求数列通项公式的十种方法

1、递推式求数列通项公式常见类型及解法对于由递推式所确定的数列通项公式问题，通常可通过对递推式的变形转化成等差数列或等比数列，也可以通过构8造把问题转化。下面分类说明。、品+L即+/型%十1=-,o.+i,/=2例1.在数歹Ian中，已知%+2,求通项公式。解：已知递推式化为"1%即乐+1%2拒”,11111111111所以上,-''一二二将以上S-）个式子相加，得&七22212”%="F=2"-1所以二、/+】=/5）,/型L*Jr13九酬m、以匚乙,例2.求数列32胃+1的通项公式典上2时，”="，包幺一解：当无力"-/

2、%a,久1M一二（2部1）（2制+1）34-1制=1时，-5=-=a=-rQiE州）当47-131所以"4笳-1+三、4十1=尸4+4型例3.在数列凡,中，瓯=L当呼22时，有*=3/_i+2,求%。1O于是,解法1:设4+%=3gl+，即有/=受i+2兄，对比%=41+2,得4=得/+1=3（&_1+1）,数列&十1）是以小+1=2为首项，以3为公比的等比数歹I。所以有,一0解法2:又已知递推式，得外+1=%+2,外二务翻一+2,532）为首项,上述两式相减，得4+1-4="4-3-】），因此，数列1%+%>是以%-%=以3为公比的等比数列。所以/&

3、amp;=4狞I即%y=43：所以%=2,3八1。四、4+L叫+/型%3两足,为二L鼻例4.设数列+2网-1（题>2）2,求通项公式。解：设4=%+4+3,则4=2一工用-3,%一B=底=<4_一<伽一1).3+2盟-1所以2,4二;(1刃+2%+(；力+Jb-i)-+2=0；°=8ak¥=1=022工二-4B=g即2222。Z二9”1且4=%-4科+6这时，所以/。由于bn是以3为首项，以为公比的等比数列，所以有如由此得:3”尹+4"6说明：通过引入一些尚待确定的系数转化命题结构，经过变形与比较，把问题转化成基本数列（等差或等比数列）。鼻1=9

4、鼻电=*jQ嵬1+.（理2）例5.已知bw0,bw±1,Q十犷1+8。+力产，写出用n和b表示an的通项公式。,ah解：将已知递推式两边乘以0+”,得Z1+3,又设工=bxIbX二fl4=,于是,原递推式化为.X1+占，仿类型三，可解得苻垃,_b-b1故“"（1一以1+盼",_p1+1,11H说明：对于递推式/，i=p%十°,可两边除以§，得匀qq°,引入辅助数列得4+L幺十工gqq,然后可归结为类型三。六、%+"巩+】+泅型2,区中，=1,叼=2，=石+1+三4例6.已知数列3，求叫。21*曰/、一,%+?二三/+1+三叫

5、一.%+厂伤怎+口一%+1=一与&+i解：在33两边减去3。、白1Y为公比的等上淡列所以仆一%/以必fl为首项，以30令上式题:1，2,3,，伽-1）,再把这S-1）个等式累加，得Z1N1下“3，。所以*下'Y说明：3=口%*1+吗可以变形为4c（值+0）口科】_&*为或，则可从含十£=9，a*ff=-q解得外B于是鬼+】_"Q是公比为"的等比数列，这样就转化为前面的类型五。等差、等比数列是两类最基本的数列，是数列部分的重点，自然也是高考考查的热点，而考查的目的在于测试灵活运用知识的能力，这个“灵活”往往集中在“转化”的水平上。转化的目的是

6、化陌生为熟悉，当然首先是等差、等比数列，根据不同的递推公式，采用相应的变形手段，达到转化的目的。附：构建新数列巧解递推数列竞赛题递推数列是国内外数学竞赛命题的“热点”之一，由于题目灵活多变，答题难度较大。本文利用构建新数列的统一方法解答此类问题，基本思路是根据题设提供的信息，构建新的数列，建立新数列与原数列对应项之间的关系，然后通过研究新数列达到问题解决之目的。其中，怎样构造新数列是答题关键。1求通项求通项是递推数列竞赛题的常见题型，这类问题可通过构建新数列进行代换，使递推关系式简化，这样就把原数列变形转化为等差数列、等比数列和线性数列等容易处理的数列，使问题由难变易，所用的即换元和化归的思想

7、。例1、数列Q中，a1=1,anHt=工（1十4an-1+24an求an。16（1981年第22届IMO预选题）分析本题的难点是已知递推关系式中的寸：1+24an较难处理,可构建新数列bn,令bn=产2菽，这样就巧妙地去掉了根式，便于化简变形。解：构建新数列匕,使bn=Ji+24an>0则“=5,2一bn=124an，即anb2-124bn1-124161L,=1+4父g+bn化简彳导(2bn4f=(bn+3f1.一2bn+=bn+3,即bn由一3=(bn-3)2数列bn-3是以2为首项，1为公比的等比数歹U。2bn-3=2n21=2"即bn=2"3bn2-1an=2

8、4例2、设a0=1,an1a；-1(nwN),求证:2n-1n-1.2321322n2证明不等式这类题一般先通过构建新数列求出通项，然后证明不等式或者对递推关系式先进行巧妙变形后再构建新数列，然后根据已经简化的新数列满足的关系式证明不等式。(1990年匈牙利数学奥林匹克试题)分析利用待证的不等式中含有冗及递推关系式中含有41+a：_1这两个信息，考虑进行三角代换,构建新数列与,使an=tg“n,化简递推关系式。证明：易知an>0,构建新数列®n),使an=tg',：nc711KI则an1+tg2'-1tg二n41-C0S，n4sin1n4,n4g-r：n4又a。

9、rn=1,a1=J2-1=tg，从而巴8因此，新数列Qn是以-为首项,81，一，一1为公比的等比数歹U。2考虑到当xw(0,)时，有tgx：>x。所以，an=tg一不芭下一。222注：对型如；1士a；,淄士an,至三亘-都可采用三角代换。1-313证明是整数这类题把递推数列与数论知识结合在一起，我们可以根据题目中的信息，构建新数列，找到新的递推关系式直接解决，或者再进行转化，结合数论知识解决。例3、设数列Q满足优=1,an书=lan+1(neN)2an求证：,nN(nWN,n>1)。a；-22一分析直接令bn=,转化为证明bn=N(nWN,n>1).an-2证明：构建新数列匕

10、,令bn=2>0a2-2,94n4则a2=言+2,a2书=4-+2bnbn11'2。-代入a>=二an+一整理得戌4=b2(4+2b：)I2an)从而b2=b242b2(n-3)于是b21=b242b4-2b：41=2bnb：,1F(n-3)bn1=2bnb；1(n-3)由已知，b2=4,b3=24,由上式可知，b4亡N,bswN,依次类推，bn£N(n>1),即例4、设r为正整数，定义数列七如下：a1=1,an.=nan+2(n+1)(neN)求证:n2anwN。(1992年中国台北数学奥林匹克试题)2r分析把条件变形为(n+2an*=nan+2(n+1)

11、比较an省与an刖的系数及an中与an的足码，考虑到另一项为2(n+12r,等式两边同乘以(n+1),容易想到构新数列bn,使bn=n(n+1kn。证明：由已知得n-2an.1=n42n12r二8+1'8+2耳书=n(n+1Bn+2(n+1构建新数列缸,bn=n(n+1Rn_2r12则bi=2,bn1-bn=2n16=4%bk1bkk1=2122r132r1n2r1bnNnJbn=2n2r1、k2r1(nk)2r1k1n2r1、-2r1八12r22r/2.八2r2r=2n.二,nC2nkC2r油k-：2nkk1二nbnnnn又bn=、k2r1八(n1-k)2r1八k2r1n1-k2r7

12、k1k1k1八n1n12r1-C2r1n12rkC"n12r1k2-c2rr1n1k2r1kNn1|bn'n(n+1)|bn,从而an亡No4解决整除问题一般通过构建新数列求出通项，再结合数论知识解决，也可用数学归纳法直接证明。例5、设数列Q满足a=1,a?=3,对一切nwN,有an卡=（n+3pn由一（n+2pn,求所有被11整除的an的一切n值。（1990年巴尔干地区数学奥林匹克试题）分析变形递推关系式为an-an书=（n+21j（an4i-an）,就容易想到怎样构建新数列了。解：由已知an2-an1-n2an1-an构建新数列bn:n_2,bn1=an.1-ann_1则

13、b2=2，bn书=8+1孰an/)=(n+1bn(n22)bn=nbn=nn-1bn/=nn-13b2=n!n_2nnnan=a1八an-an二1八bk="、k!k=2k=2kJ10从而a4=1"3,a8=114203,a10=11父367083,当n至11时，由于£k!被11整除，因而kW10nan=£k!十£k!也被11整除。k1k=11所以，所求n值为n=4,8,及n至10的一切自然数。5证明是完全平方数这类题初看似乎难以入手，但如能通过构建新数列求出通项an,问题也就迎刃而解了。例6、设数列an和满足a0=1,b0=0,且n=0,1,2,书=7an+6bn3bn由=8an+7bn4求证：an是完全平方数。（2000年全国高中联赛加试题）分析先用代入法消去bn和bn由，得an七-14小由+Hn+6=0,如果等式中没有常数项6,就可1以利用特征根方法求通项，因此可令Cn=an+a,易求得a=-1。2证明：由式得bn,bn书代入得an2-14an1an6=0化为an书1构建新数列Cn=an-，且Co21c17c1=a1-=7a0-6b0-3222cn2-14cn1cn=0由特征方程九214儿+1=0得两根1=74,3，2=7-43*1m1+m)2=二当n=0,1