数列常见数列公式(超全的数列公式及详细解法编撰)
-
. .
..
..
数列常见数列公式（超全的数列公式及详细解法编撰）
1
．等差数列：一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项
的差等于同一个常数，即
a
n
－
a
n
1
=d
，
（
n
≥
2
，
n
∈
N
）
，这个数列就叫做等差数列，这个常数就叫做等差数列的公差（常用字母“
d
”表示）
2
．等差数列的通项公式：
a
n
a
1
(
n
< br>
1
)
d
a
n
a
m
(
n
m
)
d
或
a
n
=pn+q
(p
、
q<
/p>
是常数
))
3
．有几种方法可以计算公差
d
①
d=
a<
/p>
n
－
a
n
1
②
d=
4<
/p>
．等差中项：
A
a
n
a
1
a
a
m
③
d=
n
n
1
n
m
a
b
a
,
b
,
成等差数列
2
5
．等差数列的性质：
m+n=p+q
a
m
a
n
a
p
a
q
(m, n, p, q
∈
N )
等差数列前
n
项和公式
6.
等差数列的前
n
项和公式
（
1
）
S
n
n
(
a
1
a
n
)
n
(
< br>n
1
)
d
d
d
（
2
）
S
n<
/p>
na
1
（
3
）
S
n
n
2
(
a
< br>1
)
n
，当
d
≠
0
，是一个常数项为零
2
2
2
2
的二次式
8.
对等差数列前项和的最值问题有两种方法
:
（
1
）
利用
a
n
：当
a
n
>0
，
d<0
，前
n
项和有
最大值
可由
a
n
≥
0
，且
a
n
1
≤
0<
/p>
，求得
n
的值
当
a
n
<0<
/p>
，
d>0
，前
n
项和有最小值
可由
a
< br>n
≤
0
，且
a
n
1
≥
0
，求得
n
的值
（
2
）
利用
S
n
：由
S
n
d
2
d
n
(
a
1
< br>)
n
二次函数配方法求得最值时
n
的值
2
2
等比数列
1
．等比数列：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项
的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数
列
.
这个常数叫做等比数列的公比；公比通常用字母
q
表示（
q
≠
0
）
，即：
a
n
=
q
（
q
≠
0
）
a
n
1
n
1
n
m
(
a
1
< br>
q
0
)
2.
等比数列的通项公式
:
a
n
a
1
q
(
a
1
q
0
< br>)
，
a
n
a
m
q
3
．
｛
a
n
｝成等比数列
a
n
1
=
q
（
n
N
,
q
≠
0
）
“
a<
/p>
n
≠
0
”是数列
｛
a
n
｝成等比数列的必要非充分条件
a
n
4
．既是等差又是等比数列的数列
：
非零常数
列．
5
．
等比中项：
G
为
a
与
b
的等比中项
.
即
G
=
±
ab
（
a
,
b
同号）
.
6
．性质：若
m+n=p+q
，
a
m
< br>a
n
a
p
a
q
a .
.. .
. ..
. .
..
..
7
．判断等比数列的方法：定义法，
中项法，通项公式法
8
．等比数列的增减性：
当
q>1,
a
1
>0
或
0
a
1
<0
时
, {
a
n
}
是递增数列
;
当
q>1,
a
1
<0,
或
0
a
1
>0
时
, {
a
n
}
是递减数列
;
当
q=1
时
,
{
a
n
}
是常
数列
;
当
q<0
时
,
{
a
n
}
是摆
动数列
;
等比数列前
n
项和
等比数列的前
n
项和公式：
a
1
(
1
q
n
)
a
a
n
q
∴当
q<
/p>
1
时，
S
n
①
或
S
n
1
②
1
q
1
q
当
q=1
时，
S
n
na
1
当已知
a
1
,
q, n
时用公式①；当已知
a
1<
/p>
, q,
a
n
时，用公式②
.
数列通项公式的求法
一、定义法
直接利用等差数列或等比
数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于已知数列类型的题目．
2
例
1
．等差数列
a
n
是递增数列，前
n
项和为
S
n
，且
a
1
,
a
3
,
a
9
成等比数列，
S
5
a
5<
/p>
．求数列
a
n
的通项公式
.
解：设数列
a
< br>n
公差为
d
< br>(
d
0
)
2
2
2
∵
a
1
,
a
3
,
a
9
成等比数列，∴
a
3
a
1
a
9
，
即
(
a
1
2
d
)
< br>a
1
(
a
1
8
d
)
d
a
1
d
∵
d
0
，
∴
a
1
d
………………………………①<
/p>
2
∵
S
5
a
5
∴
5
a
1
5
4
d
(
a
1
4
d
)
2
…………②
2
3
3
，
d
5
5
3
< br>3
3
∴
a
n
(
n
1
)
n
5
5
5
由①②得：
a
1
点评：利用定义法求数列通项时要注意
不用错定义，设法求出首项与公差（公比）后再写出通项。
二、公式法
若已知数列的前
n
项和
S
n
与
a
n
的关系，求数列<
/p>
a
n
的通项
a
n
可用公式
a
n
n
例
2
．已知数列
a
n
的前
n
项和
S
n
满足
S
n
2
a
n
(
1
)
,
n
1
．求数列
a
< br>n
的通项公式。
S
1
<
/p>
n
1
求解。
S
n
S
n
1
n
2
解：由
a
1
S
1
2<
/p>
a
1
1
a
1
1
n
a
S
S
2
(
a
a
)
2<
/p>
(
1
)
,
n
n
n
1
n
n
1
n
2
当
时，有
a
n
2
a
n
<
/p>
1
2
(
1)
n
1
,
a
n
1
< br>
2
a
n
2
2
(
1
)
n
2
,
……，
a
2
2
a
1
2
.
< br>a
n
2
n
1
a
1
2
n
1
(
1)
2
n
2
(
1)
2
< br>
2
(
1)
n
1
a .
..
.
.
..
. .
..
..
2
n
1
(
1
)
n
[(
2
)
n
1
(
2
)
n
2
<
/p>
(
2
)]
2
n
1
2
[
1
(
< br>
2
)
n
1
]
(
1
)
3
n
2
[
2
n
2
(
1
< br>)
n
1
].
3
经验证
a
1
1
也满足上式，所以
a
n
2
n
2
[
< br>2
(
1
)
n
1
]
3
S
n
< br>
n
1
点评：利用公式
a
n
< br>
求解时，要注意对
n
分类讨论，但若能合写时一定要合并．
<
/p>
S
n
S
n
1
n
2
三、由递推式求数列通项法
对于递推公式确定的数列的求解，通常可以通过递推公式的变换，转化为等差数列或等比
数列问题，有时也用
到一些特殊的转化方法与特殊数列。
类型
1
递推公式为
< br>a
n
1
a
n
f
(
n
)
解法：把原递推公式转化为
a
n
1
a
n
f
(
n
)
，利用累加法
(
逐差相加法
)
求解。
k
k
(2004
全
国卷
I.22)
已知数列
a
n
中
,
a
1
1,
且
a
2
k
a
2
k
1
(
1)
,
a
2
k
1
a
2
k
3
,
其中
< br>k
1,2,3,
……，求数列
a
n
的通项公式。
P24
（
styyj
）
例
3.
已知数列
a
n
满足
a
1
解
：由条件知：
a
n
< br>1
a
n
分
别
令
1
1
，
a
n
1
a
n
2
，求
a
n
。
2
n
n
1
1
1
1
2<
/p>
n
n
n
(
n
1
)
n
n
1
，
代
入
上
式
得
n
1
,
2
,<
/p>
3
,
,
(
n
1
)
(
n
< br>1
)
个
等
式
累
加
之
，
即
(
a
2
a
1
)
(
a
3
a
2
)
< br>
(
a
4
a
3
)
(
a
n
a
n
1
)
< br>
1
1
1
1
1
1
1
(
1
)
(
)
(
)
< br>
(
)
2
2
3
3
4
n
1
n
1
所以
a
n
a
1
1
n
1
1
1
3
1
a
1
<
/p>
，
a
n
1
2
2
n
2
n
类型
2
（
1
）递推公式为
a
n
1
f
(
< br>n
)
a
n
解法：把原递推公式转化为
a
n<
/p>
1
f
(
n
)
，利用累乘法
(
逐商相乘法
)
求解。
a
n
(2004
全国卷
I.15)
已知数
列
{
a
n
}<
/p>
，满足
a
1
=1
，
a
n
=
a
1
+2
a
2
+3
a
3
+
…
+(
n
－
1)
a
n
－
1
(
n
< br>≥
2)
，则
{
< br>a
n
}
的通项
< br>
a
n
a .
..
.
.
..
n
1
1
P24
（
styyj
）
___
n
2
. .
..
..
例
4.
已
知数列
a
n
满足
a
1
解：由条件知
2
n
，
a
n
1
a
n
，求
a
n
。
3
n
1
a
n
1
n
，分别令
n
1
,
2
,
3
,
,
(
n
1
)
，代入上式得
(
n
1
)
个等式累乘之，即
a
n
n
1
a
< br>a
a
2
a
3
a
4
1
1
2
3
n
1
•
•
•
•
n
< br>
n
a
1
a
2
a
3
a
n
1
< br>2
3
4
a
1
n
n
又
a
1
2
2
，
a
n
3
3
n
（
2
< br>）
．由
a
n
1
f
(
n
)
a
n<
/p>
和
a
1
确定的递
推数列
a
n
的通项可如下求得：
由已知递推式
有
a
n
f<
/p>
(
n
1
)
a
n
1
，
a
n
1
f
(
n
2
)
a
n
<
/p>
2
，
•
•
•
，
a
2
f
(
1
)
a
1
依次向前代入，得
a
n
f
(
n
1
)
f
(
< br>n
2
)
f
(
1
)
a
1
，
简记为
a
n
(
f
(
k
))
a
1
(
n
1
,
f
(
k
)
1
)<
/p>
，这就是叠（迭）代法的基本模式。
k
1
k
1
n
1
0
（
3
）
递推式：
a
n
1
pa
n
f
< br>n
解法：只需构造数列
b
n
< br>，消去
f
n
< br>
带来的差异．
例
5
．设数列
a
n
：
a
1
4
,
< br>a
n
3
a
n
1
2
n
1
,
(
n
2
)
，求
a
n
.
解：设
b
n
a
n
An
B
，
则
a
n
b
n
An
B
，将
a
n
,
a
n<
/p>
1
代入递推式，得
b
n
An
B
3
b
n
1
A
(
n
1
)
B
< br>2
n
1
3
b
n
1
(
3
A
2
)
n
(
3
B
3
A
< br>
1
)
A
1
A
3
A
2
B
1
< br>
B
3
B
3
A
1
取
b
n
a
n
n
1
…
（
１
< br>）
则
b
n
3
b
n
1
,
又
b
1
6
，
故
b
n
6
3
n
< br>
1
2
3
n
代
入
（
１
）
得
a
n
2
3
n
n
1
< br>2
说
明
：
（
1
）
若
f
(
n
)
为
n
的
二
次
式
，
则
可
设
b
n
< br>a
n
An
Bn
C
;(2)
本
题
也
可
由
a
n
3
a
n
<
/p>
1
2
n
1
,
a
n
1
3
a
n
2
2
(
n
1
)<
/p>
1
（
n
3
）
两
式
相
减
得
a
n
a
n
1
3
(
a
n
<
/p>
1
a
n
2
)
2
转化为
b
n
pb
n
1
q
求之
.
例
6
．已知
a
1
3
< br>，
a
n
1
3
n
1
a
n
(
n
1
)
，求
a
n
。
3
n
2
a .
..
.
.
..
. .
..
..
解：
a<
/p>
n
3
(
n
1
)
1
3
(
n
2
)
1
3
2
1
3
<
/p>
1
•
•
•
•
a
1
3
(
n
1
)
2
3
(
n
2
)<
/p>
2
3
2
2
3
2
3
n
4
3
n
7
3
n
1
3<
/p>
n
4
5
2
6
3
8
5
3
n
1
。
类型
3
递
推公式为
a
n
1
pa
n
q
（其中
p
，
q
均为常数，
(
pq
(
p
1
)
0
)
）
。
解法：
把原递推公式转化为：
a
n
1
t
p
(
a
n
< br>
t
)
，其中
< br>t
q
，再利用换元法转化为等
比数列求解。
1
< br>p
(2006..14
）
在
数
列
a
n
中
，
若
a
1
< br>1,
a
n
1
2
a
n
3(
n
1)
，
则
该<
/p>
数
列
的
通
项
a
n
P24
（
styyj
）
例
7.
已知数列
a
n
中，
a
1
1
，
a
n
1
2
a
n
3
，求
a
n
.
解
：
设
递
推
公
式
a
n
< br>
1
2
a
n
3
可
以
转
化
为
a
n
1
t
2
(
a
n
< br>t
)
即
a
n
1
2
a
n
t
t
3
.
故
递
推
公
式
为
< br>a
n
1
3
2
(
a
n
3
)
,
令
b
n
a
n
3
，则
b
1
a
1
3
4
,
且
n
1<
/p>
n
1
n
1
比的等比数列，则
b
n
4
2
2
,
所以
a
n
2
3
.
b
n
1
a
n
1
< br>
3
2
.
所以
b
n
是以
b
1
4
为首项
，
2
为公
b
n
a
n
3
n
n
类型
4
递推公式为
a
n
1
pa
n<
/p>
q
（其中
p<
/p>
，
q
均为常数，
(
pq
(
p
1
)(
q
<
/p>
1
)
0
)
）
。
（或<
/p>
a
n
1
pa
n
rq
,
其中
p
，
q,
r
均为常数）
（
2006
全国
I.22
）
（本小题满分
12
分）
设数列
a
n
的前
n<
/p>
项的和
S
n
<
/p>
4
1
2
a
n
2
n
1
，
n
1,
< br>2,3,
3
3
3
（Ⅰ）求首项
a
1
与通项
a
n
；
P25<
/p>
（
styyj
）
解法：该类型较类型
3
要复杂一些。一
般地，要先在原递推公式两边同除以
q
n
1
，得：
a
n
1
p
a
n
1
•
q
n
1
q
q
n
q
引入辅助数列
b
n
（其中
b
n
例
8.
已知数列
a
n
中，
a
1
a
n
p
1
b
b
）
，得：
再应用类型
3
的方法解决。
n
1
n
n
q
q
q
5
1
1
,
a
n
1
< br>
a
n
(
)
n
1
，求
a
n
。<
/p>
6
3
2
1
1
2
n
1
解：在
a
n
1
a
n
(
)
n
1
两边乘以
2
得：
2
n
1
•
a
n
1
<
/p>
(
2
n
•
a
n
)
1
3
2
3
b
2
2
1
n
1
n
n
令
b
n
<
/p>
2
•
a
n
，则
b
n
1
b
n
1
,
应用例
7
解法得：
b
n
3
2
(
)
n
所以
a<
/p>
n
n
3
(
)
2
(
)
3
2
3
3
2
n
类型
5
递推公式为
a
n
2
pa
n
< br>
1
qa
n
（其中
p
，
q
均为常数）
。
a .
.. .
. ..
. .
..
..
解法：先把原递推公式转化为
a
n
2
sa
n
1
t
(
a
n
1
sa
n
)
s
t
p
其中
s
，<
/p>
t
满足
，再应
用前面类型
3
的方法求解。
st
q
（
2006..
理
.22
）
（本小题满分
14
分）
已知数列
a
n
满足
a
1
1,
a<
/p>
n
1
2
a
n
1(
n
N
*
).
（
I
）求数列
a
n
的通项公式；
P26
（
s
tyyj
）
例
9.
已知数列
a
n
中，
a
1
1
,
a
2
2
,
a
n
2
解：由
a
n
2
2
1
a
< br>n
1
a
n
，求
a
n
。
3
3<
/p>
2
1
a
n
1
a
n
可转化为
a
n
2
sa
n
1
t
(
a
n
1
sa
n
)
3
3
即
a
n
2
2
s
t
1
s
1
< br>
s
3
(
s
t
)
a
n
1
sta
n
3
1
< br>或
1
t
st
3
<
/p>
t
1
3
1
s
1
1
s
这里不妨选用
（当然也可选用
，
大家可以试一试）
，
则
a
a
(
a
n
<
/p>
1
a
n
)
a
n
1
a
n
3
1
n
2
n
1
3<
/p>
t
3
t
1
是
以
首
项
为
a
2
a
1
1
，
公<
/p>
比
为
1
1
的
等
比
数
列
,
所
以
a
n
1
a
n
(
)
n<
/p>
1
,
应
用
类
型
1
的
方
法
，
分
别
令
3
3
n
1
,
2
,
3
,<
/p>
,
(
n
1
)
，代入上式得<
/p>
(
n
1
)
个等式累加之，
即
a
n
a<
/p>
1
(
)
0
(
)
1
(
)
n
2<
/p>
1
3
1
3
1
3
1
1
(
)
n
1
3
1
1
3
7
3
1<
/p>
n
1
(
)
。
4
4
3
类型
6
递推公式为
S
n
与
a
n
的关系式。
(
或
S
n
f
(
a
n
)
)
又
a
1
1
，所以
a
n
S
1
<
/p>
(
n
1
)
解法：利用
a
n
进行求解。
S
S
(
n
2
)
n<
/p>
1
n
(2006..20)
(
本小题满分
12
分
)
已知正项数列
{a
n
}
，其前
n
项和
S
n
满足
10S
n
=a
n
2
+5a
n
+6
且
a
1
,a
3
,a
15
成等比数列，求数列
{a
< br>n
}
的通项
a
< br>n
P24
（
styyj
）
例
10.
已知数列
a
n
< br>前
n
项和
S
n
4
a
n
1
2<
/p>
n
2
.
（
1
）求
a
n
1
与
a
n
的关系；
（
2
）求通项公式
a
n<
/p>
.
解：
（
1<
/p>
）由
S
n
4
a
n
1
2
n
2
得：
S
n
1
4
a
n
1
1
2<
/p>
n
1
a .
.. .
. ..
. .
..
..
于是
S
n<
/p>
1
S
n
(
a
n
a
n
1
)
(
所以
a
n
1
a
n
a
n
1
1
2
n
2
1
a
n
< br>1
2
n
1
2
1
1
a
n
n
.
2
2
1
n
1
)
（
2
）应用类型
4
的方法，上式两边同乘以
2
n
1
得：
2
n
1
a
n
1
2
n
a
n
2
由
a
1
S
1
4
< br>
a
1
1
n
2
a
n
是
以
2
为
首
项
，
2
为
公
差
的
等
差
< br>数
列
，
所
以
.
于
是
数
列
a
1
1
1
2
2
n
2
n
a
n
< br>2
2
(
n
1
)
2
n
a
n
n
1
2
类型
7
双数列型
解法：根据所给两个数列递
推公式的关系，灵活采用累加、累乘、化归等方法求解。
例
11.
已知数列
< br>
a
n
中，
a
1
1
；数列
b
n
中，
b
1
0
。当
n<
/p>
2
时，
a
n
求
a
n
,
b
n
.
解：因
a
n
b
n
1
1
(
2
a
n
1
b
n
1<
/p>
)
,
b
n
(
a
n
1
2
b
n
1
)
，
3
3
1
1
(
2
a<
/p>
n
1
b
n
1
)
(
a
n
1
2
b
n
1
)
a
n<
/p>
1
b
n
1
3
3
所以
a
n
b
n
< br>
a
n
1
b
n
1
a
n
2
b
n
2
•
•
•
< br>a
2
b
2
a
1
b
1
1
即
a
n
b
n
1
…………………………………………（
1
）
1
1
1
(
2
a
< br>n
1
b
n
1
)
(
a
n
1
2
b
n
1
)
(
a
< br>n
1
b
n
1
)
3
3
3
1
1
1
所以
a
n
b
n
(
a
n
1
b
n
1
)
(
)
2<
/p>
a
n
2
b
n
2
)
……
(
)
n
< br>
1
(
a
1
b
1
)
3
3
3
1
1
(
)
n
1
.
即
a
n
< br>
b
n
(
)
n
1
………………………（
2
）
3
3
1
1
1
1
由（
1
）
、
（
2
）得：
a
n
[
1
(
)
n
1
]
，
b
n
[
1
(
)
< br>n
1
]
2
3
2
3
四、待定系数法（构造法）
又因为<
/p>
a
n
b
n
求数列通项公式方法灵活多样，特别是对
于给定的递推关系求通项公式，观察、分析、推理能力要求较高。通
常可对递推式变换，
转化成特殊数列
（等差或等比数列）
来
求解，
这种方法体现了数学中化未知为已知的化归思想，
而运用
待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法。
1
、通过分解常数，可转化为特殊数列
{
a
n
+k
}
的
形式求解。一般地，形如
a
n
1
=p
a
n
+q
（
p
≠
1
，
pq
≠
0
）型的递推
式均可通过待定系数法对常数
q
分解法：设
a
n<
/p>
1
+k=p
（
a
n
+k
）与
原式比较系数可得
pk
－
k
=
q
，即
k=
得等比数列
{
a
n
+k
}
。
q
，从而
p
1
1
a
n
1
+1
（
n
≥
2
）
，求数列
{
a
n
< br>}
的通项公式。
2
1
1
解：由
a
n
=
a
n
1
+1
（
< br>n
≥
2
）得
a
n
－
2=
（
a
n
1
－
2
）
，而<
/p>
a
1
－
2=1<
/p>
－
2=
－
1
，
2
2
例
12
、数列
{a
n
}
满足
a
1
=1
，
a
n
=
a .
..
.
.
..
. .
..
..
1
为公比
，－
1
为首项的等比数列
2
1
1
∴
a
n
－
2=
< br>－（
）
n
1
∴
a
n
=2
－（
）
n
1
2
2
∴数列
{
a
n
－
2}
是以
说明：这个题目通过对常数
1
的分解，进行适当组合，可得等比数列
{
a
n
－
2}
，从而达到
解决问题的目的。
例
13
、数列
{
a
n
}
满足
a
1
=1
，
3
a
n
1
a
n
7
0
,
求数列
{
a
n
}
的通
项公式。
7
3
1
k
7
7
设
a
n
1
k
(
a
n
k
)
，比较系数得
k
解得
k
4
3
3
< br>3
7
1
7
7
3
∴
{
a
n
}
是以<
/p>
为公比，以
a
1
1
<
/p>
为首项的等比数列
< br>
4
3
4
4
4
7
3
1
7
3
1
∴
a
n
(
)
n
1
< br>
a
n
(
)
n
1
4
4
3
4
4
3
例
14
．已知数列
a
n
满足
a
1
1
，且
a
n
1
3
a
n
2
，求
a
n
．
解：由
3
a
n
1
a
n
7
0
得
a
n
1
a
n
< br>解：设
a
n
< br>1
t
3
(
a
n
t
)
，则
a<
/p>
n
1
3
a
n
2
t
t
1
，
1
3
a
n
1
1
<
/p>
3
(
a
n
1
)
a
n
1
是
以
(
a
1
1
)
为
首
项<
/p>
,
以
3
为
公
比
的
等
比
数
列
a
n
1
(
a
1
1
)
3<
/p>
n
1
2
3
n
1
a
n
2
3
n
1
1
点评：求递推式形如
a
n
1
pa
n
< br>q
（
p
、
q
为常数）的数列通项，可用迭代法或待定系数法构造新数列
q
q
a
n
<
/p>
1
p
(
a
n
)
来求得
,
也可用“归纳
—猜想—证明”法来求，这也是近年高考考得很多的一种题型．
p
1
1
p
n
例
15<
/p>
．已知数列
a
n
满足
a
1
1
，
a
n
3
2
a
n
1
(
n
< br>
2
)
，
求
a
n
．
a
n
2
a
1
a
n
2
a
n
1
n
解：将
a
n
3
< br>2
a
n
1
两边同除
3
n
，得
n
1
1
n
n
n
1
n
3
3
3
3
3
a
n
2
2
< br>2
1
设
b
n
n
，则
b
n
1
<
/p>
b
n
1
．令
b
n
t
(
b
n
1
< br>t
)
b
n
b
n
1
t
3
3
3
3
3
a
2
8
2
t
< br>3
．条件可化成
b
n
3
(
b
n
1
3
)
，数列
b
n
3
是以
b
1
3
1
3
为首项，
为公比的等比数
3
3
3
3
a
n
8
2
列．
b
n
3
(
)
n
1
．因
b
n
n
,
3
3
3
< br>8
2
a
n
b
n
3
n
3
n
(
(
)
n
1
3
)
< br>a
n
3
n
1
2
n
2
．
3
3
n
1
n
1
点评：递推式为
a
n
1
pa
n
q
（
p
、
q
为常数）时，可同
除
q
，得
a
n
1
p
a
n
a
n
1
b
，令
从而化归为
a
n
1
pa
n
q
（
p
、
< br>q
为常数）型．
n
q
n
1
q
q
n
q
n
2
、通过分解系数，可转化为特殊数列
< br>{
a
n
a
n
1
}
的形式求解。这种方法适用于
a
n
2
pa
n
1
qa
n
型的递推式，通
过
对系数
p
的分解，可得等比数列
{
a
n
a
n
1
}
：设
a
n
2
ka
n
< br>
1
h
(
a
n
1
ka
n
)<
/p>
，比较系数得
h
k
p
,
hk
q
，<
/p>
可解得
h
,
k<
/p>
。
*
（
2006..
文
.22
）
（本小题满分
14
分）已知数列<
/p>
a
n
满足
a
1
1,
a
2
3,
a
n
2
3
a
< br>n
1
2
a
n
(
n
N
).
a .
.. .
. ..