宁卷] 已知等比数列{a n }为递增数列，且a 25＝a 10,2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________. 2、 在数列{n a }中，31=a ,)1(11++=+n n a a n n ，求通项公式n a .3、设数列{n a }是首项为1的正项数列，且0)1(1221=+-+++n n n n a a na a n （n=1,2,3…），则它的通项公式是n a =▁▁▁4、已知数列{n a }，其中2,121==a a ，且当n ≥3时，1221=+---n n n a a a ，求通项公式n a 。

5、设正数列0a ，1a ，n a …，n a ，…满足2-n n a a 21---n n a a =12-n a )2(≥n 且110==a a ，求}{n a 的通项公式.五、能力提升（逆推法）已知数列{}n a 的前n 项和n S 与n a 满足：21,,-n n n S S a )2(≥n 成等比数列，且11=a ，求数列{}n a 的前n 项和n S点评：本题的常规方法是先求通项公式，然后求和，但逆向思维，直接求出数列{}n a 的前n 项和n S 的递推公式，是一种最佳解法由递推关系求数列的通项公式答案例1解： 当2n ≥由1n n n a s s -=-=()22+2-1+2n n ⎡⎤-⎣⎦=21n -当1n =时113a s ==不满足 故3,121,2n n a n n =⎧=⎨-≥⎩例2解：由121++32n n a a n n +=+可知121113212n na a n n n n +-==-++++ ()()1211+......+n n n a a a a a a -=+--=12+111111......23341n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+- ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭=1n n +()2n ≥ 当1n =时也成立。

故有n a =1nn + 例3 解：当n=1时 由1111a s a ==-可得112a = 由11n n n a s s ++=-=()1111n n n a na +-+--可得12n n a na n +=+ ∴321121n n n a a a a a a a a -=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=12123213451n n n n --⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+=()11n n + 当n=1时也成立。

故有n a =()11n n +例4解法一()凑配变换：由121n n a a -=+可得()1121n n a a -+=+，又112a +=，故数列{}1n a +是首项为2，公比为2的等比数列，1122n n a -∴+=⋅，即21nn a =-解法二（消项变换）121n n a a -=+⋅⋅⋅⋅⋅⋅Q ① ∴ 121n n a a +=+⋅⋅⋅⋅⋅⋅②②-①得()112n n n n a a a a +--=-()2n ≥，故数列{}1n n a a +-是首项为212a a -=公比为2的等比数列即12n n n a a +-=，再用累加法得21nn a =-例5 解:由121n n n a a a +=+可得1112n n a a +=+即1112n na a +-= ∴数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项2为公差的等差数列。

∴1n a =1+2（n-1）,即121n a n =-例6 解：由0n a >，且2110n n a a +=可得1lg 12lg n n a a +=+，即1lg 12lg 1n n a a ++=+∴数列{}lg 1n a +是以1lg 12a +=为首项以2为公比的等比数列∴lg 1n a +=2n 即 2110nn a -=例7解：由13+2nn n a a +=可得11312222n n n n a a ++=⋅+ 即1131(1)222n nn n a a +++=+ 令12n n na b =+ ∴132n n b b += ∴数列{}n b 是以32为首项以32为公比的等比数列即32nn b ⎛⎫= ⎪⎝⎭∴12n n na b =+=32n⎛⎫ ⎪⎝⎭即32n nn a =- 例8解：由n n n a a a 313212+=++可转化为)(112n n n n sa a t sa a -=-+++ 即n n n sta a t s a -+=++12)(⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==+⇒3132st t s ⎪⎩⎪⎨⎧-==⇒311t s 或⎪⎩⎪⎨⎧=-=131t s 这里不妨选用⎪⎩⎪⎨⎧-==311t s （当然也可选用⎪⎩⎪⎨⎧=-=131t s ，大家可以试一试），则)(31112n n n n a a a a --=-+++{}n n a a -⇒+1是以首项为112=-a a ，公比为31-的等比数列,所以11)31(-+-=-n n n a a ,应用类型1的方法，分别令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ，代入上式得)1(-n 个等式累加之，即2101)31()31()31(--+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-+-=-n n a a 311)31(11+--=-n 又11=a Θ，所以1)31(4347---=n n a 。

例9 解：由1121111=⇒-==a a S a当2≥n 时，有,)1(2)(211nn n n n n a a S S a -⨯+-=-=-- ,)1(22221----⨯+=n n n a a ……，.2212-=a a经验证11=a 也满足上式，所以])1(2[3212---+=n n n a 方法二、1122(1),n n n a a --∴=+⨯-111122222()(1)(1)(1)3(1)3n n n n n n n n a a a a ----⇒=-⨯-⇒+=-+---- 构造数列2(1)3n na ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭公比为-2首项为13-的等比数列（以下略） 例10 解：易求1231,2a a ==，34715,48a a ==，由此可猜想1212n n n a --=下面用数学归纳法证明：①当1n =时，左边=11a =，右边=111212--=1，猜想成立；②假设n=k 时命题成立，即1212k k k a --=，那么由已知2k k s k a =- ①112(1)k k s k a ++=+- ② 由②-①可得112k k k a a a ++=-+∴112kk a a +=+=2112k k-+=()1111212122k k k k +++---=，即当1n k =+时命题也成立。