由递推关系求数列的通项公式

递推公式求通项的十种类型类型1.等差数列：相邻两项递推形式：d d a a n n ，（=--1为常数，+∈≥N n n 且2）或者相邻三项递推形式：)2(211++-∈≥=+N n n a a a n n n 且.这种递推形式下，直接用等差数列的通项公式：即可解决！例1.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足11a =1=，则n a =（）A．21n -B．nC．21n +D．12n -解析：∵11a ==1，∴是以1为首项，以1为公差的等差数列，(1)11(1)1n n n =-⨯=+-⨯=，即2n S n =，∴()221121n n n a S S n n n -=-=--=-（2n ≥）.当1n =时，11a =也适合上式，∴21n a n =-.故选：A.注1：在等差数列中，有一类比较特殊的递推类型，即b kn a a n n +=++1，它可以得到两个子数列分别是公差为k 的等差数列.例2．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，()142n n a a n n +++=+∈N ，则数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2021项的和为()A．20212022B．20202021C．20192020D．10101011解析：∵12a =，()142n n a a n n +++=+∈N ，∴216a a +=，解得24a =．142n n a a n ++=+ ，∴2146n n a a n +++=+，两式相减，得24n na a +-=，∴数列{}n a 的奇数项与偶数项均为公差为4的等差数列，∴当n 为偶数时，2(1)422n n a a n =+-⨯=．当n 为奇数时，1n +为偶数，∴根据上式和(*)知1422n n a n a n +=+-=，数列{}n a 的通项公式是2n a n =，易知{}n a 是以2为首项，2为公差的等差数列，故()()2212n n nS n n +==+，()111111n S n n n n ==-++，设1n S ⎧⎫⎨⎩⎭的前n 项和为n T ，则20211111112021112232021202220222022T =-+-++-=-= ．故选：A．例3．数列{}n a 中，112,21,N n n a a a n n *+=+=+∈．求{}n a 的通项公式；解析：（1）由121++=+n n a a n ①2123n n a a n ++⇒+=+②，②-①22n n a a +⇒-=，∴{}n a 的奇数项与偶数项各自成等差数列，由11223a a a =⇒+=，∴21a =，∴2112(1)2n a a n n -=+-=，∴1n a n =+，n 为奇数，212(1)21n a n n =+-=-，∴1n a n =-，n 为偶数．∴()()**1,21,N 1,2,Nn n n k k a n n k k ⎧+=-∈⎪=⎨-=∈⎪⎩.类型2.等比数列：相邻两项递推：)2,0,0(1+-∈≥≠≠=N n n a q qa a n n n且且或q a a n n=-1.或者相邻三项递推：)2(211≥∈=+-+n N n a a a n n n 且.注2：在等比数列应用中，有一类比较特殊的递推类型，即++∈∀⋅=N n m a a a n m m n ,,，我们可以对其赋值得到一个等比数列.例4．数列{}n a 中，112a =，对任意,N m n *∈有m n m n a a a +=，若19111k k k a a a +++++ 15522=-，则k =（）A．2B．3C．4D．5解析：由任意,m n *∈N 都有m n m n a a a +=，所以令1m =，则11n n a a a +=，且112a =，所以{}n a 是一个等比数列，且公比为12，则1910155191112222222k k k k k k k k a a a ++++++++=+++=-=- 所以5k =，故选：D.例5．已知数列{}n a 满足22,2,n n n a n a a n ++⎧=⎨⎩为奇数为偶数且11a =，22a =．求通项n a ；解析：当n 为奇数时，由22n n a a +-=知数列{}21k a -是公差为2的等差数列，()2111221k a a k k -=+-⨯=-，∴n a n =，n 为奇数；当n 为偶数时，由22n n a a +=知数列{}2k a 是公比为2的等比数列，1222k kk a a q -==，∴22nn a =，n 为偶数∴2,2,n n n n a n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数.类型3.)(1n f a a n n =--累加型例6．若数列{}n a 满足11a =，12n n a a n +-=．求{}n a 的通项公式.解析：因为12n n a a n +-=，11a =，所以()()()1122112(1)2(2)21n n n n n a a a a a a a a n n ---=-+-++-+=-+-+++2222(1)112n n n n -+⋅-+=-+=，故21n a n n =-+.类型4.)(1n f a a n n=-(2≥∈+n N n 且)累乘型.例7．数列{}n a 及其前n 项和为n S 满足：11a =，当2n ≥时，111n n n a a n -+=-，则12320231111a a a a ++++= （）A．20211011B．40442023C．20231012D．40482025解析：当2n ≥时，111n n n a a n -+=-，即111n n a n a n -+=-，所以3124123213451,,,,,12321n n n n a a a a a n n a a a a n a n ---+=====-- 累乘得：()113451123212n n n a n n a n n ++=⨯⨯⨯⨯=-- ，又11a =，所以()12n n n a +=所以()1211211n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭则1232023111111111111222212233420232024a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭14046202321202420241012⎛⎫=-== ⎝⎭.故选：C.类型5.d ca a n n +=-1型（待定系数法）一般形式：1(,n n a ca d c d -=+为常数，0,1,0)c c d ≠≠≠，可以构造一个等比数列，只要在每一项同加上一个常数即可，且常数1dx c =-，1()n n a x c a x -+=+，令n n b a x =+，则n b 为等比数列，求出n b ，再还原到n a ，1)1(11--⋅-+=-c dc cd a a n n .例8．在数列{}n a 中，12a =，()*1432,N n n a a n n -=-≥∈．求{}n a 的通项公式.解析：依题意，数列{}n a 中，12a =，()*1432,N n n a a n n -=-≥∈，所以()()1*N 1412,n n a a n n --=-≥∈，所以数列{}1n a -是首项为111a -=，公比为4的等比数列.例9.(2014年新课标全国1卷)已知数列{}n a 满足13,111+==+n n a a a ，证明⎭⎬⎫⎩⎨⎧+21n a 是等比数列，并求{}n a 的通项公式.解析：显性构造：13,111+==+n n a a a ，)21(3211+=++n n a a ，)13(21-=n n a .类型6.nn n b m qa a ⋅+=+1型例10．已知数列{}n a 的首项1=6a ，且满足1142n n n a a ++=-．求数列{}n a 的通项公式；解析：∵1142n n n a a ++=-，∴112122n n n n a a ++=⋅-，∴1112122n n n n a a ++⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，又∵1122a -=，故12n n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以2为首项，2为公比的等比数列．112222n nn n a --=⋅=，则42n n n a =+．类型7.)1)((1≠+=+p n f pa a n n 型.方法1.数学归纳法.方法2.1111)()(+++++=⇒+=n n n n n n n p n f p a p a n f pa a ，令n n n p a b =，则11)(++=-n n n pn f b b ，用累加法即可解决！（公众号：凌晨讲数学）例11.(2020年新课标全国3卷)设数列{}n a 满足31=a ，n a a n n 431-=+.（1）计算2a ，3a ，猜想{}n a 的通项公式并加以证明；（2）求数列{}n na 2的前n 项和n S .解析：方法1：归纳法.（1）235,7,a a ==猜想21,n a n =+得1(23)3[(21)]n n a n a n +-+=-+，1(21)3[(21)]n n a n a n --+=--，……2153(3)a a -=-.因为13a =，所以2 1.n a n =+方法2：构造法.由n a a n n 431-=+可得：1113433+++-=-n n n n n n a a ，累加可得：123123+=⇒+=n a n a n n n n .（2）由（1）得2(21)2n n n a n =+，所以23325272(21)2n n S n =⨯+⨯+⨯+++⨯ .①23412325272(21)2n n S n +=⨯+⨯+⨯+++⨯ .②-①②得23132222222(21)2n n n S n +-=⨯+⨯+⨯++⨯-+⨯ ，1(21)2 2.n n S n +=-+类型8.)0(1≠⋅+=+q p qpa ta a n nn 型例12．已知数列{}n a 满足11a =，*1,N 1nn n a a n a +=∈+，求数列{}n a 的通项公式.因为*1,N 1n n n a a n a +=∈+，所以1111n na a +=+，即1111n n a a +-=，又11a =，所以111a =，所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为首项为1，公差为1的等差数列，所以()1111n n n a =+-⨯=，故1n a n =，所以数列{}n a 的通项公式为1n a n=.类型9.已知n S 与n a 关系，求n a .（公众号：凌晨讲数学）解题步骤：第1步：当1=n 代入n S 求出1a ；第2步：当2≥n ，由n S 写出1-n S ；第3步：1--=n n n S S a （2≥n ）；第4步：将1=n 代入n a 中进行验证，如果通过通项求出的1a 跟实际的1a 相等，则n a 为整个数列的通项，若不相等，则数列写成分段形式，.)2()1(1⎩⎨⎧≥==n a n a a n n 在本考点应用过程中，具体又可分为三个角度，第一，消n S 留n a ，第二个角度，消n a 留n S ，第三个角度，级数形式的前n 项和，下面我们具体分析.例13．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，112n n n S S a ++⋅=-.证明：数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列.证明：∵112n n n S S a ++⋅=-，∴112n n n n S S S S ++⋅=-，易知0n S ≠，∴111112n n n n n nS S S S S S +++-=-=⋅，∴数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为2的等差数列.例14．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足1=2a ，()*123N n n n a S n +=+∈.求n S .解析：因为()*123N n n n a S n +=+∈,所以11233,3n nn n n n n S S S S S ++-=+=+∴，则111111,333333n n n n n n n n S S S S ++++-=+=，11233S =，即{}3n n S 为首项为23，公差为13的等差数列，则211(1)(1)3333n n S n n =+-=+，故1(1)3n n n S -=+⋅.例15．已知数列{}n a 满足123123252525253n n na a a a ++++----…．求数列{}n a 的通项公式.解析：123123252525253n n na a a a +++=----…，①当1n =时，14a =．当2n ≥时，123112311252525253n n n a a a a ---++++----…，②由①-②，得()3522n n a n +=≥，因为14a =符合上式，所以352n n a +=．例16.（2022新高考1卷）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11=a ，{}n n S a 是公差为13的等差数列．求{}n a 得通项公式.解析：111==S a ，所以111=S a ，所以{}n n S a 是首项为1，公差为13的等差数列，所以121(1)33+=+-⋅=n n S n n a ，所以23+=n n n S a ．当2n 时，112133--++=-=-n n n n n n n a S S a a ，所以1(1)(1)--=+n n n a n a ，即111-+=-n n a n a n （2n ）；累积法可得：(1)2+=n n n a （2n ），又11=a 满足该式，所以{}n a 得通项公式为(1)2+=n n n a ．类型9：已知前n 项积求n a .例17.记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n b 为数列{}n S 的前n 项积，已知212n nS b +=．（1）证明：数列{}n b 是等差数列;（2）求{}n a 的通项公式．解析：由已知212n n S b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，12n b ≠,取1n =,由11S b =得132b =,由于n b 为数列{}n S 的前n 项积，所以1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,所以1121121222212121n n n b b b b b b b +++⋅⋅⋅⋅=---，所以111221n n n nb b b b +++=-,由于10n b +≠，所以12121n n b b +=-，即112n n b b +-=,其中*n N ∈，所以数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差等差数列.（2）由（1）可得，数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差的等差数列，()3111222n n b n ∴=+-⨯=+,22211n n n b n S b n +==-+,当n =1时，1132a S ==,当n ≥2时,()121111n n n n n a S S n n n n -++=-=-=-++,显然对于n =1不成立,∴()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.类型10.特征方程法（强基层次）：n n n ba aa a +=++12型.求解方程：02=--b a λλ，根据方程根的情况，可分为：（1）若特征方程有两个相等的根，则nn x b An a 0)(+=（2）若特征方程有两个不等的根，则n nn Bx Ax a 21+=例18．已知数列{}n a 满足12a =，28a =，2143n n n a a a ++=-.求数列{}n a 的通项公式；解析：2143n n n a a a ++=-，变形为：()2113n n n n a a a a +++-=-，216a a -=，∴数列{}1n n a a +-是等比数列，首项为6，公比为3.∴116323n nn n a a -+-=⨯=⨯，变形为：1133n n n n a a ++-=-，131a -=-，∴31n n a -=-，∴31n n a =-例19.已知数列{}n a 满足*12211,2,44()n n n a a a a a n N ++===-∈，求数列{}n a 的通项n a ．解析：其特征方程为2441x x =-，解得1212x x ==，令()1212nn a c nc ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，由1122121()121(2)24a c c a c c ⎧=+⨯=⎪⎪⎨⎪=+⨯=⎪⎩，得1246c c =-⎧⎨=⎩，1322n n n a --∴=．例20.已知数列{}n a 满足11122,(2)21n n n a a a n a --+==≥+，求数列{}n a 的通项n a ．解析：其特征方程为221x x x +=+，化简得2220x -=，解得121,1x x ==-，令111111n n n n a a c a a ++--=⋅++由12,a =得245a =，可得13c =-，∴数列11n n a a ⎧⎫-⎨⎬+⎩⎭是以111113a a -=+为首项，以13-为公比的等比数列，1111133n n n a a --⎛⎫∴=⋅- ⎪+⎝⎭，3(1)3(1)n n n n na --∴=+-．。

52由数列的递推公式求通项公式一 准备知识所谓数列，简单地说就是有规律的（有限或无限多个）数构成的一列数，常记作 a n 的公式叫做数列的通项公式.常用的数列有等差数列和等比数列.数列的前n 项和S n 与通项公式a n 的关系是：a n =S n — S n - 1 （n >2）•有些数列不是用通项公式给出， 而是用a n 与其前一项或前几项的关系来给出的，例如:a n +1=2a n +3，这样的公式称为数列的递推公式•由数列的递推公式我们可以求出其通项公 式.数列问题中一个很重要的思想是把数列的通项公式或递推公式变形， 然后将它看成新数列（通常是等差或等比数列）的通项公式或递推公式，最后用新数列的性质解决问题.二例题精讲8 1例1 •（裂项求和）求 S n =——21 3解：丄3丄an 1anan8 2 32528 n2 2(2n 1) (2n 1)解：因为an=——（2n 8 n1)2(2n 1)2(2n 1)21(2n 1)21所以S n = -1122(2n 1)12(2n 1)1 =1 —(2n 1)2例2 .（倒数法） 已知数列 {a n }中,3a i = — , a n+1 an2a n 1，求｛a n ｝的通项公式..— 是以5为首项，公差为2的等差数列，即 丄 5+2 (n — 1) =6^an3 an 33.a _ 3 -.an ------6n 112S n =S n 一 S n—1+ ------5n S n 1练习1已知数列｛a n ｝中，a i = 1 , S n=Sn 12S n 1-，求｛a n ｝的通项公式.解：丄进F 丄2S n Sn 11——是以1为首项，公差为S n2的等差数列.—=1+2 (n — 1) =2n — 1,即S n (， 1S n = ----- 2n 1 ._ _ 1--an =S n — S n —1= ----2n 11 2n 3(2n 1)(2 n 3)…an =11_ 1 2n 1 2n 3(n 1) (n 2)(求和法，利用公式 a n =S n — S n - 1, n > 2)已知正数数列 ｛a n ｝的前n 项和1 S n =2 an1 —，求｛a n ｝的通项公式.a n1解：S 1=a 1=— 2 a 11，所以 a 1=1 •a i…S n +S nT =，即 S n 2— S n -12=1SnSn 1-a n =S n — Si T2二 S n 2 3=n ，即 S n = J n--an =S n 一 S n T=— 1 ( n 》2 )1 一例4.(叠加法)已知数列｛a n ｝的前n 项和S n 满足S n — S n -2=3X (——)n 15》3),23且S 1=1, S 2=——,求｛a n ｝的通项公式.2解：先考虑偶数项有：1 2n 1S 2n — S 2n —2= — 3 •—22n 31S 2n — 2— S 2n —4=— 3 -—21 4S 4 — S 2= — 3 •一22所以 S 2n = — 2+ —3再考虑奇数项有:1S 2n + 1— S 2n —1=3 - 一2将以上各式叠加得 S 2n 一 S 2= 一3 X-1 n142n 1(n 1).2n2n 21S2n—1 —S2n—3=3 -一2212S 3 — S 1=3 -—21 将以上各式叠加得 S 2n + 1=2 —— 22n(n 1)..2n2n、 1 1所以 a 2n+1 =S 2n+1 — S2n =4 — 3 X — , a 2n =S 2n — S 2 n—1= — 4+3 X—2 24综上所述a n =1 2 1 21,n 为奇数1，即 a n = (— 1)n — 1- 4,n 为偶数例 5. ( a n+1= pa n +r 类型数列)在数列｛a n ｝中，a n+1=2a n — 3,a 1=5 , 解：-an+1 — 3=2 (a n — 3)二｛a n — 3｝是以2为首项，公比为2的等比数列. 二 a n — 3=2n••• a n =2n+3.求｛a n ｝的通项公式.a 21练习2.在数列｛a n ｝中，a 1=2，且a n+1=¥ —，求｛a n ｝的通项公式.解：a n+12= — a n 2+ —2 2 1••- a n+12—仁一 (a n 2—1)21 ••• ｛a n+12— 1｝是以3为首项，公比为 -的等差数列.21n 1' 3- • a n+12- 1=3X -，即叫1 盯例6 (a n+i = pa n +f (n )类型)已知数列｛a n ｝中, 公式. 解：(待定系数法)设 a n + P •n =a n -1+ p 3n 1a i =1，且 a n =a n -1+3n勺，求｛a n ｝的通项则 a n =a n -1 — 2p 3n —1，与 a n =a n - 1+3n — 1比较可知1p=--n+2 n — 1, a n =2 n+1— S n =2 —1•- 2 — a n+1=— (2— a n ) 221••由(5 6)知 2 一 a n >0，所以 log 2 (2 — a n+1) =log 2 — ( 2 一 a n ) 2=2 log 2 ( 2 —5 1•- S n — 2n + 1= — ，即 S n=—6 2所以an—是常数列，且a 1— 3=—-2 2 2所以 a n31 = — 1，即 a n =3LJ2 2 23.已知数列｛a n ｝满足S n +a n =2n+1，其中S n 是｛a n ｝的前 练习 式. 解：-an =S n — S n -1--S n +S n 一 S n — 1=2 n + 1 2S n =S n -1+2 n+1(待定系数法)设 2 (S n + pn+q ) =S n -什p ( n — 1) +qn 项和，求｛a n ｝的通项公 p 2p化简得：一pn —P — q=2 n+1,所以 ，即P q 1 q二 2 (S n — 2n+1) =S n — 2 (n — 1) +1 ,31又••• S 1 + a 1=2+1=3 ,••• S 1=- , S 1 —2+1=-21--｛Sn 一 2n+1｝是以一为公比，以2 11为首项的等比数列.2 例7. (a n+1=pa n r型)(2005年江西高考题)已知数列｛a n ｝各项为正数，且满足 a 1=1,1 a n+1= — a n (42解：(1)a n ). 略.(2) a n+i = —…a n+1 — 2=一21 2 (1)求证：a n <a n+i <2; (2)求｛a n ｝的通项公式.(a n — 2) 2+2(a n — 2) 2a n) —12 •- log2 (2 —a n+1)—1=2 [Iog2 (2—a n) —1]即｛log 2 (2—a n) —1｝是以一1为首项，公比为2的等比数列•- log2 (2— a n) — 1 = — 1 X2n—1444练习4. （2006年广州二模）已知函数 f （x ）（HH^（ x 0）.从而有in 也1an 1tan — tan 解：令 a n - 1=tan ，贝U a n+1= --- 4------- 1 tan — tan化简得a n =2 — 21 2n 1在数列｛a n ｝中，a 1 2， a n 1 f(a n ) （n N ）,求数列｛a n ｝的通项公式. 解: a n1 (OH 右a n 1an 1(a n 1)4(a n 1)4aan由此及In^J a 1 1 ln3 0 知: 数列in^ 1a n是首项为 1 ln3， 公比为 4的等比数列,故有 in 9^ 4n 1ln 3 a n 1 a n 1 a n 1 34n1a n31n134N )。

+1
2
⇒ +1 = +
3
3
3
设 =

，则
3
+1 =
即
+1
+1
，有
3+1
+1 = +
+1 − =
2 − 1 =
2 +1
3
2 +1
3
（可用累加法求出通项公式）
3 − 2 =
2 2
3
2 3
3
……,
− −1=
⇒ − 1 =
+1 + = ( + ) ⟹
+1 +
+
= ，
所以{ + }是等比数列，公比为，首项为1 +
（2）是用作差法直接构造： 由已知得 +1 = + , = −1 + ， 两式相减有
+1 − = ( − −1 )
所以+1 − 是公比为的等比数列
由数列的递推公式求通项公式
递推公式：
如果数列{an}的第n项与它前一项或几项的关系可以用一个式子来表示，
那么这个公式叫做这个数列的递推公式。
例如：等差数列递推公式：+1 = + 或 −1 + +1 = 2
+1
等比数列递推公式：

=
已知数列的递推公式，求取其通项公式是数列中一类常见的题型，这类题型如果单纯的看某一个具
例3. 在数列{ }中，1 = 1，当 ≥ 2时，有 = 3−1 + 2，求{ }的通项公式。
解法1：设 + = 3(−1 + )，即有 = 3−1 + 2

an 2 数列a n 是公比q 的等比数列 3 2 首项a1 S1 2 2a1 a1 3 n 2 a n (n N * ) 3
3an1 2an
2 * (n N ) 3
2n 3 bn 的前 n项和， a n 例7、An、Bn 分别为a n 、 2 4Bn 12An 13n，求bn． 17 解： 4b1 12a1 13 b1 4
an n × a n 1 n 1
a n 1 4、形如 f ( n) an
迭乘法
1 1 ex4．数列a n 中，a1 ，a n a n 1 2 nn 1
n 2，n N ，求an．
1 解：由已知 a2 a1 23 1 逐差求和 a3 a2 3 41 ) an an1 n (n 1) 1 1 1 an a1 2 3 3 4 n (n 1) n 1 1 1 1 an 1 2 2 3 3 4 n (n 1) n 1
n 1
an 中，a1 1，an1 3an 1，求an． 例3、数列
解：设an1 A 3(an A) （）
由a n 1
得a n 1 1 1 3(a n ) 2 2
1 3a n 1 2 A 1 A 代入（） 2
若已知an1 x an y，则可转化为： 结论： y
例6、已知S n为数列an 的前n项和，且S n 2 2an，
5、由an S n S n1 (n 2)得到
an 的通项公式． 求数列
S n 2 2a n a n 1
解： S n1 2 2an1 S n1 S n 2an 2an1