浅谈递推数列求通项公式

数列的递推公式和通项公式数列是数学中的一种常见概念，它由一系列按照一定规律排列的数所组成。

数列的递推公式和通项公式是数列的两种重要表示方式，它们可以帮助我们更好地理解和计算数列。

一、数列的递推公式数列的递推公式是指通过前一项或多项来推导出后一项的公式。

一般来说，递推公式可以分为线性递推和非线性递推两种。

1.1 线性递推公式线性递推公式是指数列中的每一项都可以通过前一项乘以一个常数再加上另一个常数得到。

一般可以用如下的形式表示：an = a(n-1) * r + b。

其中an表示数列中的第n项，a(n-1)表示数列中的第(n-1)项，r和b 为常数。

例如，如果数列的前两项分别为a1和a2，且每一项都等于前一项乘以2再加上1，则该数列的递推公式为：an = a(n-1) * 2 + 1。

利用这个递推公式，我们可以轻松求解数列中的任意一项。

1.2 非线性递推公式非线性递推公式是指数列中的每一项不能通过前一项乘以一个常数再加上另一个常数得到。

非线性递推公式的形式较为多样，常见的有多项式递推和递归递推等。

以多项式递推为例，假设数列的前两项分别为a1和a2，而后续项满足如下规律：an = an-1^2 + an-2^2。

在这种情况下，我们无法仅仅通过前一项或多项来计算后一项。

此时，我们需要借助递归或其他更复杂的方法来求解数列中的每一项。

二、数列的通项公式数列的通项公式是指通过数列的位置n来计算该位置上的数值。

通项公式可以直接给出数列前n项的数值，而不需要通过递推关系一步步推导。

通项公式也常被称为数列的一般项公式。

2.1 等差数列的通项公式等差数列是最常见的数列之一，它的通项公式为an = a1 + (n-1)d，其中an表示数列中的第n项，a1表示数列的首项，d表示公差。

例如，如果一个等差数列的首项为3，公差为2，则它的通项公式为an = 3 + (n-1)2。

通过这个通项公式，我们可以轻松计算出等差数列中的任何一项。

递推公式求数列通项公式求解数列的通项公式是数学中常见的问题。

在进行数列的通项公式推导时，有几种常见的方法可以使用，包括递归法、差分法、代数法、矩阵法等。

以下将针对这些方法进行详细阐述。

一、递归法递归法是数列求解中最常见的方法之一、利用递归关系式，可以将数列的第n项表示成前n-1项的表达式。

常见的递归方法有等差、等比数列等。

1.1等差数列的通项公式等差数列是指数列中每个相邻项之间的差值都相等的数列。

设数列的首项为 a1，公差为 d，则递推关系式为 an = a1 + (n-1)d，其中 n 表示项数。

首先求取数列的第一项和第二项的值，然后利用递推公式即可求得数列的通项公式。

1.2等比数列的通项公式等比数列是指数列中每个相邻项之间的比值都相等的数列。

设数列的首项为 a1，公比为 q，则递推关系式为 an = a1 * q^(n-1)。

首先求取数列的第一项和公比的值，然后利用递推公式即可求得数列的通项公式。

二、差分法差分法是通过找到数列的差分递推关系，进而进行推导。

通过一次差、二次差等操作，可以将数列的通项公式转化为关于n的多项式。

2.1一次差的差分法对于一个数列 {an}，定义一次差数列 {bn} = {an+1 - an}，即 b1 = a2 - a1，b2 = a3 - a2，以此类推。

如果一次差数列 {bn} 满足等差数列的递推关系，即 bn = c，则原数列的通项公式为 an = c*n +d。

其中 d 为首项的值。

2.2二次差的差分法对于一个数列 {an}，定义二次差数列 {cn} = {bn+1 - bn}，即 c1 = b2 - b1，c2 = b3 - b2，以此类推。

如果二次差数列 {cn} 满足等差数列的递推关系，即 cn = c，则原数列的通项公式为 bn = c*n^2 +d*n + e。

其中 d 为二次差数列首项的值，e 为数列首项的值。

三、代数法代数法以解线性方程组的形式求解数列的通项公式。

数列的递推公式及通项公式数列是由一系列按照一定规律排列的数字组成的序列。

数列中的每个数字称为项，而这些项之间的关系可以通过递推公式和通项公式来描述。

本文将介绍数列的递推公式和通项公式，并通过具体的例子来解释其应用。

一、递推公式递推公式是指通过前一项或多项来确定后一项的公式。

递推公式可以分为线性递推和非线性递推两种类型。

1.1 线性递推线性递推是指数列的每一项都可以通过前一项乘以某个常数再加上某个常数得到。

其一般形式如下：an = a(n-1) * r + d其中，an代表数列中的第n项，a(n-1)代表数列中的第n-1项，r为公比，d为公差。

例如，给定数列1，3，5，7，9，...，其中第一项a1为1，公差d 为2。

根据数列的特点可以确定递推公式为：an = a(n-1) + 2通过递推公式，可以依次计算出数列的每一项。

1.2 非线性递推非线性递推是指数列的每一项不能用前一项的线性组合表示，而是通过其他的方式来确定。

例如，斐波那契数列就是一个常见的非线性递推数列。

斐波那契数列的递推公式为：an = a(n-1) + a(n-2)其中，a1 = 1，a2 = 1。

根据递推公式，可以计算出斐波那契数列的每一项。

二、通项公式通项公式是指通过数列的位置n来直接计算数列中的第n项的公式。

通项公式可以分为线性通项和非线性通项两种类型。

2.1 线性通项线性通项是指数列的每一项可以通过位置n的线性关系来计算。

其一般形式如下：an = a1 + (n-1) * d其中，an代表数列中的第n项，a1为数列首项，d为公差。

以等差数列为例，假设已知数列首项a1为2，公差d为3，可以通过线性通项公式an = 2 + (n-1) * 3计算出数列的任意一项。

2.2 非线性通项非线性通项是指数列的每一项不能用位置n的线性关系来计算，而是通过其他的方式来确定。

例如，等比数列就是一个常见的非线性通项数列。

等比数列的通项公式为：an = a1 * r^(n-1)其中，an代表数列中的第n项，a1为数列首项，r为公比。

浅谈由递推公式求数列通项公式数列部分知识是高考必考部分，有许多学生感觉自己等差，等比数 列还学的可以但许多时候数列部分题不会求数列通项公式式。

而已知 数列递推关系求通项公式是高考的热点之一，是一类考查思维能力的 题型，要求考生进行严格的逻辑推理。

想找到数列的通项公式，重点 是递推的思想：从一般到特殊从特殊到一般；化归转换思想，通过适 当的变形，转化成等差数列或等比数列，将复杂的转为简单，达到化 陌生为熟悉的。

那么下面我就已知递推关系求数列通项的基本类型作 一简单归纳。

分析：我们可用“累加”或“累积”的方法即十a na n —1或 a n =a n -1 a n -2例1.(1)已知数列｛a n ｝满足a1 = 1,an ^=a n + 21 ，求数列2 n +n式。

1 1 1 1an— an = ------- = ----------- =—一 ---n 2+n n(n +1) n n +1/. a n =(a n -a n j) +(a n 丄一a n j) + ..... +(a 2- a i ) +a i1111 1 11 =(―——)+(— -—)+ ……+ (:-1)*1-?_丄 n T n n -2 n T 1 2 2 一2 n(2)2s n = (n +1)a n/. 2s n -1 = na n -i (n > 2)两式相减得：2a n =(n+1)a n-na n-i (n >2)类型一：an +1 - a n= f (n)或a"1⑵已知数列3满足心”管 ，求数列｛屛的通项公式。

a 2...—a 1a 1｛an ｝的通项a n = (a n -a n -1) +(a n -1 —an -2)+ ....... +(a 2-ai)+ a i解：（1）由题知:n-1 2 ,. —1 = nn-2 1 中 p,q 为常数，pq(p- 1)H 0)令b n=a n+3，则b 1=a 1+3=4且b n+1=2b^ A b ｝是以"=4为首项，公比为q=2的等比数列类型三：an +1 = 类型一：g(n)a n + h(n)分析：这种类型一般是等式两边取倒数后再换元可转化为类型二。

二、数列的递推公式与通项公式、前n 项和公式一、知识点回顾：1、递推公式定义：如果已知数列{}n a 的第1项（或前几项），且任一项n a 与它的前一项1n a -（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。

2、数列前n 项和S n 与通项a n 的关系式：a n =⎩⎨⎧--11s s s n n 12=≥n n 。

在数列｛a n ｝中，前n 项和S n 与通项公式a n 的关系，是本讲内容一个重点，要认真掌握之。

注意：（1）用1--=n n n S S a 求数列的通项公式时，你注意到此等式成立的条件了吗？（2n ≥，当1n =时，11S a =）；若a 1 适合由a n 的表达式，则a n 不必表达成分段形式，可化统一为一个式子。

（2）一般地当已知条件中含有n a 与n S 的混合关系时，常需运用关系式1--=n n n S S a ，先将已知条件转化为只含n a 或n S 的关系式，然后再求解。

3、数列的通项的求法：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 nn S n a S S n -==-≥。

一般地当已知条件中含有n a 与n S 的混合关系时，常需运用关系式1--=n n n S S a ，先将已知条件转化为只含n a 或n S 的关系式，然后再求解。

⑶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 =⎧⎪=⎨≥⎪-⎩。

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 ---=-+-++- 1a +(2)n ≥。

⑸已知1()n n a f n a +=求n a ，用累乘法：121121n n n n n a a aa a a a a ---=⋅⋅⋅⋅ (2)n ≥。

探索探索与与研研究究由递推式求数列的通项公式问题在数列中比较常见,主要考查对递推式的变形、整合技巧.此类问题解法多样，因此我们需要熟悉各类递推式，掌握由递推式求数列的通项公式的常用方法和技巧，这样才能顺利破解此类问题.本文主要分析三种常见的递推式以及求通项公式的方法.一、a n+1=Aa n+B型递推式对于a n+1=Aa n+B（A,B为常数，且A≠0,1）型递推式，我们首先可以引入参数t，将其转化为a n+1+t=A(an+t)，其中t=B A-1，这样便构造出等比数列{}an+t，利用等比数列的通项公式即可求出a n.例1.已知{}a n首项a1=1，且满足a n=3a n-1+2（n≥2），试求数列{}a n的通项公式.解：设a n+t=3()a n-1+t，∴a n=3a n-1+2t，∴t=1，∴an+1=3()a n-1+1，∴{}a n+1是以2为首项，公比为3的等比数列，∴an+1=2∙3n-1，∴a n=2∙3n-1-1.我们观察已知递推式，可发现该递推式为a n+1=Aan+B型，可直接引入参数，构造等比数列，利用等比数列的通项公式来解题.二、Aa n+1+Ba n+Ca n-1=0型递推式若数列的递推式为Aa n+1+Ba n+Ca n-1=0型，其中A,B,C为常数，且互不为0，我们可根据递推式的形式和特点构造一个新的等比数列：A()an+1+αa n=β()an+αa n-1()n≥2，然后利用待定系数法求解，列出方程组{A∙α-β=B,-β∙α=C,解出α、β,再根据等比数列的通项公式得出{}an+1+αa n的通项公式，最后将递推式转化为a n+1=Aa n+B型递推式或运用累加法来求解.例2.已知{}a n中a1=2，a2=4，且满足a n+1=3a n-2a n-1()n≥2，求数列{}a n的通项公式.解：设a n+1+αa n=β(a n+αa n-1),n≥2,即a n+1=(β-α)a n+a∙βa n-1，于是有{β-α=3，α∙β=-2，解得α=-1,β=2;∴a n+1-a n=2()a n-a n-1()n≥2，∴{}an+1-a n是以2为首项，公比为2的等比数列，∴a n+1-a n=2×2n-1=2n.∴a2-a1=2，a3-a2=22,a4-a3=23,…an-a n-1=2n-1，∴a n-a1=2(1-2n-1)1-2=2n-2，∴a n=2n()n∈N*.已知递推式为Aa n+1+Ba n+Ca n-1=0型，可直接运用待定系数法构造等比数列，然后运用等比数列的通项公式和累加法求得数列的通项公式.三、a n+1=c⋅a n pa n+d型递推式由形如a n+1=c⋅a n pa n+d（其中c⋅p⋅d≠0）型的递推式求数列的通项公式时，我们首先可以利用取倒数法对递推式进行变形：1a n+1=p c+d c∙1a n，然后再利用待定系数法构造等比数列，再运用等比数列的通项公式求出数列{}a n的通项公式.例3.若数列{}a n中a1=4，a n+1=2∙a n2a n+1，求a n的通项公式.解：将递推式变形可得1a n+1-12a n=1，令1a n=b n,∴b n+1-12b n=1，∴bn+1+t=12(b n+t)，∴t=-2，∴b n+1-2bn-2=12，∴{}b n-2是以-74为首项，公比为12的等比数列.∴b n-2=æèöø-74æèöø12n-1，即1an-2=æèöø-74æèöø12n-1，∴an=2n+12n+2-7.已知递推式为a n+1=c⋅a n pa n+d型递推式，需先在递推式的两边取倒数，然后两次运用待定系数法构造出等比数列，利用等比数列的通项公式求解.由此可见，解答由递推式求数列的通项公式问题也是有规律可循的，只要我们运用取倒数法、待定系数法等方法将已知的递推式进行合理变形，构造出等比数列，将陌生的、复杂的问题转化为熟悉的、简单的等比数列问题，便能快速求出数列的通项公式.（作者单位：甘肃省酒泉市肃州区玉门油田第一中学）56Copyright©博看网 . All Rights Reserved.。

数列递推公式求通项公式为了求得数列的通项公式，我们首先需要了解数列以及递推公式的概念。

数列是指按照一定规律排列的一列数的集合。

其中，每一项都有一个相对于上一项或前几项的关系，这种关系可以通过递推公式来表示。

递推公式是指通过前一项或前几项的值来计算后一项的公式。

数列中的每一项都可以通过递推公式计算得到。

例如，斐波那契数列的递推公式为：Fn=Fn-1+Fn-2，其中F0=0，F1=1现在我们来具体考虑如何求解数列的通项公式。

在数学中，数列的通项公式也被称为递推函数或递归式。

通项公式可以用来计算任意项的值，无需通过前一项或前几项的值进行递推。

求解数列的通项公式通常有两种方法：直接法和差分法。

一、直接法：直接法是指通过观察数列中每一项的特点，推导出关于项数n的表达式，从而得到数列的通项公式。

首先，我们需要观察数列的前几项，找出其中的规律。

这可能包括数列中的算术或几何性质，如递增或递减、等差或等比等。

通过找到这些规律，我们可以猜测出数列的通项公式的形式。

然后，我们可以通过利用已知的数值或已有的数学定理和公式，来验证我们所猜测的通项公式是否正确。

例如，我们可以代入已知的数值来计算通项公式中给定的项数对应的数值，如果和数列中的实际值相符，则我们的猜测通项公式的形式是正确的。

最后，我们需要证明我们求得的通项公式是正确的。

这可以通过数学归纳法来完成。

我们首先验证当n=1时，通项公式的正确性。

然后，我们假设当n=k时，通项公式是正确的，即第k项的值能够通过通项公式来计算得到。

最后，我们利用递推公式和已知条件来验证当n=k+1时，通项公式也是正确的。

通过证明，我们可以确定求得的通项公式是正确的。

二、差分法：差分法是指通过计算数列中相邻两项的差值（或者更高阶的差值），找出差值之间的规律，从而得到数列的通项公式。

对于一个数列，我们可以计算相邻两项的差值（如一阶差分）、差值的差值（如二阶差分）等。

然后我们观察这些差值之间的关系，可能发现它们之间也形成了一个数列，我们再次计算这个数列的差值。

一次函数递推数列求通项的方法一次函数递推数列是指每一项与前一项之间存在一个常数差的数列。

为了求出这个数列的通项公式，我们可以使用以下50个方法进行计算：方法一：观察法1. 观察数列的前几项，看是否能够发现规律。

2. 如果发现数列的差值相等，则可以猜测数列的通项公式为一次函数。

方法二：代入法1. 将数列的前几项逐个代入一次函数的通项公式中，求得方程组。

2. 解方程组得到一次函数的通项公式。

方法三：线性方程法1. 假设数列的通项公式为y = ax + b。

2. 代入数列的前几项，得到若干个方程。

3. 解这些方程，得到a和b的值，进而求得一次函数的通项公式。

方法四：差分法1. 对数列进行差分，得到一个新的数列。

2. 如果新数列是等差数列，则可以猜测原数列为一次函数递推数列，并求得通项公式。

方法五：归纳法1. 假设数列的通项公式为y = ax + b。

2. 假设数列的第n项为An。

3. 利用数学归纳法，证明或推导出An = an + b的表达式。

4. 解方程组得到a和b的值，进而求得一次函数的通项公式。

方法六：解复合型一次函数方程法1. 假设数列的一次函数通项为y = ax + b。

2. 如果出现an+1 = f(an) 或者an+1 = f(an, n)的形式，则可以试着将其转化为一次函数方程。

3. 解一次函数方程，得到a和b的值，进而求得一次函数的通项公式。

方法七：根据数列的性质和条件1. 如果数列满足一定的性质或者给出了一些条件，可以根据这些性质或条件来求解一次函数的通项公式。

2. 如果数列的前几项之和等于某个数，则可以通过求解方程的方法得到一次函数的通项公式。

方法八：逆向推导法1. 对于数列的通项公式y = ax + b，我们可以通过逆向推导的方法来求解常数a和b 的值。

2. 从数列的最后一项开始，逆向推导出倒数第二项、倒数第三项等，直到推导出数列的第一项。

3. 通过推导出的数列项，可以建立方程组来求解常数a和b的值，从而得到一次函数的通项公式。

求数列通项公式的十种方法求解数列通项公式是数学中的一个重要问题，对于一些特殊的数列，我们可以通过观察规律来找到通项公式，但对于一般的数列来说，我们需要使用一些数学工具和技巧来解决这个问题。

在下面，我将介绍十种常用的方法来求解数列的通项公式。

方法一：递推法递推法是一种常见的求解数列的方法，通过观察数列中相邻项之间的关系，可以找到递推公式。

常见的递推公式有线性递推和非线性递推两种形式。

方法二：列元法列元法是一种将数列元素列出来，然后通过观察数列元素之间的关系，找到通项公式的方法。

常见的列元法包括列出常数项和差项、连加项、平方项和立方项等。

方法三：指数递推法指数递推法是一种将数列元素进行指数递推，然后通过观察递推结果找到通项公式的方法。

常见的指数递推法包括指数增长、指数递减和二阶指数递增等。

方法四：利用级数对于一些复杂的数列，可以使用级数的方法来求解通项公式。

通过构造级数和求导积分等操作，可以得到数列的通项公式。

方法五：利用生成函数生成函数是一种将数列转化为多项式的方法，通过多项式的操作，可以得到数列的通项公式。

常见的生成函数包括普通生成函数和指数型生成函数。

方法六：利用逼近方法逼近方法是通过找到数列与一些函数逼近的关系，然后通过求解该函数的表达式来求解数列的通项公式。

常见的逼近方法包括泰勒级数逼近和拉格朗日插值等。

方法七：利用矩阵运算对于一些特殊的数列，可以使用矩阵运算的方法来求解通项公式。

通过构造矩阵和矩阵的运算，可以得到数列的通项公式。

方法八：利用线性代数利用线性代数的方法，可以将数列看作向量空间中的向量，通过线性变换和线性方程组的解来求解数列的通项公式。

方法九：利用特殊函数对于一些特殊的数列，可以使用特殊函数的方法来求解通项公式。

常见的特殊函数有二次函数、指数函数、对数函数、三角函数和双曲函数等。

方法十：利用离散数学离散数学是一种研究离散结构和离散规律的数学分支，通过利用离散数学的方法，可以求解数列的通项公式。

由递推公式求通项的7种方法及破解数列中的3类探索性问题一、由递推公式求通项的7种方法1．a n ＋1＝a n ＋f (n )型把原递推公式转化为a n ＋1－a n ＝f (n )，再利用累加法(逐差相加法)求解，即a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝a 1＋f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (n －1)．[例1] 已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋1n 2＋n，求a n . [解] 由条件，知a n ＋1－a n ＝1n 2＋n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，则(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ， 所以a n －a 1＝1－1n. 因为a 1＝12，所以a n ＝12＋1－1n ＝32－1n. 2．a n ＋1＝f (n )a n 型把原递推公式转化为a n ＋1a n ＝f (n )，再利用累乘法(逐商相乘法)求解，即由a 2a 1＝f (1)，a 3a 2＝f (2)，…，a n a n －1＝f (n －1)，累乘可得a n a 1＝f (1)f (2)…f (n －1)． [例2] 已知数列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1＝n n ＋1·a n，求a n . [解] 由a n ＋1＝n n ＋1·a n ，得a n ＋1a n ＝n n ＋1， 故a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝n －1n ×n －2n －1×…×12×23＝23n .即a n ＝23n . 3．a n ＋1＝pa n ＋q (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)型对于此类问题，通常采用换元法进行转化，假设将递推公式改写为a n ＋1＋t ＝p (a n ＋t )，比较系数可知t ＝q p －1，可令a n ＋1＋t ＝b n ＋1换元即可转化为等比数列来解决． [例3] 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，求a n .[解] 设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n －t ，则t ＝－3.故递推公式为a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)．令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2.所以{b n }是以b 1＝4为首项，2为公比的等比数列．所以b n ＝4×2n －1＝2n ＋1，即a n ＝2n ＋1－3. 4．a n ＋1＝pa n ＋q n (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)型(1)一般地，要先在递推公式两边同除以q n ＋1，得a n ＋1q n ＋1＝p q ·a n q n ＋1q ，引入辅助数列{b n }⎝⎛⎭⎫其中b n ＝a n q n ，得b n ＋1＝p q ·b n ＋1q，再用待定系数法解决； (2)也可以在原递推公式两边同除以p n ＋1，得a n ＋1p n ＋1＝a n p n ＋1p ·⎝⎛⎭⎫q p n ，引入辅助数列{b n }⎝⎛⎭⎫其中b n ＝a n p n ，得b n ＋1－b n ＝1p ⎝⎛⎭⎫q p n ，再利用叠加法(逐差相加法)求解． [例4] 已知数列{a n }中，a 1＝56，a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1，求a n . [解] 法一：在a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1两边乘以2n ＋1，得2n ＋1·a n ＋1＝23(2n ·a n )＋1. 令b n ＝2n ·a n ，则b n ＋1＝23b n ＋1， 根据待定系数法，得b n ＋1－3＝23(b n －3)． 所以数列{b n －3}是以b 1－3＝2×56－3＝－43为首项， 以23为公比的等比数列． 所以b n －3＝－43·⎝⎛⎭⎫23n －1，即b n ＝3－2⎝⎛⎭⎫23n . 于是，a n ＝b n 2n ＝3⎝⎛⎭⎫12n －2⎝⎛⎭⎫13n . 法二：在a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1两边乘以3n ＋1，得 3n ＋1a n ＋1＝3n a n ＋⎝⎛⎭⎫32n ＋1.令b n ＝3n ·a n ，则b n ＋1＝b n ＋⎝⎛⎭⎫32n ＋1.所以b n －b n －1＝⎝⎛⎭⎫32n ，b n －1－b n －2＝⎝⎛⎭⎫32n －1，…，b 2－b 1＝⎝⎛⎭⎫322.将以上各式叠加，得b n －b 1＝⎝⎛⎭⎫322＋…＋⎝⎛⎭⎫32n －1＋⎝⎛⎭⎫32n . 又b 1＝3a 1＝3×56＝52＝1＋32，所以b n ＝1＋32＋⎝⎛⎭⎫322＋…＋⎝⎛⎭⎫32n －1＋⎝⎛⎭⎫32n ＝1·⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫32n ＋11－32＝2⎝⎛⎭⎫32n ＋1－2， 即b n ＝2⎝⎛⎭⎫32n ＋1－2.故a n ＝b n 3n ＝3⎝⎛⎭⎫12n －2⎝⎛⎭⎫13n . 5．a n ＋1＝pa n ＋an ＋b (p ≠1，p ≠0，a ≠0)型这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令a n ＋1＋x (n ＋1)＋y ＝p (a n ＋xn ＋y )，与已知递推式比较，解出x ，y ，从而转化为{a n ＋xn ＋y }是公比为p 的等比数列．[例5] 设数列{a n }满足a 1＝4，a n ＝3a n －1＋2n －1(n ≥2)，求a n .[解] 设递推公式可以转化为a n ＋An ＋B ＝3[a n －1＋A (n －1)＋B ]，化简后与原递推式比较，得⎩⎪⎨⎪⎧ 2A ＝2，2B －3A ＝－1， 解得⎩⎪⎨⎪⎧A ＝1，B ＝1. 令b n ＝a n ＋n ＋1.(*)则b n ＝3b n －1，又b 1＝6，故b n ＝6·3n －1＝2·3n ， 代入(*)式，得a n ＝2·3n －n －1.6．a n ＋1＝pa r n (p >0，a n >0)型这种类型一般是等式两边取对数后转化为a n ＋1＝pa n ＋q 型数列，再利用待定系数法求解．[例6] 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝1a ·a 2n(a >0)，求数列{a n }的通项公式． [解] 对a n ＋1＝1a ·a 2n的两边取对数， 得lg a n ＋1＝2lg a n ＋lg 1a. 令b n ＝lg a n ，则b n ＋1＝2b n ＋lg 1a. 由此得b n ＋1＋lg 1a ＝2⎝⎛⎭⎫b n ＋lg 1a ，记c n ＝b n ＋lg 1a，则c n ＋1＝2c n ， 所以数列{c n }是以c 1＝b 1＋lg 1a ＝lg 1a为首项，2为公比的等比数列． 所以c n ＝2n －1·lg 1a. 所以b n ＝c n －lg 1a ＝2n －1·lg 1a －lg 1a＝lg ⎣⎡⎦⎤a ·⎝⎛⎭⎫1a 2n －1＝lg a 1－2 n －1， 即lg a n ＝lg a 1－2 n －1，所以a n ＝a 1－2 n －1.7．a n ＋1＝Aa n Ba n ＋C(A ，B ，C 为常数)型 对于此类递推数列，可通过两边同时取倒数的方法得出关系式[例7] 已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，n ＝1,2,3，…，求{a n }的通项公式． [解] ∵a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，∴1a n ＋1＝23＋13a n， ∴1a n ＋1－1＝13⎝⎛⎭⎫1a n －1. 又1a 1－1＝23， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是以23为首项，13为公比的等比数列， ∴1a n －1＝23·13n －1＝23n ， ∴a n ＝3n3n ＋2. 二、破解数列中的4类探索性问题1．条件探索性问题此类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探求，或条件增删需确定，或条件正误需判定，解决此类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件，在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意．[例1] 已知数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝3，其前n 项和S n 满足S n ＋2＋S n ＝2S n ＋1＋1(n ∈N *)；数列{b n }中，b 1＝a 1，b n ＋1＝4b n ＋6(n ∈N *)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝b n ＋2＋(－1)n －1λ·2a n (λ为非零整数，n ∈N *)，试确定λ的值，使得对任意n ∈N *，都有c n ＋1>c n 成立．[解] (1)由已知得S n ＋2－S n ＋1－(S n ＋1－S n )＝1，所以a n ＋2－a n ＋1＝1(n ≥1)．又a 2－a 1＝1，所以数列{a n }是以a 1＝2为首项，1为公差的等差数列．所以a n ＝n ＋1.因为b n ＋1＝4b n ＋6，即b n ＋1＋2＝4(b n ＋2)，又b 1＋2＝a 1＋2＝4，所以数列{b2＋2}是以4为公比，4为首项的等比数列．所以b n＝4n－2.(2)因为a n＝n＋1，b n＝4n－2，所以c n＝4n＋(－1)n－1λ·2n＋1.要使c n＋1>c n成立，需c n＋1－c n＝4n＋1－4n＋(－1)nλ·2n＋2－(－1)n－1λ·2n＋1>0恒成立，化简得3·4n－3λ(－1)n－12n＋1>0恒成立，即(－1)n－1λ<2n－1恒成立，①当n为奇数时，即λ<2n－1恒成立，当且仅当n＝1时，2n－1有最小值1，所以λ<1；②当n为偶数时，即λ>－2n－1恒成立，当且仅当n＝2时，－2n－1有最大值－2，所以λ>－2，即－2<λ<1.又λ为非零整数，则λ＝－1.综上所述，存在λ＝－1，使得对任意n∈N*，都有c n＋1>c n成立．[点评]对于数列问题，一般要先求出数列的通项，不是等差数列和等比数列的要转化为等差数列或等比数列．遇到S n要注意利用S n与a n的关系将其转化为a n，再研究其具体性质．遇到(－1)n型的问题要注意分n为奇数与偶数两种情况进行讨论，本题易忘掉对n的奇偶性的讨论而致误．2．结论探索性问题此类问题的基本特征是：有条件而无结论或结论的正确与否需要确定．解决此类问题的策略是：先探索结论而后去论证结论，在探索过程中常可先从特殊情形入手，通过观察、分析、归纳、判断来作一番猜测，得出结论，再就一般情形去认证结论．[例2]已知各项均为正数的数列{a n}满足：a2n＋1＝2a2n＋a n a n＋1，且a2＋a4＝2a3＋4，其中n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设数列{b n}满足：b n＝na n(2n＋1)2n，是否存在正整数m，n(1<m<n)，使得b1，b m，b n成等比数列？若存在，求出所有的m，n的值，若不存在，请说明理由；(3)令c n＝1＋na n，记数列{c n}的前n项积为T n，其中n∈N *，试比较Tn与9的大小，并加以证明．[解](1)因为a2n＋1＝2a2n＋a n a n＋1，即(a n＋a n＋1)(2a n－a n＋1)＝0.又a n>0，所以2a n－a n＋1＝0，即2a n＝a n＋1.所以数列{a n}是公比为2的等比数列．由a2＋a4＝2a3＋4，得2a1＋8a1＝8a1＋4，解得a1＝2.故数列{a n}的通项公式为a n＝2n(n∈N*)．(2)因为b n ＝na nn ＋n ＝n 2n ＋1， 所以b 1＝13，b m ＝m 2m ＋1，b n ＝n 2n ＋1. 若b 1，b m ，b n 成等比数列，则⎝⎛⎭⎫m 2m ＋12＝13⎝⎛⎭⎫n 2n ＋1， 即m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3. 由m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3，可得3n ＝－2m 2＋4m ＋1m 2， 所以－2m 2＋4m ＋1>0，从而1－62<m <1＋62. 又n ∈N *，且m >1，所以m ＝2，此时n ＝12.故当且仅当m ＝2，n ＝12时，b 1，b m ，b n 成等比数列．(3)构造函数f (x )＝ln(1＋x )－x (x ≥0)，则f ′(x )＝11＋x －1＝－x 1＋x. 当x >0时，f ′(x )<0，即f (x )在[0，＋∞)上单调递减，所以f (x )<f (0)＝0.所以ln(1＋x )－x <0.所以ln c n ＝ln ⎝⎛⎭⎫1＋n a n ＝ln ⎝⎛⎭⎫1＋n 2n <n 2n . 所以ln T n <12＋222＋323＋…＋n 2n . 记A n ＝12＋222＋323＋…＋n 2n ，则12A n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1， 所以A n －12A n ＝12＋122＋123＋124＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1<1，即A n <2. 所以ln T n <2.所以T n <e 2<9，即T n <9.[点评] 对于结论探索性问题，需要先得出一个结论，再进行证明．注意含有两个变量的问题，变量归一是常用的解题思想，一般把其中的一个变量转化为另一个变量，根据题目条件，确定变量的值．遇到数列中的比较大小问题可以采用构造函数，根据函数的单调性进行证明，这是解决复杂问题常用的方法．3．存在探索性问题此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立．解决此类问题的一般方法是：假定题中的数学对象存在或结论成立或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．[例3] 已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1为等比数列； (2)记S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n，若S n <100，求最大正整数n ； (3)是否存在互不相等的正整数m ，s ，n ，使m ，s ，n 成等差数列，且a m －1，a s －1，a n －1成等比数列？如果存在，请给以证明；如果不存在，请说明理由．[解] (1)因为1a n ＋1＝23＋13a n， 所以1 a n ＋1－1＝13a n －13. 又因为1a 1－1≠0，所以1a n－1≠0(n ∈N *)． 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1为等比数列． (2)由(1)可得1a n －1＝23·⎝⎛⎭⎫13n －1， 所以1a n＝2·⎝⎛⎭⎫13n ＋1. S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝n ＋2⎝⎛⎭⎫13＋132＋…＋13n ＝n ＋2×13－13n ＋11－13＝n ＋1－13n ， 若S n <100，则n ＋1－13n <100， 所以最大正整数n 的值为99.(3)假设存在，则m ＋n ＝2s ，(a m －1)(a n －1)＝(a s －1)2，因为a n ＝3n3n ＋2， 所以⎝⎛⎭⎫3n 3n ＋2－1⎝⎛⎭⎫3m 3m ＋2－1＝⎝⎛⎭⎫3s3s ＋2－12， 化简得3m ＋3n ＝2×3s .因为3m ＋3n ≥2×3m ＋n ＝2×3s ，当且仅当m ＝n 时等号成立，又m ，s ，n 互不相等，所以不存在．[点评] 数列问题是以分式形式给出条件的，一般采用取倒数，再转化为等差数列或等比数列，通过等差数列与等比数列的桥梁作用求出通项．遇到多个变量的存在性问题，一般假设存在，求出满足的关系，再寻找满足的条件，一般可以利用重要不等式、值域或范围等判断是否存在．。

六类递推数列通项公式的求解方法一、an-1=an+f(n)型利用叠加法.a2=a1+f(1)，a3=a2+f(2)，…，an=an-1+f(n-1),an=a1+∑n-1k=1f(k)．【例1】数列{an}满足a1=1，an=an-1+1n2-n(n≥2) ，求数列{an}的通项公式．解：由an+1=an+1(n+1)2-(n+1) 得an=a1+∑n-1k=11(k+1)2-(k+1) =1+∑n-1k=1(1k-1k+1)=1+1-1n =2-1n.二、an+1=anf(n)型利用叠代法.a2=a1f(1)，a3=a2f(2)，…，an=an-1f(n-1)．an=a1∏n-1k=1f(k).【例2】数列{an}中a1=2，且an=(1-1n2)an-1 ，求数列{an}的通项．解：因为an+1＝［1-1(n+1)2 ］an，所以an=a1∏n-1k=1f(k)=2∏n-1k=1［1-1(k+1)2 ］=2∏n-1k=1［kk+1 ×k+2k+1 ］=n+1n .三、an+1=pan+q，其中p,q为常数，且p≠1,q≠0当出现an+1=pan+q(n∈n*）型时可利用叠代法求通项公式，即由an+1=pan+q得an=pan-1+q=p(pan-2+q)+q=…=pn-1a1+(pn-2+pn-3+…+p2+p+1)q=a1pn-1+q(pn-1-1）p-1 （p≠1).或者利用待定系数法，构造一个公比为p的等比数列，令an+1+λ=p(an+λ)，则(p-1)λ=q,即λ=qp-1 ，从而｛an+qp+1 ｝是一个公比为p的等比数列．【例3】设数列{an}的首项a1=12 ，an=3-an-12 ，n=2,3,4，…,求数列{an}的通项公式．解：令an+k=-12(an-1+k) ，又∵an=3-an-12=-12an-1+32 ，n=2,3,4,…，∴k=-1，∴an-1=-12(an-1-1) ,又a1=12,∴{an-1} 是首项为-12,公比为-12 的等比数列，即an-1=(a1-1)(-12)n-1 ，即an=(-12)n+1 ．四、an+1=pan+qan-1(n≥2)，p,q为常数可用下面的定理求解：令α,β为相应的二次方程x2-px-q=0的两根(此方程又称为特征方程)，则当α≠β时，an=aαn+bβn；当α=β时，an=(a+bn)αn-1，其中a、b分别由初始条件a1、a2所得的方程组aα+bβ=a1，aα2+bβ2=a2和 a+b=a1，(a+2b)α=a2唯一确定．【例4】数列{an}，{bn}满足：an+1=-an-2bn①,bn+1=6an+6bn ②,且a1=2，b1=4，求an，bn．解：由②得an=16bn+1-bn,∴an+1=16bn+2-bn+1 ，代入①到式中，有bn+2=5bn+1-6bn，由特征方程可得bn=-12×2n+283×3n ，代入②式中，可得an=8×2n-143×3n ．五、an+1＝pan+f(n)型，这里p为常数，且p≠1【例5】在数列{an}中，a1=2，an+1=λan+λn+1+(2-λ)2n(n ∈n*),其中λ＞0，求数列{an}的通项公式．解：由 a1=2，an+1=λan+λn+1+(2-λ)2n(n∈n*)，λ＞0,可得，an+1λn+1-(2λ )n+1=anλn -(2λ )n+1,所以{anλn-(2λ)n}为等差数列，其公差为1，首项为0．故anλn-(2λ )n=n-1，所以数列{an}的通项公式为an=(n-1)λn+2n．六、an+1=makn(m＞0,k∈q,k≠0,k≠1)一般地，若正项数列{an}中，a1=a,an+1=makn(m＞0,k∈q,k≠0,k≠1)，则有lgan+1=klgan+lgm，令lgan+1+a=k(lgan+a)(a为常数)，则有a=1k-1lgm．数列{lgan+1k-1lgm }为等比数列，于是lgan+1k-1lgm=(lga+1k-1lgm)kn-1 ，从而可得an=akn-1?mkn-1-1k-1 ．【例6】已知各项都是正数的数列{an}满足a1=32，an+1=12an(4-an) ，求数列{an}的通项公式．解：由已知得an+1=-12(an-2)2,令2-an=bn，则有b1=12,bn+1=12b2n ．∵an＞0,∴0＜an+1＜2,又0＜a1＜2，∴0＜an＜2，从而bn＞0．取对数得lgbn+1=2lgbn-lg2，即lgbn+1-lg2=2(lgbn-lg2)．∴{lgbn-lg2}是首项为-2lg2，公比为2的等比数列，∴lgbn-lg2=-2nlg2,∴bn=21-2n,∴an=2-21-2n．(责任编辑金铃）。

三项递推关系求通项要求一个递推关系的通项，需要知道递推关系的初始条件和递推公式。

以下是三种常见的递推关系的通项求解方法：1. 线性递推关系：假设线性递推关系为 a_n = p*a_(n-1) + q*a_(n-2)，其中p和q为常数，a_n为第n项的值。

我们需要知道的初始条件为 a_0和 a_1。

假设通项形如a_n = x^n，其中x为常数。

将其代入递推关系，得到：x^n = p*x^(n-1) + q*x^(n-2)整理，得到特征方程：x^2 - p*x - q = 0解特征方程，得到x1和x2，这两个根就是递推关系的通项的形式。

2. 非线性递推关系：假设递推关系为 a_n = f(a_(n-1), a_(n-2))，其中f为一个函数。

我们需要知道的初始条件为 a_0 和 a_1。

通常情况下，求非线性递推关系的通项比较困难，没有统一的解法。

需要根据具体的递推关系和函数f的性质来进行分析和求解。

3. 递归递推关系：递归递推关系是一种常见的递推关系形式，常用于定义数列的递推关系。

比如斐波那契数列的递推关系为：F_n = F_(n-1) + F_(n-2)，初始条件为 F_0 = 0 和 F_1 = 1。

可以通过数学归纳法证明，斐波那契数列的通项为F_n = (φ^n - (-φ)^(-n)) / √5，其中φ=(1+√5)/2为黄金分割比。

总结来说，要求一个递推关系的通项，需要根据具体的递推关系形式进行分析和解决。

对于线性递推关系，可以通过特征方程解得通项表达式；对于非线性递推关系，需要具体问题具体分析；对于递归递推关系，可以通过数学归纳法证明通项的形式。

数列的递推公式与通项公式数列是数学中非常重要的概念，它是由一系列按照特定规律排列的数所组成的序列。

在数列中，递推公式和通项公式是两个重要的概念，它们可以用来描述数列中每一项之间的关系和求解数列中任意一项的数值。

本文将详细介绍数列的递推公式和通项公式的概念、性质以及应用。

一、数列的递推公式数列的递推公式是指通过已知项和前一项之间的关系来确定数列中后一项的公式。

递推公式的一般形式可以表示为：an = f(an-1)，其中an表示数列中的第n项，an-1表示数列中的第n-1项，f为一个函数或运算关系。

递推公式可以是线性的，也可以是非线性的。

线性递推公式的形式通常为：an = a1 + (n-1)d，其中a1为数列中的首项，d为数列中的公差。

这种递推公式常见于等差数列中。

非线性递推公式的形式则更加多样化，可以根据具体的数列规律来确定。

递推公式的使用可以方便地计算数列中的任意一项。

通过已知的前几项，根据递推公式可以逐步计算出后面的项，从而得到完整的数列。

递推公式也可以用于描述一些实际问题中的数值关系，如金融中的复利计算、物理中的运动规律等。

二、数列的通项公式数列的通项公式是指通过数列中的项数n来表示数列中任意一项的公式。

通项公式的一般形式可以表示为：an = f(n)，其中an表示数列中的第n项，f为一个函数或运算关系。

通项公式是递推公式的逆运算，它可以通过已知的数列中的几个项来确定数列的通项公式。

通项公式可以使我们更加方便地计算数列中任意一项的数值，而不需要逐步计算。

对于某些简单的数列，可以直接通过观察数列中的规律来确定通项公式。

例如，等差数列的通项公式为an = a1 + (n-1)d，等比数列的通项公式为an = a1 * r^(n-1)，其中a1为首项，d为公差（等差数列）或r为公比（等比数列）。

对于复杂的数列，可以通过数列的递推关系来推导出通项公式。

具体的推导方法根据数列的性质而定，可能需要运用数学归纳法、代数运算等技巧。

21世纪，信息技术在各行各业都在运用，它已和人们的学习生活息息相关，掌握不好信息知识和信息技能，就难以高效地工作和生活。

初中信息技术的开设，引导着我们每个教学者探究如何采取适当的教学方法激发学生主动学习，提高信息技术的教学质量、提升学生素质。

一、编好导学案，培养学生独立探究的品质什么样的导学案才叫好的导学案？一要能激发学习动机，在学案中创设特定的情境和启发性的问题，引导学生积极思考和主动探索，能和实践紧密结合。

二要针对不同类型的信息课，设计不同的形式的导学案，新授课的导学案要着重关注学生的最近发展区，问题设计情境化，有启发性和探究性。

习题课的导学案应着重帮助学生总结解答典型问题的基本方法和基本思路，复习课导学应帮助学生梳理知识体系。

设计导学时要充分考虑学生在学习过程中可能会遇到的问题和困难，考虑怎样去帮助学生克服困难，导学思考题，要求将学习目标问题化、情境化。

能力训练题，每个知识点学完后，要给予适当的题目进行训练，但题目应少而精，要有利于学生巩固基础知识，突出易混淆的和需注意的知识点；能力提高题，主要是针对掌握程度好的学生设计的，这部分题目的设置可以多链接学生的疑点。

学生对每一项应该完成的任务都必须掌握和理解，才开始学习新的任务，这样才能保证收到效果。

比如，初中“网络课件构件设计”导学案设计。

①学习对象设计包括中哪五个环节？（内容结构设计、内容呈现设计、SCOS 设计、内容编序设计和元数据设计）。

②每个设计的方案是什么？(如：内容呈现设计，在画面中应该尽量删除无用的背景和多余的细节。

元数据设计，SCORM 中的元数据包括Assets 元数据、SCOS 元数据、学习活动元数据、内容组织元数据和内容聚合元数据。

元数据设计时可参照SCORM。

定义的九大类元数据元素及其应用情况，其中“M”为必选项，“O”为可选项，“NP”为不选项。

)导学案为提高课堂效益架设了一座快捷的桥梁，导学让学生在课前有一定的时间构思，在课堂上学生参与、学生创新潜质更易发挥。

比较 构造 转化----浅淡由数列递推公式求通项公式的基本思想《数列》一章的知识是高考必考内容，纵观近几年全国各个省市的高考题型，可以看到由数列的递推公式求通项公式已经成为高考考察数列知识的重点和难点之一。

对于较为基础的等差等比数列通项公式以及通过累加法、累乘法求通项公式，学生已经非常熟悉，但通过构造辅助数列来求解通项公式的题型学生还是普遍感到比较困难和困惑。

困难在于遇到问题不知该如何下手，觉得毫无头绪，困惑在于即使机械地记忆了一定递推结构下的破解方法，却不知为何这么做，掌握不到解决这类问题的内涵和精髓。

本文通过对几类较为常见的构造法求数列通项公式问题的剖析，意在阐述如何通过比较不同递推公式模型结构上的异同，通过构造法将较为复杂的由数列递推公式求通项公式问题转化为常见的较为简单的类型。

数列递推公式求通项公式的模型非常多，在此我仅以常见的几种类型为例进行论述： 及1n n a ca +=（c 是常数）；类型二：1()n n a a d n +=+（()d n 是关于n 的函数）及1()n n a c n a +=（()c n 是关于n 的函数）类型三：1n n a ca d +=+（,c d 是常数，1,0c d ≠≠）类型四：1n n a ca kn b +=++（,,c k b 是常数，1,0,0c k b ≠≠≠）类型五：1n n n a ca q +=+（,c q 是常数，1,0,1,c q q q c ≠≠≠≠）一、对于类型一和类型二对于类型一，显然是等差（比）数列，学生可以直接利用等差（比）数列公式求和的方法解决；对于类型二，学生也非常熟悉，我们称之为“类等差（比）数列”，可以分别利用累加或者累乘的方法解决，因为此二类问题比较简单，在此就不再赘述。

二、对于类型三1n n a ca d +=+（,c d 是常数1,0c d ≠≠）对类型一、二学习过后的学生初次面对类型三时一定会将其跟类型一二进行比较，看看能不能通过学过的知识来解决此类问题（其实这就是学生一种无意识的转化思想），但难点便在于如何转化。

求递推数列的通项公式的十一种方法
递推数列是一种数学数列，其中每一项都是由前一项推算出来的。

通
项公式则是通过已知的数列项之间的关系，找出数列的整体规律，从而可
以直接计算任意一项的值。

下面将介绍11种方法来推导递推数列的通项公式。

1.递归定义法
递归定义法是通过规定数列的首项以及前面项与后面项之间的关系，
来表达出数列的通项公式。

2.直接求和法
直接求和法是通过将数列的前n项求和，并将结果化简得出通项公式。

3.递推关系法
递推关系法是通过规定数列前两项之间的关系，并将该关系推广到前
n项之间的关系，从而求出通项公式。

4.变量代换法
变量代换法是通过引入新的变量，将原数列表示成一个新的数列，从
而得到新数列的通项公式。

5.假设公式法
假设公式法是通过猜测数列的通项公式，并验证猜测的公式是否符合
已知项的规律。

6.拆项法
拆项法是通过拆解数列的项，将数列表示成两个或多个部分，再求和得出通项公式。

7.枚举法
枚举法是通过穷举数列的前几项，找出数列项之间的规律，推算出通项公式。

8.差分法
差分法是通过计算数列项之间的差值，找出数列项之间的规律，从而得到通项公式。

9.生成函数法
生成函数法是通过将数列视为多项式的系数，构造一个生成函数，再通过求导、积分等运算得到通项公式。

10.求和公式法
求和公式法是通过利用已知的数列求和公式，计算数列的前n项和，并化简得出通项公式。

11.对称性法
对称性法是通过观察数列的对称性，推断出数列的通项公式。

寒假专题——常见递推数列通项公式的求法大家好，欢迎来到我们的寒假专题！今天我们要学习的是关于递推数列通项公式的求法。

递推数列是指一个数列中的每一项都是由前一项或者前面的所有项通过某种规律得到的。

那么，递推数列的通项公式又是什么呢？别着急，我们一起来看看吧！我们来看一个简单的例子。

假设我们有一个数列：1, 2, 4, 8, 16, ...。

这个数列就是一个典型的二进制递推数列。

我们可以发现，每一项都是前一项的2倍。

那么，这个数列的通项公式就是什么呢？其实，这个数列的通项公式很简单，就是an = 2^n 1。

这里的n表示数列中的位置，从1开始计数。

这个公式告诉我们，第n项的值就是2的n次方减去1。

下面我们来验证一下这个公式是否正确。

我们可以从第二项开始，将n分别设为2、3、4、5,看看计算出的值是否与实际值相等。

当n=2时，an = 2^2 1 = 3;当n=3时，an = 2^3 1 = 7;当n=4时，an = 2^4 1 = 15;当n=5时，an = 2^5 1 = 31。

哇塞，完全符合预期！这就证明了我们的通项公式是正确的。

当然啦，这个例子只是个开胃菜，接下来我们还要学习更多更复杂的递推数列哦！那么，接下来我们再来学习一个稍微复杂一点的例子。

假设我们有一个数列：1, 3, 6, 10, 15, ...。

这个数列的第一项是1,第二项是3,第三项是6,第四项是10,第五项是15。

我们可以发现，每一项都比前一项多2。

那么，这个数列的通项公式又是什么呢？这次我们可不能掉以轻心了！虽然这个数列看起来简单一点，但是它的规律还是比较复杂的。

不过没关系，我们一起来分析一下吧！我们观察一下这个数列的前几项：1, 3, 6, 10, 15。

我们可以发现，每一项都比前一项多2。

所以呢，我们可以猜测这个数列的通项公式可能是an = an-1 + 2。

这里的an-1表示数列中位置为n-1的那一项。

为了验证我们的猜测是否正确，我们可以将n分别设为2、3、4、5,看看计算出的值是否与实际值相等。