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1、1高中数学：高中数学：递推数列递推数列经典题型全面解析经典题型全面解析类型类型 1 )(1nfaann解法：把原递推公式转化为，利用累加法累加法(逐差相加法逐差相加法)求解。)(1nfaann例例:已知数列满足，求。 na211annaann211na解：由条件知：111 ) 1(1121nnnnnnaann分别令，代入上式得个等式累加之，即) 1( , 3 , 2 , 1 nn) 1( n)()()()(1342312 nnaaaaaaaa)1 11()41 31()31 21()211 (nn 所以naan111，211aQnnan1 231121类型类型 2 nnanfa)(1解法：把原
2、递推公式转化为，利用累乘法累乘法(逐商相乘法逐商相乘法)求解。)(1nfaann例例:已知数列满足，求。 na321annanna11na解：由条件知，分别令，代入上式得个等式11 nn aann) 1( , 3 , 2 , 1 nn) 1( n累乘之，即又，1342312 nn aa aa aa aa nn 1 43 32 21 naan11321aQnan32例例:已知， ，求。31annanna23131) 1( nna12313 223123 2)2(31)2(3 2) 1(31) 1(3ann nnan 234 375 26331 348 531nn nnn L 。类型类型 3 （其
3、中 p，q 均为常数，） 。qpaann1)0) 1(ppq解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：，其中，再利用)(1taptannpqt1换元法换元法转化为等比数列求解。例例:已知数列中，求. na11a321nnaana解：设递推公式可以转化为即.321nnaa)(21tatann321ttaann故递推公式为,令，则,且)3(231nnaa3nnab4311 ab.所以是以为首项，2 为公比的等比数列，则23311nnnn aa bb nb41b,所以.11224nn nb321n na变式变式:递推式：。解法：只需构造数列构造数列，消去消去带来的差异差异 nfpaann1 nb nf
4、类型类型 4 （其中 p，q 均为常数，） 。 （n nnqpaa1)0) 1)(1(qppq,其中 p，q, r 均为常数） 。1n nnaparq解法：一般地，要先在原递推公式两边同除同除以，得：引入辅助数列引入辅助数列1nqqqa qp qann nn111（其中） ，得：再待定系数法定系数法解决。 nbnn nqab qbqpbnn11例例:已知数列中，,，求。 na651a1 1)21(31 n nnaana解：在两边乘以得：1 1)21(31 n nnaa12n1)2(32211 nn nnaa令，则,解之得：所以nn nab 21321nnbbn nb)32(23nn nn nb
5、a)31(2)21(32类型类型 5 递推公式为（其中 p，q 均为常数） 。nnnqapaa123解法一解法一(待定系数法待定系数法)：先把原递推公式转化为其中 s，t 满足)(112nnnnsaatsaa qstpts解法二解法二(特征根法特征根法)：对于由递推公式，给出的数列，nnnqapaa1221,aa na方程，叫做数列的特征方程。若是特征方程的两个根，当02qpxx na21,xx时，数列的通项为，其中 A，B 由决21xx na1 21 1nn nBxAxa21,aa定（即把和，代入，得到关于 A、B 的方程组）2121,xxaa2 , 1n1 21 1nn nBxAxa；当时
6、，数列的通项为，其中 A，B 由21xx na1 1)(n nxBnAa决定（即把和，代入，得到关21,aa2121,xxaa2 , 1n1 1)(n nxBnAa于 A、B 的方程组） 。解法一（待定系数解法一（待定系数迭加法）迭加法）:数列：， na), 0(025312Nnnaaannn，求数列的通项公式。由，得baaa21, na025312nnnaaa，且。)(32112nnnnaaaaabaa12则数列是以为首项，为公比的等比数列，于是nnaa1ab 32。1 1)32)( n nnabaa把代入，得，nn, 3 , 2 , 1 abaa12)32()(23abaa，2 34)32
7、()(abaa。把以上各式相加，得2 1)32)( n nnabaa4。)32()32(321)(2 1 n nabaa)(321)32(11abn 。abbaaabann n23)32)(3)()32(3311解法二（特征根法）解法二（特征根法）：数列：， na), 0(025312Nnnaaannn的特征方程是：。baaa21,02532 xx,。又由，于是32, 121xxQ1 21 1nn nBxAxa1)32(nBAbaaa21,故 )(32332baBabABAbBAa1)32)(323n nbaaba例例:已知数列中，,，求。 na11a22annnaaa31 3212na解：由
8、可转化为nnnaaa31 3212)(112nnnnsaatsaa即或nnnstaatsa12)( 3132stts 311ts131ts这里不妨选用（当然也可选用，大家可以试一试） ，则 311ts131ts是以首项为，公比为的等)(31112nnnnaaaannaa1112aa31比数列,所以,应用类型 1 的方法，分别令，代1 1)31( n nnaa) 1( , 3 , 2 , 1 nn入上式得个等式累加之，即) 1( n又，所以210 1)31()31()31( n naa311)31(11 n11aQ5。1)31(43 47n na类型类型 6 递推公式为与的关系式。(或)nSna
9、()nnSf a解法：这种类型一般利用与 )2() 1(11 nSSnSannn消去 或与消去)()(11nnnnnafafSSanS)2( n)(1nnnSSfS)2( n进行求解。na例：例：已知数列前 n 项和.（1）求与的关系；（2）求通项公 na2214nnnaS1nana式.na解：（1）由得：于是2214nnnaS111214nnnaS)21 21()(1211nnnnnnaaSS所以.11121nnnnaaannnaa21 211（2）应用类型 4（其中 p，q 均为常数，） ）n nnqpaa1)0) 1)(1(qppq的方法，上式两边同乘以得：由12n22211 nn nn
10、aa.于是数列是以 2 为首项，2 为公差的等差数列，1214121111aaSanna2所以nnann2) 1(22212nnna类型类型 7 banpaann1)001(、a、p解法：这种类型一般利用待定系数法待定系数法构造等比数列，即令，与已知递推式比较，解出,从而转化为)() 1(1yxnapynxannyx,是公比为的等比数列。yxnanp6例例:设数列：，求. na)2( , 123, 411nnaaannna解：设，将代入递推式，得BAnbaB、Anabnnnn则1,nnaa12) 1(31nBnAbBAnbnn) 133()23(31ABnAbn 13323ABBAA 11 B
11、A（）则,又，故1nabnn取13nnbb61b代入（）得nn nb32361132nan n说明：（1）若为的二次式，则可设)(nfn;(2)本题也可由CBnAnabnn2,（）两式1231naann1) 1(2321naann3n相减得转化为2)(3211nnnnaaaa求之.nnnqbpbb12【例】 、已知数列满足，则通项公式na11a)2(311naannnna31 2nan=3(n-1)+a(n-1) -an-a(n-1)=3(n-1) 同样 a(n-1)-a(n-2)=3(n-2) a(n-2(-a(n-3)=3(n-3) a3-a2=32 a2-a1=31 以上的 n 个等式的两边相加得到 An-a1=3+32+3(n-1)=3(1-3n-1)/(1-3)=(3n-1)/27
