由递推公式求通项的9种方法经典总结,推荐文档

精析由递推公式求通项的 9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 力口法)求解，即 a n = a i + (a 2 — a i ) + (a 3 — a 2)+ …+ (a n — a n — i ) = a i + f(1)+ f(2)+ f(3) + …+ f(n — 1).

1 1 、

［例 1］ 已知数列｛ a n ｝满足 a 1=T ，a n + 1 = a n + -，求 a n .

2 n + n 1 1 1 1

［解］ 由条件，知 a n +1 — a n =二 =

=-一

，贝U (a 2— a” + (a 3— a 2) + (a 4 —

a 3)

n 2+ n n n + 1 n n + 1

1 1 1 1 1 1 _1

+ ???+ (a n — a n — 1) = 1 -2 + 2一 3 + 3一 4

+…+ n 一 厂 n ，

1

所以 a n — a 1 = 1 —

1 1 13 1

因为 a 1 =夕 所以 a n = 2+ 1 — = 2—

2. a n +1 = f(n)a n 型

把原递推公式转化为 归=f(n),再利用累乘法(逐商相乘法)

a n

求解，即由a 2= f(1),空=f(2)= f(n —1)，累乘可得色=

a 1 a 2 a n —1 a 1

f(1)f (2)…f(n — 1).

2 n

［例2］ 已知数列｛ a n ｝满足a 1 = 3, a n +1 =门+〔 a n ,求a n .

翌 a 1 = 1 x 1 x 2= ■.即卩 a n =右. a 1 n n — 1 2 3 3 n 3n

a n +1 =

a n ,

a n +1 a n

n + 1’

a n a n —1

a n = ?

a n —1 a n —2

3. a n+1= pa n+q(其中p, q 均为常数，pq(p—1)工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 +1 = p(a n+1)，比较系数可知t= 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 i= 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，贝U t = 一 3.

故递推公式为a n+1 + 3= 2(a n+ 3).

b n+1 a n+ 1+ 3

c 令b n= a n+ 3，贝V b1 = a1 + 3= 4，且 ~=

= 2.

b n a n + 3

所以｛b n｝是以b1= 4为首项，2为公比的等比数列. 所以b n= 4 X 2n—1= 2n+ 1,即卩a n = 2n +1—3.

4. a n+1= pa n+ q n(其中p, q 均为常数，pq(p—1)工0)型

(1) 一般地，要先在递推公式两边同除以q n + S得霁=p* + q,引入辅助数列｛b n｝其中b n=幕，得b n+1 = p b n + 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+s得訂=p n+1?p

n,引入辅助数列｛b n｝其中b n = p ,得b n+1 —b n = n,再利用叠

p p p

加法(逐差相加法)求解.

5 1 1 +、

［例4］已知数列｛ a n｝中，a1= 6，a n+ 1 = ?a n + 2 n 1，求a n.

1 1 2

［解］法一一 :在a n+1 = §a n+ 2 n+1两边乘以2n+1，得2n+1 a n+1 = 3(2n a n) + 1.

2

令b n= 2n a n，贝U b n+ 1= §b n + 1 ,

2

根据待定系数法，得b n+1—3= 3(b n—3).

5 4

所以数列｛b n—3｝是以b1 —3= 2X6 —3=—§为首项，

2

以3为公比的等比数列.

4 2 2

所以b n— 3 = — 3 n—1，即卩b n= 3— 2 3 n.

、一 1 1 法—：在 a n + 1 = ?a n +

n +

1两边乘以3n +

1，得

3n +

咕“+1 = 3n a n + 2 n +

1

b 2 — b 1= 2 2 将以上各式叠加, 3

得 b n — b 1= 2 2+ …+

又 b 1= 3a 1 = 3X 6= 5 = 1 +]

曰a n =霁3 1 n — 2訂. 疋

， 令 b n = 3n

a n ,则

b n + 1= b n + 3

n + 1

2

所以 b n — b n —1 =

n

, b n -1 — b n -2 =

3 2, 所以 b n = 1 + 2 + 2 +

... + 3 n — 1 +

3n 2

3

1 . 1 — _ n + 1 1 1 2

3 1 —

2 3

即 b n = 2 2 n +

1 — 2.

5. a n +1= pa n + an + b(p z 1, p 工0, a z 0)型

这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令 x(n + 1) + y = p(a n + xn + y)，与已知递推式比较，解出 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],

2A = 2,

化简后与原递推式比较，得

2B — 3A =— 1,

a n +1 + x , y ,从

A = 1, 解得

B = 1. 令 b n = a n + n + 1.(*)

贝V b n = 3bnt ，又 b i = 6,故 b n = 6 3n 1 =

2 3n ,

代入(*)式，得 a n = 2 3n — n — 1.

6. a n +1= pa 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 数列，再利用待定系数法求解.

1

［例6］已知数列｛ a n ｝中，a 1= 1, a n +1= a 2(a>0)，求数列｛a n ｝的通

项公式.

a

1 2

［解］对a n +1= a 2的两边取对数, a

1

得 lg a n + 1 = 2lg a n + lg -.

a 1

令 b n = lg a n ,贝U b n + 1 = 2b n + lg ".

a

1

1

、

1

由此得 b n + 1+ lg ； = 2 b n + lg ：，记 C n = b n + lg ；，贝U C n +1 = 2c n , 所以数列｛C n ｝是以C 1= b 1+ lg^= ?1为首项，2为公比的等比数列.

a1

= 5, an +

1 = 2a n + 1，n = 1,2,3,

…，求

｛an ｝

的通项公式.

所以 C n = 2n -

1

所以

b n = C n — lg 1 = 2n 1 lg 1— lg 1 a

a a 1 — —

a ?丄 2n 1 = Iga 1 2n , a

即 lg a n = lga 「2n ,所以 a n = 2n

=lg

Aa n

7. a n +1

.

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

a

n +1 = pa n + q 型

［例7］已知数列｛ a n ｝的首项

小3a n 1 ［解］T an + 1 = ,.?.

2a n+ 1 a n+ 1

1

3

1 2 1

???石―1是以3为首项，1为公比的等比数列, 1 2 1 2 ■ an — 1 — 3 3n -1一3n ，

8.a n1 a n f(n)型

由原递推关系改写成 a

n 2

a

n

f(n 1) f(n),然后再按奇偶分

类讨论即可

例8.已知数列a n 中，a 1

1,

a

n 1

a

n

2n.求 a n

解析：a n 1 a n 2n.

a n 2 a n 1 2n 2， 故 a n 2 a n

2

即数列a n 是奇数项和偶数项都是公差为2的等差数列, 9.41

4

f(n)

型

将原递推关系改写成anS f(n 1)，两式作商可得詈喘 然后分奇数、偶数讨论即可

例9.已知数列a n 中，a 1 3, a n 1 a . 2n ,求a n n 1 s 才 3 2V , n 为奇数 解析：a n 1

n ， n 1,n N

1 22

, n 为偶数

a n +1

-1 =

3矿1

又1-1

a 1 2 3, ? a n =

3n 3n + 2

a n

n, n 为奇数 n 1, n 为偶数

1,且n