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递推数列通项公式的求法及应用



递推数列通项公式的求法及应用

摘要:递推数列是以递推公式的形式给出的数列,递推公式是已知数列的前 n-1 项的值及任意连续 n(n≥2)项所满足的一个关系式。由于递推关系式的结构 新颖,形态各异,所以解答此类问题往往需要针对相应问题的具体特征,运用一 些独特的方法和技巧, 本文对递推数列的各种类型进行分析,探讨解决问题的最 佳方法。 关键词:递推数列 通项公

式 应用

数列是高中数学的一个重要组成部分,在高考中,有关数列的考 试内容占有重要的地位,而递推思想是一种重要的数学思维,它能激 发学生探索与发现真理的能力, 所以递推数列是高中数学中的一个热 点话题,由于递推关系式的结构新颖,形态各异,所以解答此类问题 往往需要针对相应问题的具体特征,运用一些独特的方法和技巧,下 面对递推数列的各种类型进行分析,探讨解决问题的最佳方法。 1. 递 推 数 列 的 定 义 : 对 任 何 自 然 数 n, 由 递 推 关 系 an+k= ψ (an+k-1 an+k-2 …an )确定的数列{an}叫做递推数列。 2.递推数列通项公式的求法及应用 2.1 形如 an+1=an+f(n)类型的递推数列
n ?1

定理 2.1 形如 an+1=an+f(n)的递推数列,其通项公式为 an= a1+ ?

f (i )

i ?1

证 明 : 作 差 法 构 造 新 数 列 bn=an+1- an=f(n) 得 b1+ b2+…+ bn-1=(a2-a1)+(a3-a2)+…+ (an-an-1)= an-a1 即 f(1)+f(2)+…+f(n-1)= an-a1

故 an= a1+ ?

n ?1

f (i )

i ?1

说明:其中 f(n)可以为任意可求和的数列,例如:常数列,等比, 等差,等比与等差的积 例 1 已知数列{an}满足 a1=1,an+1=an+ 的通项公式 解:作差法构造新数列 bn=an+1- an= bn-1=(a3-a2)+…+ (an-an-1)= an-a1=1所以 an=21 n
1 n ( n ? 1) 1 n ( n ? 1)

(n∈N*) ,求数列{an}

(n∈N*) ,得 b1+ b2+…+ 又 a1=1,

1 n

(n≥2),

(n∈N*)

2.2 形如 an+1=an ﹡f(n)类型的递推数列 定理 2.2 形如 an+1=an ﹡f(n) 的递推数列,其通项公式为 an = a
1



?

n ?1

f (i )

i ?1

证 明 : 作 商 法 构 造 新 数 列 得 , bn+1= bn=
a2 a1 a3 a2 an a n ?1

a n ?1 an

=f(n), 得 b2 ﹡ b3 … ﹡
an a1

?

... ?

= f(1) ﹡f(2) ﹡…﹡f(n-1)=

即 an = a

1



?

n ?1

f (i )

i ?1

说明:其中 f(n)为任意可求和的数列 例 2 已知数列{an}满足 a1=1,an+1 =
n n ?1


an (n∈N*)求数列{an}

的通项公式 解:作商法构造新数列 bn+1=
a n ?1 an

=

n n ?1

(n ∈N* ),得 b2 ﹡ b3 … ﹡

bn=

a2 a1

?

a3 a2
1 n

... ?

an a n ?1

=

an a1

=

1 n

(n≥2),又 a1=1,

所以 an=

(n∈N*)

2.3 形如 an+1=p﹡an+q 类型的递推数列 定理 2.3 a1+
q (1 ? p
n ?1

形如 an+1=p ﹡ an+q 的递推数列,其通项公式为 an=pn-1 ﹡
)

1? p

证法一 因为 an+1=p﹡an+q 所以 a2=p﹡a1+q a3=p﹡a2+q =p(p﹡a1+q)+q=p2﹡a1+p﹡q+q a4= p﹡a3+q =p(p2﹡a1+p﹡q+q)+q = p3﹡a1+p2﹡q+ p﹡q+q …… an = p﹡an-1+q =pn-1﹡a1+ pn-2﹡q + pn-3﹡q +……+ p﹡q+q = pn-1﹡a1+ 证法二 构造 an+1-c=p(an-c)再根据 an+1=p﹡an+q 可知 c= an+1-c=p(an-c) 中 可得 an+1即数列{an+1所以 anq 1? p q 1? p q 1? p
q 1? p

q (1 ? p

n ?1

)

1? p

把 c=

q 1? p

带入

=p(an-

q 1? p

)
q 1? p

}是公比为 p 首项为 a1q 1? p

的等比数列

=(a1-

)pn-1

即 an=(a1-

q 1? p

)pn-1+
q (1 ? p

q 1? p
n ?1

= pn-1﹡a1+ 证法三

)

1? p

因为 an+1=pan+q 可知 令b
a n ?1 p
n ?1

a n ?1 p
n ?1

?

an p
n

? p

q
n ?1

n ?1

?

则 bn+1 = bn+
p q p
3

q
n ?1

从而转化为前面讨论过的类型

可知 bn= = 又b
an p
n

q p
2

?

? ... ?

q p
n

+b1 +
a1 p q p
3

q p
2

?

q p
3

? ... ?

q p
n

n

?

,则

an p
n

=

q p
2

?

? ... ?

q p
n

+

a1 p

故 an= a1pn-1+p﹡q+ p2﹡q+……+pn-2q = a1pn-1 +q(1+p+p2+……+pn-2) = a 1p 证法四 因为 an+1=pan+q ① 所以 an=pan-1+q ①-②可得 an+1 - an =p(an- an-1) 依次 an - an-1 =p(an-1- an-2) 所以 an+1 - an =p(an- an-1)= p2(an-1- an-2)=…= pn-1(a2- a1)= pn-1(pa1 +q-a1) 即 an+1 - an= pn-1(pa1 +q-a1) 令 f(n)= pn-1(pa1 +q-a1) 从而转化为前面讨论过的类型 ②
n-1

+q(

1? p

n ?1

1? p

)



a n ? a1 ?

?

n ?1

f (n) ? p

n ?1

a1 ? q

1? p

n ?1

i ?1

1? p

例3

已知数列{an}满足 a1 =1,an+1=2an +3 (n∈N*)求数列{an}的通

项公式 分析:由于 an+1=2an +3 和定理 3 给出的类型相同,所以由定理 3 的四 种证明方法可知此题有以下四种解法 解法一:又 an+1=2an +3 所以 a2=2a1 +3 a3=2a2 +3=22a1+2×3+3 a4=2a3 +3=2(22a1+2×3+3)= 23a1+22×3+2×3+3 …… an=2n-1a1+2n-2×3+2n-3×3+……+2×3+3 =2n+1-3 (n≥2) (n≥2)

解法二:构造 an+1 - c=2(an- c) 又因为 an+1=2an+1 +3 解得 c=-3 {an+3} 即 是以公比为 2 首项为 4 的等比数列 解得 an+3= 2n+1 所以 an= 2n+1-3 解法三:an+1=2an +3 等式两边同时除以 2n+1 得
a n ?1 2
n ?1

?

an 2
n

?

3 2
n

令 bn+1=

a n ?1 2
n ?1

则 bn+1= bn+
2

3
n ?1

从而转化为前面讨

论过的类型 由公式 an= a1+ f(1)+f(2)+…+f(n-1) 可得 bn= b1+
3 2 ? 3 2
2

? ...... ? 2

3
n ?1

又 bn=

an 2
n

所以

an 2
n

?

a1 2

?

3 2

?

3 2
2

? ...... ? 2

3
n ?1

an=2n-1a1+2n-1×3+2n-2×3+……+2×3 故 an=2n-1 +3(2n-1+2n-2+……+2) =2n+1 -3 解法四:由 an+1=2an+1 +3

又 a1=1

① 知 an=2an-1 +3



由①-②可得 an+1-an =2(an-an-1) 故{an+1-an }是首项为 4 公比为 2 的等比数列 故有 an= a1+ f(1)+f(2)+…+f(n-1) =1+22+23+……+2n =2n+1 -3 2.4 形如 an+1=pan +f(n)类型的递推数列 定理 2.4 形如 an+1=pan +f(n)的递推数列, 其通项公式为 an=(a1+
s p ?1

+

t ? c p ?1

)pn-1-

s p ?1

n-

t ? c p ?1

(其中 f(n)是一次函数,不妨设为

f(n)=sn+t) 证法一 不妨设 f(n)=sn+t 构造 an+1+c(n+1)+d=p(an+cn+d) 则 an+1=pan+(pc-c)n+pd-c) 又因为 an+1=pan + sn+t 可知 c=
s p ?1



,d=

t ? c p ?1

把 c=

t ? c p ?1

,d=

t ? c p ?1

代 入 ① 可 得 an+1+

s p ?1

(n+1)+

t ? c p ?1

=p(an+

s p ?1

n+

t ? c p ?1

)

即{an+

s p ?1

n+

t ? c p ?1

} 是以 a1+

s p ?1

+

t ? c p ?1

为首项

以 p 为公比的等比数列 故有 an+
s p ?1

n+

t ? c p ?1

= (a1+

s p ?1

+

t ? c p ?1

)pn-1

所以 an=(a1+

s p ?1

+

t ? c p ?1

)pn-1-

s p ?1

n-

t ? c p ?1

证法二 给 an+1=pan +f(n) 两边同时除以 pn+1 可得 所以
a n ?1 p an p
n n ?1

?

an p
n

?

f (n) p
n ?1

令 bn+1=
f ( n ? 1) p
n

a n ?1 p
n ?1

从而转化为前面讨论过的类型

? b1 ?

f (1 ) p
2

? ...... ?

故 an=pn-1a1+pn-2f(1)+pn-3f(2)+…+f(n-1) =(a1+
s p ?1

+

t ? c p ?1

)pn-1-

s p ?1

n-

t ? c p ?1

例 4 已知数列{an}满足 a1=1, an+1=2an+3n+1(n∈N*) ,求数列{an} 的通项公式 分析:由于 an+1=2an+3n+1 和定理 4 给出的类型相同,所以由定理 4 的 两种证明方法可知此题有以下两种解法 解法一: 构造 an+1 +c(n+1)+d=2(an +cn+d) 又因为 an+1=2an+3n+1

故有

c=3,d=4,

即 {an+3n+4} 是以公比为 2 首项为 8 的等比数列 所以有: an+3n+4=8×2n-1 =2n+2 即 an=2n+2-3n-4 (n∈N*) 解法二:因为 an+1=2an+3n+1 两边同时除以 2n+1 可得
a n ?1 2
n ?1

?

an 2
n

?

3n ? 1 2
n ?1

令 bn+1=

a n ?1 2
n ?1

则 bn+1=bn+ 所以有 又 故有 b n=
an 2
n

3n ? 1 2
n ?1

从而转化为前面讨论过的类型
3?1?1 2
2

bn= b1+
an 2
n

?

3? 2 ?1 2
2

? ...... ?

3 ? ( n ? 1) ? 1 2
n

, b1=
3?1?1 2
2

a1 2

,
3? 2 ?1 2
3

?

a1 2

?

?

? ...... ?

3 ( n ? 1) ? 1 2
n



给①式两边同乘以
an 2
n ?1

1 2


? ...... ? 3( n ? 2 ) ? 1 2
n

?

a1 2
2

?

3?1?1 2
3

?

3? 2 ?1 2
4

?

3 ( n ? 1) ? 1 2
n ?1



①-②可得 并把 a1=1 代入
an 2
n ?1

?

1 2 1 2

?

3 2
2

?

3 2
n

? ...... ?

3 2
n

?

3 ( n ? 1) ? 1 2
n ?1

an 2
n ?1

?

? 3(

1 2
2

?

1 2
3

...... ?

1 2
n

)?

3 ( n ? 1) ? 1 2
n ?1

1 an 2
n ?1

?

1 2

? 3(

2

2

1 n ?1 (1 ? ( ) ) 3 ( n ? 1) ? 1 2 )? n ?1 1 2 1? 2

an 2
n ?1

1 n 3 ( n ? 1) ? 1 ? 1 ? 3( ) ? n ?1 2 2



a

n

? 2

n ?1

? 6 ? 3 ( n ? 1) ? 1

=2 2.5

n ?1

?3n ? 4

形如 a

n ?1

a n ? f ( n ) 类型的递推数列 a n ? f ( n ) 的递推数列,其通项公式为

定理 2.5 a n = a 1( a n = a 1(

形如 a
f ( n ? 1) f (n) f ( n ? 1) f (n)

n ?1

n ?1

) )

2

当 n 为奇数 当 n 为偶数

n?2 2

证明:作商法构造新数列 因为 a 所以 a
② ①
n ?1

a n ? f (n) a n ? 1 ? f ( n ? 1)

① ②

n?2



a n?2 an

?

f ( n ? 1) f (n) f ( n ? 1) f (n)

所以数列 a1 , a3 , a5 ...a2n-1 ... 是以 a1 为首项 ,以

为公比
f ( n ? 1) f (n)

的等比数列, 而数列 a2 , a4 , a6 ... a2n ... 是以 a2 为首项,以 为公比的等比数列 . 故当 n=2k-1 时 an = a1( 当 n=2k 时 an = a2( 所以有 an = a1( an = a1( 例 5 公式
f ( n ? 1) f (n) f ( n ? 1) f (n) f ( n ? 1) f (n) f ( n ? 1) f (n)
n?2 n ?1

)

k ?1

) ) )

k ?1

2

当 n 为奇数 当 n 为偶数

2

已知数列{ an }满足 a1=1, an+1an =2n (n∈N*)求数列的通项

解:作商法构造新数列 因为 所以 由
② ①

an+1an =2n an+2an+1 =2n+1 得
a n?2 an ? 2

① ②

所以 数列 a1 ,a3 ,a5 ... a2n+1 ... 是首项为 1 公比为 2 的一个等比 数列 ;而数列 a2 , a4 , a6 ... a2n ... 一个等比数列
n ?1

是首项为 2 公比为 2 的

所以 当 n=2k-1 时 当 n=2k 故
an ? 1? 2 an ? 2 ? 2
k ?1

an ? 1? 2 an ? 2 ? 2

k ?1

? 2
n

2


n ?1

k ?1

? 22

? 2

2

当 n 为奇数时 当 n 为奇数时

n k ?1

? 22

2.6

形如 an+1 =panq (p>0,q ? 0,q ? 1,a1>0)类型 的递推数列

定理 2.6 形如 an+1 =panq (p>0,q ? 0,q ? 1,a1>0) 的递推数列,其通项
1? q
n ?1

公式为 an=p 证法一: 因为 an+1 =panq 所以

1? q

a1

q n ?1

(n∈N*)

an = pan-1q an-1 =pan-2q an-2 =pan-3q … a2 = pa1q



把 an-1 , an-2 , an-3 ... a2 an = pan-1q=p(p an-2q ) = p
q
1? q

代入 ①式可得
a n?2
q
2

? p
2

1? q

( pa

q n?3

)
q

q

2

=p 所以

1? q ? q

2

(a
n ?1

n?3

)

q

3

? ....... ? p

1 ? q ? q ? q ? ...... ? q

3

n ?1

n ?1

a1

(n ?

2)

1? q

an=p

1? q

a1

q n ?1

(n∈N*)

证法二 : 给 an+1 =panq 两边同时取以 p 为底的对数, 得 ㏒ 令b 故
p

a n ? 1 ? 1 ? q log ? log a n ?1

p

an


n ?1

n ?1

p

则有 b
n ?1

? 1 ? qb n

从而转化为前面讨论过的类型

b n ? b1 q

n ?1

?

1? q

1? q

把b ㏒

n

? log

p

an和

b

1

? log

p

a1
n ?1

代入上式可得

1? q

p

an ?



p

a1

q

n ?1

? log

p

p
n ?1

1? q

1? q

= log 故 an = a

p

a1
n ?1

q

n ?1

? p
1? q
n ?1

1? q

q 1

? p

1? q

总结: 一般地, 当递推公式为 a

n ?1

? pa

q n

(p>0,q ? 0,q ? 1,a1>0) 时, 常

用两边取以 q 为底的对数,但若 q=1, 则可取以 10 为底 例6 已知数列{an }满足 a1=2, an+1=3an2 (n∈N*)求数列{an }的通项 公式 分析:由于 an+1=3an2 和定理 6 所给的类型相同,所以由定理 6 的两 种证明方法可知此题有两种解法 解法一:an=3an-12=3(3an-22)2=31+2 an-22 =3 =…=3
1 ? 2 ? 2 ? 。。。 ? 2
2 n ?1

2

1? 2 ? 2

2

a n?3

2

3

a1

2

n ?1

(n ? 2 )

1? 2

n ?1

又 a1 =2 即 an = 3

所以 an = 3
2
n ?1

1? 2

2

2

n ?1

?1

?2

2

n ?1

(n∈N*) 两边取以 3 为底的对数 得

解法二:an+1 =3a
log
3

2 n

a n ? 1 ? 1 ? 2 log ? log a n ?1

3

an

令b b
n ?1

n ?1

3



b n ?1 ? 2 b n ? 1

从而转化为前面讨论过的类型

? 2 b n ? 1 ? 2 ( 2 b n ? 1 ? 1) ? 1

=2 =2

2

b n ?1 ? 2 ? 1 ( 2 b n ? 2 ? 1) ? 2 ? 1

2

... =2 =2 又因为 b b 即 则 故
n
n n

b1 ? 2 b1 ? 2

n ?1

? 2

n?2

? ... ? 2 ? 1

n

n

?1

? log

3

an

,

所以 2 b

n ?1

? 2 b1 ? 2
n

n

?1

? 2

n ?1

b1 ? 2

n

?1

log

3

a n ? 2 log
n
2
n ?1

3

a ? 2
1

n

?1

an ? 2

?3

2

n

?3
2
n ?1

a

n

? 3

2

n ?1

?1

?2

2.7 形如 a 定理 2.7

n ?1

? pa

n

? q

n

(q,p 都为常数)类型的递推数列
n

形如 a

n ?1

? pa

? q

n

(q,p 都为常数) 的递推数列,其通项
p? ? ? q ? p q
n ?1

公式为

a n ? a1 p

n ?1

? ?1? ? ? ? ? ? n ?1 ? q ? ? 1? ? ?
? q
n

? ? ? ? ? ? ?
n ?1

证明:给

a n ?1 ? pa

n

两边同时除以 q

得,

a n ?1 q
n ?1

?

p q

?

an q
n

?

1 q

令 b

n ?1

?

a n ?1 q
n ?1

则有 b
1 q 1 q

n ?1

?

p q

bn ?

1 q

从而转化为前面讨论过的类型

故有 b =(
p q

n ?1

?

p q

bn ?

) b ?(
n
1

p q

)

n ?1

?

?(

p q

)

n?2

?

1 q

? ... ?

p q

?

1 q

?

1 q

p n ? ?1? ( ) ? p? 1 q = ? ? b1 ? ? ? ? p q? ? q ? ? 1? q ?
n

? ? ? ? ? ?
a1 q1



b

n

?

an qn

b

1

?

从而有,

an q
n

? p? ? ? ? ? ? ? q ?

n ?1

n ?1 ? ? p? ?1? ? ? ? ? a1 1? ? q ? ? ? ? p q q? 1? ? q ?

? ? ? ? ? ? ?



a n ? a1 p

n ?1

? ?1? ? ? ? ? ? n ?1 ? q ? ? 1? ? ?

p? ? ? q ? p q

n ?1

? ? ? ? ? ? ?
? 3 ? 2an
n

例7 式

已知 a1 为常数,且 a

n ?1

(n∈N*)求{an}数列的通项公

解 :在 a
a n ?1 3
n ?1

n ?1

? 3 ? 2 a n 两边同时除以
n

3

n ?1



?

1 3

?

2 3

?

an 3
n

令 bn+1=

a n ?1 3
n ?1

则有

bn+1=

1 3

?

2 3

bn

从而转化为前面讨论过的类型

所以

bn=

1 3

?

2 3

b n ?1

? ?1? n ?1 1? ? 2? = ? ? ? b1 ? ? 3 ? 3? ? ? ?

? 2? ?? ? ? 3? 2 1? 3

n ?1

? ? ? ? ? ? ?

又因为 bn=

an 3
n

从而有
? ?1? a1 1? ? ? ? 3 3 ? ? ?
1 5

an 3
n

=? ? ?
?

2? ? 3?

n ?1

? 2? ?? ? ? 3? 2 1? 3
n ?1

n ?1

? ? ? ? ? ? ?

故 2.8

a n ? ?? 2 ?

n ?1

a1 ?

?3

n

? 3 ?? 2 ?

?

形如 an+1=p an+q an-1 类型的递推数列 形 如 an+1=p an+q an-1 的 递 推 数 列 , 其 通 项 公 式 为
(a 2 ? x 2 a1 ) ? ( p ? x1 )
n ?1

定 理 2.8 an=
( p ? x2 )
n ?1

x1 ? x 2

x1 ? x 2

( a 2 ? x1 a1 )

(其中 x1 ,和 x2 为方程 an+1 )

-x an =(p-x)( an -x an-1)由待定系数法求出的两个根 证明:由 an+1=p an+q an-1 待定系数法求出 x 所以有 当 x= x1 时

构造 an+1 -x an =(p-x)( an -x an-1)

(假设 x 的值有 x1 和 x2) an+1 –x1an= (p-x1)( an –x1 an-1)
1

实际上数列{an+1 –x1an } 是以 p-x1 为公比以 a2 – x a1 为首项的等 比数列 , 所以 an+1 –x1 an =(p-x1 )n-1 (a2 – x a1)
1



当 x= x2 时

an+1 –x2an= (p-x2)( an –x2an-1)
2

数列{an+1 –x2an }是以 p-x2 为公比以 a2 – x a1 首项的等比数列 故有 an+1 –x2 an =(p-x2 )n-1 (a2 – x a1)
2 2


1

②-①得 (x1-x 2)an=(p-x2 )n-1 (a2 – x a1)- (p-x1 )n-1 (a2 – x a1)

所以 an= 例8

( p ? x2 )

n ?1

x1 ? x 2

(a 2 ? x 2 a1 ) ?

( p ? x1 )

n ?1

x1 ? x 2

( a 2 ? x1 a1 )

已知数列{an } 满足 a1 =1, a2 =2, a

n ?1

?

2 3

an ?

1 3

a n ?1

(n>1)求

数列{an }的通项公式 解:由
a n ?1 ? 2 3 an ? 1 3 a n ?1

构造
2

a n ? 1 ? xa

n

? (

2 3

? x )( a n ? xa

n ?1

)

待定系数法求出 x1 =1, x 把 x1 =1 代入
a n ?1 ? a n ? ? 1 3 a n ? 1 ? xa
n

? ?

1 3

? (

2 3

? x )( a n ? xa

n ?1

)

可得

( a n ? a n ?1 ) 1 3 )
n ?1

所以有 把x
2

a n ?1 ? a n ? ( ? 1 3

(a 2 ? a1 ) ? ( 2 3

即a

n ?1

? a n ? (? )

1 3

)

n ?1



? ? 1 3

代入
1 3 a n ?1 1 3

a n ? 1 ? xa

n

? x )( a n ? xa

n ?1

可得

a n ?1 ?

an ? an ? 1 3

有a

n ?1

?

an ? a2 ? 4 3
3 4

a1 7 3

即a
? (? 1 3 )

n ?1

?

1 3

an ? 2 ?

1 3

?

7 3



②-① 可得 故
an ? 7 4 ?

an ?
1 3 )

n ?1

(?

n ?1

说明:x 实际上是方程
a n ?1 ? 2 3 an ? 1 3 a n ?1

x

2

?

2 3

x?

1 3

的根,该方程称为递推式

的特征方程
pa
n

2.9 形如 a

n ?1

?

qa

n

? r

类型的递推数列
pa qa
n

定 理 2.9 形 如
q (1 ? ( 1 an ? ( r p )
n ?1

a n ?1 ?

n

? r

的递推数列,其通项公式为

r p

)

n ?1

)

1 a1

?

p ? r

证明:给 a

n ?1

?

pa qa
n

n

? r

两边同时取倒数得

1 a n ?1

?

qa

n

? r
n

?

qa pa

n n

?

r pa
n

pa

即 令b 故

1 a n ?1

?

q p 1

?

r pa
n

n ?1

?


q p
n ?1

a n ?1

b n ?1 ?

q p

?

r p

bn

从而转化为前面讨论过的类型

b n ?1 ?

?

r p

bn

从而
r p )
n?2

bn ? (

r p

)

b1 ? (

q p

?( ? ? ? ? ? ?

r p

)

n?3

q p

? ...... ?

r q p p

?

q p

r n ?1 ? ?1? ( ) r n ?1 p ? ( ) b1 ? q ? ? p p ?r ? ?

q (1 ? (

r p

)

n ?1

)

把b

n

?

1 an

代入可得

1 an

? (

r p

)

n ?1

1 a1

?

p ? r

上式两边取倒数便可得到 an 例 9 已知 a1 = , a
2 1
n ?1

?

an 2 ? an

, 求数列{an}的通项公式
1 a n ?1 2 ? an an

解:给 a 令 bn+1=

n ?1

?

an 2 ? an

两边同时取倒数 得

?



1 a n ?1

?

2 an

?1

1 a n ?1

则 bn+1=2bn-1
n ?1

从而转化为前面讨论过的类型
n?3

bn ? 2

b1 ? 2

n?2

( ? 1) ? 2
n ?1

( ? 1) ? ...... ? 2 ( ? 1) ? ( ? 1)

从而

? 2 ? 2

n ?1

b 1 ? ( ? 1) b1 ? 1 ? 2

(1 ? 2
n ?1

)

1? 2

n ?1

把 bn=
1 an

1 an
n ?1

代入可得
1 a1
n ?1

? 2

?1? 2

又 a1=
n ?1

1 2

所以

1 an

? 2

n ?1

? 2 ?1? 2



1 an

?1? 2

n ?1

2.10 有关周期性问题其通项公式的求法 例 10 已知数列{an}满足 a1=a,a2=b,an+1=an-an-1 ,(n≥1) 求 a2006 分析:该题表面上看是类型八的结构,但是特征方程
x
2

? x ?1

无实

数解 ,所以无法直接构造等比数列,实际上写出数列的前几项 a3=b-a ,a4=-a, a5 =-b, a6 =a-b, a7 =a, a8 =b 可以发现该数列是以 6 为周期的数列,所以 a2006 =a334×6+2 = a2 =b 解:由 an+1 = an- an-1 ① an = an-1- an-2 ② 所以周期为 6

把②代入①可得 an+1 = -an-2 = an-5 因为 2006=334×6+2 2.11 形如 a
n ?1

所以
? q

a2006 =a334×6+2 = a2 =b

?

pa

n

ra n ? s

(r≠0)类型的递推数列

由于此类型的形式比较复杂,讨论起来比较麻烦,在实际问题中 也不常见,所以在此不作具体详细的讨论,只给出做此类型题的一般 方法并加以举例 方法 1:①写出递推关系式的特征方程 ②求出特征方程的两个根 x1 和 x2(但在这里只用一个根,选择简单的一个根,不妨设为 x1)③给 递推关系式两边同时减去 x1,经过化简,变形可化为前面讨论过的类 型,从而可求出其通项公式 方法 2:①写出递推关系式的特征方程 ②求出特征方程的两个根 x1 和 x2 ③分别给递推关系式两边同时减去 x1 和 x2 并记作(1)式和(2) 式 ④
(1) (2)

并且化简变形即可求出 an

例11

数列{an}满足 a1=3,a 公式

n ?1

?

an ? 4 2an ? 3

(n∈N*),求数列{an}的通项

分析:由于 a

n ?1

?

an ? 4 2an ? 3

是a

n ?1

?

pa

n

? q

ra n ? s

的类型,由上述介绍的方法可

知此题有如下两种解法 解法一:由方程 x 所以可以得到 a
n ?1

?

x? 4 2x ? 3

解得 x=-2,或 x=1
?1

?1 ?

an ? 4 2an ? 3
1 a n ?1 ? 1

两边同时取倒可得 令
bn ? 1 an ? 1

?

2a n?3 ? ( a n ?1 )

=

2 ( a n ? 1) ? 5 ? ( a n ? 1)

? ?2 ?

5 an ? 1

则 bn+1=-5bn-2

从而转化为前面讨论过的类型

故 bn=-5bn-1-2 =(-5)n-1 b1+(-2) =(-5)n-1 b1+(-2) =(-5) 把
bn ? 1 an ? 1
n-1

1 ? (?5)

n ?1

1 ? (?5)
1 ? (?5) 6
n ?1

b1-

1 ? (?5) 3

n ?1

, a1=3 代入上式得
(?5) 2
n ?1

1 an ? 1

?

?

1 ? (?5) 3

n ?1

= =

3( ? 5)

n ?1

? 2(?5) 6

n ?1

? 2

5(?5)

n ?1

? 2

6

an-1= a n=

6 5(?5) 6
n ?1

? 2

5(?5)

n ?1

? 2
n ?1 n ?1

+1 =
? 4 ? 2

? (?5) 5(?5)

n ?1 n ?1

? 4 ? 2

即 an=

? (?5) 5(?5)

解法二:将 x=-2 和 x=1 这两个根都用上 则
a n ?1 ? 1 ? an ? 4 2an ? 3 ?1 ? ? ( a n ? 1) 2an ? 3 5(a n ? 2) 2an ? 3

① ② 令 bn=
b n ?1 = ( ? 1 5 )
n ?1

a n ?1 ? 2 ?

an ? 4 2an ? 3

? 2 ?

①/② 得

a n ?1 ? 1 a n ?1 ? 2
1 5 bn

?

? ( a n ? 1) 5(a n ? 2)
1 5

an ? 1 an ? 2

则有 bn+1=把 bn=
an ? 1 an ? 2 an ? 1 an ? 2
n

则 bn=-

b1

an ? 1 an ? 2 1 5 1 5
n

代入上式可得
n ?1

? (?

)

a1 ? 1 a1 ? 2

? (?

)

n ?1

2 ?2 ( ) ? n 5 (?5)
? ?2(a n ? 2)
n

(?5) a n ? (?5)
n

a n [( ? 5 ) ? 2 ] ? ( ? 5 ) ? 4

所以

an ?

(?5) (?5)

n n

? 4 ? 2

说明:f(x)= 2.12

x? 4 2x ? 3

? x

解出的 x 为 f(x)的不动点

递推关系式为 sn 与 an 的关系式

方法一:作差消去法

由 sn=f(an) ①-② 即





sn-1=f(an-1 )



sn -sn-1= f(an)- f(an-1) an = f(an)- f(an-1) (n ?
2)

从而转化为前面讨论过的类型

方法二:代入消去法 将 an = f(an)- f(an-1) 代入题目中 sn 与 an 的关系中,消去 an 得到 sn 与 sn-1 之间的递推关系,解出 sn 然后代入到题目中 sn 与 an 的关系 中 ,便可得到 an 例 12 已知数列{an}满足 a1 =
1 3

,sn =n(2n-1)an ,求 an

分析:由于递推式为 sn 与 an 的关系式,所以由上述讨论的方法可知 此题有以下两种解法 解法一:作差法消去 由已知 sn =n(2n-1)an ① 所以 sn-1 =(n-1)(2n-3)an-1 ② (n ?
2)

①-②得 an =n(2n-1)an –(n-1)(2n-3)an-1 即[n(2n-1)-1]an=(n-1)(2n-3)an-1
an a n ?1 an a n ?1 ? ( n ? 1 )( 2 n ? 3 ) [ n ( 2 n ? 1) ? 1] ( n ? 1 )( 2 n ? 3 ) ( n ? 1 )( 2 n ? 1 ) an a n ?1 ( 2 n ? 3) ( 2 n ? 1)

?

即 令

?

从而转化为前面讨论过的类型 f(n)=
2n ? 3 2n ? 1 4 2n ? 1

bn ?

an a n ?1 a2 a1 a3 a2

?1?

b 2 b 3 ...... b n ?

?

? ...... ?

an a n ?1

? f ( 2 ) f ( 3 )... f ( n )



an a1

? f ( 2 ) f ( 3 )... f ( n )

an= a = 所以

1

f ( 2 ) f ( 3 )... f ( n ) =

1 3

?

1 5

?

3 7

?

5 9

? ...... ?

2 ( n ? 1) ? 3 2 ( n ? 1) ? 1

?

2n ? 3 2n ? 1

1 2n ? 1

?

1 2n ? 1 1 4n
2

? 4n ?1

1
2

?1

an ?

解法二:代入消去 {an}法 当 n≥2 时 , 把 an =sn - sn-1 代入题目条件,得 sn =n(2n-1)( sn - sn-1) 即 [n(2n-1)-1]sn =n(2n-1)sn-1 (n-1)(2n+1)sn= n(2n-1)sn-1 也就是
( 2 n ? 1) s n n ( 2 n ? 1) s n n ? ( 2 n ? 1) s n ? 1 n ?1

(n ?

2)

所以数列 { 以s 得a
? ? 4n n 2n ? 1 1
2

} 是常数列 且

( 2 n ? 1) s n n

=

( 2 ? 1 ? 1) s 1 1

? 3a1 ? 1



n

(n ?

2)
2)

代入 sn =n(2n-1)an 中

n

?1 1 3 1 4n
2

(n ?

又因为 a1 = 所以
an ?

也适合此式
?1

(n ?

2)

总结:解决上述各类问题的通法是,由递推公式计算出若干项 ,据 此猜出 an 的一般形式,再用数学归纳法证之 例13 知 a1 =1, a
n ?1

? 2 an
n

求 an
a 2 ? 2 a1 ? 2
1

解 : 由 已 知
a4 ? 2 a3 ? 2 ? 2
3 3 2 ?1

a1 =1,
? 2
3 ? 2 ?1

,

a3 ? 2 a2 ? 2 ? 2 ? 2
2 2

2 ?1

,

……

n ( n ?1 )

由此猜想

an ? 2

( n ? 1 ) ? ( n ? 2 ) ? ... ? 3 ? 2 ? 1

? 2

2

下面用数学归纳法证之 (1) 当 n=1 时 ,显然成立,
k ( k ?1 )

(2) 假设当 n=k 时成立 ,即 当 n=k+1 时 ,
a k ?1 ? 2 ? 2
k 2

ak ? 2 ? 2
2

2

k ( k ?1 )

k ( k ?1)

可见 n=k+1 ,当时命题也成立 综合(1) (2)可知,对于一切正整数 n 命题均成立
n ( n ?1 )

an ? 2

2

结束语 本文主要介绍了递推数列通项公式的求法,并且简单的加以应 用,本文主要以定理的形式给出了求递推数列通项公式的一般方法。 从上文可以看出本文在讨论递推数列通项公式的求法时, 先把递推关 系式分成不同的类,然后分别针对不同类型的递推关系式加以讨论, 最后给出了, 如何根据不同的递推关系式求递推数列通项公式的一般 方法,在做题时要先看题目符合以上哪种类型,再依照以上方法做

[参考文献]
[1] 卢永娜,李飞,常见递推数列的类型及应用[J],语数外学习·高一年级, 2007.(1):40~43 [2] 汪令红, 几种递推数列通项公式的求法[J], 庆安师范学院报 (自然科学版) , 2007.(3):121~123 [3] 武瑞雪,几种类型递推数列通项公式的求法[J],高考文科版,考点关注,

2007.(11):13~15 [4] 代红川,例谈递推数列通项几种的求法[J],教育·科研,数学教研, 2008.(NO14):58~59 [5] 刘紫阳,求递推数列通项的常用策略[J],名师点金·方法技巧,数学爱好 者,2006.(8):42~44 [6] 杨芳,王德刚,求递推数列递推公式的几种常见类型及其处理方法[J],中 国校外教育下旬刊,数学方法,2008.(9):127 [7] 江河,赵祥燕,通过递推关系解决数列通项的常用方法[J],解题研究,中 学数学,2007.(2):72~73 Solution and Application to The Formula Of General Term About Recurrence Sequence of number Zhao Zhuan rong ( Department of Mathematics ,Xi’an University of Arts and Science Xi'an, Shaanxi 710065,China)

Abstract: The Recurrence Sequence Of number is based on recurrence formula , The recurrence formula is a expression about arbitrary continuous n (n ≥ 2) terms of the sequenceof number. Because the structure of the recurrence formula is novel ,the forms are different, so the solution to such problems should use some of unique methods and techniques relaying on the specific characteristics.The article analysed various types of the recurrence sequence of number, explored the best solving of the problem. Key words: Recurrence sequence of number;The formula of general term; Application



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