类常见递推数列求通项公式方法

类常见递推数列求通项公式方法(总16页)

-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1

-CAL-本页仅作为文档封面，使用请直接删除 递推数列通项求解方法

类型一：1nnapaq（1p）

思路1（递推法）：123()nnnnapaqppaqqpppaqqq

……121(1npaqpp…211)11nnqqpappp。

思路2（构造法）：设1nnapa，即1pq得1qp，数列na是以1a为首项、p为公比的等比数列，则1111nnqqaappp，即1111nnqqaappp。

例1 已知数列na满足123nnaa且11a，求数列na的通项公式。

解：方法1（递推法）：123232(23)3222333nnnnaaaa……1223(122n…211332)12232112nnn。

方法2（构造法）：设12nnaa，即3，数列3na是以134a为首项、2为公比的等比数列，则113422nnna，即123nna。

类型二：1()nnaafn

思路1（递推法）：123(1)(2)(1)(3)(2)(1)nnnnaafnafnfnafnfnfn…111()niafn。

思路2（叠加法）：1(1)nnaafn，依次类推有：12(2)nnaafn、23(3)nnaafn、…、21(1)aaf，将各式叠加并整理得111()nniaafn，即111()nniaafn。

例2 已知11a，1nnaan，求na。

解：方法1（递推法）：123(1)(2)(1)nnnnaanannannn

……1[23a…1(1)(2)(1)]2ninnnnnn。

方法2（叠加法）：1nnaan，依次类推有：121nnaan、232nnaan、…、212aa，将各式叠加并整理得12nniaan，121(1)2nnniinnaann。

类型三：1()nnafna

思路1（递推法）：123(1)(1)(2)(1)(2)(3)nnnnafnafnfnafnfnfna…(1)(2)(3)fff…1(2)(1)fnfna。

思路2（叠乘法）：1(1)nnafna，依次类推有：12(2)nnafna、23(3)nnafna、…、21(1)afa，将各式叠乘并整理得1(1)(2)(3)nafffa…(2)(1)fnfn，即(1)(2)(3)nafff…1(2)(1)fnfna。

例3 已知11a，111nnnaan，求na。

解：方法1（递推法）：1231121231111nnnnnnnnnnaaaannnnnn…

2(1)nn。方法2（叠乘法）：111nnanan，依次类推有：122nnanan、2331nnanan、…、3224aa、2113aa，将各式叠乘并整理得112311nannnannn…2143，即12311nnnnannn…21243(1)nn。

类型四：11nnnapaqa

思路（特征根法）：为了方便，我们先假定1am、2an。递推式对应的特征方程为2xpxq，当特征方程有两个相等实根时，

12nnpacnd(c、d为待定系数，可利用1am、2an求得)；当特征方程有两个不等实根时1x、2x时，1112nnnaexfx(e、f为待定系数，可利用1am、2an求得)；当特征方程的根为虚根时数列na的通项与上同理，此处暂不作讨论。

例4 已知12a、23a,116nnnaaa,求na。

解：递推式对应的特征方程为26xx即260xx，解得12x、23x。设1112nnnaexfx，而12a、23a，即2233efef，解得9515ef，即11912(3)55nnna。

类型五：1nnnaparq （0pq）

思路（构造法）：11nnnaparq，设11nnnnaaqq，则11nnqpqrq，从而解得pqrpq。那么nnarqpq是以1arqpq为首项，pq为公比的等比数列。

例5 已知11a，112nnnaa，求na。解：设1122nnnnaa，则121122nn，解得1213，123nna是以111236为首项，12为公比的等比数列，即11112362nnna，213nna。

类型六：1()nnapafn （0p且1p）

思路（转化法）：1(1)nnapafn，递推式两边同时除以np得11(1)nnnnnaafnppp，我们令nnnabp，那么问题就可以转化为类型二进行求解了。

例6 已知12a，1142nnnaa，求na。

解：142nnnaa，式子两边同时除以4n得111442nnnnnaa，令4nnnab，则112nnnbb，依此类推有11212nnnbb、22312nnnbb、…、22112bb，各式叠加得1212nnnibb，即122111111122222nnnnnnnniiibb9 1441422nnnnnnnab。

类型七：1rnnapa （0na）

思路（转化法）：对递推式两边取对数得1logloglogmnmnmarap，我们令lognmnba，这样一来，问题就可以转化成类型一进行求解了。

例7 已知110a，21nnaa，求na。

解：对递推式21nnaa左右两边分别取对数得1lg2lgnnaa，令lgnnab，则12nnbb，即数列nb是以1lg101b为首项，2为公比的等比数列，即12nnb，因而得121010nnbna。

类型八：1nnncaapad（0c）

思路（转化法）：对递推式两边取倒数得11nnnpadaca，那么111nndpacac，令1nnba，这样，问题就可以转化为类型一进行求解了。

例8 已知14a，1221nnnaaa，求na。

解：对递推式左右两边取倒数得12112nnnaaa即111112nnaa，令1nnba则1112nnbb。设112nnbb，即2，数列2nb是以10 17244为首项、12为公比的等比数列，则1722nnb，即21272nnnb，12227nnna。

类型九： 1nnnaabacad（0c、0adbc）

思路（特征根法）：递推式对应的特征方程为axbxcxd即2()0cxdaxb。当特征方程有两个相等实根12xx时，数列1na即12nadac为等差数列，我们可设11122nnadadaacc（为待定系数，可利用1a、2a求得）；当特征方程有两个不等实根1x、2x时，数列12nnaxax是以1112axax为首项的等比数列，我们可设1111212nnnaxaxaxax（为待定系数，可利用已知其值的项间接求得）；当特征方程的根为虚根时数列na通项的讨论方法与上同理，此处暂不作讨论。

例9 已知112a， 11432nnnaaa（2n），求na。

解：当2n时，递推式对应的特征方程为432xxx即2230xx，解得11x、23x。数列13nnaa是以1112212axax为首项的等比数列，设11 1113nnnaa，由112a得22a则3，3，即11133nnnaa，从而13131nnna，11,1231,231nnnnan。

常见递推数列通项公式的求法

重、难点：

1. 重点：

递推关系的几种形式。

2. 难点：

灵活应用求通项公式的方法解题。

【典型例题】

[例1] bkaann1型。

（1）1k时，}{1nnnabaa是等差数列，)(1banban

（2）1k时，设)(1makmann ∴ mkmkaann1

比较系数：bmkm ∴ 1kbm

∴ }1{kban是等比数列，公比为k，首项为11kba

∴ 11)1(1nnkkbakba ∴ 1)1(11kbkkbaann

[例2] )(1nfkaann型。

（1）1k时，)(1nfaann，若)(nf可求和，则可用累加消项的方法。