叠加、 叠乘、迭代递推、代数转化
——几类常见递推数列的教学随笔
已知数列的递推关系式求数列的通项公式的方法大约分为两类：一类是根据前几项的特点归纳猜想出a n 的表达式，然后用数学归纳法证明；另一类是将已知递推关系，用代数法、迭代法、换元法，或是转化为基本数列（等差或等比）的方法求通项．第一类方法要求学生有一定的观察能力以及足够的结构经验，才能顺利完成，对学生要求高．第二类方法有一定的规律性，只需遵循其特有规律方可顺利求解．在教学中，我针对一些数列特有的规律总结了一些求递推数列的通项公式的解题方法． 一、叠加相消．
类型一：形如a 1+n ＝a n + f (n )， 其中f (n ) 为关于n 的多项式或指数形式（a n ）或可裂项成差的分式形式．——可移项后叠加相消．
例1：已知数列｛a n ｝,a 1＝0,n ∈N +，a 1+n ＝a n ＋（2n －1），求通项公式a n ． 解：∵a 1+n =a n ＋（2n －1）
∴a 1+n =a n ＋（2n －1） ∴a 2－a 1 =1 、a 3－a 2=3 、…… a n －a 1-n =2n －3 ∴a n = a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a 1-n )=0＋1＋3＋5＋…＋(2n －3) =
2
1
[1＋(2n －3)]( n －1)=( n －1)2 n ∈N + 练习1：⑴.已知数列｛a n ｝,a 1=1, n ∈N +，a 1+n =a n ＋3 n ， 求通项公式a n ．
⑵.已知数列｛a n ｝满足a 1＝3，)1(2
1
+=-+n n a a n n ，n ∈N +，求a n ．
二、叠乘相约．
类型二：形如)(1n f a a n n =+.其中f (n ) =p p
c mn b mn )()(++ （p ≠0，m ≠0,b –c = km ,k ∈Z ）或 n n a a 1+=kn （k ≠0）或n
n a a 1+= km n
( k ≠ 0, 0＜m 且m ≠ 1)．
例2：已知数列｛a n ｝, a 1=1，a n ＞0,( n ＋1) a 1+n 2 －n a n 2＋a 1+n a n =0，求a n ． 解：∵( n ＋1) a 1+n 2 －n a n 2＋a 1+n a n =0 ∴ [(n ＋1) a 1+n －na n ](a 1+n ＋a n )= 0 ∵ a n ＞0 ∴ a 1+n ＋a n ＞0 ∴ (n ＋1) a 1+n －na n =0 ∴1
1+=+n n a a
n n
∴n
n n n n n
n a a a a a a a a a a n n n n n n n 112
12
31
2111
23
22
11
=???--?--?-=?????=-----
练习2：⑴已知数列｛a n ｝满足S n =
2
n a n ( n ∈N *
), S n 是{ a n }的前n 项和,a 2=1,求a n ．
⑵.已知数列｛a n ｝满足a 1+n = 3 n a n ( n ∈N *)，且a 1=1，求a n ．
三、逐层迭代递推．
类型三：形如a 1+n = f (a n )，其中f (a n )是关于a n 的函数.——需逐层迭代、细心寻找其中规律．
例3：已知数列｛a n ｝，a 1=1, n ∈N +，a 1+n = 2a n ＋3 n ,求通项公式a n ． 解： ∵a 1+n = 2 a n ＋3 n
∴ a n =2 a 1-n ＋3 n -1 =2(2 a 2-n ＋3 n -2)＋3 n -1 = 22(2 a 3-n ＋3 n -3)＋2·3 n -2＋3 n -1
=……=2 n -2(2 a 1＋3 )＋2 n -3·3 2＋2 n -4·3 3＋2 n-5·3 4＋…＋22·3 n-3＋2·3 n -2＋3 n-1 =2 n -1＋2 n -2·3 ＋2 n -3·3 2＋2 n-4·3 3＋…＋22·3 n -3＋2·3 n -2＋3 n -1 n n n n 232312
312
1
-=??????????? ??--=- 练习3:⑴.若数列｛a n ｝中，a 1=3，且a 1+n =a 2
n （n ∈N +），求通项a n .
⑵.已知数列｛a n ｝的前n 项和S n 满足S n =2a n +()n
1-，n ∈N +,求通项a n ．
四、运用代数方法变形，转化为基本数列求解．
类型四：形如1+n n a a = 1++n n qa pa ，（pq ≠ 0）．且0≠n a 的数列，——可通过倒数变形为基本数列问题．
当p = －q 时，则有：
p a a n n 1
111
=-
+ 转化为等差数列； 当p ≠ －q 时，则有：
p
pa q a n n 1
1
1
+-
=+．同类型五转化为等比数列． 例4：若数列｛a n ｝中，a 1=1，a 1+n =2
2+n n
a a n ∈N +，求通项a n ． 解： ∵ 2
21+=+n n n a a a
又,011>=a ∴0>n a ，
∴n n a a 12111+=+ ∴2
1111=-+n n a a ∵111=a
∴数列{ a n }是首项为1，公差为
2
1的等差数列． ∴n a 1=1＋()121-n ∴a n =1
2+n n ∈N + 练习4：已知f (n ) = x x +32，数列{ a n }满足 a 1=1，a n =2
3
f (a 1-n )，求a n ．
类型五：形如a 1+n ＝pa n + q ,pq ≠0 ，p 、q 为常数．
当p ＝1时，为等差数列；
当p ≠1时，可在两边同时加上同一个数x ，即a 1+n + x = pa n + q + x
?a 1+n + x = p (a n +
p x q +)， 令x =p
x q + ∴x =1-p q
时，有a 1+n + x = p (a n + x )，
从而转化为等比数列 {a n +
1
-p q
} 求解． 例5：已知数列{a n }中，a 1=1，a n =
2
1
a 1-n + 1，n = 1、2、3、…，求通项a n ． 解：∵ a n = 21a 1-n + 1 ? a n －2 =2
1
(a 1-n －2)
又∵a 1－2 = -1≠0 ∴数列{ a n －2}首项为-1，公比为2
1
的等比数列．
∴ a n －2 = -11)2
1
(-?n 即 a n = 2 －2n -1 n ∈N +
练习5：⑴.已知 a 1=1，a n = 2 a 1-n + 3 (n = 2、3、4…) ，求数列{a n }的通项．
⑵. 已知数列｛a n ｝满足a 1=
2
1
，a 1+n =12+n n a a ，求a n ．
类型六：形如a 1+n ＝pa n + f (n )，p ≠0且 p 为常数，f (n )为关于n 的函数．
当p ＝1时，则 a 1+n ＝a n + f (n ) 即类型一．
当p ≠1时，f (n )为关于n 的多项式或指数形式（a n ）或指数和多项式的混合形式．
⑴若f (n )为关于n 的多项式（f (n ) = kn + b 或kn 2
+ bn + c ，k 、b 、c 为常数），——可用待定系数法转化为等比数列．
例6：已知数列{ a n }满足a 1=1，a 1+n = 2a n ＋n 2，n ∈N +求a n ． 解：令a 1+n + x [a (n +1)2
+ b (n +1) + c ] = 2(a n + an 2+ bn + c )
即 a 1+n = 2 a n + (2a –ax )n 2+ (2b -2ax – bx )n +2c –ax –bx – cx 比较系数得：
?????=---=--=-0202212cx bx ax c bx ax b ax a ? ??
?
?
?
?
???
-+=-=
-=x bx ax c x ax b x a 22221 ? 令x = 1，得：?????===321c b a ∴ a 1+n + (n +1)2
+2(n +1) + 3 = 2(a n + n 2
+2n + 3) ∵ a 1+1+2×1+3 = 7
令b n = a n + n 2
+2n + 3 则 b 1+n = 2b n b 1= 7 ∴数列{ b n }为首项为7，公比为2德等比数列 ∴ b n = 7× 2
1-n 即 a n + n 2
+2n + 3 = 7× 2
1
-n ∴ a n = 7× 21
-n －( n 2
+2n + 3 ) n ∈N +
⑵若f (n )为关于n 的指数形式（a n
）． ①当p 不等于底数a 时，可转化为等比数列； ②当p 等于底数a 时，可转化为等差数列． 例7：（同例3）若a 1=1，a n = 2 a 1-n + 3
1
-n ，(n = 2、3、4…) ，求数列{a n }的通项a n ．
解: ∵ a n = 2 a 1-n + 31-n ∴ 令a n + x ×3n = 2(a 1-n +x ×31-n ) 得 a n = 2 a 1-n －x ×31-n 令-x ×3n = 3n ?x = -1 ∴ a n －3n = 2(a 1-n －31-n ) 又 ∵ a 1－3 = - 2
∴数列{n
n a 3-}是首项为-2,公比为2的等比数列．
∴n
n a 3-=-2·21-n 即a n = 3n -2n n ∈N +
例8：数列{ a n }中,a 1=5且a n =3a 1-n + 3n -1 (n = 2、3、4…) 试求通项a n ． 解： a n =3a 1-n + 3n -1 ? a n +-=--)2
1(3211n a 3n
?132132111+-=---n n n n a a ?{n
n a 3
21
-}是公差为1的等差数列． ?n n a 321-=
3
21
1-a +(1-n ) = 3215-+(1-n ) = n +21 ?a n = (2
13)21+?+n n n ∈N +
⑶若f (n )为关于n 的多项式和指数形式（a n ）的混合式，则先转换多项式形式在转换指数形式．例
如上面的例8．
练习6:⑴.已知数列{a n }中a 1= 1,a 1+n = 3 a n + n ,+∈N n ; 求{a n }的通项．
⑵设a 0为常数，且a n = 31-n －2 a 1-n (n ∈N +且n ≥ 2 )． 证明：对任意n ≥ 1，a n =
5
1[3n
+ (-1)1-n 2n ] +(-1)n 2n a 0． 类型七：形如a 2+n = p a 1+n + q a n ( pq ≠ 0， p 、q 为常数且p 2
+ 4q > 0 )，——可用待定系数法转化为等比数列．
例9: 已知数列{a n }中a 1= 1, a 2= 2且n n n a a a 212+=++ ,+∈N n ; 求{a n }的通项． 解:令a 2+n +x a 1+n = (1+x ) a 1+n + 2 a n ? a 2+n +x a 1+n = (1+x )( a 1+n +
x
+12a n
)
令x =x
+12 ?x 2
+ x – 2 = 0 ?x = 1或 -2
当x = 1时,a 2+n + a 1+n =2(a 1+n + a n ) 从而a 2+ a 1= 1 + 2 = 3 ∴数列{ a 1+n + a n }是首项为3且公比为2的等比数列. ∴ a 1+n + a n = 31
2
-?n …… …… ①
当x = - 2时, a 2+n - 2a 1+n = - (a 1+n -2a n ) , 而 a 2- 2a 1= 0 ∴ a 1+n - 2a n = 0 …… …… ② 由①、②得:
a n = 2
1
-n , +∈N n
练习7：⑴已知: a 1= 2, a 2= 35, n n n a a a 3
23512-=++ ,(n = 1、2、3、……),求数列{ a n }的通项．
⑵已知数列：1、1、2、3、5、8、13、……，根据规律求出该数列的通项． 五、数列的简单应用.
例10:设棋子在正四面体ABCD 的表面从一个顶点移向另外三个顶点时等可能的.现抛掷骰子,根据其点数决定棋子是否移动,若投出的点数是奇数,则棋子不动；若投出的点数是偶数,棋子移动到另外一个顶点.若棋子初始位置在顶点A ，则:
⑴投了三次骰子,棋子恰巧在顶点B 的概率是多少? ⑵投了四次骰子,棋子都不在顶点B 的概率是多少? ⑶投了四次骰子,棋子才到达顶点B 的概率是多少？ 分析：考虑最后一次投骰子分为两种情况
①最后一次棋子动；②最后一次棋子不动． 解：∵ 事件投一次骰子棋子不动的概率为21；事件投一次骰子棋子动且到达顶点B 的概率为3
1
21? =
6
1
． ⑴．投了三次骰子,棋子恰巧在顶点B 分为两种情况
①.最后一次棋子不动，即前一次棋子恰在顶点B ；②.最后一次棋子动，且棋子移动到B 点．
设投了i 次骰子，棋子恰好在顶点B 的概率为p i ，则棋子不在顶点B 的概率为(1- p i )．所以，投了i +1次骰子，棋子恰好在顶点B 的概率：p 1+i = p i ×
21+ (1- p i )×6
1
i = 1、2、3、4、…… ∴ p 1+i = 61 + 31×p i ∵ p 1= 3121?=61 ∴ p 2=92 ∴ p 3=54
13
⑵．投了四次骰子,棋子都不在顶点B ，说明前几次棋子都不在B 点，应分为两种情况
①最后一次棋子不动；②最后一次棋子动，且不到B 点．
设投了i 次骰子，棋子都不在顶点B 的概率为i p ',则投了i +1次骰子，棋子都不在顶点B 的概率为：1+'i p =
i p '×
21+ i p '×21×(1﹣31) i = 1、2、3、4、…… 即：1+'i p =
6
5
i p ' 又∵1
p '= 21+21×(1﹣31) = 65 ∴ 4p ' = (65)4 ⑶．投了四次骰子,棋子才到达顶点B ；说明前三次棋子都不在B 点，最后一次棋子动且
到达顶点B ．设其概率为P 则： P =
3121?×3
p ' = 61×(65)3= 1296
125
答：（略）．
例11：用砖砌墙，第一层（底层）用去了全部砖块的一半多一块；第二层用去了剩下的一半多一块，…，依次类推，每层都用去了上层剩下的一半多一块.如果第九层恰好砖块用完，那么一共用了多少块砖？
分析：本题围绕两个量即每层的砖块数a i 和剩下的砖块数b i ，关键是找出a i 和b i 的关系式，通过方程(组)求解．
解：设第i 层所用的砖块数为a i ，剩下的砖块数为b i (i = 1、2、3、4、…… )则b 9= 0，且设b 0为
全部的砖块数，依题意，得
a 1=
2
1
b
+ 1，a
2
=
2
1
b
1
+ 1，……a
i
=
2
1
b
1-i
+ 1 …………①
又b
1-i = a
i
+ b
i
……………②
联立①②得b
1-i -b
i
=
2
1
b
1-i
+ 1 即b
i
=
2
1
b
1-i
- 1
∴b
i + 2 =
2
1
(b
1-i
+ 2) ∴b
9
+2 = (
2
1
)9(b
+ 2 ) ∴b
+2 = 2×29∴b
= 1022
练习8：⑴十级台阶，可以一步上一级，也可以一步上两级；问上完十级台阶有多少种不同走法？
⑵. 三角形内有n个点，由这n个点和三角形的三个顶点，这n + 3个点可以组成多少个不重叠(任意两个三角形无重叠部分)的三角形？
⑶．甲、乙、丙、丁四人传球，球从一人手中传向另外三个人是等可能的.若开始时球在甲的手
中．若传了n次球，球在甲手中的概率为a
n ；球在乙手中的概率为b
n
.(n = 1、2、3、4、……).
①问传了五次球，球恰巧传到甲手中的概率a
5和乙手中的概率b
5
分别是多少？
②若传了n次球，试比较球在甲手中的概率a
n 与球在乙手中的概率b
n
的大小.
③传球次数无限多时，球在谁手中的概率大？参考答案
练习1：⑴. a
n =
2
1
(3 n-1) ⑵. a n=
n
n2
+
练习2：⑴. a n= n -1 ⑵. a n= 32
)1
(-
n
n
练习3：⑴. a
n = 3
21-n(提示：可两边取对数) ⑵. a
n
=
3
2
[22-n+ (-1)1-n]
练习4：a
n =
2
3
+
n
练习5：⑴a n= 21+n-3 ⑵a n=
1
2
2
1
1
+
-
-
n
n
练习6：⑴可得a
1+
n +
2
1
(n+1)+
4
1
= 3(a n+
2
1
n +
4
1
) 从而a n=
4
7
×31-n-(
2
1
n +
4
1
) ⑵(略)
练习7：⑴a
n = 3 -
1
3
2
-
n
n
，⑵由已知得a
2
+
n
= a1+n+ a n?a n=
5
5
[(
2
5
1+
)n-(
2
5
1-
)n]
练习8：⑴∵a
2
+
n
= a1+n+ a n，a1= 1，a2= 2，∴a10= 89 ⑵∵a1+n= a n+ 2 ，a1= 3 ∴a n= 2n+1
⑶①∵a
1+
n =
3
1
(1 - a n) b1+n=
3
1
(1 - b n) a1= 0 b1=
3
1
∴a5=
81
20
；b5=
243
61
.
②可解得a
n =
4
1
-
4
1
×1
)
3
1
(-
-n b
n
=
4
1
+
12
1
×1
)
3
1
(-
-n
∴当n为奇数时，a
n <
4
1
4
1
>b n
③当n →∞时，a
n →
4
1
，b n→
4
1
故球在各人手中的概率一样大．
数列的项n a 与前n 项和n S 的关系：1 1 (1)(2)n n n s n a s s n -=?=?-≥? 数列求和的常用方法： 1、拆项分组法：即把每一项拆成几项，重新组合分成几组，转化为特殊数列求和。 2、错项相减法：适用于差比数列（如果 {}n a 等差，{}n b 等比，那么{}n n a b 叫做差比数列） 即把每一项都乘以{}n b 的公比q ，向后错一项，再对应同次项相减，转化为等比 数列求和。 3、裂项相消法：即把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限几项，可求和。 适用于数列11n n a a +???????和??（其中{}n a 等差） 可裂项为： 11 1111 ()n n n n a a d a a ++=-?，
1 d = 等差数列前n项和的最值问题： 1、若等差数列{}n a的首项10 a>，公差0 d<，则前n项和 n S有最大值。 （ⅰ）若已知通项 n a，则 n S最大? 1 n n a a + ≥ ? ? ≤ ? ； （ⅱ）若已知2 n S pn qn =+，则当n取最靠近 2 q p -的非零自然数时 n S最大； 2、若等差数列{}n a的首项10 a<，公差0 d>，则前n项和 n S有最小值 （ⅰ）若已知通项 n a，则 n S最小? 1 n n a a + ≤ ? ? ≥ ? ； （ⅱ）若已知2 n S pn qn =+，则当n取最靠近 2 q p -的非零自然数时 n S最小； 数列通项的求法： ⑴公式法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式。 ⑵已知 n S（即 12 () n a a a f n +++= L）求 n a，用作差法：{11,(1),(2) n n n S n a S S n - = =-≥。 已知 12 () n a a a f n = g g L g求 n a，用作商法： (1),(1) () ,(2) (1) n f n f n a n f n = ?? =?≥ ?- ? 。 ⑶已知条件中既有 n S还有 n a，有时先求 n S，再求 n a；有时也可直接求 n a。 ⑷若 1 () n n a a f n + -=求 n a用累加法： 11221 ()()() n n n n n a a a a a a a --- =-+-++- L 1 a +(2) n≥。 ⑸已知1() n n a f n a +=求 n a，用累乘法：12 1 121 n n n n n a a a a a a a a - -- =???? L(2) n≥。 ⑹已知递推关系求 n a，用构造法（构造等差、等比数列）。 特别地，（1）形如 1 n n a ka b - =+、 1 n n n a ka b - =+（,k b为常数）的递推数列都可以用待 定系数法转化为公比为k的等比数列后，再求n a；形如1n n n a ka k - =+的递推数列都可以除以 n k得到一个等差数列后，再求 n a。 （2）形如1 1 n n n a a ka b - - = + 的递推数列都可以用倒数法求通项。
排列组合二项式递推数列求通项常见题型解法自用资料集 排列组合的常见题型及其解法 排列、组合的概念具有广泛的实际意义，解决排列、组合问题，关键要搞清楚是否与元素的顺序有关。 复杂的排列、组合问题往往是对元素或位置进行限制，因此掌握一些基本的排列、组合问题的类型与解法对学好这部分知识很重要。 一.特殊元素（位置）用优先法 把有限制条件的元素（位置）称为特殊元素（位置），对于这类问题一般采取特殊元素（位置）优先 安排的方法。 例1.6人站成一横排，其中甲不站左端也不站右端，有多少种不同站法？ 分析：解有限制条件的元素（位置）这类问题常采取特殊元素（位置）优先安排的方法。 解法1 :（元素分析法）因为甲不能站左右两端，故第一步先让甲排在左右两端之间的任一位置上，有 A4种站法；第二步再让其余的5人站在其他5个位置上，有A种站法，故站法共有：A4-A5 = 48o（种）解法2:（位置分析法）因为左右两端不站甲，故第一步先从甲以外的5个人中任选两人站在左右两端， 有A种；第二步再让剩余的4个人（含甲）站在中间4个位置，有A：种，故站法共有：A A4 = 480 （种） 二.相邻问题用捆绑法 对于要求某几个元素必须排在一起的问题，可用“捆绑法”：即将这几个元素看作一个整体，视为一 个元素，与其他元素进行排列，然后相邻元素内部再进行排列。 例2. 5个男生和3个女生排成一排，3个女生必须排在一起，有多少种不同排法？ 6 3 解：把3个女生视为一个元素，与5个男生进行排列，共有A6种，然后女生内部再进行排列，有A3种，所以排法共有：A6 A3 ^4320 （种）。 三?相离问题用插空法 元素相离（即不相邻）问题，可以先将其他元素排好，然后再将不相邻的元素插入已排好的元素位置之间和两端的空中。 例3. 7人排成一排，甲、乙、丙3人互不相邻有多少种排法？ 解：先将其余4人排成一排，有A44种，再往4人之间及两端的5个空位中让甲、乙、丙插入，有A 种，所以排法共有：此A =1440 （种） 四.定序问题用除法 对于在排列中，当某些元素次序一定时，可用此法。解题方法是：先将n个元素进行全排列有A^种， m（m空n）个元素的全排列有A；种，由于要求m个元素次序一定，因此只能取其中的某一种排法，可以 利用除法起到调序的作用，即若n个元素排成一列，其中m个元素次序一定，则有虫种排列方法。 A m
数列的递推公式教案 普兰店市第六中学陈娜 一、教学目标 1、知识与技能：了解数列递推公式定义，能根据数列递推公式求项，通过数列递推公式求数列的通项公式。 2、过程与方法：通过实例“观察、分析、类比、试验、归纳”得出递推公式概念，体会数列递推公式与通项公式的不同，探索研究过程中培养学生的观察归纳、猜想等能力。 3、情感态度与价值观：培养学生积极参与，大胆探索精神，体验探究乐趣，感受成功快乐，增强学习数学的兴趣，培养学生一切从实际出发，认识并感受数学的应用价值。 二、教学重点、难点和关键点 重点：数列的递推定义以及应用数列的递推公式求出通项公式。 难点：数列的递推公式求通项公式。 关键：同本节难点。 三、教学方法 通过创设问题的情境，在熟悉与未知的认知冲突中激发学生的探索欲望；引导学生通过自主探究和合作交流相结合的方式进行研究；引导学生积极思考，运用观察、试验、联想、类比、归纳、猜想等方法不断地提出问题、解决问题，再提出问题，解决问题……经历知识的发生和发展过程，并注意总结规律和知识的巩固与深化。 四、教学过程 环节1：新课引入 一老汉为感激梁山好汉除暴安良，带了些千里马要送给梁山好汉，见过宋江以后，宋江吧老汉带来的马匹的一半和另外一匹马作为回礼送给了他，老汉又去见卢俊义，把
现有的马匹全送给了他，卢俊义也把老汉送来的马匹的一半和另外一匹马作为回礼送给了老汉……… 一直送到108名好汉的最后一名段景住都是这样的，老汉下山回家时还剩下两匹马，问老汉上山时一共带了多少匹千里马？ 通过这个小故事让学生感受到数学来源于生活同时又为生活所服务。同时也能引起学生的兴趣和好奇心。 环节2：引例探究 (1）1 2 4 8 16……… (2) 1 ()1cos ()1cos cos ()]1cos cos[cos ……. (3)0 1 4 7 10 13 ……. 通过设置问题的情境，让学生分析找出这些数列从第二项（或后几项）后一项与前一项的关系，从而引出数列的递推公式的定义，便于学生对于数列递推公式的理解、记忆和应用。 递推公式定义： 如果已知数列的第1项（或前几项），且从第二项（或某一项）开始的任意一项a n 与它的前一项a n-1（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式。递推公式是数列一种的表示法，它包含两个部分，一是递推关系，一是初始条件，二者缺一不可． 环节3：应用举例及练习 例1：已知数列｛a n ｝的第1项是1，以后的各项由公式 (n ≥2)给出，写出这个给出，写出这个数列的前5项. 解：据题意可知：a 1=1, 1 11n n a a -=+2111112,1a a =+=+=3211311,22a a =+=+=4312511,33a a =+=+=5413811.55a a =+ =+=
知识框架 111111(2)(2)(1)( 1)()22()n n n n n n m p q n n n n a q n a a a q a a d n a a n d n n n S a a na d a a a a m n p q --=≥=?? ←???-=≥?? =+-??-?=+=+??+=++=+??两个基等比数列的定义本数列等比数列的通项公式等比数列数列数列的分类数列数列的通项公式函数角度理解 的概念数列的递推关系等差数列的定义等差数列的通项公式等差数列等差数列的求和公式等差数列的性质1111(1)(1) 11(1)() n n n n m p q a a q a q q q q S na q a a a a m n p q ---=≠--===+=+???? ? ???????????????? ??? ???????????? ???? ????????????? ?????? ? ?? ?? ?? ?? ??? ???????? 等比数列的求和公式等比数列的性质公式法分组求和错位相减求和数列裂项求和求和倒序相加求和累加累积 归纳猜想证明分期付款数列的应用其他??????? ? ? 掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。 一、典型题的技巧解法 1、求通项公式 （1）观察法。（2）由递推公式求通项。 对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。 (1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n （d ，q 为常数） 例1、 已知{a n }满足a n+1=a n +2，而且a 1=1。求a n 。 例1、解 ∵a n+1-a n =2为常数 ∴{a n }是首项为1，公差为2的等差数列 ∴a n =1+2（n-1） 即a n =2n-1 例2、已知{}n a 满足11 2 n n a a +=，而12a =，求n a =？ （2）递推式为a n+1=a n +f （n ） 例3、已知{}n a 中112a = ，121 41 n n a a n +=+-，求n a . 解： 由已知可知)12)(12(11-+= -+n n a a n n )1 21 121(21+--=n n 令n=1，2，…，（n-1），代入得（n-1）个等式累加，即（a 2-a 1）+（a 3-a 2）+…+（a n -a n-1） 2 43 4)1211(211--= --+=n n n a a n ★ 说明 只要和f （1）+f （2）+…+f （n-1）是可求的，就可以由a n+1=a n +f （n ）以n=1，2，…，（n-1）代 入，可得n-1个等式累加而求a n 。 (3)递推式为a n+1=pa n +q （p ，q 为常数） 例4、{}n a 中，11a =，对于n ＞1（n ∈N ）有132n n a a -=+，求n a . 解法一： 由已知递推式得a n+1=3a n +2，a n =3a n-1+2。两式相减：a n+1-a n =3（a n -a n-1） 因此数列{a n+1-a n }是公比为3的等比数列，其首项为a 2-a 1=（3×1+2）-1=4 ∴a n+1-a n =4·3n-1 ∵a n+1=3a n +2 ∴3a n +2-a n =4·3n-1 即 a n =2·3n-1 -1 解法二： 上法得{a n+1-a n }是公比为3的等比数列，于是有：a 2-a 1=4，a 3-a 2=4·3，a 4-a 3=4·32，…，a n -a n-1=4·3n-2 ， 把n-1个等式累加得： ∴an=2·3n-1-1 (4)递推式为a n+1=p a n +q n （p ，q 为常数） )(3211-+-= -n n n n b b b b 由上题的解法，得：n n b )32(23-= ∴n n n n n b a )31(2)21(32-== (5)递推式为21n n n a pa qa ++=+
求数列通项公式的方法 一、公式法 例1 已知数列{}n a 满足1232n n n a a +=+?，12a =，求数列{}n a 的通项公式。 解：1232n n n a a +=+?两边除以12n +，得 113222n n n n a a ++=+，则113222n n n n a a ++-=，故数列{}2 n n a 是以1222 a 1 1==为首项，以23 为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得31(1)22n n a n =+-，所以数列{}n a 的通项公式为31()222 n n a n =-。 评注：本题解题的关键是把递推关系式1232n n n a a +=+?转化为 11 3 222 n n n n a a ++-=，说明数列{}2n n a 是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出31(1)22 n n a n =+-，进而求出数列{}n a 的通项公式。 二、累加法 例2 已知数列{}n a 满足1121 1n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。 解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则 11232211 2 ()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)1 2[(1)(2)21](1)1 (1)2(1)1 2 (1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n n n n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++?++?++=-+-++++-+-=+-+=-++=L L L 所以数列{}n a 的通项公式为2 n a n =。 评注：本题解题的关键是把递推关系式121n n a a n +=++转化为121n n a a n +-=+，进而求出11232211()()()()n n n n a a a a a a a a a ----+-++-+-+L ，即得数列{}n a 的通项公式。
高中数学几种常见的数列递推关系式 数列的递推关系是指数列中的前一项（前几项）与后一项的关系式。递推数列是数列中的重要内容，通过递推关系，观察，探求数列的规律，进而可求出整个数列的通项公式。通过递推关系的学习，可以培养学生的观察能力，归纳与转化能力，综合运用知识等能力，因此，是近几年高考与竞赛的热点。 下面针对几种高中常见的递推形式及处理方法做一总结。 一. 定义法 常见形式： 已知：a a a a d n n 11==++， ① 或a a a a q n n 110=≠=+， ② （其中，d 常数，q ≠0为常数） 定义法即高中所学的两大基本数列——等差数列与等比数列的基本定义式。 已知首项，与递推关系，数列的通项即知，在此不做赘述。但这两个基本数列的求通项公式的方法在后续学习中，在方法上起到了指导作用。即我们下面要介绍的方法。 二. 迭代法 常见形式：已知 a a a a f n n n 110=≠=++，() ③ 或a a a a f n f n n n 110=≠=+，，()()不恒为零 ④ （这里的f n ()是关于n 的关系式）。 这两个形式的递推关系式，虽然不是等差与等比数列，但表达方式上非常接近。我们可以利用迭代的方法来求出通项a n 也可以分别称为叠加法和叠乘法。 如：③a a f 211-=() a a f 322-=() …… a a f n n n N n n -=-≥∈-112()()*， 将以上n -1个式子叠加，可得 a a f f f n n n N n -=+++-≥∈11212()()()()*…， 这里，我们只须已知数列的首项a 1利用求和求出上述等式右端的和，即可求出数列 {}a n 的通项公式来。 如：④的具体例子： 例1. （2006年东北三省三校一模试题21）已知数列{}a n ，S n 是数列的前n 项和， a S n a n n 212 ==，。求S n 。 解：因为S n S S n n N n n n =-≥∈-2 21()()*， 所以n S n S n n 22 21-=- S S n n n n N n n -= -≥∈123()*， S S S S S S S S n n n n n n N n n n n 324312131425364132 3·…····… ·，---=---≥∈()*
数列知识点及常用解题方法归纳总结 一、 等差数列的定义与性质 () 定义：为常数，a a d d a a n d n n n +-==+-111() 等差中项：，，成等差数列x A y A x y ?=+2 ()()前项和n S a a n na n n d n n = +=+ -112 12 {}性质：是等差数列a n （）若，则；1m n p q a a a a m n p q +=++=+ {}{}{}（）数列，，仍为等差数列；2212a a ka b n n n -+ S S S S S n n n n n ，，……仍为等差数列；232-- （）若三个数成等差数列，可设为，，；3a d a a d -+ （）若，是等差数列，为前项和，则 ；421 21 a b S T n a b S T n n n n m m m m =-- {}（）为等差数列（，为常数，是关于的常数项为52 a S an bn a b n n n ?=+ 0的二次函数） {}S S an bn a n n n 的最值可求二次函数的最值；或者求出中的正、负分界=+2 项，即： 当，，解不等式组可得达到最大值时的值。a d a a S n n n n 11 000 0><≥≤?? ?+ 当，，由可得达到最小值时的值。a d a a S n n n n 11000 <>≤≥?? ?+ {}如：等差数列，，，，则a S a a a S n n n n n n =++===--1831123 （由，∴a a a a a n n n n n ++=?==----12113331 ()又·，∴S a a a a 3132 22 33113 = +===
常见递推数列通项公式的求法典型例题及习题 【典型例题】 [例1] b ka a n n +=+1型。 （1）1=k 时，}{1n n n a b a a ?=-+是等差数列，)(1b a n b a n -+?= （2）1≠k 时，设)(1m a k m a n n +=++ ∴ m km ka a n n -+=+1 比较系数：b m km =- ∴ 1-= k b m ∴ }1{-+ k b a n 是等比数列，公比为k ，首项为11-+k b a ∴ 11)1(1-?-+=-+ n n k k b a k b a ∴ 1)1(11--?-+=-k b k k b a a n n [例2] )(1n f ka a n n +=+型。 （1）1=k 时，)(1n f a a n n =-+，若)(n f 可求和，则可用累加消项的方法。 例：已知}{n a 满足11=a ，)1(1 1+= -+n n a a n n 求}{n a 的通项公式。 解： ∵ 11 1)1(11+- =+= -+n n n n a a n n ∴ n n a a n n 1111--= -- 112121---=---n n a a n n 21 3132-- -=---n n a a n n …… 312123-= -a a 21112-=-a a 对这（1-n ）个式子求和得： n a a n 111- =- ∴ n a n 1 2- =
（2）1≠k 时，当b an n f +=)(则可设)()1(1B An a k B n A a n n ++=++++ ∴ A B k An k ka a n n --+-+=+)1()1(1 ∴ ???=--=-b A B k a A k )1()1( 解得：1-=k a A ，2 )1(1-+-=k a k b B ∴ }{B An a n ++是以B A a ++1为首项，k 为公比的等比数列 ∴ 1 1)(-?++=++n n k B A a B An a ∴ B An k B A a a n n --?++=-11)( 将A 、B 代入即可 （3）n q n f =)(（≠q 0，1） 等式两边同时除以1 +n q 得q q a q k q a n n n n 1 11+?=++ 令 n n n q a C = 则q C q k C n n 1 1+ =+ ∴ }{n C 可归为b ka a n n +=+1型 [例3] n n a n f a ?=+)(1型。 （1）若)(n f 是常数时，可归为等比数列。 （2）若)(n f 可求积，可用累积约项的方法化简求通项。 例：已知： 311= a ，1121 2-+-=n n a n n a （2≥n ）求数列}{n a 的通项。 解：123537532521232121212233 2211+= ?--?--?+-=???-----n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n ΛΛ ∴ 1211231+= +? =n n a a n [例4] 11 --+?? =n n n a m a m k a 型。
数列的递推关系 ? 教学重点： 数列的任意连续若干项能满足的关系式称为该数列的一个递推公式，由递推公式和相应有尽有前若干项可以确定一个数列．这种表示方法叫做递推公式法或递推法． ? 教学难点： 1．根据数列的首项和递推公式写出它的前几项，关归纳出通项公式． 2．n n S a 的关系 ???-=-1 1S S S a n n n )1() 2(=≥n n ． ? 教学过程： 一、复习 数列的定义，数列的通项公式的意义（从函数观点出发去刻划）． 二、递推公式 钢管的例子 3+=n a n 从另一个角度，可以： 1 4 11+==-n n a a a Λ ) 2() 1(≥=n n “递推公式”定义：已知数列{}n a 的第一项，且任一项n a 与它的前一项1-n a （或前n 项）间的关系可以用一个公式来表示，这个公式就叫做这个数列的递推公式． 例1．已知21=a ，41-=+n n a a 求n a ． 解一：可以写出：21=a ，22-=a ，63-=a ，104-=a ，…… 观察可得：)1(42)4)(1(2--=--+=n n n a n 解二：由题设： 41-=-+n n a a
∴ Λ Λ4 4 432211-=--=--=------n n n n n n a a a a a a ) +412-=-a a )1(41--=-n a a n ∴ )1(42--=n a n 例2．若记数列{}n a 的前n 项之和为S n 试证明：?? ? -=-1 1 S S S a n n n ) 1()2(=≥n n 证：显然1=n 时 ，11S a = 当1≠n 即2≥n 时， n n a a a S +++=Λ21 1211--+++=n n a a a S Λ ∴ n n n a S S =--1 ∴???-=-1 1S S S a n n n )1() 2(=≥n n 注意：1? 此法可作为常用公式； 2? 当)(11S a =时 满足1--n n S S 时，则1--=n n n S S a ． 例3．已知数列{}n a 的前n 项和为① n n S n -=22 ② 12 ++=n n S n ，求数列{}n a 的 通项公式． 解：1．当1=n 时，111==S a 当2≥n 时，34)1()1(222 2-=-+---=n n n n n a n 经检验 1=n 时 11=a 也适合 34-=n a n 2．当1=n 时，311==S a 当2≥n 时，n n n n n a n 21)1()1(12 2=-----++= ∴ ?? ?=n a n 23 ) 2()1(≥=n n 例4．已知21=a ，n n a a 21=+ 求n a ．
数列知识点和常用解题方法 归纳总结 -标准化文件发布号：（9556-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KII
数列知识点及常用解题方法归纳总结 一、 等差数列的定义与性质 () 定义：为常数，a a d d a a n d n n n +-==+-111() 等差中项：，，成等差数列x A y A x y ?=+2 ()()前项和n S a a n na n n d n n = +=+ -112 12 {}性质：是等差数列a n （）若，则；1m n p q a a a a m n p q +=++=+ {}{}{}（）数列，，仍为等差数列；2212a a ka b n n n -+ S S S S S n n n n n ，，……仍为等差数列；232-- （）若三个数成等差数列，可设为，，；3a d a a d -+ （）若，是等差数列，为前项和，则 ；421 21 a b S T n a b S T n n n n m m m m =-- {}（）为等差数列（，为常数，是关于的常数项为52a S an bn a b n n n ?=+ 0的二次函数） {}S S an bn a n n n 的最值可求二次函数的最值；或者求出中的正、负分界=+2 项，即： 当，，解不等式组可得达到最大值时的值。a d a a S n n n n 11000 0><≥≤???+ 当，，由可得达到最小值时的值。a d a a S n n n n 11 000 0<>≤≥???+ {}如：等差数列，，，，则a S a a a S n n n n n n =++===--1831123 （由，∴a a a a a n n n n n ++=?==----12113331 ()又·，∴S a a a a 3132 22 3311 3 = +===
递推数列通项求解方法 类型一：1n n a pa q += +（1p ≠） 思路1（递推法）：()123()n n n n a pa q p pa q q p p pa q q q ---??=+=++=+++=?? ......121(1n p a q p p -=++++ (2) 1 1)11n n q q p a p p p --??+=+?+ ? --?? 。 思路2（构造法）：设()1n n a p a μμ++=+，即()1p q μ-=得1 q p μ= -，数列 {}n a μ+是以1a μ+为首项、p 为公比的等比数列，则1 111n n q q a a p p p -??+ =+ ?--??，即1111n n q q a a p p p -??=++ ? --?? 。 例1 已知数列{}n a 满足123n n a a -=+且11a =，求数列{}n a 的通项公式。 解：方法1（递推法）： ()123232(23)3222333n n n n a a a a ---??=+=++=+++=?? (1) 22 3(122n -=++++ (2) 11 332 )12232112n n n --+??+=+?+=- ? --? ?。 方法2（构造法）：设()12n n a a μμ++=+，即3μ=，∴数列{}3n a +是以134 a +=为首项、2为公比的等比数列，则113422n n n a -++=?=，即1 23n n a +=-。
1n n +思路1（递推法）： 123(1)(2)(1)(3)(2)(1)n n n n a a f n a f n f n a f n f n f n ---=+-=+-+-=+-+-+-= …1 11 ()n i a f n -==+∑。 思路2（叠加法）：1(1)n n a a f n --=-，依次类推有：12(2)n n a a f n ---=-、 23(3)n n a a f n ---=-、…、21(1)a a f -=，将各式叠加并整理得1 11 ()n n i a a f n -=-= ∑ ，即 1 11 ()n n i a a f n -==+ ∑ 。 例2 已知11a =，1n n a a n -=+，求n a 。 解：方法1（递推法）：123(1)(2)(1)n n n n a a n a n n a n n n ---=+=+-+=+-+-+= ......1[23a =+++ (1) (1)(2)(1)]2 n i n n n n n n =++-+-+= = ∑ 。 方法2（叠加法）：1n n a a n --=，依次类推有：121n n a a n ---=-、232n n a a n ---=-、…、 212a a -=，将各式叠加并整理得12 n n i a a n =-= ∑ ，12 1 (1)2 n n n i i n n a a n n ==+=+ = = ∑ ∑ 。
知识框架 111111(2)(2)(1)(1)()22()n n n n n n m p q n n n n a q n a a a q a a d n a a n d n n n S a a na d a a a a m n p q --=≥=?? ←???-=≥?? =+-? ?-?=+=+??+=++=+??两个基等比数列的定义本数列等比数列的通项公式等比数列数列数列的分类数列数列的通项公式函数角度理解 的概念数列的递推关系等差数列的定义等差数列的通项公式等差数列等差数列的求和公式等差数列的性质1111(1)(1) 11(1)() n n n n m p q a a q a q q q q S na q a a a a m n p q ---=≠--===+=+???? ? ??????????????????? ???????????? ???? ????????????? ?????? ? ?? ?? ?? ?? ??????????? 等比数列的求和公式等比数列的性质公式法分组求和错位相减求和数列裂项求和 求和倒序相加求和累加累积 归纳猜想证明分期付款数列的应用其他??????? ? ? 掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握 了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。 一、典型题的技巧解法 1、求通项公式 （1）观察法。（2）由递推公式求通项。 对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。 (1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n （d ，q 为常数） 例1、 已知{a n }满足a n+1=a n +2，而且a 1=1。求a n 。 例1、解 ∵a n+1-a n =2为常数 ∴{a n }是首项为1，公差为2的等差数列 ∴a n =1+2（n-1） 即a n =2n-1 例2、已知{}n a 满足11 2 n n a a +=，而12a =，求n a =？
叠加、 叠乘、迭代递推、代数转化 ——几类常见递推数列的教学随笔 已知数列的递推关系式求数列的通项公式的方法大约分为两类：一类是根据前几项的特点归纳猜想出a n 的表达式，然后用数学归纳法证明；另一类是将已知递推关系，用代数法、迭代法、换元法，或是转化为基本数列（等差或等比）的方法求通项．第一类方法要求学生有一定的观察能力以及足够的结构经验，才能顺利完成，对学生要求高．第二类方法有一定的规律性，只需遵循其特有规律方可顺利求解．在教学中，我针对一些数列特有的规律总结了一些求递推数列的通项公式的解题方法． 一、叠加相消． 类型一：形如a 1+n ＝a n + f (n )， 其中f (n ) 为关于n 的多项式或指数形式（a n ）或可裂项成差的分式形式．——可移项后叠加相消． 例1：已知数列｛a n ｝,a 1＝0,n ∈N +，a 1+n ＝a n ＋（2n －1），求通项公式a n ． 解：∵a 1+n =a n ＋（2n －1） ∴a 1+n =a n ＋（2n －1） ∴a 2－a 1 =1 、a 3－a 2=3 、…… a n －a 1-n =2n －3 ∴a n = a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a 1-n )=0＋1＋3＋5＋…＋(2n －3) = 2 1 [1＋(2n －3)]( n －1)=( n －1)2 n ∈N + 练习1：⑴.已知数列｛a n ｝,a 1=1, n ∈N +，a 1+n =a n ＋3 n ， 求通项公式a n ． ⑵.已知数列｛a n ｝满足a 1＝3，)1(2 1 +=-+n n a a n n ，n ∈N +，求a n ． 二、叠乘相约． 类型二：形如)(1n f a a n n =+.其中f (n ) =p p c mn b mn )()(++ （p ≠0，m ≠0,b –c = km ,k ∈Z ）或 n n a a 1+=kn （k ≠0）或n n a a 1+= km n ( k ≠ 0, 0＜m 且m ≠ 1)． 例2：已知数列｛a n ｝, a 1=1，a n ＞0,( n ＋1) a 1+n 2 －n a n 2＋a 1+n a n =0，求a n ． 解：∵( n ＋1) a 1+n 2 －n a n 2＋a 1+n a n =0 ∴ [(n ＋1) a 1+n －na n ](a 1+n ＋a n )= 0 ∵ a n ＞0 ∴ a 1+n ＋a n ＞0 ∴ (n ＋1) a 1+n －na n =0 ∴1 1+=+n n a a n n ∴n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n n 112 12 31 2111 23 22 11 =???--?--?-=?????=----- 练习2：⑴已知数列｛a n ｝满足S n = 2 n a n ( n ∈N * ), S n 是{ a n }的前n 项和,a 2=1,求a n ．
专题 由递推关系求数列的通项公式 一、目标要求 通过具体的例题，掌握由递推关系求数列通项的常用方法： 二、知识梳理 求递推数列通项公式是数列知识的一个重点，也是一个难点，高考也往往通过考查递推数列来考查学生对知识的探索能力，求递推数列的通项公式一般是将递推公式变形，推得原数列是一种特殊的数列或原数列的项的某种组合是一种特殊数列，把一些较难处理的数列问题化为熟悉的等差或等比数列。 三、典例精析 1、公式法：利用熟知的公式求通项公式的方法称为公式法。常用的公式有???≥???????-=????????????????=-21 11n S S n S a n n n 及 等差数列和等比数列的通项公式。 例1 已知数列{n a }中12a =，2 +2n s n =，求数列{n a }的通项公式 评注 在运用1n n n a s s -=-时要注意条件2n ≥，对n=1要验证。 2、累加法：利用恒等式()()1211+......+n n n a a a a a a -=+--求通项公式的方法叫累加法。它是求型如 ()1+f n n n a a +=的递推数列的方法（其中数列(){}f n 的前n 项和可求）。 例2 已知数列{n a }中112a = ，121 ++32 n n a a n n +=+，求数列{n a }的通项公式 评注 此类问题关键累加可消中间项，而(f n ）可求和则易得n a 3、.累乘法：利用恒等式3 21121 n n n a a a a a a a a -=? ???????()0n a ≠求通项公式的方法叫累乘法。它是求型如()1n n a g n a +=的递推数列的方法(){}() g n n 数列可求前项积 例3 已知数列{n a }中1n n s na =- ，求数列{n a }的通项公式 评注 此类问题关键是化 ()1 n n a g n a -=，且式子右边累乘时可求积，而左边中间项可消。 4、转化法：通过变换递推关系，将非等差（等比）数列转化为等差或等比有关的数列而求得通项公式的方法 称为转化法。常用的转化途径有： ⑴凑配、消项变换——如将一阶线性递推公式1n n a qa d +=+（q, d 为常数，0,1q q ≠≠）通过凑配变成 11n d a q ++ -=1n d q a q ??+ ?-?? ，或消常数项转化为()211n n n n a a q a a +++-=- 例4、已知数列{n a }中，11a =，()1212n n a a n -=+≥，求数列{n a }的通项公式 点评： 此类问题关键是利用配凑或消项变换将其转化为等比数列
高考数列万能解题方法 HUA system office room 【HUA16H-TTMS2A-HUAS8Q8-HUAH1688】
数列的项n a 与前n 项和n S 的关系：1 1(1)(2)n n n s n a s s n -=?=?-≥? 数列求和的常用方法： 1、拆项分组法：即把每一项拆成几项，重新组合分成几组，转化为特殊数列求和。 2、错项相减法：适用于差比数列（如果{}n a 等差，{}n b 等比，那么{}n n a b 叫做差比数 列） 即把每一项都乘以{}n b 的公比q ，向后错一项，再对应同次项相减，转化为等比数列求和。 3、裂项相消法：即把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限几项，可求和。 适用于数列11n n a a +???????和??（其中{}n a 等差）
可裂项为： 111111()n n n n a a d a a ++=-? 1 d = 等差数列前n 项和的最值问题： 1、若等差数列{}n a 的首项10a >，公差0d <，则前n 项和n S 有最大值。 （ⅰ）若已知通项n a ，则n S 最大?10 n n a a +≥??≤?； （ⅱ）若已知2n S pn qn =+，则当n 取最靠近2q p - 的非零自然数时n S 最大； 2、若等差数列{}n a 的首项10a <，公差0d >，则前n 项和n S 有最小值 （ⅰ）若已知通项n a ，则n S 最小?1 0n n a a +≤??≥?； （ⅱ）若已知2n S pn qn =+，则当n 取最靠近2q p - 的非零自然数时n S 最小； 数列通项的求法： ⑴公式法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式。 ⑵已知n S （即12()n a a a f n +++=）求n a ，用作差法：{ 11,(1) ,(2) n n n S n a S S n -== -≥。 已知12 ()n a a a f n =求n a ，用作商法：(1),(1)() ,(2) (1) n f n f n a n f n =??=?≥?-?。 ⑶已知条件中既有n S 还有n a ，有时先求n S ，再求n a ；有时也可直接求n a 。
.. . 常见递推数列通项公式的求法典型例题及习题 【典型例题】 [例1] b ka a n n +=+1型。 （1）1=k 时，}{1n n n a b a a ?=-+是等差数列，)(1b a n b a n -+?= （2）1≠k 时，设)(1m a k m a n n +=++ ∴ m km ka a n n -+=+1 比较系数：b m km =- ∴ 1-= k b m ∴ }1{-+ k b a n 是等比数列，公比为k ，首项为11-+k b a ∴ 11)1(1-?-+=-+ n n k k b a k b a ∴ 1)1(11--?-+=-k b k k b a a n n [例2] )(1n f ka a n n +=+型。 （1）1=k 时，)(1n f a a n n =-+，若)(n f 可求和，则可用累加消项的方法。 例：已知}{n a 满足11=a ，)1(1 1+= -+n n a a n n 求}{n a 的通项公式。 解： ∵ 11 1)1(11+- =+= -+n n n n a a n n ∴ n n a a n n 1111--= -- 112121---=---n n a a n n 21 3132-- -= ---n n a a n n ……
.. . 312123-= -a a 21112-=-a a 对这（1-n ）个式子求和得： n a a n 111- =- ∴ n a n 1 2- = （2）1≠k 时，当b an n f +=)(则可设)()1(1B An a k B n A a n n ++=++++ ∴ A B k An k ka a n n --+-+=+)1()1(1 ∴ ???=--=-b A B k a A k )1()1( 解得： 1-= k a A ，2)1(1-+-=k a k b B ∴ }{B An a n ++是以B A a ++1为首项，k 为公比的等比数列 ∴ 1 1)(-?++=++n n k B A a B An a ∴ B An k B A a a n n --?++=-1 1)( 将A 、B 代入即可 （3）n q n f =)(（≠q 0，1） 等式两边同时除以1 +n q 得q q a q k q a n n n n 1 11+?=++ 令 n n n q a C = 则q C q k C n n 1 1+ =+ ∴ }{n C 可归为b ka a n n +=+1型 [例3] n n a n f a ?=+)(1型。 （1）若)(n f 是常数时，可归为等比数列。 （2）若)(n f 可求积，可用累积约项的方法化简求通项。 例：已知： 311= a ，1121 2-+-=n n a n n a （2≥n ）求数列}{n a 的通项。 解：123537532521232121212233 2211+= ?--?--?+-=???-----n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n
求递推数列的通项公式的九种方法 利用递推数列求通项公式，在理论上和实践中均有较高的价值.自从二十世纪八十年代以来，这一直是全国高考和高中数学联赛的热点之一. 一、作差求和法 例1 在数列{}中，31 =a , ) 1(11++ =+n n a a n n ，求通项公式. 解：原递推式可化为：1 111 +- + =+n n a a n n 则, 2 11112 -+=a a 3 12123-+ =a a 4 13134-+ =a a ，……，n n a a n n 1111--+ =-逐项相加得：n a a n 111- +=. 故n a n 14- =. 二、作商求和法 例 2 设数列{}是首项为1的正项数列，且 0)1(12 2 1 =+-+++n n n n a a na a n （n=1,2,3…） ，则它的通项公式是=▁▁▁（2000年高考15题） 解：原递推式可化为： ) ]()1[(11n n n n a a na a n +-+++=0 ∵ n n a a ++1＞0， 1 1+=+n n a a n n 则 ,4 3,32,21342312===a a a a a a ……，n n a a n n 11 -= - 逐项相乘得： n a a n 1 1=，即=n 1. 三、换元法 例3 已知数列{}，其中9 13,3421 == a a ，且当n ≥3时， ) (3 1 211----=-n n n n a a a a ，求通项公式（1986年高考文科第八
题改编）. 解：设1 1 ---=n n n a a b ，原递推式可化为： } {,3 1 21n n n b b b --=是一个等比数列，9 1 3491312 1 =-= -=a a b ，公比为3 1.故n n n n b b )3 1 ()31(91)31(2211 ==?=---.故n n n a a )3 1 (1=--.由逐差法可得： n n a )3 1(2123-= . 例4已知数列{}，其中2,12 1 ==a a ，且当n ≥3时，122 1 =+---n n n a a a ，求通项公式。解 由122 1 =+---n n n a a a 得：1)()(2 1 1 =------n n n n a a a a ，令1 1 ---=n n n a a b ，则上式为12 1 =---n n b b ，因此是一个等差数列，1121=-=a a b ，公差为1.故n b n =.。 由于112312121-=-++-+-=+++--n n n n a a a a a a a b b b ΛΛ 又2 )1(12 1 -= +++-n n b b b n Λ 所以)1(2 1 1-= -n n a n ，即)2(2 12 +-= n n a n 四、积差相消法 例5设正数列，，…，，…满足2 -n n a a 2 1---n n a a = ) 2(≥n 且11 ==a a ，求的通项公式. 解 将递推式两边同除以2 1--n n a a 整理得：122 1 1=----n n n n a a a a 设= 1 -n n a a ，则0 11 a a b = =1，1 21=--n n b b ，故有 1 212=-b b ⑴122 3 =-b b ⑵ … … … …