九类常见递推数列求通项公式方法
有关长城的成语-
递推数列通项求解方法
类型一：
a
n
< br>1
pa
n
q
（
p
1
）
思路
1
（递推法）
：
a
n
pa
n
1
q<
/p>
p
(
pa
n
2
q
)
q
p
< br>p
pa
n
3
q
q
<
/p>
q
……
p
n
1
a
1
q
(1
p
p
2
…
p
n
2
q<
/p>
q
n
1
。
)
a
1
p
p
1
1
p
<
/p>
思路
2
（构造法）
：设
a
n
1
p<
/p>
a
n
，即
p
1
q
得
< br>
q
p
1
，数列
a
n
是以
a
1
<
/p>
为首项、
p
为
公比的等比数列，
则
a
n
q
< br>n
1
q
a
n
a
1
p
。
p
1
1
p
< br>q
n
1
a
1
p
，
即
p
1
p
1
q
例
1
已知数列
a
n
满足
a
n
2
a
n
1
3
且
a
1
1
，求数列
a
n
的通项公式。
解：方法
1
（递推法）
：
a
n
2
a
n
1
3
2(2
a
n
2
< br>
3)
3
2
2
2
a
n<
/p>
3
3
3
3
……
2
n
< br>
1
3(1
< br>
2
2
…
2
2
n
2
3
n
1
3
n
1
)
< br>1
2
2
3
。
2
1
1
2
方法
2
（构造法）
：
设
a
n
1
2
a
n
，
即
3
，
<
/p>
数列
a
n
3
是以
a
1
3
4
n
1
n
1
n
1
为首项、
< br>2
为公比的等比数列，则
a
n<
/p>
3
4
2
2
，即
a
n
2
3
。
< br>
1
类型二：
a
n
1
a<
/p>
n
思路
1
（递推法）
：
f
(
n
)
a<
/p>
n
a
n
1
f
(
n
1)
a
n
< br>2
f
(
n
2)
f
(
n
1)
a
n
3
f
(
n
3)
f
(
n
2)
f
(
< br>n
1)
…
a
1
f
(
n<
/p>
)
。
i
1
n
1
思路
2
（叠加法）
：
a
n
a
n
1
f
(
n
< br>
1)
，依次类推有：
a
n
1
a
n
2
f
(
n
2)
、
n
1
a
n
2
a
n
3
f
(
n
3)
、…、
a
2
a
1
f
(1)
，将各式叠加并整理得
a
n
a
1
i
1
f
(
n
)
，即
n
1
a
n
a
1
i
1
f
(
n
)
。
例
2
已知
a
1
1
，<
/p>
a
n
a
n
1
n
，求
a
n
。
解：
方法
1
（递推法）
：
a
n
a
n
1
n
< br>
a
n
2
(
n
1)
n
<
/p>
a
n
3
(
n
2)
(
n
1)
n
n
……
< br>
a
1
[2
3
…
(
n
<
/p>
2)
(
n
1)
n
]
i
1
n
n
(
n
1)
2
。
方法
2
（叠加法）
：
a
n
a
n
1
n
，
依次类推有：
a
< br>n
1
a
n
2
n
1
、
a
n
2
a
n
3
n
< br>2
、
…、
n
n
n
a
2
a
1
2<
/p>
，将各式叠加并整理得
a
n
a
1
< br>
i
2
n
，
a
n
a
1
i
2
n
i
1
n
n
< br>(
n
1)
2
。
2
类型
三：
a
n
1
思路
1
（递
推法）
：
f
(
n
)
a
n<
/p>
a
n
f
(
n
1)
a
n
1
f
(
n
1)
< br>
f
(
n
2)
a
n
2
f<
/p>
(
n
1)
f
(
n
2)
f
(
n
3)
a
n
< br>3
…
f
(1)
f
(2)
f
(3)
< br>
…
f
(
n
2)
f
(
n
<
/p>
1)
a
1
。
思路
2
（叠乘法）
：
a
n<
/p>
a
n
1
a
2
a
1
f
(
n
1)
，依次类推有：
a
n
1
a
n
2
a
n
a
1
< br>f
(
n
2)
、
a
n
2
a
n
<
/p>
3
f
(
n
3)
、…、
f
(1)
，将各
式叠乘并整理得
f
(1)
f
(2)
f
(3)
…
f
(
n
2)
f
< br>(
n
1)
，即
a
n
f
(1)
f
(2)
f
(3)
< br>
…
f
(
n
2)
f
(
n
<
/p>
1)
a
1
。
例
3
已知
a
1
1
，
a
n
a
n
1
，求
a
n
< br>。
n
1
n
1
n
1
n
2
n
1
n
2
n
3
a
n
< br>
1
a
n
2
a
n
3
…
解：
方法
1
（递推法）
：
a
n
n
1
n
1
n
n
1
n
< br>n
1
n
1
2
n
(
n
1)<
/p>
。
方法
2
（
叠乘法）
：
a<
/p>
n
a
n
1
n
1
n
1
a
n
a
1
，
依次类推有：
a
n
1
a
n
< br>
2
n
2
n
、
a
n
2
a
n
3
n
3
n
1
、
…、
a
3
a
2
2
4
、
a
2
a
1
<
/p>
1
3
，将各式叠乘并整理得
2
1
n
< br>
1
n
2
n
3
…
，即
4
3
n
1
n
n
1
a
n
n
1
n
2
n
3
2
1<
/p>
2
…
。
n
1
n
n
1
4
3
n
(
n
1)
3
类型四：
a
n
1
pa
n
qa
n
1
<
/p>
思路（特征根法）
：为了方便，我们先假定
a
1
m
、
a
2
n
。递推式对应的特征方程
p
为
x
2
< br>
px
q
，当特征方程有两个相等实根时，
a
n
cn
d
2
n
1
(
c
、
d
为待定系
数，可利用
a
1
<
/p>
m
、
a
2
n
求得
)
；当特征方程有两个不等实根时
x
1
、
x
2
时，
a
n
ex
1
n
1
fx
2
n
1
(
e
、
f
为待定系数，可利用
a
1
m
、
< br>a
2
n
求得
)
；当特征方程的根
为虚根时数
列
a
n
<
/p>
的通项与上同理，此处暂不作讨论。
例
4
已知
a
1
2
、<
/p>
a
2
3
,
a
n
1
6
a
n
1
a
n
,
求
a
n
。
解：
递推式对应的特征方程为
x
2
x
6
即
x
2
x
6
0
，解得
x
1
2
、
x
2
3
。<
/p>
n
1
n
1
设
a
n
ex
1
fx
2
，而
a
1
2
< br>、
a
2
3
，即
9
e
<
/p>
e
f
2
9
n
1
1
5
n
1
a
2
(
3)
。
，解得
，即
n
5
5<
/p>
2
e
3
f
3
f
1
5
4
类型五：
a
n
1
pa
n
rq
n
（
p
q
0
）
a
n
1
< br>
n
1
，则
n<
/p>
q
q
a
n
思路（构造法）
：
a
n
pa
n
1
rq
n
1
，设
q
p
n
n
1
< br>
1
q
rq
p
<
/p>
q
a
r
a
1
r
，
从而解得
。
那么
n
是以
为首项，
n
q
p
q
r
q
p
q
p<
/p>
q
p
q
为公比的等比数列。
例
5
已知
a
1
1
，<
/p>
a
n
a
n
1
2
n
1
，求
a
n
< br>。
1
1
a
2
，
解得
，
n
n
1
2
3
3
n
<
/p>
1
2
1
a
n
1
解：
设
< br>n
n
1
，
则
n
n
1
1
2
< br>2
2
2
a
n
1
1
是以
为首项，
为公比的等比数列，即
n
2
3
6
2
2
3
6
2
1<
/p>
1
1
1
a
n
1
，
a
n
2
1
3
n
。
类型六：
a
n
1
pa
n
f
(
n
)<
/p>
（
p
0
且
p
1
）
，递推式两边同时
除以
p
得
n
)
1
思路（转化法）
：
< br>a
n
pa
n
1
f
(
n
a<
/p>
n
p
n
a
n
1
p
n
1
f
(
n
1)
p
n
，我们令
a
n
p
n
b
n
，那么问题就可以转化为类型二进行求解了。
n
1
例
6
已知
a
1
2
，
a
n
1
4
a
n
2
，求
a
n
。
n
解：
a
n
4
a
n
1
2
，式子两边同时除以
4
n
得<
/p>
a
n
4
n
a
n
1
4
n
1
a
n
1
，令
n
b
n
，则
4
<
/p>
2
n
5
b
n<
/p>
b
n
1
1
1
，依此类推有
b
n
1
b
n
2
< br>
2
2
2
n
n
n
n
1
、
b
n
2
b
n
< br>3
1
2
n
2
、…、
1
b
2
b
1
，各式叠加得
b
n
b
1
2
n
i
2
1
，即
2
n
n
b
n
b
1
i
2
n
1
1
< br>
2
2
n
n
n
i
2
1
2
n
< br>n
i
1
1
1
1
2
2
< br>n
1
n
n
a
n
4
b
n
4
1
< br>
4
2
。
2
类型七：
a
n
<
/p>
1
pa
n
r
（
a
n
0
）
思路（转化法）
：对递推式两边取对数得
log
m
a
n
1
r
log
m
a
n
log
m
p
，我们令
b
n
log
m
a
n
，这样一来，问题就可以转化成类型一进行求解了。
2
例
7
已
知
a
1
10
，
a
n
1
a
n
，求
a
n
。
2
解：对递推式
a
n
1
a
n
左右两边分别取对数得
lg
a
n
1
2
lg
a
n
，令
lg
a
n
b
n<
/p>
，则
b
n
1
2
b
n
，即数列
b
n
是以
b
1
lg
10
1
为首项，
2
为公比的等比数列，即
b
n
< br>
2
n
1
，
因而得
a
n
10
b
n
10
2
n
1
。
c
a
n
pa
n
d
类型八：
a
n
1
（
c
0
）
< br>1
a
n
1
pa
n
d
c
a
n<
/p>
1
a
n
1
d
1
p
c
思路（转化法）
：对递推式两边取倒数得
，那么
c
a
n
，
令
b
n
1
a
n
，这样，问题就可以转化为类型一进行求解了。
例
8
已知
a
1
4
，<
/p>
a
n
1
2
a
n
2
a
n
1
，求
a
< br>n
。
6
解：对递推式左右两边取倒数得
1
2
1
2
1
2
1
a
n
1
2
a
n
< br>1
2
a
n
即
1
a
n
1
1
2
a
n
1
1
，令
1
a
n
1
4
b
n
则
7
4
b
n
1
b
n<
/p>
1
。
设
b
n
1
b
n
，
即
2
，
<
/p>
数列
b
n
2
是以
7
2
n
1
2
为
首项、
为公比的等比数列
，则
b
n
2
a
a
n
b
c
a
n
d
，即
b
n
2
n
2
7
2
n
1
，<
/p>
a
n
2
2
n
1
n
2
7
。
类型九：
a
n
1
（<
/p>
c
0
、
ad
bc
0
）
ax
b
cx
d
思路
（特征根法）
：<
/p>
递推式对应的特征方程为
x
即
cx
2
(
d
a
< br>)
x
b
0
。
当
为等差数列，我
< br>
1
1
特
征方程有两个相等实根
x
1
x
2
时，数列
即
a
d
a
n
a
n
2
c
<
/p>
们可设
1
a
n<
/p>
1
a
d
2
c
a
n
1
a
d
2
c
；当特征方程
（
为待定系数，可利用
a
1
、
a
2
求得）
a
x
1
a
1
x
1
有两个不等实根
x
1
、
x
2
时，数列<
/p>
n
是以
为首项
的等比数列，我们可设
a
1
x
2
a
n
x
< br>2
a
1
x
1
n
1
；当特征方程
（
为待
定系数，可利用已知其值的项间接求得）
a
n
< br>
x
2
a
1
x
2
a
n
x
1
的根为虚根时数列
a
n
通项的讨论方法与上同理，此处暂不作讨论。
例
9
已知
a
1
1
2<
/p>
，
a
n
4
a
n
1
3
a
n
1
2
（
n
2
）
，求
a
n
。
4
x
3
x
2
2
解：当
n
2
时，递推式对应
的特征方程为
x
即
< br>x
2
x
3
0
，
解得
a
1
a
1
x
1
2
x
1
1
、
x
2
< br>3
。数列
n
< br>
1
为首项的等比数列，设
是以
a
1
x
2
2
a
n
3
< br>a
n
1
a
n
3
1
n
1
，由
a
1
1
2
得
a
2
2
则
3
，
<
/p>
3
，即
a
n
1
a
n
3
1
< br>
3
n
1
，
7
1
,
n
1
n
3
1
2
从而
a
n
n
1
，
a
n
n
。
<
/p>
3
1
3
1
,
n
2
n
1
3
1
8