求数列通项公式的十种方法

第1页 递推式求数列通项公式常见类型及解法

对于由递推式所确定的数列通项公式问题，通常可通过对递推式的变形转化成等差数列或等比数列，也可以通过构8造把问题转化。下面分类说明。

一、型

例1. 在数列{an}中，已知，求通项公式。

解：已知递推式化为，即，

所以。

将以上个式子相加，得

，

所以。

二、型

例2. 求数列的通项公式。

解：当，

即

第2页 当，所以。

三、型

例3. 在数列中，，求。

解法1：设，对比，得。于是，得，以3为公比的等比数列。

所以有。

解法2：又已知递推式，得

上述两式相减，得，因此，数列是以为首项，以3为公比的等比数列。

所以，所以。

四、型

例4. 设数列，求通项公式。

解：设，则，，

所以，

即。

设这时，所以。

第3页 由于{bn}是以3为首项，以为公比的等比数列，所以有。

由此得：。

说明：通过引入一些尚待确定的系数转化命题结构，经过变形与比较，把问题转化成基本数列（等差或等比数列）。

五、型

例5. 已知b≠0，b≠±1，，写出用n和b表示an的通项公式。

解：将已知递推式两边乘以，得，又设，于是，原递推式化为，仿类型三，可解得，故。

说明：对于递推式，可两边除以，得，引入辅助数列，然后可归结为类型三。

六、型

例6. 已知数列，求。

解：在两边减去。

所以为首项，以。

第4页 所以

令上式，再把这个等式累加，得

。所以 。

说明：可以变形为，就是

，则可从，解得，于是是公比为的等比数列，这样就转化为前面的类型五。

等差、等比数列是两类最基本的数列，是数列部分的重点，自然也是高考考查的热点，而考查的目的在于测试灵活运用知识的能力，这个“灵活”往往集中在“转化”的水平上。

转化的目的是化陌生为熟悉，当然首先是等差、等比数列，根据不同的递推公式，采用相应的变形手段，达到转化的目的。

附：构建新数列巧解递推数列竞赛题

递推数列是国内外数学竞赛命题的“热点”之一，由于题目灵活多变，答题难度较大。本文利用构建新数列的统一方法解答此类问题，基本思路是根据题设提供的信息，构建新的数列，建立新数列与原数列对应项之间的关系，然后通过研究新数列达到问题解决之目的。其中，怎样构造新数列是答题关键。

1 求通项

求通项是递推数列竞赛题的常见题型，这类问题可通过构建新数列进行代换，使递推关系式简化，这样就把原数列变形转化为等差数列、等比数列和线性数列等容易处理的数列，使问题由难变易，所用的即换元和化归的思想。

例1、数列na中，11a，nnnaaa241411611。求na。

（1981年第22届IMO预选题）

分析 本题的难点是已知递推关系式中的na241较难处理，可构建新数列nb，令nnab241，这样就巧妙地去掉了根式，便于化简变形。

第5页 解：构建新数列nb，使0241nnab

则 51b，nnab2412 ，即2412nnba

 nnnbbb24141161241221化简得 22132nnbb

 321nnbb，即 32131nnbb

数列 3nb 是以2为首项，21为公比的等比数列。

nnnb2122123 即 322nnb

 121122231232241nnnnnba

2 证明不等式

这类题一般先通过构建新数列求出通项，然后证明不等式或者对递推关系式先进行巧妙变形后再构建新数列，然后根据已经简化的新数列满足的关系式证明不等式。

例2、设10a，12111nnnaaa Nn，求证：22nna。

（1990年匈牙利数学奥林匹克试题）

分析 利用待证的不等式中含有及递推关系式中含有211na这两个信息，考虑进行三角代换，构建新数列n，使nntga，化简递推关系式。

证明：易知0na，构建新数列n，使nntga，2,0n

则 2sincos111111112nnnnnntgtgtga

 21nntgtg，21nn又 10a，8121tga ，从而 81

因此，新数列n是以8为首项，21为公比的等比数列。

第6页 212821nnn

考虑到当)2,0(x时，有 xtgx。所以，2222nnntga

注：对型如 21na，na1，111nnnnaaaa都可采用三角代换。

3 证明是整数

这类题把递推数列与数论知识结合在一起，我们可以根据题目中的信息，构建新数列，找到新的递推关系式直接解决，或者再进行转化，结合数论知识解决。

例3、设数列na满足11a，nnnaaa1211 )(Nn

求证：Nan222 1,nNn。

分析 直接令222nnab，转化为证明Nbn )1,(nNn

证明：构建新数列nb，令0222nnab

则 2422nnba，242121nnba

代入 221121nnnaaa 整理得222124nnnbbb

从而 2121224nnnbbb )3(n

于是 2212121221122424nnnnnnbbbbbb )3(n

 12211nnnbbb )3(n

由已知，42b，243b，由上式可知，Nb4，Nb5，依次类推，Nbn )1(n，即Nan222。

第7页 例4、设r为正整数，定义数列na如下： 11a，2)1(221nnnaarnn )(Nn 求证：Nan。

（1992年中国台北数学奥林匹克试题）

分析 把条件变形为rnnnnaan21122比较1na与 na前的系数及1na与 na的足码，考虑到另一项为rn212，等式两边同乘以1n，容易想到构新数列nb，使nnannb1。

证明：由已知得rnnnnaan21122

 12112121rnnnannann构建新数列nb，nnannb1

则21b，12112rnnnbb1111nkkknbbbb

1212123212rrrn Nbn

 11121212)(2nkrrrnknknb

112212212212211212122nkrrrrrrrrrknCknCknCnn

 nbn

又 nkrrnknkrrnknkknkb112121112121)1(

nkrrrrrrrrknCknCknCn122122122122112121111

 1n | nb

 1nn | nb，从而 Nan。

4 解决整除问题

一般通过构建新数列求出通项，再结合数论知识解决，也可用数学归纳法直接证明。

例5、设数列na满足11a，32a，对一切Nn，有

第8页 nnnanana2312，求所有被11整除的na的一切n值。

（1990年巴尔干地区数学奥林匹克试题）

分析 变形递推关系式为nnnnaanaa1122，就容易想到怎样构建新数列了。

解：由已知nnnnaanaa1122

构建新数列,2nbn nnnaab11 1n

则22b，nnnnbnaanb1111 2n

 !311221nbnnbnnnbbnnn 2n

 nknkknknnnkbaaaa12211!1

从而3114a，4203118a，3670831110a，当11n时，由于101!kk被11整除，因而nkknkka11101!!也被11整除。

所以，所求n值为4n，8，及10n的一切自然数。

5 证明是完全平方数

这类题初看似乎难以入手，但如能通过构建新数列求出通项na，问题也就迎刃而解了。

例6、设数列na和nb满足10a，00b，且

47836711nnnnnnbabbaa ,2,1,0n

求证：na是完全平方数。

（2000年全国高中联赛加试题）

分析 先用代入法消去nb和1nb，得061412nnnaaa，如果等式中没有常数项6，就可以利用特征根方法求通项，因此可令aaCnn，易求得21a。

证明：由①式得nb，1nb 代入②得 ①

②

第9页 061412nnnaaa

化为02121142112nnnaaa

构建新数列nc，21nnac，且210c，

2721367210011baac

01412nnnccc

由特征方程 01142 得两根

3471，3472

所以 nnnmmc2211

当0n，1时，有21347347212121mmmm

解得：4121mm

则 nnnc3474134741

nn2232413241

则232324121nnnnca

因为nn3232 为正偶数，所以，na是完全平方数。

从上述各题构建新数列的过程中，可以看出对题设中递推式的观察、分析，并据其结构特点进行合理变形，是成功构建新数列的关键。构建新数列的目的是为了化繁为简、化未知为已知、化不熟悉为熟悉，这也是解答数学问题的共性之所在。