由递推公式求通项的9种方法经典汇总
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精析由递推公式求通项的9种方法
1．a n ＋1＝a n ＋f (n )型
把原递推公式转化为a n ＋1－a n ＝f (n )，再利用累加法(逐差相加法)求解，即a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝a 1＋f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (n －1)．
[例1] 已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋1n 2＋n
，求a n . [解] 由条件，知a n ＋1－a n ＝1n 2＋n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1
，则(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫1n －1－1n ， 所以a n －a 1＝1－1n
. 因为a 1＝12，所以a n ＝12＋1－1n ＝32－1n
. 2．a n ＋1＝f (n )a n 型
把原递推公式转化为a n ＋1a n
＝f (n )，再利用累乘法(逐商相乘法)求解，即由a 2a 1＝f (1)，a 3a 2＝f (2)，…，a n a n －1
＝f (n －1)，累乘可得a n a 1＝f (1)f (2)…f (n －1)．
[例2] 已知数列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1＝n n ＋1·a n
，求a n . [解] 由a n ＋1＝n n ＋1
·a n ，得a n ＋1a n ＝n n ＋1， 故a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝n －1n ×n －2n －1
×…×12×23＝23n .即a n ＝23n . 3．a n ＋1＝pa n ＋q (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)型
对于此类问题，通常采用换元法进行转化，假设将递推公式改写为a n ＋1＋t ＝p (a n ＋t )，比较系数可知t ＝
q p －1
，可令a n ＋1＋t
＝b n ＋1换元即可转化为等比数列来解决．
[例3] 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，求a n .
[解] 设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n －t ，则t ＝－3.
故递推公式为a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)．
令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3
＝2. 所以{b n }是以b 1＝4为首项，2为公比的等比数列．
所以b n ＝4×2n －1＝2n ＋1，即a n ＝2n ＋
1－3. 4．a n ＋1＝pa n ＋q n (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)型
(1)一般地，要先在递推公式两边同除以q n ＋1，得a n ＋1q
n ＋1＝p q ·a n q n ＋1q ，引入辅助数列{b n }⎝
⎛⎭⎪⎫其中b n ＝a n q n ，得b n ＋1＝p q ·b n ＋1q ，再用待定系数法解决；
(2)也可以在原递推公式两边同除以p
n ＋1，得a n ＋1p n ＋1＝a n p n ＋1p ·⎝ ⎛⎭⎪⎫q p n ，引入辅助数列{b n }⎝ ⎛⎭⎪⎫其中b n ＝a n p n ，得b n ＋1－b n ＝1p ⎝ ⎛⎭
⎪⎫q p n ，再利用叠加法(逐差相加法)求解．
[例4] 已知数列{a n }中，a 1＝56，a n ＋1＝13
a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1，求a n . [解] 法一：在a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1两边乘以2n ＋1，得2n ＋1·a n ＋1＝23
(2n ·a n )＋1. 令b n ＝2n ·a n ，则b n ＋1＝23
b n ＋1， 根据待定系数法，得b n ＋1－3＝23
(b n －3)． 所以数列{b n －3}是以b 1－3＝2×56－3＝－43
为首项， 以23
为公比的等比数列． 所以b n －3＝－43·⎝⎛⎭
⎫23n －1，即b n ＝3－2⎝⎛⎭⎫23n .
于是，a n ＝b n 2n ＝3⎝⎛⎭⎫12n －2⎝⎛⎭⎫13n . 法二：在a n ＋1＝13
a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1两边乘以3n ＋1，得 3n ＋1a n ＋1＝3n a n ＋⎝⎛⎭⎫32n ＋1.
令b n ＝3n ·a n ，则b n ＋1＝b n ＋⎝⎛⎭⎫32n ＋1.
所以b n －b n －1＝⎝⎛⎭⎫32n ，b n －1－b n －2＝⎝⎛⎭
⎫32n －1，…， b 2－b 1＝⎝⎛⎭⎫322.
将以上各式叠加，
得b n －b 1＝⎝⎛⎭⎫322＋…＋⎝⎛⎭⎫32n －1＋⎝⎛⎭
⎫32n . 又b 1＝3a 1＝3×56＝52＝1＋32
， 所以b n ＝1＋32＋⎝⎛⎭
⎫322＋…＋⎝⎛⎭⎫32n －1＋⎝⎛⎭⎫32n ＝1·⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫32n ＋11－32
＝2⎝⎛⎭⎫32n ＋1－2， 即b n ＝2⎝⎛⎭⎫32n ＋1－2.
故a n ＝b n 3n ＝3⎝⎛⎭⎫12n －2⎝⎛⎭⎫13n . 5．a n ＋1＝pa n ＋an ＋b (p ≠1，p ≠0，a ≠0)型
这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令a n ＋1＋x (n ＋1)＋y ＝p (a n ＋xn ＋y )，与已知递推式比较，解出x ，y ，从而转化为{a n ＋xn ＋y }是公比为p 的等比数列．
[例5] 设数列{a n }满足a 1＝4，a n ＝3a n －1＋2n －1(n ≥2)，求a n .
[解] 设递推公式可以转化为a n ＋An ＋B ＝3[a n －1＋A (n －1)＋B ]，
化简后与原递推式比较，得⎩⎪⎨⎪⎧
2A ＝2，2B －3A ＝－1，
解得⎩⎪⎨⎪⎧
A ＝1，
B ＝1. 令b n ＝a n ＋n ＋1.(*)
则b n ＝3b n －1，又b 1＝6，故b n ＝6·3n －
1＝2·3n ，
代入(*)式，得a n ＝2·3n －n －1. 6．a n ＋1＝pa r n (p >0，a n >0)型
这种类型一般是等式两边取对数后转化为a n ＋1＝pa n ＋q 型数列，再利用待定系数法求解．
[例6] 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝1a ·a 2n
(a >0)，求数列{a n }的通项公式． [解] 对a n ＋1＝1a ·a 2n
的两边取对数， 得lg a n ＋1＝2lg a n ＋lg 1a
. 令b n ＝lg a n ，则b n ＋1＝2b n ＋lg 1a
. 由此得b n ＋1＋lg 1a ＝2⎝⎛⎭⎫b n ＋lg 1a ，记c n ＝b n ＋lg 1a
，则c n ＋1＝2c n ， 所以数列{c n }是以c 1＝b 1＋lg 1a ＝lg 1a
为首项，2为公比的等比数列． 所以c n ＝2n －1·lg 1a
. 所以b n ＝c n －lg 1a ＝2n －1·lg 1a －lg 1a
＝lg ⎣⎡⎦
⎤a ·⎝⎛⎭⎫1a 2n －1＝lg a 1－2n ， 即lg a n ＝lg a 1－2n ，所以a n ＝a 1－2n .
7．a n ＋1＝Aa n Ba n ＋C
(A ，B ，C 为常数)型 对于此类递推数列，可通过两边同时取倒数的方法得出关系式
[例7] 已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1
，n ＝1,2,3，…，求{a n }的通项公式． [解] ∵a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，∴1a n ＋1＝23＋13a n
，
∴1a n ＋1
－1＝13⎝⎛⎭⎫1a n －1. 又1a 1－1＝23
， ∴⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1a n －1是以23为首项，13为公比的等比数列， ∴1a n －1＝23·13n －1＝23n ， ∴a n ＝3n 3n ＋2
. 8.)(1n f a a n n =++型
由原递推关系改写成),()1(2n f n f a a n n -+=-+然后再按奇偶分类讨论即可
例8.已知数列{}n a 中，,11=a .21n a a n n =++求n a 解析：.21n a a n n =++Θ
2212+=+++n a a n n ，故22=-+n n a a 即数列{}n a 是奇数项和偶数项都是公差为2的等差数列，
⎩⎨⎧∈≥-=∴*,1,1,N n n n n n n a n 且，为偶数
为奇数 9.)(1n f a a n n =⋅+型
将原递推关系改写成)1(12+=
+⋅+n f a a n n ，两式作商可得,)()1(2n f n f a a n n +=+然后分奇数、偶数讨论即可 例9.已知数列{}n a 中，,2,311n n n a a a =⋅=+求{}n a 解析：⎪⎩⎪⎨⎧∈≥⋅⋅=+-N n n n n a n n n ,1,23
1,23221，为偶数为奇数。