几类常见递推数列的解法

几类递推数列通项公式的常见类型及解法江西省乐安县第二中学李芳林邮编344300已知数列的递推关系式求数列的通项公式的方法大约分为两类：一类是根据前几项的特点归纳猜想出an的表达式，然后用数学归纳法证明；另一类是将已知递推关系，用代数法、迭代法、换元法，或是转化为基本数列（等差或等比）的方法求通项．第一类方法要求学生有一定的观察能力以及足够的结构经验，才能顺利完成，对学生要求高．第二类方法有一定的规律性，只需遵循其特有规律方可顺利求解．在教学中，我针对一些数列特有的规律总结了一些求递推数列的通项公式的解题方法．一、aadnn1型形如daann1（d为常数）的递推数列求通项公式，将此类数列变形得aadnn1，再由等差数列的通项公式aandn11可求得an.例1：已知数列an中aaanNnn1123,，求na的通项公式.解：∵aann13∴aann13∴an是以a12为首项，3为公差的等差数列.∴annn21331为所求的通项公式.二、)(1nfaann型形如a1n＝an+f(n)，其中f(n)为关于n的多项式或指数形式（an）或可裂项成差的分式形式．——可移项后叠加相消．例2：已知数列｛an｝,a1＝0,n∈N，a1n＝an＋（2n－1），求通项公式an．解：∵a1n=an＋（2n－1）∴a1n=an＋（2n－1）∴a2－a1=1、a3－a2=3、……an－a1n=2n－3∴an=a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－a1n)=0＋1＋3＋5＋…＋(2n－3)=21[1＋(2n－3)](n－1)=(n－1)2n∈N三、nnaqa1型形如nnaqa1（q为常数）的递推数列求通项公式，将此类数列变形得qaann1，再由等比数列的通项公式11nnqaa可求得an.例3：已知数列an中满足a1=1，nnaa21，求na的通项公式.解：∵nnaa21∴21nnaa∴an是以11a为首项，2为公比的等比数列.∴12nna为所求的通项公式.四、nnanfa)(1型形如nnanfa)(1可转化为)(1nfaann.其中f(n)=ppcmnbmn)()(（p≠0，m≠0,b–c=km,k∈Z）或nnaa1=kn（k≠0）或nnaa1=kmn(k≠0,0＜m且m≠1)．例4：已知数列｛an｝,a1=1，an＞0,(n＋1)a1n2－nan2＋a1nan=0，求an．解：∵(n＋1)a1n2－nan2＋a1nan=0∴[(n＋1)a1n－nan](a1n＋an)=0∵an＞0∴a1n＋an＞0∴(n＋1)a1n－nan=0∴11nnaann∴nnnnnnnaaaaaaaaaannnnnnn11212312111232211五、a1n=f(an)型形如a1n=f(an)，其中f(an)是关于an的函数.-—需逐层迭代、细心寻找其中规律．例5：已知数列｛an｝，a1=1,n∈N，a1n=2an＋3n,求通项公式an．解：∵a1n=2an＋3n∴an=2a1n＋3n-1=2(2a2n＋3n-2)＋3n-1=22(2a3n＋3n-3)＋2·3n-2＋3n-1=……=2n-2(2a1＋3)＋2n-3·32＋2n-4·33＋2n-5·34＋…＋22·3n-3＋2·3n-2＋3n-1=2n-1＋2n-2·3＋2n-3·32＋2n-4·33＋…＋22·3n-3＋2·3n-2＋3n-1nnnn2323123121六、a1n＝pan+q型形如a1n＝pan+q,pq≠0，p、q为常数．当p＝1时，为等差数列；当p≠1时，可在两边同时加上同一个数x，即a1n+x=pan+q+xa1n+x=p(an+pxq)，令x=pxq∴x=1pq时，有a1n+x=p(an+x)，从而转化为等比数列{an+1pq}求解．例6：已知数列{an}中，a1=1，an=21a1n+1，n=1、2、3、…，求通项an．解：∵an=21a1n+1an－2=21(a1n－2)又∵a1－2=-1≠0∴数列{an－2}首项为-1，公比为21的等比数列．∴an－2=-11)21(n即an=2－2n1n∈N七、a1n＝pan+f(n)型形如a1n＝pan+f(n)，p≠0且p为常数，f(n)为关于n的函数．当p＝1时，则a1n＝an+f(n)即类型二．当p≠1时，f(n)为关于n的多项式或指数形式（an）．⑴若f(n)为关于n的多项式（f(n)=kn+b或kn2+bn+c，k、b、c为常数），——可用待定系数法转化为等比数列．例7：已知数列{an}满足a1=1，a1n=2an＋n2，n∈N求an．解：令a1n+x[a(n+1)2+b(n+1)+c]=2(an+an2+bn+c)即a1n=2an+(2a–ax)n2+(2b-2ax–bx)n+2c–ax–bx–cx比较系数得：0202212cxbxaxcbxaxbaxaxbxaxcxaxbxa22221令x=1，得：321cba∴a1n+(n+1)2+2(n+1)+3=2(an+n2+2n+3)∵a1+1+2×1+3=7令bn=an+n2+2n+3则b1n=2bnb1=7∴数列{bn}为首项为7，公比为2的等比数列∴bn=7×21n即an+n2+2n+3=7×21n∴an=7×21n－(n2+2n+3)n∈N⑵若f(n)为关于n的指数形式（an）．①当p不等于底数a时，可转化为等比数列；②当p等于底数a时，可转化为等差数列．例8：若a1=1，an=2a1n+31n，(n=2、3、4…)，求数列{an}的通项an．解:∵an=2a1n+31n∴令an+x×3n=2(a1n+x×31n)得an=2a1n－x×31n令-x×3n=3nx=-1∴an－3n=2(a1n－31n)又∵a1－3=-2∴数列{nna3}是首项为-2,公比为2的等比数列．∴nna3=-2·21n即an=3n-2nn∈N例9：数列{an}中,a1=5且an=3a1n+3n-1(n=2、3、4…)试求通项an．解：an=3a1n+3n-1an)21(3211na3n132132111nnnnaa{nna321}是公差为1的等差数列．nna321=3211a+(1n)=3215+(1n)=n+21an=(213)21nnn∈N八、a2n=pa1n+qan型解法一(待定系数法)：先把原递推公式转化为)(112nnnnsaatsaa其中s，t满足qstpts解法二(特征根法)：对于由递推公式nnnqapaa12，21,aa给出的数列na，方程02qpxx，叫做数列na的特征方程。若21,xx是特征方程的两个根，当21xx时，数列na的通项为1211nnnBxAxa，其中A，B由21,aa决定（即把2121,,,xxaa和2,1n，代入1211nnnBxAxa，得到关于A、B的方程组）；当21xx时，数列na的通项为11)(nnxBnAa，其中A，B由21,aa决定（即把2121,,,xxaa和2,1n，代入11)(nnxBnAa，得到关于A、B的方程组）。例10:已知数列{an}中a1=1,a2=2且nnnaaa212,Nn;求{an}的通项．解:令a2n+xa1n=(1+x)a1n+2ana2n+xa1n=(1+x)(a1n+x12an)令x=x12x2+x–2=0x=1或-2当x=1时,a2n+a1n=2(a1n+an)从而a2+a1=1+2=3∴数列{a1n+an}是首项为3且公比为2的等比数列.∴a1n+an=312n…………①当x=-2时,a2n-2a1n=-(a1n-2an),而a2-2a1=0∴a1n-2an=0…………②由①、②得:an=21n,Nn九、1nnaa=1nnqapa型形如1nnaa=1nnqapa，（pq≠0）．且0na的数列，——可通过倒数变形为基本数列问题．当p=－q时，则有：paann1111转化为等差数列；当p≠－q时，则有：ppaqann111．同类型六转化为等比数列．例11：若数列｛an｝中，a1=1，a1n=22nnaan∈N，求通项an．解：∵221nnnaaa又,011a∴0na，∴nnaa12111∴21111nnaa∵111a∴数列{an}是首项为1，公差为21的等差数列．∴na1=1＋121n∴an=12nn∈N类型十、hraqpaannn1解法：如果数列}{na满足下列条件：已知1a的值且对于Nn，都有hraqpaannn1（其中p、q、r、h均为常数，且rharqrph1,0,），那么，可作特征方程hrxqpxx,当特征方程有且仅有一根0x时,则01nax是等差数列;当特征方程有两个相异的根1x、2x时，则12nnaxax是等比数列。例10：已知数列}{na满足性质：对于,324,N1nnnaaan且,31a求}{na的通项公式.解:数列}{na的特征方程为,324xxx变形得,04222xx其根为.2,121故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第（2）部分，则有.N,)221211(2313)(11212111nrprpaacnnn∴.N,)51(521ncnn∴.N,1)51(521)51(52211112nccannnnn即.N,)5(24)5(nannn类型十一、rnnpaa1)0,0(nap解法：这种类型一般是等式两边取对数后转化为qpaann1，再利用待定系数法求解。例11：已知数列｛na｝中，2111,1nnaaaa)0(a，求数列.的通项公式na解：由211nnaaa两边取对数得aaann1lglg2lg1，令nnablg，则abbnn1lg21，再利用待定系数法解得：12)1(nnaaa。类型十二、双数列型解法：根据所给两个数列递推公式的关系，灵活采用累加、累乘、化归等方法求解。例12：已知数列na中，11a；数列nb中，01b。当2n时，)2(3111nnnbaa,)2(3111nnnbab，求na,nb.解：因nnba)2(3111nnba)2(3111nnba11nnba所以nnba11nnba1112222bababann即1nnba…………………………………………（1）又因为nnba)2(3111nnba)2(3111nnba)(3111nnba所以nnba)(3111nnba))31(222nnba……)()31(111ban1)31(n.即nnba1)31(n………………………（2）由（1）、（2）得：])31(1[211nna，])31(1[211nnb类型十三、周期型解法：由递推式计算出前几项，寻找周期。例13：若数列na满足)121(,12)210(,21nnnnnaaaaa，若