最全的递推数列求通项公式方法

各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解。特别是在一些综合性比较

强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。本文总结出几种求解数列通项公式的方法，希望能对大家有帮助。 类型1 an1anf(n)

解法：把原递推公式转化为an1anf(n)，利用累加法(逐差相加法)求解。 例:已知数列an满足a112，aa1n1nn2n，求an。 解：由条件知：a111n1ann2nn(n1)n1n1

分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累加之，(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)

(112)(1213)(131114)(n1n)

所以a1na11n

a12，a11311n21n2n

变式:（2004，全国I，个理22．本小题满分14分）

已知数列{an}中a11，且a2k=a2k－1+(－1)K, a2k+1=a2k+3k, 其中k=1,2,3,……. （I）求a3, a5；

（II）求{ an}的通项公式.

解：akk2ka2k1(1)，a2k1a2k3

ak2k1a2k3a2k1(1)k3k，即ak2k1a2k13(1)k a3a13(1)，

a25a33(1)2

…… ……

a2k1a2k13k(1)k

将以上k个式子相加，得

a312k1a1(3323k)[(1)(1)2(1)k](3k1)2[(1)k21]将a11代入，得

1

即

a2k1a2k1k113(1)k1， 2211a2k1(1)k3k(1)k1。

221n11n2123(1)1(n为奇数)22经检验a11也适合，an

nn1321(1)21(n为偶数)22类型2 an1f(n)an 解法：把原递推公式转化为例:已知数列an满足a1解：由条件知之，即

an1f(n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解。 an2n，an1an，求an。 3n1an1n，分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累乘ann1aaa2a3a41123n1••••nn a1a2a3an1234a1nn22，an 33n3n1例:已知a13，an1an (n1)，求an。

3n2又a1解：an3(n1)13(n2)132131••••a1

3(n1)23(n2)232232

3n43n73n13n45263853n1。

变式（:2004，全国I,理15．）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11

n2___解：由已知，得an1a12a23a3(n1)an1nan，用此式减去已知式，得 当n2时，an1annan，即an1(n1)an，又a2a11，

a11,

aaa2an!1,33,44,,nn，将以上n个式子相乘，得an(n2) a1a2a3an122

类型3 an1panq（其中p，q均为常数，(pq(p1)0)）。 解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：an1tp(ant)，其中t换元法转化为等比数列求解。

例:已知数列an中，a11，an12an3，求an.

解：设递推公式an12an3可以转化为an1t2(ant)即an12antt3.故递推公式为an132(an3),令bnan3，则b1a134,且

q，再利用1pbn1an132.bnan3n1n1所以bn是以b14为首项，2为公比的等比数列，则bn422,所以

an2n13.

变式:（2006，重庆,文,14）

在数列an中，若a11,an12an3(n1)，则该数列的通项an_______________

n1（key:an23）

变式:（2006. 福建.理22.本小题满分14分）

*已知数列an满足a11,an12an1(nN).

（I）求数列an的通项公式； （II）若数列{bn}滿足414（Ⅲ）证明：

b1b214bn1(an1)bn(nN*),证明：数列{bn}是等差数列；

an1a1a2n...n(nN*). 23a2a3an12（I）解：

an12an1(nN*),

an112(an1),

an1是以a112为首项，2为公比的等比数列

an12n.

n*即 an21(nN).

（II）证法一：

4k114k21...4kn1(an1)kn.

3

4(k1k2...kn)n2nkn.

2[(b1b2...bn)n]nbn, ①

2[(b1b2...bnbn1)(n1)](n1)bn1. ② ②－①，得2(bn11)(n1)bn1nbn, 即(n1)bn1nbn20,

nbn2(n1)bn120.

③－④，得 nbn22nbn1nbn0, 即 bn22bn1bn0,

bn2bn1bn1bn(nN*),

bn是等差数列

证法二：同证法一，得 (n1)bn1nbn20 令n1,得b12.

设b22d(dR),下面用数学归纳法证明 bn2(n1)d. （1）当n1,2时，等式成立

（2）假设当nk(k2)时，bk2(k1)d,那么

bkk1k1b2k1kk1[2(k1)d]2kk12[(k1)1]d.这就是说，当nk1时，等式也成立 根据（1）和（2），可知b1)d对任何nN*n2(n都成立

bn1bnd,bn是等差数列

k（III）证明：

ak212ka112k11,k1,2,...,n, k12(2k1)22a1a2ana...n. 2a3an124

ak2k11111111k1.k,k1,2,...,n, k1kkak12122(21)23.222232aa1a2n1111n11n1...n(2...n)(1n), a2a3an12322223223

an1aan12...n(nN*). 23a2a3an12变式:递推式：an1panfn。解法：只需构造数列bn，消去fn带来的差异．

n类型4 an1panq（其中p，q均为常数，(pq(p1)(q1)0)）。 （或

an1panrqn,其中p，q, r均为常数） 。

解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以qn1，得：

an1pan1•引入辅助数列qn1qqnqbn（其中bnannq），得：bn1p1bn再待定系数法解决。 qq511n1,an1an()，求an。 63211n12nn1n1解：在an1an()两边乘以2得：2•an1(2•an)1

32322nn令bn2•an，则bn1bn1,解之得：bn32()

33b1n1n所以ann3()2()

232n例:已知数列an中，a1变式:（2006，全国I,理22,本小题满分12分） 设数列an的前n项的和Sn412an2n1，n1,2,3,333

n2n（Ⅰ）求首项a1与通项an；（Ⅱ）设Tn，n1,2,3,Sn解：（I）当n1时，a1S1当

，证明：

T2

ii13442a1a12； 333，即

n2时，

412412anSnSn1an2n1(an12n)333333an4an12n，利用an1panqn（其中p，q均为常数，(pq(p1)(q1)0)）。

5

nnn（或an1panrq,其中p，q, r均为常数）的方法，解之得：an42

4121nn(Ⅱ)将an42代入①得 Sn= ×(4n－2n)－×2n+1 + = ×(2n+1－1)(2n+1－2)

33332

= ×(2n+1－1)(2n－1)

3

2n32n311 Tn= = ×n+1 = ×( － ) Sn2 (2－1)(2n－1)22n－12n+1－1

所以,

i1n3

Ti= 2

(i1n113113 － ) = ×( － ) <

221－122i－12i+1－12i+1－1

类型5 递推公式为an2pan1qan（其中p，q均为常数）。

解法一(待定系数法)：先把原递推公式转化为an2san1t(an1san) 其中s，t满足stp

stq解法二(特征根法)：对于由递推公式an2pan1qan，a1,a2给出的数列an，方程xpxq0，叫做数列an的特征方程。若x1,x2是特征方程的两个根，当x1x22n1n1时，数列an的通项为anAx1Bx2，其中A，B由a1,a2决定（即把n1n1a1,a2,x1,x2和n1,2，代入anAx1Bx2，得到关于A、B的方程组）；当x1x2时，n1数列an的通项为an(ABn)x1，其中A，B由a1,a2决定（即把a1,a2,x1,x2n1和n1,2，代入an(ABn)x1，得到关于A、B的方程组）。

解法一（待定系数——迭加法）:

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

由3an25an12an0，得

an2an12(an1an)， 3且a2a1ba。

则数列an1an是以ba为首项，

2为公比的等比数列，于是 36

a(ba)(21n1an3)n。把n1,2,3,,n代入，得

a2a1ba，

a23a2(ba)(3)，

aaba)(243(3)2，

•••

a(ba)(2nan1)n23。

把以上各式相加，得

a21(2na1(ba)[1()(3)n1223)n233](ba)。12 3a2n13](ba)a3(ab)(2n[33()3)n13b2a。

解法二（特征根法）：数列an：3an25an12an0(n0,nN)，的特征方程是：3x25x20。

x11,x223, an1n12nAx1Bx2AB(3)n1。

又由a1a,a2b，于是

aABA3b2bA23BaB3(ab) 故an3b2a3(ab)(2)n13

例:已知数列an中，a11,a22,a2n23a1n13an，求an。 解：由a2n23a1n13an可转化为an2san1t(an1san) 即an(st)astast23s1s12n1n1t1或3 st33t1 a1a,a2b7

s1这里不妨选用1（当然也可选用

t31s3，大家可以试一试），则t111公比为的等比数列,an2an1(an1an)an1an是以首项为a2a11，

331n1所以an1an(),应用类型1的方法，分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得

31(1)n1(n1)个等式累加之，即a10(11na1()33)1(3)n23 113又a1，所以a731n11n44(3)。

变式:（2006，福建,文,22,本小题满分14分）

已知数列aaa*n满足a11,23,an23an12n(nN).

（I）证明：数列an1an是等比数列； （II）求数列an的通项公式； （III）若数列bb1b21n满足414...4bn1(an1)bn(nN*),证明bn是等差数列

（I）证明：

an23an12an,

an2an12(an1an),a11,a23,

an2an1a2(nN*).n1ana2为首项，2为公比的等比数列n1an是以a2a1

（II）解：由（I）得an(nN*n1an2),

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

n1

22n2...212n1(nN*).

（III）证明：

4b114b21...4bn1(ann1)b,

4(b1b2...bn)2nbn,

2[(b1b2...bn)n]nbn, ①

8

2[(b1b2...bnbn1)(n1)](n1)bn1. ②

②－①，得2(bn11)(n1)bn1nbn, 即(n1)bn1nbn20. ③ nbn2(n1)bn120. ④ ④－③，得nbn22nbn1nbn0, 即bn22bn1bn0,

bn2bn1bn1bn(nN*),

bn是等差数列

类型6 递推公式为Sn与an的关系式。(或Snf(an)) 解

法

：

这

种

类

型

一

般

利

用

S1(n1)anSnSn1(n2)与

anSnSn1f(an)f(an1)消去Sn (n2)或与Snf(SnSn1)(n2)消去an进行求解。

例：已知数列an前n项和Sn4an12n2.

（1）求an1与an的关系；（2）求通项公式an. 解：（1）由Sn4an12n2得：Sn14an112n1

于是Sn1Sn(anan1)(所以an1anan112n21an12n1211ann. 221n1)

n（2）应用类型4（an1panq（其中p，q均为常数，(pq(p1)(q1)0)））的方

法，上式两边同乘以2由a1S14a1n1得：2n1an12nan2

1n2an是以2为首项，2为公差的等差数列，a1.于是数列1122nn所以2an22(n1)2nann1

2变式:（2006，陕西,理,20本小题满分12分)

已知正项数列{an}，其前n项和Sn满足10Sn=an2+5an+6且a1,a3,a15成等比数列，求数列{an}的通项an

9

解: ∵10Sn=an2+5an+6， ① ∴10a1=a12+5a1+6，解之得a1=2或a1=3 又10Sn－1=an－12+5an－1+6(n≥2)，②

由①－②得 10an=(an2－an－12)+6(an－an－1)，即(an+an－1)(an－an－1－5)=0 ∵an+an－1>0 ， ∴an－an－1=5 (n≥2)

当a1=3时，a3=13，a15=73 a1， a3，a15不成等比数列∴a1≠3;

当a1=2时， a3=12， a15=72， 有 a32=a1a15 ， ∴a1=2， ∴an=5n－3 变式: (2005,江西,文,22．本小题满分14分）

已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn－Sn－2=3()1n13(n3),且S11,S2,求数列{an}

22的通项公式.

解：SnSn2anan1，

aa1nn13•(2)n1(n3)，两边同乘以(1)n，可得

(1)na11nan1(1)n13•(1)n(2)n13•(2)n1

令b(1)nnan

b1n1nbn13•(2)(n3)

bb1n1n23•(2)n2

…… ……

bb3•(1322)2

111n2b1•(2)n11n212nb23•[(2)(2)(2)]b234411

2b323•(122)n1(n3)

又a，a351S112S2S1212，

ba51(1)111，b2(1)2a22

b52323•(12)n143•(1n2)n1(n1)。

43•(1)n1,n为奇数a(1)nb4(1)n3•(1)n•(1nn2)n1,2

43•(12)n1,n为偶数.类型7 an1pananb(p1、0，a0)

10

解法：这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令

an1x(n1)yp(anxny)，与已知递推式比较，解出x,y,从而转化为

anxny是公比为p的等比数列。

例:设数列an：a14,an3an12n1,(n2)，求an.

解：设bnanAnB，则anbnAnB，将an,an1代入递推式，得

bnAnB3bn1A(n1)B2n13bn1(3A2)n(3B3A1)

A1A3A2 B3B3A1B1取bnann1…（１）则bn3bn1,又b16，故bn63n123nn代入（１）得an23n1

2说明：（1）若f(n)为n的二次式，则可设bnanAnBnC;(2)

本题也可由an3an12n1 ,an13an22(n1)1（n3）两式相减得anan13(an1an2)2转化为bn2pbn1qbn求之.

变式:（2006，山东,文,22,本小题满分14分） 已知数列｛an｝中，a11在直线y=x上，其中n=1,2,3… 、点（n、2an1an）2(Ⅰ)令bnan1an3,求证数列bn是等比数列；

的通项；(Ⅱ)求数列an

bn的前n项和,是否存在实数，使得数列、(Ⅲ)设Sn、Tn分别为数列an为等差数列？若存在，试求出 若不存在,则说明理由

SnTnn解：（I）由已知得 a11,2an1ann, 2 11

3313a2,a2a111,

4424又bnan1an1,

bn1an2an11,

an1(n1)annan1an1b12n1an1an2b2a1. nan2an11an1an1an1n12{b31n}是以4为首项，以2为公比的等比数列

（II）由（I）知，b31n131n4(2)22n,

a31n1an122n,

a1312a122,

aa313212,22

aa31nn1122n1,

将以上各式相加得：

a3111na1(n1)2(2222n1),

1a3(11n1)13na1n1222(n1)(11311222n1)2nn2.2a3n2nn2.

（III）解法一： 存在2，使数列{SnTnn}是等差数列 S111na1a2an3(21222n)(12n)2n

1(11322n)n(n1)2n 11223(11n23n3n23n2n)22n23.

12

31(1n)23(11)33. Tnb1b2bn4nn11222212STnSTn数列{n}是等差数列的充要条件是nAnB,(A、B是常数)

nn2即SnTnAnBn,

3n23n333(n1) 又SnTnn2222n23n13(1)(1n)

222当且仅当1解法二：

存在2，使数列{20，即2时，数列{SnTn}为等差数列 nSnTn}是等差数列 n由（I）、（II）知，an2bnn2

Sn2Tn(n1)2n 2n(n1)2n2TnTnSnTn2 nnn32Tn

2n31(1n)23(11)33 又Tnb1b2bn4nn11222212SnTnn3233(n1) n2n22STn当且仅当2时，数列{n}是等差数列

nr类型8 an1pan(p0,an0)

解法：这种类型一般是等式两边取对数后转化为an1panq，再利用待定系数法求解。 例：已知数列｛an｝中，a11,an1解：由an112的通项公式. an(a0)，求数列ana121两边取对数得lgan12lganlg， anaa13

令bnlgan，则bn12bnlg112n1，再利用待定系数法解得：ana()。 aa1an(4an),nN. 2变式:（2005，江西,理,21．本小题满分12分） 已知数列{an}的各项都是正数,且满足:a01,an1（1）证明anan12,nN; （2）求数列{an}的通项公式an. 解：用数学归纳法并结合函数f(x)（1）方法一 用数学归纳法证明：

1°当n=1时，a01,a11x(4x)的单调性证明： 213a0(4a0), 22 ∴a0a12，命题正确. 2°假设n=k时有ak1ak2.

11ak1(4ak1)ak(4ak) 2211 2(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)(4ak1ak).

22 则nk1时,akak1而ak1ak0.又ak14ak1ak0,akak10.

11ak(4ak)[4(ak2)2]2. 22∴nk1时命题正确.

由1°、2°知，对一切n∈N时有anan12. 方法二：用数学归纳法证明：

1°当n=1时，a01,a113a0(4a0),∴0a0a12； 22 2°假设n=k时有ak1ak2成立，

1x(4x)，f(x)在[0，2]上单调递增，所以由假设 2111有：f(ak1)f(ak)f(2),即ak1(4ak1)ak(4ak)2(42),

222 令f(x)也即当n=k+1时 akak12成立，所以对一切nN,有akak12 （2）解法一：an111an(4an)[(an2)24], 222所以 2(an12)(an2)

14

121122112221122n12n令bnan2,则bnbn(b)()b()bn, 1n2n1222222又b1，所以b12nn=－11nn(2),即an2bn2(2)21

解法二：a1a1n1n(4an)(a222n2)2,

2an112(2a2n) 由（I）知，2an0，两边取以2为底的对数，

log2(2an1)12log2(2an)

令bannlog2(2n),则bn112bnbn12

a2212n或a1n1nn2(2)2

变式:（2006,山东,理,22,本小题满分14分）

已知a1=2，点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中=1，2，3，… （1） 证明数列｛lg(1+an)｝是等比数列；

（2） 设Tn=(1+a1) (1+a2) …(1+an)，求Tn及数列｛an｝的通项； 记b1n=

1，求｛b2n｝数列的前项和Sn，并证明Saan+1=1 nn23Tn解：（Ⅰ）由已知a2n1an2an，

a2n11(an1)

a12

an11，两边取对数得

lg(1an1)2lg(1an)，

即

lg(1an1)lg(1a2

n){lg(1an)}是公比为2的等比数列

（Ⅱ）由（Ⅰ）知lg(1an1n)2lg(1a1) 2n1lg3lg32n1

1an1n32 （*）

Tn(1a1)(1a2)…(1+an)

15

333…3312222021222n-1

…+2n-1=3n12n-1

由（*）式得an321

1111() an12anan2（Ⅲ）

2an1a02an， an1an(an2)，1121111) ，又bn，bn2(an2anan1anan2anan111111111…+)2() a1a2a2a3anan1a1an1nSnb1b2…+bn2(n1an321,a12,an1321

Sn12312n，又Tn32n1，Sn21

3Tn1类型9 an1f(n)an

g(n)anh(n)解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为an1panq。 例：已知数列｛an｝满足：anan1,a11，求数列｛an｝的通项公式。

3an11解：取倒数：

13an1113 anan1an11111(n1)31(n1)3an是等差数列， aa3n2an1n变式:（2006，江西,理,22,本大题满分14分） 已知数列｛an｝满足：a1＝

3nan－13（n2，nN），且an＝

2an－1＋n－12（1） 求数列｛an｝的通项公式；

（2） 证明：对于一切正整数n，不等式a1•a2•……an2•n！ 解：（1）将条件变为：1－为

n1n－1n1－）＝（，因此｛1－｝为一个等比数列，其首项3an－1anan 16

n•3n11n111－＝，公比，从而1－＝n，据此得an＝n（n1）…………1

a13an33－13（2）证：据1得，a1•a2•…an＝

n！

111（1－）•（1－2）…（1－n）333111…………2 ）…（1－）323n2为证a1•a2•……an2•n！ 只要证nN时有（1－）•（1－13显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个nN，有

1111111－（＋2＋…＋n）…………3 （1－）•（1－2）…（1－n）333333用数学归纳法证明3式： （i） n＝1时，3式显然成立， （ii） 设n＝k时，3式成立， 即（1－）•（1－13111111－（） ）…（1－）＋＋…＋2k2k33333则当n＝k＋1时，

11111111〔1－（＋2＋…＋k）〕•（1－k＋1） （1－）•（1－2）…（•1－k）•（1－k＋1）3333333311111111＝1－（＋2＋…＋k）－k＋1＋k＋1（＋2＋…＋k）

3333333311111－（＋2＋…＋k＋k＋1）即当n＝k＋1时，3式也成立

3333故对一切nN，3式都成立 利用3得，

11n〔1－（）〕1111113 1－（＋2＋…＋n）＝1－3（1－）•（1－2）…（1－n）13333331－311n111n1＝1－〔 1－（）〕＝＋（）232232故2式成立，从而结论成立

类型10 an1panq

ranhpanq（其

ranh解法：如果数列{an}满足下列条件：已知a1的值且对于nN，都有an1中p、q、r、h均为常数，且phqr,r0,a1当特征方程有且仅有一根x0时,则

hpxq），那么，可作特征方程x,rrxh1是等差数列;当特征方程有两个相异的根x1、x2anx017

时，则anx1是等比数列。

anx2an4,且a13,求{an}的通项公式.

2an3例：已知数列{an}满足性质：对于nN,an1解: 数列{an}的特征方程为xx4,变形得2x22x40,其根为11,22.2x3故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第（2）部分，则有

cna11a(p1r)n13132(112122)n1,nN.

12p2r∴c21nn5(5)1,nN. 22(1)n1∴ac11n2nc55n12(1,nN. 5)n151即a(5)n4n2(5)n,nN.

例：已知数列{an}满足：对于nN,都有an25n113aa.

n3（1）若a15,求an;（2）若a13,求an;（3）若a16,求an; （4）当a1取哪些值时，无穷数列{an}不存在？

解：作特征方程x13x25x3.变形得x210x250,

特征方程有两个相同的特征根5.依定理2的第（1）部分解答.

(1)∵a15,a1.对于nN,都有an5; (2)∵a13,a1. ∴b1na(n1)rpr

1 135(n1)11315 1n128, 令bn0，得n5.故数列{an}从第5项开始都不存在，

18

当n≤4，nN时，an15n17. bnn5(3)∵a16,5,∴a1. ∴bn1rn1(n1)1,nN.

a1pr8令bn0,则n7n.∴对于nN,bn0. ∴an1bn15n435,nN. n1n718(4)、显然当a13时，数列从第2项开始便不存在.由本题的第（1）小题的解答过程知，

a15时，数列{an}是存在的，当a15时，则有bn1r1n15n13(n1),nN.令bn0,则得a1,nNa1pra158n1且n≥2. ∴当a15n13（其中nN且N≥2）时，数列{an}从第n项开始便不存在. n15n13于是知：当a1在集合{3或:nN,且n≥2}上取值时，无穷数列{an}都不存

n1在.

变式:（2005，重庆,文,22,本小题满分12分）

数列{an}满足a11且8an1an16an12an50(n1).记bn（Ⅰ）求b1、b2、b3、b4的值；

（Ⅱ）求数列{bn}的通项公式及数列{anbn}的前n项和Sn.

解法一：由已知,得an111an2(n1).

2an52x515,其特征方程为x解之得,x1或x2

168an168x24156(an)12(an)12,a54 an1n12168an4168an 19

1111anana1212, 22•(1)n14 5255522nan1anana14444an12n15ann

24解法二：

（I）a11,故b12; 112718a2,故b2;

71388231a3,故b34;

314421320a4,故b4.

20344284（II）因(b1)(b3)()2，

3333344444(b2)2()2,(b1)(b3)(b2)2

3333342故猜想{bn}是首项为,公比q2的等比数列.

33因an2，（否则将an2代入递推公式会导致矛盾）

1故an1因bn152a(n1).168an4314168an42016an,36an336an3

1an124282016an442(bn)bn1,b10,1336an333an2故|bn4|确是公比为q2的等比数列. 34241n, b12n4(n1) 因b1,故bn2n由bn333333故Sna1b1a2b2anbn

1an12得anbn1bn1, 2 20

1(12n)1n531(25n1) n(b1b2bn)n31232解法三： （Ⅰ）由bn1得an11,代入递推关系8an1an16an12an50, a1bnn22整理得

4bb630,即b4n12bn, n1nbn1bn3由a1,有b2,所以b8201123,b34,b43.

（Ⅱ）由b44442n12bn3,bn132(bn3),b1330,

所以{b42n3}是首项为3,公比q2的等比数列,故

bn43132n,即b14n32n3(n1). 由b1n得a1nbnbn1, a12n2故Sa1n1b1a2b2anbn2(b1b2bn)n

1(12n)31253n13(2n5n1).

解法四：

（Ⅰ）同解法一 （Ⅱ）b2b123,b482843b23,b4b33,33(3)2 猜想{bb21nn1n}是首项为3,公比q2的等比数列,bn1bn32又因a2,故a52a

nnn1168a(n1).因此nbn1bn1112a12an12an1n12a15

n2168an2 168an108a6a6n;

n36an36an321

bn2bn11an2121an112168an1168an

6an136an3因b2b13624an168an2016an2(bn1bn).

6an36an36an3210,{bn1bn}是公比q2的等比数列,bn1bn2n, 33从而bn(bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b1

1114(2n12n221)2(2n2)22n(n1). 333311由bn得anbnbn1,

12an21故Sna1b1a2b2anbn(b1b2bn)n

21(12n)153n(2n5n1).

3123

n类型11 an1anpnq或an1anpq

解法：这种类型一般可转化为a2n1与a2n是等差或等比数列求解。 例：（I）在数列{an}中，a11,an16nan，求an

n（II）在数列{an}中，a11,anan13，求an

类型12 归纳猜想法 解法：数学归纳法

变式:（2006，全国II,理,22,本小题满分12分）

设数列｛an｝的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1，2，3，… （Ⅰ）求a1，a2； （Ⅱ）｛an｝的通项公式

2提示:1 Sn1,n1,2,3,...为方程的根,代入方程可得(Sn1)an(Sn1)an0

将n=1和n=2代入上式可得a111 a2 261并用数学归纳法进行证明，本题主要考察 一般

n(n1)2 求出a1,a2,a3,a4等,可猜想an数列的通项公式与求和公式间的关系

22

3 方程的根的意义(根代入方程成立)

4

数学归纳法证明数列的通项公式(也可以把an1分开为

n(n1)an111然后求和,中间项均抵消,只剩下首项和末项,可得Sn

n(n1)nn1解：(Ⅰ)当n＝1时，x2－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1， 1于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝

21

当n＝2时，x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a2－，

2111于是(a2－)2－a2(a2－)－a2＝0，解得a1＝

226(Ⅱ)由题设(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0， 即 Sn2－2Sn＋1－anSn＝0

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入上式得 Sn－1Sn－2Sn＋1＝0 ①

1112由(Ⅰ)知S1＝a1＝，S2＝a1＋a2＝＋＝

22633由①可得S3＝

4n

由此猜想Sn＝，n＝1，2，3，… ……8分

n＋1

下面用数学归纳法证明这个结论 (i)n＝1时已知结论成立

k

(ii)假设n＝k时结论成立，即Sk＝，

k＋1当n＝k＋1时，由①得Sk＋1＝

k＋11

，即Sk＋1＝， 2－Skk＋2

故n＝k＋1时结论也成立 n

综上，由(i)、(ii)可知Sn＝对所有正整数n都成立 ……10分

n＋1

于是当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝

n－1n1－＝，

nn＋1n(n＋1)

11

又n＝1时，a1＝＝，所以

21×2｛an｝的通项公式an＝

n

，n＝1，2，3，… ……12分 n＋1

本题难度较大,不过计算较易,数列的前面一些项的关系也比较容易发现 类型13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：已知数列an中，a11；数列bn中，b10。当n2时，

23

11an(2an1bn1),bn(an12bn1)，求an,bn.

3311解：因anbn(2an1bn1)(an12bn1)an1bn1

33所以anbnan1bn1an2bn2•••a2b2a1b11 即anbn1…………………………………………（1）

111(2an1bn1)(an12bn1)(an1bn1)

3331121n1所以anbn(an1bn1)()an2bn2)……()(a1b1)

33311()n1.即anbn()n1………………………（2） 3311n111n1由（1）、（2）得：an[1()]， bn[1()]

2323又因为anbn类型14周期型

解法：由递推式计算出前几项，寻找周期。

例：若数列an满足an112a,(0a)n6n2，若a1，则a20的值为___________。

72a1,(1a1)nn2变式:（2005，湖南,文，5） 已知数列{an}满足a10,an1an33an1(nN*)，则a20=

（ ）

A．0

B．3 C．3

D．

3 2 24