特征方程法求数列的通项公式

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特征方程法求数列的通项公式

求数列通项公式的方法很多，利用特征方程的特征根的方法是求一类数列通项公式的一种有效途径. 1.已知数列an满足an1定义1:方程x

aanb

......① 其中c0,adbc,nN*.

cand

axb

为①的特征方程,该方程的根称为数列an的特征根,记为,. cxd

定理1:若,a1且,则证明: x

an1acan

. 

an1acan

axbadb

cx2(da)xb0,

cxdcc

da()c,bc

aanb



an1cand(aanb)(cand)(ac)an(bd)

  aaban1n

(aanb)(cand)(ac)an(bd)

cand



(ac)an[c(acc)](ac)an(ac)



(ac)an[c(acc)](ac)an(ac)



acan

证毕 

acan

12c1

. 

an1adan

定理2: 若a1且ad0,则

证明: 

da2c,b2c

candcand11



an1aanb(aanb)(cand)(ac)anbd

cand



cana2ccana2ccana2c



(ac)an(2ca22c)(ac)(an)ad(a)

n

2



2can2a4c2can(a2c)d2c(an)(ad)



(ad)(an)(ad)(an)(ad)(an)2c1

证毕 

adan



例（09·江西·理·22）各项均为正数的数列an,a1a,a2b,且对满足mnpq的正数m,n,p,q都有

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apaqaman

. 

(1am)(1an)(1ap)(1aq)

(1)当a

14

,b时,求通项an;(2)略. 25

解:由

apaqa1ana2an1aman

得 

(1am)(1an)(1ap)(1aq)(1a1)(1an)(1a2)(1an1)

142a1,b代入上式化简得ann1 25an12

2x1

得特征根x1 x2

将a

考虑特征方程x

2an11

1

an1an121a1

n1所以 2a1an1n1

13an11

an12

an11a111

所以数列为首项,公比为的等比数列 是以

3a113an1

an13n111n11n

故 ()() 即ann

31an1333

例 已知数列an满足a12,an2解: 考虑特征方程x2

1

,nN*,求通项an. an1

1

得特征根x1 x

a1111

n11 an1(21)111an11an11

an1an1

所以数列

11

1为首项,公差为1的等差数列 是以

a11an1

故

n11

n 即annan1

例 已知数列{an}满足a12,an

an12

(n2)，求数列{an}的通项an

2an11

解：其特征方程为x

x2a1a12

，化简得2x20，解得x11,x21，令n1 cn

2x1an11an1

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由a12,得a2

41，可得c， 53

n1

an1an11113n(1)na111

，ann 为首项，以为公比的等比数列，数列是以n

an1333a1133(1)an1

例已知数列{an}满足a12,an1解：其特征方程为x

2an1

(nN*)，求数列{an}的通项an

4an6

12x12

，即4x4x10，解得x1x2，令

24x6

11

an1

2



11an

2

c

由a12,得a2

3

，求得c1， 14

112123

是以数列为首项，以1为公差的等差数列，(n1)1n， 15155an1a1an

222135nan

10n6



2.已知数列an满足an2c1an1c2an② 其中c1,c2为常数,且c20,nN*. 定义2:方程x2c1xc2为②的特征方程,该方程的根称为数列an的特征根,记为1,2.

a1b11b22

定理3:若12,则anbb22,其中b1,b2常数,且满足22.

abb21122

n

11

n

定理4: 若12,则an(b1b2n)n,其中b1,b2常数,且满足

设an1tans(antan1)，则an1(st)anstan1,

a1(b1b2)

2.

a2(b12b2)

stp令 （*）

stq

（1） 若方程组（*）有两组不同的解(s1,t1),(s2,t2), 则an1t1ans1(ant1an1), an1t2ans2(ant2an1),

由等比数列性质可得an1t1an(a2t1a1)s1

n1

, ,

an1t2an(a2t21a1)s2

n1

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t1t2,由上两式消去an1可得

an

a2t1a1.sna2t2a1.sn.

12

s1t2t1s2t2t1

s1s2

（2） 若方程组（*）有两组相等的解，易证此时s1t1，则

tt21

an1t1ans1ant1an1s1(an1t1an2)s1

2

n1

a2t1a1，



an1s1

n1



ans1

n



a2t1a1

s1

2

an

,即n是等差数列，

s1

由等差数列性质可知

ans1

n



a1atan1.2211， s1s1



所以ana1a2t1a1a2t1a1.ns1n．

22sss111

例已知数列{an}满足a12,a23,an23an12an(nN*)，求数列{an}的通项an 解：其特征方程为x3x2，解得x11,x22，令anc11nc22n，

2

c11

a1c12c22n1由，得1， an12

c2a2c14c232

例已知数列{an}满足a11,a22,4an24an1an(nN*)，求数列{an}的通项an

11

解：其特征方程为4x4x1，解得x1x2，令anc1nc2，

22

2

n

1

a(cc)1112c143n22由，得， ann1

2c26a(c2c)12

2124

例:已知数列an满足a12,a28,an24an14an,求通项an.

2

解: 考虑特征方程x4x4得特征根2

则an(b1b2n)2n

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其中

2(b1b2)2b10

ann2n

4(b12b2)8b21



常见递推数列通项的求解方法

高考中的递推数列求通项问题，情境新颖别致，有广度，创新度和深度，是高考的热点之一。是一类考查思维能力的好题。要求考生进行严格的逻辑推理，找到数列的通项公式，为此介绍几种常见递推数列通项公式的求解方法。

类型一：an1anf(n)（fn可以求和）

累加法

解决方法

（1）若f(n)为常数,即：an1and,此时数列为等差数列，则an=a1(n1)d. （2）若f(n)为n的函数时，用累加法. 方法如下： 由 an1anf(n)得：

n2时，anan1f(n1)，

an1an2f(n2)，



a3a2f(2) a2a1f(1)

所以各式相加得 ana1f(n1)f(n2)f(2)f(1) 即：ana1

f(k).

k1

n1

为了书写方便，也可用横式来写：

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 n2时，anan1f(n1)，

an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1

=f(n1)f(n2)f(2)f(1)a1.

例、在数列an中，已知a1=1，当n2时，有anan12n1n2，求数列的通项公式。

解析：

anan12n1(n2)

a2a11aa3

32

a4a35 上述n1个等式相加可得： anan12n1

ana1n21 ann2

评注：一般情况下，累加法里只有n-1个等式相加。

例 . （2003天津文） 已知数列｛an｝满足a11,an3n1an1(n2),

3n1证明an

2

证明：由已知得：anan13n1,故

an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1

=3

n1

3

n2

3n13n1

31. an.

22

例.已知数列答案：nn1

2

an

的首项为

1，且an1an2nn(N*

写出数列)

an

的通项公式.

例.已知数列{an}满足a13，anan1答案：an2

1

(n2)，求此数列的通项公式.

n(n1)

1 n

评注：已知a1a,an1anf(n)，其中f(n)可以是关于n的一次函数、二次函数、指数函数、分式函数，求通项

an.

①若f(n)是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和; ②若f(n)是关于n的二次函数，累加后可分组求和;

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③若f(n)是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和; ④若f(n)是关于n的分式函数，累加后可裂项求和。



类型一专项练习题：

n(n1）

2n(3n1)

2、已知数列an，a1=2，an1=an+3n+2，求an。 an

2

1、已知a11，anan1n（n2），求an。 an

，a11，求数列{an}的通项公式。ann21 3、已知数列{an}满足an1an2n1

4、已知{an}中，a13,an1an2n，求an。 an2n1

1311

5、已知a1,an1an(nN*),求数列an通项公式. an

2222

6、 已知数列an满足a11,an3

n1

nn1



3n1

） an1n2,求通项公式an？（an2

7、若数列的递推公式为a13,an1an23n1(nN*)，则求这个数列的通项公式an123n1 8、 已知数列{an}满足an1an23n1，a13，求数列{an}的通项公式。an3nn1 9、已知数列an满足a1

3111

，an1an2，求an。 an 22nnn

，2，3，）10、数列an中，a12，an1ancn（c是常数，n1，且a1，a2，a3成公比不为1的等比数列．

（I）求c的值； c=2

（II）求an的通项公式． ann2n2

类型二：an1f(n)an （f(n)可以求积）

（1）当f(n)为常数，即：

累积法

解决方法

an1n1

，此时数列为等比数列，an=a1q. q（其中q是不为0的常数）

an

（2）当f(n)为n的函数时,用累乘法.

an1an

n2 由时，f(n)得 f(n1)，

anan1

an

anan1a

2a1=f(n)f(n-1)f(1)a1. an1an2a1

2

2

例.设an是首项为1的正项数列，且n1an1nanan1an0（n=1，2， 3，…），则它的通项公式是an=________.

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解：已知等式可化为：(an1an)(n1)an1nan0

an0(nN*)(n+1)an1nan0, 即

ann1



an1n

an1n



ann1

n2时，

an

anan1an1n211

1=. 2a1=nn12nan1an2a1

本题是关于an和an1的二次齐次式，可以通过因式分解（一般情况时用求根公式）得到an与an1的更为明显的关系式，从而求出an.

例.已知an1nann1,a11,求数列{an}的通项公式. 解：因为an1nann1,所以an11nann, 故an11n(an1),又因为a11,即a110， 所以由上式可知an10,所以

an11

n,故由累乘法得

an1

an1

an1an11a1a21

3(a11)

an11an21a21a11

=(n1)(n2)21(a11)(n1)!(a11) 所以an(n1)!(a11)-1.

评注：本题解题的关键是把原来的递推关系式an1nann1,转化为

an11n(an1),若令bnan1,则问题进一步转化为bn1nbn形式，进而应用累乘法求出数列的通项公式.

例在数列an中，已知a11,有nan1n1an，(n2)求数列an的通项公式。 解析：an

anan1an2

an1an2an3a3a2

a1 a2a1

3221 43n1

2*

又a1也满足上式；an (nN)

n1

类型二专项练习题：

nn1n2

n1nn1

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n12

an1(n2)，求an。 an2 n1nn

22n

an，求an。 an2、已知数列an满足a1，an1

3n13n

1、 已知a11，an3、已知{an}中，an14、已知a13，an1

n4an，且a12，求数列{an}的通项公式.an n2nn163n1

an (n1)，求an。 an 3n23n1

5、已知a11,ann(an1an)(nN*),求数列an通项公式. ann 6、已知数列an满足a11,an12nan，求通项公式an？ （an2

n2n

2

）

n2n2

7、已知数列{an}满足an12(n1)5nan，a13，求数列{an}的通项公式。an3n!2n15



1

n1

8、已知数列{an}，满足a1=1，ana12a23a3(n1)an1 (n≥2)，则{an}的通项ann!

n22

2

9、设{an}是首项为1的正项数列, 且(n + 1)a2n1- nan+an+1·an = 0 (n = 1, 2, 3, …)，求它的通项公式.

an

1

n

10、数列{an}的前n项和为Sn，且a11，Sn＝n2an(nN*)，求数列{an}的通项公式.

an

2

n2n

类型三：an1anf(n)



（1）若an1and（d为常数），则数列{an}为“等和数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论;

（2）若f(n)为n的函数（非常数）时，可通过构造转化为an1anf(n)型，通过累加来求出通项;或用逐差法(两式相减)得an1an1f(n)f(n1)，，分奇偶项来分求通项. 例. 数列{an}满足a10,an1an2n,求数列{an}的通项公式. 解法2：an1an2n



n2时，anan12(n1)，

两式相减得：an1an12.

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a1,a3,a5,,构成以a1,为首项，以2为公差的等差数列; a2,a4,a6,,构成以a2,为首项，以2为公差的等差数列

a2k1a1(k1)d2k2 a2ka2(k1)d2k.

an

n1,n为奇数,n,n为偶数.



评注：结果要还原成n的表达式.

例.（2005江西卷）已知数列{an}的前n项和Sn满足

n1

Sn－Sn－2=3()(n3),且S11,S2

12

解：方法一：因为SnSn2

以下同例1，略

3

,求数列{an}的通项公式. 2

1

anan1所以anan13()n1(n3),

2



1n143(),n为奇数,2

答案 an

143()n1,n为偶数.

2

类型四an1anf(n)型

（1）若an1anp(p为常数)，则数列{an}为“等积数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论;

（2）若f(n)为n的函数（非常数）时，可通过逐差法得anan1f(n1)，两式相除后，分奇偶项来分求通项. 例1. 已知数列{an}满足a13,anan1(),(nN),求此数列的通项公式. 注：同上例类似，略.





类型五：an1AanB(其中A,B为常数A0,1）

可将其转化为an1tA(ant)，其中t（1）若c=1时，数列{an}为等差数列; （2）若d=0时，数列{an}为等比数列;

（3）若c1且d0时，数列{an}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求.

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12

n*

 待定常数法

解决方法

B

，则数列ant为公比等于A的等比数列，然后求an即可。 A1


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方法如下：设an1c(an),

得an1can(c1),与题设an1cand,比较系数得

d

,(c0) c1dd

c(an1) 所以有：an

c1c1

(c1)d,所以

因此数列an所以 an

dd

a构成以为首项，以c为公比的等比数列， 1

c1c1

dd

(a1)cn1 c1c1

dd)cn1即：an(a1. c1c1

规律：将递推关系an1cand化为an1通项公式an1

ddd

c(an),构造成公比为c的等比数列{an}从而求得c1c1c1

dd

cn1(a1) 1cc1

有时我们从递推关系an1cand中把n换成n-1有ancan1d,两式相减有an1anc(anan1)从而化为公比为c的等比数列{an1an},进而求得通项公式. an1ancn(a2a1),再利用类型(1)即可求得通项公式.我们看到此方法比较复杂.

例 在数列an中， a11，当n2时，有an3an12，求数列an的通项公式。 解析：设ant3an1t，则an3an12t

t1，于是an13an11

an1是以a112为首项，以3为公比的等比数列。 an23n11

例．已知数列{an}中，a12,an1分析：两边直接加上

11

an,求通项an. 22

d

,构造新的等比数列。 c1111

解：由an1an,得an11(an1),

222

1

所以数列{an1}构成以a111为首项，以为公比的等比数列

2

1n11n1

1. 所以an1(),即 an()

22

方法二：迭代法

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由 递推式an1cand,

直接迭代得ancan1dc(can2d)dc2an2d(c1) =c3an3d(1cc2)=cn1a1d(1cc2cn2) =(a

dd)cn1. c1c1

类型五专项练习题：

1、 在数列an中， a11，an12an3，求数列an的通项公式。(an3n2) 2、若数列的递推公式为a11,an12an2(n3、已知数列{an}中，a1=1，an=

*

)，则求这个数列的通项公式an22n1

1

an1+ 1(n2)求通项an． an221n 2

11111n

4、在数列{an}(不是常数数列)中,an1an2且a1,求数列{an}的通项公式. an42

233

5、在数列{an}中，a11,an1

6、已知数列an满足a11,an12an1(nN*).求数列an的通项公式. an2n1 7、设二次方程anx-an＋1.x+1=0(n∈N)有两根α和β，且满足6α-2αβ+6β=3． (1)试用an表示an1； an1（2）求证：数列an

2

13n1

3an1,求an. an2

11an 23



2

是等比数列； 3

n

721

（3）当a1时，求数列an的通项公式 an

632

8、在数列an中，Sn为其前n项和，若a1不是等比数列？ 是

类型六：an1panf(n)

(1)若f(n)knb(其中k,b是常数，且k0) 方法：相减法

例1. 在数列{an}中，a11,an13an2n,求通项an. 解：，an13an2n, ①

3

，a22，并且Sn13Sn2Sn110(n≥2)，试判断an1(nN)是2

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n2时，an3an12(n1)，

两式相减得

an1an3(anan1)2.令bnan1an,则bn3bn12

利用知bn53n12

即 an1an53n11 ②

5n113n. 22

5n11

亦可联立 ① ②解出an3n.

223

例2. 在数列{an}中，a1,2anan16n3,求通项an.

2

再由累加法可得an

解：原递推式可化为2(anxny)an1x(n1)y 比较系数可得：x=-6,y=9,上式即为2bnbn1 所以bn是一个等比数列，首项b1a16n9

91,公比为. 22

bn

91n11

() 即：an6n99()n 222

1n

故an9()6n9.

2

(2)若f(n)q(其中q是常数，且n0,1) ①若p=1时，即：an1anqn，累加即可. ②若p1时，即：an1panqn， 求通项方法有以下三种方向：i. 两边同除以p即：

n1

n

.

an1pn1



anqn



an1pn1pn

，则bn1bn(), (),令bnn

pqpqp

然后类型1，累加求通项. ii.两边同除以q

n1

. 即：

an1qn1



pan1

, qqnq

令bn

anqn

,则可化为bn1

p1

bn.然后转化为类型5来解， qq

iii.待定系数法：

设an1qn1p(anpn).通过比较系数，求出，转化为等比数列求通项.

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例1.（2003天津理）

设a0为常数，且an3n12an1(nN)．

证明对任意n≥1，an[3n(1)n12n](1)n2na0； 证法1：两边同除以（-2）,得

n

15

an(2)n



an1(2)n1



13()n 32

令bn

an(2)n

,则bnbn1

13

()n 32

bn(bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b1

=

13n3n132a1

()()()32222

33

()2[1()n1]1122=(12a0)

3321()

2

13n

=[()1]a0

52

1

an(2)nbn[3n(1)n12n](1)n2na0.

5

证法2：由an3n12an1(nN)得

an3n



12an1. 333n1

设bn

an3n

，则bn

21121bn1. 即：bn(bn1), 33535

所以bn则bn即：



12121

b(a)是以为首项，为公比的等比数列. 10

53535

121212

(a0)()n1=(a0)(1)n1()n, 535353

11n12nb(a)(1)(), n0n

5353

1

5

an

故 an[3n(1)n12n](1)n2na0.

评注：本题的关键是两边同除以3，进而转化为类型5，构造出新的等比数列，从而将求一般数列的通项问题转化为求等比数列的通项问题. 证法3：用待定系数法

设an3n2(an13n1), 即:an2an153n1,

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n


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比较系数得：51,所以 

1n1n11

所以an32(an13),

555

5

3n是公比为－2，首项为3所以数列a1的等比数列. an



5

1nn1nnn3n3

an(12a0)(2)n1(nN). 即 an[3(1)2](1)2a0.

555

例 设在数列an中， a11，an解析：设 bnanAnb

1

an12n1n2求数列an的通项公式。 2

anAnB

1

an1An1B 2

A

20A42

展开后比较得

AB10B6221

bn1n2且bnan4n6 2

1

bn是以3为首项，以为公比的等比数列

2

这时bn

1

bn3

21即3

2

n1

n1



n1

1

an4n6，an3

2

4n6

例 在数列an中， a12，an2an12解析：

n1

n2求数列an的通项公式。

an2an12n1n2

anan1a1an2是以=1为首项，2为公差的等差数列。 n2n2n122

an2an12n1，两边同除以2n得



ann

1n122n1 即a22n1 nn2

n

例 在数列an中， a15，an2an121n2,n

n



N

*

求数列a的通项公式。

n

解析：在an2an12n1中，先取掉2，得an2an11 令an2an1，得1，即an12(an11)； 然后再加上2得an12an112 ；

n

n

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an12an112n 两边同除以2，得

n

an1an11

n11; n

22

a1a1

2为首项，1为公差的等差数列。 nn是以122

an1

2n1n1， an2nn11 n

2

评注：若f(n)中含有常数，则先待定常数。然后加上n的其它式子，再构造或待定。

例 已知数列{an}满足an13an52n4，a11，求数列{an}的通项公式。 解析：在an13an52n4中取掉52待定 令an1t3ant，则an13an2t

n

2t4， t2；an123an2,再加上52n得，

an123an252n，整理得：

令

an123an25

， 2n122n2

an235

bbb，则 nn1nn

222

33t

令bn1tbnt, bn1bn；

222

t5,t5; 22

a23133

5为首项，为公比的等比数列。 即bn15bn5；数列bn5是以b151

2222

133

bn5

22

n1

a2133，即nn5

222

n1

；整理得an133n152n2

类型5专项练习题：

1、设数列an的前n项和Sn

412

an2n1n1,nN*，求数列an的通项公式。 333

a

n

4n2n

2、已知数列an中，a1

1

,点n,2an1an在直线yx上，其中n1,2,32

.

（1） 令bnan1an1,求证：数列bn是等比数列； （2） 求数列an的通项 ； an3、已知a12，an14an2n1，求an。 an4n2n

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3n2 n2


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4、设数列an：a14,an3an12n1,(n2)，求an.an43n1n1 5、已知数列{an}满足a12,an12an(2n1)，求通项anan52n12n1 6、在数列{an}中，a1

39，2anan16n3，求通项公式an。ann 22

n

511n12

7、已知数列an中，a1,an1an()，求an。an2

6323

8、已知数列｛an｝，a1=1, n∈N，an1= 2an＋3 ,求通项公式an．an3n2n

n

9、已知数列{an}满足an13an23n1，a13，求数列{an}的通项公式。an(2n)3

5

6

n

1 2

10、若数列的递推公式为a11,an13an23n1(n)，则求这个数列的通项公式

7

an3n(2n)

3

11、已知数列an满足a11,an13an2n1,求an. an53n12n1

12、 已知数列{an}满足an12an32n，a12，求数列{an}的通项公式。an(3n1)2n1 13、已知数列{an}满足an12an35n，a16，求数列{an}的通项公式。an5n2n1 14、 已知a11，anan12

n1

2n1

，求an。 an

3

n

15、 已知{an}中，a11，an2an12n(n…2)，求an. an2n16、已知数列an中，Sn是其前n项和，并且Sn14an2(n1,2,

1 2

),a11，

⑴设数列bnan12an(n1,2,)，求证：数列bn是等比数列； ⑵设数列cn

an

,(n1,2,)，求证：数列cn是等差数列； n2

⑶求数列an的通项公式及前n项和。an2n13(n1)2n2;sn（3n1)2n2

类型七：Aan1BanCan10；其中A,B,C为常数，且ABC0

1、已知数列an中，a11,a22,an2

n1

2131an1an，求an。an11 3343

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5522

2、 已知 a1=1，a2=，an2=an1-an,求数列｛an｝的通项公式an.an33

3333

3、已知数列an中，Sn是其前n项和，并且Sn14an2(n1,2,

n

),a11，

⑴设数列bnan12an(n1,2,)，求证：数列bn是等比数列； ⑵设数列cn

an

,(n1,2,)，求证：数列cn是等差数列； 2n

⑶求数列an的通项公式及前n项和。an2n13(n1)2n2;sn（3n1)2n2

4、数列an：3an25an12an0(n1,nN)， a1a,a2b，求数列an的通项公式

2an3b2a3(ab)

3

n1



类型八：an1

can

（cpd0）

pand

1、若数列的递推公式为a13,

311

2(n)，则求这个数列的通项公式。an76nan1an

1 2n1

2、已知数列{an}满足a11,n2时，an1an2an1an，求通项公式an。an3、已知数列｛an｝满足：an

an11

,a11，求数列｛an｝的通项公式。an

3n23an11

2an

,求an.an

23n11an3

4、设数列{an}满足a12,an1

5、已知数列{an}满足a1=1，an1

3an1

，求anann

213an6

63an

，求数列{an}的通项公式. an

2n1an3

6、 在数列{an}中，a12,an1

7、若数列｛an｝中，a1=1，an1=

22an

n∈N，求通项an．an an2n1

类型九： Snf(an)

例 已知数列an前n项和Sn4an

a

.

解决方法

n

(n1)s

1

ss(n2)nn1

12

n2

1求an1与an的关系； （2）求通项公式an.

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解析：11n1时，a1s14a12，得a11；

2n2时，ansnsn14an

得an1

12

n2

4an1

12

n3

；

11ann。 22

n1

（2）在上式中两边同乘以2

得2n1an12nan2；

数列2nan是以21a12为首项，2为公差的等差数列；



2nan22n22n；得an

类型九专项练习题：

n

。 n1

2

1、数列{an}的前N项和为Sn，a1=1，an+1=2Sn(nN*).求数列{an}的通项an。an3n1 2、已知在正整数数列{an}中，前n项和Sn满足Sn

1

(an2)2，求数列{an}的通项公式. 8

an4n2

(n1)1

3、已知数列{an}的前n项和为Sn = 3– 2, 求数列{an}的通项公式. an n1

23(n2)

n

1

4、设正整数{an}的前n项和Sn =(an1)2，求数列{an}的通项公式. an3n1

43n

5、如果数列{an}的前n项的和Sn =an3, 那么这个数列的通项公式是an = 2·3

2

6、已知无穷数列an的前n项和为Sn，并且anSn1(nN*)，求an的通项公式？

an2n

类型十：周期型

1

2a,(0a)n6n2，若a1，则a20的值为___________。

72a1,(1a1)

nn2

例1、若数列an满足an1

解析：根据数列an的递推关系得它的前几项依次为：

6536536

，，，，，，7777777

5

a20a2.

7

；我们看出这个数列是一个周期数列，三项为一个周期；

评注：有些题目，表面看起来无从下手，但你归纳出它的前几项后，就会发现规律，出现周期性，问题就迎刃而解。 类型八专项练习题：

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1、已知数列{an}满足a10,an1

an33an1

(nN*)，则a20= （ B ）

3 2

A．0

B．3 C．3

D．

2、在数列{an}中，a11,a25,an2an1an,求a1998. -4

类型十一、利用数学归纳法求通项公式

例1 已知数列{an}满足an1

(2n1)18(n1)8

an，a，求数列的通项公式。 {a}a1nn222

9(2n1)(2n3)(2n1)

82448

,a3,得，a2

92549



2

解析：根据递推关系和a1

(2n1)21

所以猜测an，下面用数学归纳法证明它； 2

(2n1)

1n1时成立（已证明）

(2k1)21

， 2假设nk(k2)时，命题成立，即ak2

(2k1)

8k1(2k1)218(k1)

则nk1时，ak1ak= 22

(2k1)2(2k1)2(2k3)22k12k316k64k84k44k8

4

3

2

=

2k12k3

22

2k312k312k1。

222

2k12k32k3

222

nk1时命题成立；

由12可知命题对所有的nN均成立。

*

评注：归纳、猜想数学归纳法证明是我们必须掌握的一种方法。 类型九专项练习题：

1. 设数列an满足：an1annan1，且a12，则an的一个通项公式为 ann1，

2

2、已知an是由非负整数组成的数列，满足a10，a23，an1an(an12)(an22)（n=3，4，5…）。 （1）求a3； 2

（2）证明anan22（n=3，4，5…）；(数学归纳法证明)

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n1

（3）求an的通项公式及前n项的和。an

n1

3、已知数列an中a1=(1) (2)

n2n2(n为奇数）2；sn2

(n为偶数）nn

2

(n为奇数）



(n为偶数）

3an

，an1。 52an1

333

；； 111723

3

猜想通项公式an，并且数学归纳法证明。an

6n1

计算a2，a3,a4。

递推数列的通项公式的求法，虽无固定模式，但也有规律可循；主要靠观察分析、累加、累积、待定系数法，或是转化为等差或等比数列的方法解决；再或是归纳、猜想、用数学归纳法证明的方法来解决，同学们应归纳、总结它们的规律，通过练习，巩固掌握它。

r

类型十二. an1pan(其中p,r为常数)型

（1）p>0，an0 用对数法.

2

例. 设正项数列an满足a11，an2anan的通项公式. 1（n≥2）.求数列

解：两边取对数得：log2n12log2n1，log2n12(log2n11)，设bnlog2n1，则bn2bn1 bn

a

a

a

a

a

n1是以2为公比的等比数列，b1log12n1，log2n12n1，log2n2n11，∴211 bn12

aa

an22

n1

1



练习 数列an中，a11，an2an1（n≥2），求数列an的通项公式. 答案：

an222

（2）p<0时 用迭代法. 例.（2005江西卷）

已知数列{an}的各项都是正数,且满足:a01,an1

2n

1

an(4an),nN， 2

（1）证明anan12,nN; （2）求数列{an}的通项公式an. 解：（1）略

11

an(4an)[(an2)24], 22

所以 2(an12)(an2)2

121122112211222

令bnan2,则bnbn(b)()b()bn1n2n1

222222

1n1n

bn()21,即an2bn2()21.

22

（2）an1

2

n1

n

又bn=－1，所以

方法2：本题用归纳-猜想-证明，也很简捷，请试一试. 解法3：设cnbn，则cn



12

cn1,转化为上面类型（1）来解. 2

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