由递推公式求通项的9种方法经典总结

由递推公式求通项的9种方法经典总结

精析由递推公式求通项的9种方法

1．an＋1＝an＋f(n)型

把原递推公式转化为an＋1－a n＝f(n)，再利用累加法(逐差相加法)求解，即an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝a1＋f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(n－1)．

1

[例1] 已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝an

21＋2，求an. n＋n

11

[解] 由条件，知an＋1－an＝2＝n＋nnn＋111＝n－，则(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…

n＋1

111111－－－＋(an－an－1)＝＋23＋34＋…＋2



11－n， n－1

1

所以an－a1＝1－n. 11131

因为a1＝，所以an＝＋1－n＝－n. 222

2

2．an＋1＝f(n)an型

an＋1

把原递推公式转化为a＝f(n)，再利用累乘法(逐商相乘法)

n

a2a3anan

求解，即由＝f(1)，＝f(2)，…，＝f(n－1)，累乘可得＝

a1a2a1an－1f(1)f(2)…f(n－1)．

2

[例2] 已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝

3n·an，求an. n＋1

an＋1nn

[解] 由an＋1＝·an，得a＝，

n＋1n＋1nn－1n－2anan－1a2

故an＝··…··a1＝n×

a1an－1an－2n－11222

×…××＝.即an＝. 233n3n

3．an＋1＝pan＋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q

改写为an＋1＋t＝p(an＋t)，比较系数可知t＝，可令an＋1＋t

p－1＝bn＋1换元即可转化为等比数列来解决．

[例3] 已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an

＋3，求an.

3

[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，则t＝－3.

故递推公式为an＋1＋3＝2(an＋3)． bn＋1

令bn＝an＋3，则b1＝a1＋3＝4，且b＝n

an＋1＋3

＝2. an＋3

所以{bn}是以b1＝4为首项，2为公比的等比数列．

所以bn＝4×2n－1＝2n＋1，即an＝2n＋1－3.

4．an＋1＝pan＋qn(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

an＋1pan

，得n＋1＝q·qn＋q

an1p1

其中bn＝qn，得bn＋1＝·q，引入辅助数列{bn}qbn＋q，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

n＋1

an＋1an1q

，得n＋1＝pn＋p·pp

an

，引入辅助数列{bn}其中bn＝pn，得

1qn

bn＋1－bn＝pp，再利用叠



加法(逐差相加法)求解．

51[例4] 已知数列{an}中，a1＝，an＋1＝an

63

4

1n＋1

＋2，求an.





1

1n＋1

[解] 法一：在an＋1＝an＋两边乘以

32

2n＋1，得2

n＋1

2n

·an＋1＝(2·an)＋1.

3

2

令bn＝2·an，则bn＋1＝bn＋1，

3

n

2

根据待定系数法，得bn＋1－3＝(bn－3)．

354

所以数列{bn－3}是以b1－3＝2×－3＝－

63为首项，

2

以为公比的等比数列． 3

242n－1n

所以bn－3＝－·，即bn＝3－2. 33311bnnn于是，an＝n＝3－2. 223

1

1n＋1n＋1

法二：在an＋1＝an＋两边乘以3，

32

5

得

3n＋1n＋1n

3an＋1＝3an＋2.





3n＋1n

令bn＝3·an，则bn＋1＝bn＋2.





33n－1n

所以bn－bn－1＝2，b－b＝，…， n－1n－2

2



32

b2－b1＝2.





将以上各式叠加，

333n－1n2

得bn－b1＝2＋…＋＋.

22



553

又b1＝3a1＝3×＝＝1＋，

622

33332n－1n

所以bn＝1＋＋2＋…＋2＋2

23n＋1

1·1－23

n＋1

＝＝22－2，

31－2





6

3n＋1

即bn＝22－2.





11bnnn

故an＝n＝32－23.

3

5．an＋1＝pan＋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an＋1＋x(n＋1)＋y＝p(an＋xn＋y)，与已知递推式比较，解出x，y，从而转化为{an＋xn＋y}是公比为p的等比数列．

[例5] 设数列{an}满足a1＝4，an＝3an－1＋2n－1(n≥2)，求an.

[解] 设递推公式可以转化为an＋An＋B＝3[an－1＋A(n－1)＋B]，

化简后与原递推式比较，得

2A＝2，

 2B－3A＝－1，

A＝1，解得

B＝1.

令bn＝an＋n＋1.(*)

则bn＝3bn－1，又b1＝6，故bn＝6·3代入(*)式，得an＝2·3n－n－1.

7

n－1

＝2·3n，

6．an＋1＝parn(p>0，an>0)型

这种类型一般是等式两边取对数后转化为an＋1＝pan＋q型数列，再利用待定系数法求解．

12

[例6] 已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝a ·an

(a>0)，求数列{an}的通项公式．

12[解] 对an＋1＝a·an的两边取对数， 1得lg an＋1＝2lg an＋lg a. 1

令bn＝lg an，则bn＋1＝2bn＋lg a. 11b＋lg由此得bn＋1＋lga＝2n，记cn＝bn＋a

1

lga，则cn＋1＝2cn，

11

所以数列{cn}是以c1＝b1＋lga＝lga为首项，2为公比的等比数列．

所以cn＝2

n－1

1·lga.

111n－1

所以bn＝cn－lga＝2·lga－lga

8

1n－11－2n

＝lga·2＝lga， a







即lg an＝lga

1－2n

，所以an＝a

1－2n

.

Aan

7．an＋1＝(A，B，C为常数)型

Ban＋C

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

3

[例7] 已知数列{an}的首项a1＝，an＋1＝

53an

，n＝1,2,3，…，求{an}的通项公式． 2an＋1

3an121

[解] ∵an＋1＝，∴＝＋，

2an＋1an＋133an

11

∴－1＝a－1.

3nan＋1

1

12

又－1＝， a13

121∴a－1是以为首项，为公比的等比数列， 33n

1212∴a－1＝·n1＝n，

33－3n

9

3n

∴an＝n. 3＋2

8.an1anf(n)型

由原递推关系改写成an2anf(n1)f(n),然后再按奇偶分类讨论即可

例8.已知数列an中，a11,an1an2n.求an 解析：an1an2n.

an2an12n2，故an2an2

即数列an是奇数项和偶数项都是公差为2的等差数列，

n,n为奇数an，n1,且nN*

n1,n为偶数9.an1anf(n)型

an2f(n1),anf(n)将原递推关系改写成an2an1f(n1)，两式作商可得然后分奇数、偶数讨论即可

例9.已知数列an中，a13,an1an2n,求an

n1232,n为奇数n解析：an，n1,nN 122,n为偶数3 10