数列求通项的方法总结-盘古文库

数列求通项的方法总结

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来源：漫步者

作者：开心麻花

2025-09-19

数列求通项的方法总结（精选8篇）

数列求通项的方法总结第1篇

数列求通项的方法总结

按一定次序排列的一列数称为数列，而将数列{an} 的第n项用一个具体式子(含有参数n)表示出来，称作该数列的通项公式。为大家总结数列求通项的方法，一起来看看吧!

一、累差法

递推式为：an+1=an+f(n)(f(n)可求和)

思路：:令n=1,2,,n-1可得

a2-a1=f(1)

a3-a2=f(2)

a4-a3=f(3)

an-an-1=f(n-1)

将这个式子累加起来可得

an-a1=f(1)+f(2)++f(n-1)

∵f(n)可求和

∴an=a1+f(1)+f(2)+ +f(n-1)

当然我们还要验证当n=1时,a1是否满足上式

例1、已知数列{a}中,a1=1,an+1=an+2,求an

解：令n=1,2,,n-1可得

a2-a1=2

a3-a2=22

a4-a3=23

an-an-1=2n-1

将这个式子累加起来可得

an-a1=f(1)+f(2)++f(n-1)

∵f(n)可求和

∴an=a1+f(1)+f(2)++f(n-1)

当n=1时,a1适合上式

故an=2n-1

二、累商法

递推式为：an+1=f(n)an(f(n)要可求积)

思路：令n=1,2, ,n-1可得

a2/a1=f(1)

a3/a2=f(2)

a4/a3=f(3)

an/an-1=f(n-1)

将这个式子相乘可得an/a1=f(1)f(2) f(n-1)

∵f(n)可求积

∴an=a1f(1)f(2) f(n-1)

当然我们还要验证当n=1时，a1是否适合上式

例2、在数列{an}中,a1=2,an+1=(n+1)an/n,求an

解：令n=1,2, ,n-1可得

a2/a1=f(1)

a3/a2=f(2)

a4/a3=f(3)

an/an-1=f(n-1)

将这个式子相乘后可得an/a1=2/13/24/3n/(n-1)

即an=2n

当n=1时，an也适合上式

∴an=2n

三,构造法

1、递推关系式为an+1=pan+q (p,q为常数)

思路：设递推式可化为an+1+x=p(an+x),得an+1=pan+(p-1)x,解得x=q/(p-1)

故可将递推式化为an+1+x=p(an+x)

构造数列{bn},bn=an+q/(p-1)

bn+1=pbn即bn+1/bn=p,{bn}为等比数列.

故可求出bn=f(n)再将bn=an+q/(p-1)代入即可得an

例3、(06重庆)数列{an}中,对于n>1(nN)有an=2an-1+3,求an

解：设递推式可化为an+x=2(an-1+x),得an=2an-1+x,解得x=3

故可将递推式化为an+3=2(an-1+3)

构造数列{bn},bn=an+3

bn=2bn-1即bn/bn-1=2,{bn}为等比数列且公比为3

bn=bn-13,bn=an+3

bn=43n-1

an+3=43n-1,an=43n-1-1

2、递推式为an+1=pan+qn(p,q为常数)

思路：在an+1=pan+qn两边同时除以qn+1得

an+1/qn+1=p/qan/qn+i/q

构造数列{bn},bn=an/qn可得bn+1=p/qbn+1/q

故可利用上类型的解法得到bn=f(n)

再将代入上式即可得an

例4、数列{an}中,a1+5/6,an+1=(1/3)an+(1/2)n,求an

解：在an+1=(1/3)an+(1/2)n两边同时除以(1/2)n+1得

2n+1an+1=(2/3)2nan+1

构造数列{bn},bn=2nan可得bn+1=(2/3)bn+1

故可利用上类型解法解得bn=3-2(2/3)n

2nan=3-2(2/3)n

an=3(1/2)n-2(1/3)n

3、递推式为：an+2=pan+1+qan(p,q为常数)

思路：设an+2=pan+1+qan变形为an+2-xan+1=y(an+1-xan)

也就是an+2=(x+y)an+1-(xy)an，则可得到x+y=p,xy= -q

解得x,y，于是{bn｝就是公比为y的等比数列(其中bn=an+1-xan)

这样就转化为前面讲过的类型了.

例5、已知数列{an}中,a1=1,a2=2,an+2=(2/3)an+1+(1/3)an,求an

解：设an+2=(2/3)an+1+(1/3)an可以变形为an+2-xan+1=y(an+1-xan)

也就是an+2=(x+y)an+1-(xy)an，则可得到x+y=2/3,xy= -1/3

可取x=1,y= -1/3

构造数列{bn｝，bn=an+1-an

故数列{bn｝是公比为-1/3的等比数列

即bn=b1(-1/3)n-1

b1=a2-a1=2-1=1

bn=(-1/3)n-1

an+1-an=(-1/3)n-1

故我们可以利用上一类型的`解法求得an=1+3/4[1-(-1/3)n-1](nN*)

例题

1、利用sn和n的关系求an

思路：当n=1时，an=sn

当n≥2 时, an=sn-sn-1

例6、已知数列前项和s=n2+1,求{an}的通项公式.

解：当n=1时，an=sn=2

当n≥2 时, an=sn-sn-1=n+1-[(n-1)2+1]=2n-1

而n=1时，a1=2不适合上式

∴当n=1时，an=2

当n≥2 时, an=2n-1

2、利用sn和an的关系求an

思路：利用an=sn-sn-1可以得到递推关系式，这样我们就可以利用前面讲过的方法求解

例7、在数列{an｝中，已知sn=3+2an，求an

解：即an=sn-sn-1=3+2an-(3+2an-1)

an=2an-1

∴{an｝是以2为公比的等比数列

∴an=a12n-1= -32n-1

2、用不完全归纳法猜想,用数学归纳法证明.

思路:由已知条件先求出数列前几项，由此归纳猜想出an，再用数学归纳法证明

例8、(全国高考)已知数列{an}中,an+1=a2n-nan+1,a1=2,求an

解：由已知可得a1=2,a2=3,a3=4,a4=5,a5=6

由此猜想an=n+1，下用数学归纳法证明：

当n=1时，左边=2，右边=2，左边=右边

即当n=1时命题成立

假设当n=k时，命题成立，即ak=k+1

则 ak+1=a2k-kak+1

=(k+1)2-k(k+1)+1

=k2+2k+1-k2-2k+1

=k+2

=(k+1)+1

∴当n=k+1时，命题也成立.

综合(1),(2),对于任意正整数有an=n+1成立

即an=n+1

数列求通项的方法总结第2篇

1、Sn1等，题型一般有以下两种：①式子中只含Sn和有关n的函数式；②式子中出了含有Sn和有关n的函数式以外，还有其他诸如an、an

1、Sn

1、Sn1等等。对于第一种题型，在求出an后，一般还需对a1与S1是否相等进行验证；而第二种题型一般则需令n取1去求a1。

1、已知数列an满足Sn11an,则an=（）

42、已知数列an的前n项和Sn满足：SnSmSnm，且a11，那么a10（）

3、数列an的前n项和Sn＝3nn，则an＝（）

24、若等比数列{an}的前项之和为Sn3a，则a等于（）

A．3 B．1

2nC．0

D．1

5、设等差数列an的前n项和公式是Sn5n3n，求它的前3项，并求它的通项公式。

6、数列an的前n项和记为Sn,a11,an12Sn1n1，（1）求an的通项公式；

（2）等差数列bn的各项为正，其前n项和为Tn，且T315，又a1b1,a2b2,a3b3成等比数列，求Tn。

7、已知Sn求an，（1）Snn2n4，求an；（2）Snn3n1，求an。

8、设数列an的每一项都不为零，Sna1a2a3an，已知4Sn(an1)，求通项公式an。

2229、设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意正整数n，anSn4096。

（1）求数列{an}的通项公式（2）设数列{log2an}的前n项和为Tn

10、已知Sn为数列an的前n项和，点an,Sn在直线y2x3n上．

（1）若数列anc成等比，求常数c的值；（2）求数列an的通项公式；

11、已知数列an的前n项和为Sn，常数0，且a1anS1Sn对一切正整数n都成立。

（1）求数列an的通项公式；

1a0,100n（2）设1，当为何值时，数列lg的前n项和最大？

an

12、已知数列an的前n项和为Sn,a23，2Sn13Sn2。2（1）证明数列an为等比数列，并求出通项公式；（2）设数列bn的通项bn1，求数列bn的前n项的和Tn； an（3）求满足不等式3TnSn(nN)的n的值。

13、设Sn为数列{an}的前n项和，Snknn，nN，其中k是常数。

（1）求a1及an；

（2）若对于任意的mN，am,a2ma4m成等比数列，求k的值。

8累加法、累乘法。累加法适用于类似an1anf(n)的，这时右边的f(n)是一个含有n的函数，一般是等差数列、等比数列或者等差+等比、等比+等比、等差×等比等等。方法就是分别给左右两边求和，就可以倒出通项公式了。同理，累乘法适用于*2*an1f(n)的题型，此时右边的f(n)也是一个含有n的函数，an一般有等比或其他特殊的式子。方法也和累加法类似，左右两边分别求前n项积，就可以倒出通项公式了。

1、已知数列an满足a111，an1an2，求an。2nnn2、已知数列an满足a11,an1an3,求an。n3、已知数列an满足a11,an1an23n1,求an。

4、已知数列an满足a12nan，求an。，an13n1an12n，求an

数列求通项的方法总结第3篇

类型一:型如an+1=an+f (n) (f (n) 可求前n项和) 的递推公式。

分析:把原递推公式转化为an+1-an=f (n) , 利用累加法 (逐差相加法) 求解。

例1:已知数列undefined满足undefined, undefined, 求an。

解:由条件知:undefined

an=a1+ (a2-a1) + (a3-a2) + (a4-a3) ++ (an-an-1)

undefined

类型二:型如an+1=f (n) an (数列f (n) 可求前n项积) 的递推公式。

分析:把原递推公式转化为undefined, 利用累乘法 (逐商相乘法) 求解。

例2:已知数列undefined满足undefined, undefined, 求an。

解:由条件知undefined, undefined

undefined

变式: (2004, 全国I, 理15.) 已知数列{an}, 满足a1=1, an=a1+2a2+3a3++ (n-1) an-1 (n≥2) , 则{an}的通项

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,

undefined, 将以上n个式子相乘, 得undefined

类型三:型如an+1=pan+q (其中p, q均为常数, (pq (p-1) ≠0) 因为当p=1为等差数列。

分析 (待定系数法) :把原递推公式转化为:an+1-t=p (an-t) , 其中undefined, 再利用换元法转化为等比数列求解。

例3:已知数列undefined中, a1=1, an+1=2an+3, 求an.

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⇒t=-3.故递推公式为an+1+3=2 (an+3) , 令bn=an+3, 则b1=a1+3=4, 且undefined。所以undefined是以b1=4为首项, 2为公比的等比数列, 则bn=42n-1=2n+1, 所以an=2n+1-3

类型四:型如an+1=pan+qn (其中p, q均为常数, (pq (p-1) (q-1) ≠0) 或an+1=pan+rqn (其中p, q, r均为常数) 的递推公式

分析:一般地, 要先在原递推公式两边同除以qn+1, 得:undefined引入辅助数列undefined (其中undefined) , 得:undefined, 从而转化为类型三, 再按其方法求解。

例4:已知数列undefined中, undefined, undefined, 求an。

解:在undefined两边乘以2n+1得:undefined

令bn=2nan, 则undefined, 解之得:undefined

所以undefined

类型五:型如an+2=pan+1+qan (其中p, q均为常数) 的递推公式。

分析:解法一 (待定系数法) :先把原递推公式转化为, an+2-san+1=t (an+1-san)

其中s, t满足

解法二 (特征根法) :对于由递推公式an+2=Pan+1+qan, a1=α, a2=β给出的数列{an}, 方程x2-Px-q=0, 叫做数列{an}的特征方程。若x1, x2是特征方程的两个根。

当x1≠x2时, 数列undefined的通项为an=Axundefined+Bxundefined, 其中A, B由a1=α, a2=β决定 (即把a1, a2, x1, x2和n=1, 2, 代入an=Axundefined+Bxundefined, 得到关于A、B的方程组) ;

当x1=x2时, 数列undefined的通项为an= (A+Bn) xundefined, 其中A, B由a1=α, a2=β决定 (即把a1, a2, x1, x2和n=1, 2, 代入an= (A+Bn) xundefined, 得到关于A、B的方程组) 。

例5: 数列undefined:3an+2-5an+1+2an=0 (n≥0, n∈N) , a1=a, a2=b, 求an

解 (特征根法) :此数列的特征方程是:3x2-5x+2=0。undefined。又由a1=a, a2=b于是

undefined

类型六:利用Sn与an的关系式或Sn=f (an) 的递推关系式。分析:

(1) 若题目中只由Sn=f (n) 求an, 用公式, 分两步解题。此公式经常使用, 应引起足够重视。但要注意检验当n=1时a1若适合Sn-Sn-1, 则n=1的情况可并入n≥2时的通项an;当n=1时, 若a1不适合, Sn-Sn-1则用分段函数的形式表示。

若题目中是Sn=f (an) 的递推关系式, 有两种途径:把an用Sn-Sn-1代换可得到Sn的递推关系式;把Sn=f (an) 与Sn-1=f (an-1) 相减可得到an的递推关系式。

这两种方法都是求解此类问题的常用方法。

例6 已知下列两数列{an}的前n项和Sn的公式, 求{an}的通项公式。

(1) Sn=n3+n-1。 (2) Sn=n2-1

解: (1) 当n=1时, a1=S1=1+1-1=1

an=Sn-Sn-1=undefined=3n2-3n+2

此时, a1=312-31+2=2=S1

∴an=3n2-3n+2为所求数列的通项公式。

(2) 当n=1时, a1=s1=0

当n≥2时 , an=Sn-Sn-1= (n2-1) -[ (n-1) 2-1]=2n-1

由于a1不适合于此等式 , ∴

例7:数列undefined前n项和undefined.求通项公式an.

解:由undefined得:undefined两式相减得:

undefined (转化为关于an的递推关系式)

所以undefined

应用类型4 (an+1=pan+qn (其中p, q均为常数, (pq (p-1) (q-1) ≠0) ) ) 的方法, 上式两边同乘以2n+1得:2n+1an+1=2nan+2

由undefined.于是数列undefined是以2为首项, 2为公差的等差数列, 所以undefined

例8 已知数列undefined的各项均为正数, 且undefined, 求an.

解:当n=1, undefined, ∴ a1 2 = 1

∵a1>0 ∴a1=1

当n≥2时 an=Sn-Sn-1

undefined (转化为关于Sn的递推关系式)

整理得 Sn 2-Sn-1 2 = 1

∴ Sn 2 是以为S1 2 = 1首项, 公差为1的等差数列。

Sn 2 = 1 + (n-1) 1 = n

undefined

∴当n∈N*时, undefined

类型七型如 an+1=paundefined (p>0, an>0) 的递推关系式

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

例8:已知数列{an}中, undefined, 求数列undefined的通项公式。

解:由undefined两边取对数得undefined,

令bn=lgan, 则undefined, 再利用待定系数法解得:undefined。

类型八型如undefined的递推关系式

分析:这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为an+1=pan+q。

例9:已知数列undefined中, a1=1, undefined, 求数列undefined的通项公式.

解:将undefined取倒数得:undefined, ∵undefined

undefined是以为首项, 公差为2的等差数列.

undefined

一道数列试题求通项的多角度思考第4篇

关键词：多角度；数列；通项公式

题目：已知数列｛ａｎ｝满足=n（n为正整数）且a2=6，则数列｛ａｎ｝的通项公式为an=________.

角度一、归纳法（先猜后证）

解析1：

a1=1，a2=6，a3=15，a4=28，a5=45，a6=66，……

a2－a1=5，a3－a2=9，a4－a3=13，a5－a4=17，

……，an－an-1=4n－3?圯an=2n2－n.

点评：作为填空题，此题的本意或许就是归纳求解，也符合“苏教版”中推理证明的要求，大部分学生都能解决. 笔者解决完以后，感觉意犹未尽，经一番思索，得出如下解法.

角度二、转化为an－an-1=f（n）（n≥2）型

解析2：由=n（n∈N*）可得（n－1）an+1=（n+1）an－（n+1）①.

当n≥2时，①两边同时除以（n+1）n?（n－1）得=－（n≥2）.

于是，－=－（n≥2），

－=－，……，

－=－，

从而－=－1，可得=+2=.

即an=2n2－n（n≥2），经检a1=1也适合，故an=2n2－n.

解析3：由①（n－1）an+1=（n+1）an－（n+1）得到

nan+2=（n+2）an+1－（n+2） ②，

①-②得（2n+1）an+1－nan+2－（n+1）an=1③，

③整理得到n（an+1－an+2）+（n+1）（an+1－an）=1，

即n（an+2－an+1）－（n+1）（an+1－an）=－1，两边同时除以（n+1）n得

－=－，－=－，

……，－=－

?圯－=－1?圯=4+=

?圯an－an-1=4n－3，下同解析1（略），得an=2n2－n.

点评：解法2，3显示了两种不同的构造方法，目的均为转化为an－an-1=f（n）（n≥2）型，而最终发现系数的分式型反而比整式型更容易构造.

角度三、转化为=g（n）（n≥2）型

解析4：当n≥2时，①两边同时除以（n－1）（n+1），得到=－（n≥2），

可以得到=+1－（n≥2）?圯－1=－1（n≥2），

=（n≥2），=，……，=

?圯－1=2（n－1）（n≥2），=2n－1得an=2n2－n（n≥2）.

经检a1=1也适合，故an=2n2－n.

解析5：由①两边同时除以（n－1）得到

an+1=an－（n≥2）?圯an+1－（n+1）=（an－n）（n≥2），

=，=，……，=，

可得=，=（n≥2）?圯an=2n2－n（n≥2）. 经检a1=1也适合，故an=2n2－n.

点评：解法4，5显示了两种不同的构造方法，目的均为转化为=g（n）（n≥2）型，而对式子的不同整理，导致构建的难度相差很大.

角度四、差分法

解析五：（n－1）an+1=（n+1）an－（n+1）（n≥2）①，

nan+2=（n+2）an+1－（n+2）②，

②－①得（2n+1）an+1－nan+2－（n+1）an=1③，

于是（2n+3）an+2－（n+1）an+3－（n+2）?an+1=1④.

④－③得（3n+3）an+1－（3n+3）an+2+（n+1）an+3－（n+1）an=0

?圯an+3－3an+2+3an+1－an=0（n≥2）

?圯an+3－2an+2+an=an+2－2an+1+an=…=a4－2a3+a2=4

an+2－2an+1+an=4?圯an+2－an+1=an+1－an+4，

an+1－an=（a2－a1）+4（n－1）=4n+1，下同解析1（略），得an=2n2－n.

点评：应该说此法在几种解法中相对较好，但仍然需要很强的观察能力. 一般地，对与变系数的递推关系式数列通项的求解无一般性的解法，需要解题者多角度、多方位的思考. 也正为此，此类问题在高考，尤其在数学竞赛中屡屡出现.

数列求通项的方法总结第5篇

方法一解：

a2×a5=(a3/q)(a4*q)=a3*a4=128

a3*a4=24

a3和a4为方程

x^2-24x+128=0两解

（x-16）（x-8）=0

a3=8a4=16

q=16/8=2

a1=a3/q^2=8/4=2

an=2x2的n-1次方=2的n次方

方法二解：

设公比为q, q>1

因为 a5*a2 =(a3*q^2)*(a3/q)= q*a3^2 = 128

所以 q*a3^2=128

因为 a3+a4=24

所以 a3+a3*q=24

所以 a3=24/(1+q)

所以 q*[24/(1+q)]^2=128

2q^2-5q+2=0

(2q-1)(q-2)=0

q=1/2(舍去)或者 q=2

所以 a3=24/(1+q)=8

所以 a1=a3/q^2=2

所以 an=2^n

在三角形ABC中，ABC的对边分别为abc，且asinA+(c-a)sinC=bsinB第一问求角B的值第二问:若向量BA×向量BC=2.b=2 求三角形ABC的面积

解：在任意△ABC中，存在 a/sinA=b/sinB=c/sinC=2R(其中R是外接圆半径)

所以 sinA=a/(2R), sinB=b/(2R), sinC=c/(2R)

由题意，a^2/(2R)+(c-a)c/(2R)=b^2/(2R)

所以 a^2+c^2-ac=b^2

所以 a^2+c^2-b^2=ac

根据余弦公式，cosB=(a^2+c^2-b^2)/(2ac)=ac/(2ac)=1/2

所以 B=60°

因为向量BA×向量BC=2

所以 ∣BA∣*∣BC∣*cosB=2

所以 ∣BA∣*∣BC∣=4

数列求通项的方法总结第6篇

类型一:形如an=an-1+f(n)(n≥2,n∈N+)型

an=an-1+f(n)(n≥2,n∈N+)是一阶非其次常系数线性递推式,在已知a1的前提下,可通过叠加法求其通项公式,特别地,如果f(n)为一个常数d,则an=an-1+d(n≥2,n∈N+)是等差数列的递推式,且等差数列的通项公式an=a1+(n-1)d也可用叠加法推导而得.

例如:数列{an}满足a1=1,an=an-1+2n(n≥2,n∈N+),求{an}的通项公式.

类型二:形如an=f(n)an-1(n≥2,n∈N+)型

如果给定数列的递推式如an=f(n)an-1(n≥2,n∈N+),在已知a1的前提下,可通过叠乘法求其通项公式,特别地,如果f(n)为一个常数q(q≠0),则an=qan-1(n≥2,n∈N+)是等比数列的递推式,且等比数列的通项公式an=a1qn-1也可用叠乘法推导而得.

例如:数列{an}满足a1=4,,求{an}的通项公式.

类型三:形如an=pan-1+q(n)(p≠0,p≠1,n≥2,n∈N+)型

an=pan-1+q(n)(p≠0,p≠1,n≥2,n∈N+)是一阶非其次常系数线性递推式,高中数学比较常见的是q(n)为关于n的一次函数或者是常数,则可通过构造等比数列求通项公式.

例如:数列{an}满足a1=1,an=3an-1+1(n≥2,n∈N+),求{an}的通项公式.

类型四:形如an=pan-1+qan-2(p,q≠0,n≥3,n∈N+)型

an=pan-1+qan-2(p,q≠0,n≥3,n∈N+)给出的数列称为二阶线性齐次递推数列,方程

x2-px-q=0称为它的特征方程,其根称为它的特征根.

结论:若数列{an}由初始值a1,a2及递推式an=pan-1+qan-2(p,q≠0,n≥3,n∈N+)给出,α,β为其特征根,则

例如:著名的斐波那契数列{Fn},已知F1=F2=1,Fn=Fn-1+Fn-2(n≥3,n∈N+),求通项公式Fn.

求数列通项的方法与技巧第7篇

数列是中学数学教学中的一个重要课题, 其中求通项是高考的必考内容之一, 也是数学竞赛中经常出现的问题, 要掌握好等差、等比数列的定义、通项、前n项和公式及基本性质.高考或竞赛中往往是在此基础上有所提高、深化.本文仅就高中常见递归公式确定数列求通项的方法和技巧作一阐述.

一、什么是递归关系

对于一个数列, 我们把它的连续若干项之间的关系称为递归关系.

二、常见类型及解法

1.连加相减, 连乘相除

例1 已知数列{an}满足a1+2a2+3a3++nan=n (n+1) (n+2) , 求an.

解在a1+2a2+3a3++nan=n (n+1) (n+2) 中,

把n换成n-1, 得

a1+2a2+3a3++ (n-1) an-1= (n-1) n (n+1) (n≥2) .

两式相减, 得nan=3n (n+1) ⇒an=3 (n+1) , n=1时, a1=123=6也成立.

点评遇连加式就相减, 遇连乘式就相除.

2.构造法

例2 (1) 已知数列{an}满足a1=10, an+1=a $_{n}^{2}$ , 求an.

(2) 已知数列{an}满足a1=1, 3a $_{n + 1}^{2}$ -4an+1an+a $_{n}^{2}$ =0, 求an.

解 (1) 由an+1=a $_{n}^{2}$ ⇒lgan+1=2lgan⇒{lgan}成等比数列⇒lgan=2n-1⇒an=102n-1.

点评因等式中出现幂的形式, 故可取对数将指数拉下来变为对数的系数, 从而构成等比数列.

解 (2) 由3a $_{n + 1}^{2}$ -4an+1an+a $_{n}^{2}$ =0⇒ (3an+1-an) (an+1-an) =0⇒3an+1=an或 $a_{n + 1} = a_{n} \Rightarrow a_{n} = (\frac{1}{3})^{n - 1}$ 或an=1.

点评因等式中出现二次齐次式, 故考虑因式分解从而构成等比数列.以上这样的处理又叫构造法, 就是通过数学变形将它化成等差或等比数列来求通项.

3.形如an+1=pan+q的形式可用待定系数法

当p=1时, 数列为等差数列, 当q=0, p≠0时, 数列是等比数列.

当p≠1, p≠0, q≠0时, 令an+1+x=p (an+x) ,

整理, 得an+1=pan+ (p-1) x, 比较系数, 得 $x = \frac{q}{p - 1}$ .

所以数列 ${a_{n} + \frac{q}{p - 1}}$ 是以p为公比, $a_{1} + \frac{q}{p - 1}$ 为首项的等比数列.

例3 已知数列{an}满足a1=2, an+1=3an+2, 求an.

解令an+1+x=3 (an+x) , 整理, 得an+1=3an+2x.

由2x=2得x=1.

所以数列{an+1}是以3为公比和首项的等比数列, 所以an+1=33n-1=3n, 所以an=3n-1.

4.形如an+1=an+f (n) 的形式可用累加法

将上式中的n依次换成1, 2, 3, 4, , n-1得到n-1个等式, 将这n-1个等式相加得an=a1+f (1) +f (2) ++f (n-1) =a1+ $\sum_{k = 1}^{n - 1}$ f (k) 或直接用恒等式an=a1+ (a2-a1) + (a3-a2) ++ (an-an-1) =a1+f (1) +f (2) ++f (n-1) =a1+ $\sum_{k = 1}^{n - 1}$ f (k) , 再验证n=1是否成立.

例4 已知数列{an}满足a1=1, an+1=an+2n, 求an.

解把题中等式中的n依次换成1, 2, 3, , n-1得

a2-a1=2,

a3-a2=22,

an-an-1=2n-1.

将这n-1个等式相加, 得

an-a1=2+22+23++2n-1.

∴an=2n-1, 其中n=1也满足.

评注递归公式虽然只有一个, 但有其“递归”性.它像一只生蛋的“母鸡”!这里的n-1个等式就是充分用到了“递归”这一特性.

另解 ∵an+1=an+2n, ∴an+1-an=2n.

∴an=a1+ (a2-a1) + (a3-a2) ++ (an-an-1) =1+2+22+23++2n-1=2n-1, 其中n=1也满足.

5.形如an+1=f (n) an的形式可用累乘法

将上式中的n依次换成1, 2, 3, 4, , n-1得到n-1个等式, 这n-1个等式相乘得 $\frac{a_{2}}{a_{1}} \cdot \frac{a_{3}}{a_{2}} \cdot \frac{a_{4}}{a_{3}} ‚ \dots ‚ \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} = f (1) f (2) f (3) \dots f (n - 1)$ , 即an=a1f (1) f (2) f (3) f (n-1) , 再验证n=1是否成立.

例5 已知数列{an}满足 $a_{1} = 4 ‚ a_{n + 1} = \frac{n + 2}{n} a_{n}$ , 求an.

解由 $a_{n + 1} = \frac{n + 2}{n} a_{n}$ 得 $\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = \frac{n + 2}{n}$ .

将该式中的n依次换成1, 2, 3, 4, , n-1, 得

$\frac{a_{2}}{a_{1}} = \frac{3}{1}, \frac{a_{3}}{a_{2}} = \frac{4}{2}, \frac{a_{4}}{a_{3}} = \frac{5}{3} ‚ \dots ‚ \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} = \frac{n + 1}{n - 1} .$

把这n-1个等式相乘, 得 $\frac{a_{n}}{a_{1}} = \frac{n (n + 1)}{1 \cdot 2} ‚ ∴ a_{n} = 2 n (n + 1)$ , 其中n=1也成立.

另解 $\begin{array}{l} ∵ a_{n} = a_{1} \cdot \frac{a_{2}}{a_{1}} \cdot \frac{a_{3}}{a_{2}} \cdot \frac{a_{4}}{a_{3}} \cdot \dots \cdot \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} ‚ \\ ∴ a_{n} = 4 \cdot \frac{3}{1} \cdot \frac{4}{2} \cdot \frac{5}{3} \cdot \frac{6}{4} \cdot \dots \cdot \frac{n}{n - 2} \cdot \frac{n + 1}{n - 1} = 4 \cdot \frac{n (n + 1)}{1 \cdot 2} = 2 n (n + 1) \end{array}$ , 其中n=1也成立.

6.形如an+1=pan+f (n) 的形式先两边同除以pn+1化成 $\frac{a_{n + 1}}{p^{n + 1}} = \frac{a_{n}}{p^{n}} + \frac{f (n)}{p^{n + 1}}$ 再用累加的办法来解决这类问题

例6 已知数列{an}满足a1=1, an+1=2an+35n, 求an.

解由an+1=2an+35n, 得 $\frac{a_{n + 1}}{2^{n + 1}} = \frac{a_{n}}{2^{n}} + \frac{3}{2} \cdot \frac{5^{n}}{2^{n}}$ .

令 $b_{n} = \frac{a_{n}}{2^{n}}$ , 则有 $b_{n + 1} - b_{n} = \frac{3}{2} (\frac{5}{2})^{n}$ .

$\begin{array}{l} ∴ b_{n} = b_{1} + (b_{2} - b_{1}) + (b_{3} - b_{2}) + \dots + (b_{n} - b_{n - 1}) \\ = \frac{1}{2} + \end{array}$ $\begin{array}{l} \frac{3}{2} (\frac{5}{2} + (\frac{5}{2})^{2} + \dots + (\frac{5}{2})^{n - 1}) \\ = \frac{1}{2} + \frac{3}{2} \cdot \frac{\frac{5}{2} (1 - (\frac{5}{2})^{n - 1})}{1 - \frac{5}{2}} \\ = \end{array}$ $\begin{array}{l} (\frac{5}{2})^{n} - 2 . \\ ∴ a_{n} = 5^{n} - 2^{n + 1}, n = 1 \end{array}$ 也成立.

例7 已知数列{an}满足a1=1, an+1=2Sn+n2-n+1, 求an.

解an+1=2Sn+n2-n+1. (1)

an=2Sn-1+ (n-1) 2- (n-1) +1, (n≥2) . (2)

(1) - (2) , 得an+1-an=2an+2n-2,

$\begin{array}{l} a_{n + 1} = 3 a_{n} + 2 n - 2 ‚ \\ ∴ \frac{a_{n + 1}}{3^{n + 1}} = \frac{a_{n}}{3^{n}} + \frac{2 n - 2}{3^{n + 1}} . \end{array}$

令 $b_{n} = \frac{a_{n}}{3^{n}}$ , 则有 $b_{n + 1} = b_{n} + \frac{2 n - 2}{3^{n + 1}}, b_{1} = \frac{1}{3}, b_{2} = \frac{a_{2}}{3^{2}} = \frac{1}{3} ‚ b_{2} - b_{1} = 0$ , 从而bn=b1+ $\sum_{k = 1}^{n - 1}$ $\begin{array}{l} \frac{2 (k - 1)}{3^{k + 1}} = \frac{1}{3} + 2 \frac{1}{4} (\frac{1}{3} - \frac{2 n - 1}{3^{n}}) = \frac{1}{2} - \frac{2 n - 1}{2 \cdot 3^{n}} . \\ ∴ a_{n} = \frac{3^{n}}{2} - n + \frac{1}{2} ‚ n = 1 \end{array}$ 也成立.

7.形如 $a_{n + 1} = \frac{a a_{n} + b}{c a_{n} + d}$ 的形式可以用特征方程法

把方程 $x = \frac{a x + b}{c x + d}$ 叫做 $a_{n + 1} = \frac{a a_{n} + b}{c a_{n} + d}$ 的特征方程, 求它的通项先由方程 $x = \frac{a x + b}{c x + d}$ 得两根x1和x2.当x1≠x2时, ${\frac{a_{n} - x_{1}}{a_{n} - x_{2}}}$ 是等比数列, 进而可求通项;当x1=x2时, 可由 $\frac{1}{a_{n + 1} - x_{1}} = λ_{1} \cdot \frac{1}{a_{n} - x_{1}} + λ_{2} (λ_{1}$ 和λ2是待定系数) 来求通项an.

例8 (1) 已知数列{an}满足 $a_{1} = 2, a_{n + 1} = \frac{2 a_{n} + 6}{a_{n} + 1}$ , 求通项an.

(2) 已知数列{an}满足 $a_{1} = 1, a_{n + 1} = \frac{- a_{n} - 4}{a_{n} + 3}$ , 求an.

解 (1) 由方程 $x = \frac{2 x + 6}{x + 1}$ , 得x1=3, x2=-2.

∴数列 ${\frac{a_{n} - 3}{a_{n} + 2}}$ 是等比数列.

$∵ \frac{a_{1} - 3}{a_{1} + 2} = - \frac{1}{4}, \frac{a_{2} - 3}{a_{2} + 2} = \frac{1}{16}$ , 公比为 $\begin{array}{l} - \frac{1}{4} ‚ \\ ∴ \frac{a_{n} - 3}{a_{n} + 2} = - \frac{1}{4} \cdot (- \frac{1}{4})^{n - 1} = (- \frac{1}{4})^{n} . \\ ∴ a_{n} = \frac{3 \cdot 2^{2 n} + (- 1)^{n} \cdot 2}{2^{2 n} + (- 1)^{n + 1}} . \end{array}$

(2) 由方程 $x = \frac{- x - 4}{x + 3}$ , 得x1=x2=-2.

∴数列{an}满足 $\frac{1}{a_{n + 1} + 2} = λ_{1} \cdot \frac{1}{a_{n} + 2} + λ_{2}$ .

由初始条件a1=1得 $a_{2} = - \frac{5}{4}, a_{3} = - \frac{11}{7}$ .

把它们代入上式解得 $\begin{array}{l} λ_{1} = 1, λ_{2} = 1 . \\ ∴ \frac{1}{a_{n + 1} + 2} = \frac{1}{a_{n} + 2} + 1 . \\ ∴ \frac{1}{a_{n} + 2} = \frac{1}{3} + (n - 1) = n - \frac{2}{3} . \\ ∴ a_{n} = - \frac{6 n - 7}{3 n - 2} . \\ ∴ a_{n} = \frac{2^{n - 1} + 5^{n - 1}}{5^{n - 1} - 2^{n - 2}} \end{array}$ .