递推公式

1

高考递推数列题型分类归纳解析

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)(

1

nfaa

nn





解法：把原递推公式转化为)(

1

nfaa

nn





，利用累加法(逐差相加法)求解。

例:已知数列

n

a满足

2

1

1

a，

nn

aa

nn





2

1

1

，求

n

a。

解：由条件知：

1

11

)1(

11

2

1











nnnn

nn

aa

nn

分别令)1(,,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累加之，即

)()()()(

1342312



nn

aaaaaaaa

)

1

1

1

()

4

1

3

1

()

3

1

2

1

()

2

1

1(

nn







所以

n

aa

n

1

1

1



2

1

1

a，

nn

a

n

1

2

31

1

2

1



变式:（2004，全国I，个理22．本小题满分14分）

已知数列

1}{

1

aa

n

中

，且a

2k

=a

2k－1

+(－1)K,a

2k+1

=a

2k

+3k,其中k=1,2,3,…….

（I）求a

3

,a

5

；

（II）求{a

n

}的通项公式.

解：k

kk

aa)1(

122





，k

kk

aa3

212





kk

k

k

kk

aaa3)1(3

12212





，即kk

kk

aa)1(3

1212







)1(3

13

aa，

22

35

)1(3aa

…………

kk

kk

aa)1(3

1212





将以上k个式子相加，得

]1)1[(

2

1

)13(

2

3

])1()1()1[()333(22

112





kkkk

k

aa

将1

1

a代入，得

1

1)1(

2

1

3

2

1

1

12





kk

k

a，

1)1(

2

1

3

2

1

)1(

122





kkk

kk

aa。

经检验1

1

a也适合，























)(1)1(

2

1

3

2

1

)(1)1(

2

1

3

2

1

22

2

1

2

1

为偶数

为奇数

n

n

a

nn

nn

n

类型2

nn

anfa)(

1





解法：把原递推公式转化为)(1nf

a

a

n

n，利用累乘法(逐商相乘法)求解。

例:已知数列

n

a满足

3

2

1

a，

nn

a

n

n

a

11





，求

n

a。

解：由条件知

1

1





n

n

a

a

n

n，分别令)1(,,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累乘

之，即

13

4

2

3

1

2



••••

n

n

a

a

a

a

a

a

a

a

n

n1

4

3

3

2

2

1



na

a

n

1

1



又

3

2

1

a，

n

a

n3

2



例:已知3

1

a，

nn

a

n

n

a

23

13

1







)1(n，求

n

a。

解：

123

13

223

123

2)2(3

1)2(3

2)1(3

1)1(3

a

n

n

n

n

a

n



•





••





•







3437526

3

31348531

nn

nnn







。

变式:（2004，全国I,理15．）已知数列{a

n

}，满足a

1

=1，

1321

)1(32





nn

anaaaa

(n≥2)，则{a

n

}的通项

1

___n

a









1

2

n

n





解：由已知，得

nnn

naanaaaa

13211

)1(32，用此式减去已知式，得

当2n时，

nnn

naaa

1

，即

nn

ana)1(

1





，又1

12

aa，

n

a

a

a

a

a

a

a

a

a

n

n

13

4

2

3

1

2

1

,,4,3,1,1，将以上n个式子相乘，得

2

!n

a

n

)2(n

1

类型3qpaa

nn



1

（其中p，q均为常数，)0)1((ppq）。

解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：)(

1

tapta

nn





，其中

p

q

t





1

，再利用

换元法转化为等比数列求解。

例:已知数列

n

a中，1

1

a，32

1



nn

aa，求

n

a.

解：设递推公式32

1



nn

aa可以转化为)(2

1

tata

nn





即32

1





ttaa

nn

.

故递推公式为)3(23

1



nn

aa,令3

nn

ab，则43

11

ab,且2

3

3

11







n

n

n

n

a

a

b

b

.

所以

n

b是以4

1

b为首项，2为公比的等比数列，则11224nn

n

b,所以

321n

n

a.

变式:（2006，,文,14）

在数列

n

a中，若

11

1,23(1)

nn

aaan



，则该数列的通项

n

a

_______________

（key:

321n

n

a）

变式:（2006..理22.本小题满分14分）

已知数列

n

a满足*

11

1,21().

nn

aaanN





（I）求数列

n

a的通项公式；

（II）若数列{b

n

}滿足12

1

11

*444(1)(),nn

bb

bb

n

anN

证明：数列{b

n

}是等差数列；

（Ⅲ）证明：*

12

231

1

...().

232

n

n

a

aa

nn

nN

aaa





（I）解：*

1

21(),

nn

aanN





1

12(1),

nn

aa





1

n

a是以

1

12a为首项，2为公比的等比数列

12.n

n

a

即*21().n

n

anN

（II）证法一：12

1

1144...4(1).nn

kk

kk

n

a



1

12

(...)

kkknnk

12

2[(...)],

nn

bbbnnb①

1211

2[(...)(1)](1).

nnn

bbbbnnb



②

②－①，得

11

2(1)(1),

nnn

bnbnb





即

1

(1)20,

nn

nbnb





21

(1)20.

nn

nbnb





③－④，得

21

20,

nnn

nbnbnb





即

21

20,

nnn

bbb





*

211

(),

nnnn

bbbbnN







n

b是等差数列

证法二：同证法一，得

1

(1)20

nn

nbnb





令1,n得

1

2.b

设

2

2(),bddR下面用数学归纳法证明2(1).

n

bnd

（1）当1,2n时，等式成立

（2）假设当(2)nkk时，2(1),

k

bkd那么

1

22

[2(1)]2[(1)1].

1111kk

kk

bbkdkd

kkkk





这就是说，当1nk时，等式也成立

根据（1）和（2），可知2(1)

n

bnd对任何*nN都成立



1

,

nnn

bbdb



是等差数列

（III）证明：

1

1

21211

,1,2,...,,

1

212

2(2)

2

kk

k

k

k

k

a

kn

a











12

231

....

2

n

n

a

aa

n

aaa





1

11

1

211111111

.,1,2,...,,

2122(21)23.222232

k

k

kkkkk

k

a

kn

a









12

2

231

1111111

...(...)(1),

2322223223

n

nn

n

a

aa

nnn

aaa





*

12

231

1

...().

232

n

n

a

aa

nn

nN

aaa





变式:递推式：nfpaa

nn



1

。解法：只需构造数列

n

b，消去nf带来的差异．

类型4n

nn

qpaa

1

（其中p，q均为常数，)0)1)(1((qppq）。（或

1

n

nn

aparq



,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1nq，得：

q

q

a

q

p

q

a

n

n

n

n

1

1

1•



引入辅助数列



n

b（其中

n

n

nq

a

b），得：

q

b

q

p

b

nn

1

1





再待定系数法解决。

例:已知数列

n

a中，

6

5

1

a,1

1

)

2

1

(

3

1





n

nn

aa，求

n

a。

解：在1

1

)

2

1

(

3

1





n

nn

aa两边乘以12n得：1)2(

3

2

2

1

1••





n

n

n

naa

令

n

n

n

ab•2，则1

3

2

1



nn

bb,解之得：n

n

b)

3

2

(23

所以nn

n

n

n

b

a)

3

1

(2)

2

1

(3

2



变式:（2006，全国I,理22,本小题满分12分）

设数列

n

a的前

n

项的和1

412

2

333

n

nn

Sa，1,2,3,n

（Ⅰ）求首项

1

a与通项

n

a；（Ⅱ）设

2n

n

n

T

S

，1,2,3,n，证明：

1

3

2

n

i

i

T





解：（I）当1n时，

3

2

3

4

3

4

111

aSa2

1

a；

当2n时，)

3

2

2

3

1

3

4

(

3

2

2

3

1

3

4

1

1

1









n

n

n

nnnn

aaSSa，即

n

nn

aa24

1





，利用n

nn

qpaa

1

（其中p，q均为常数，)0)1)(1((qppq）。

1

（或

1

n

nn

aparq



,其中p，q,r均为常数）的方法，解之得：nn

n

a24

(Ⅱ)将nn

n

a24代入①得S

n

=

4

3

×(4n－2n)－

1

3

×2n+1+

2

3

=

1

3

×(2n+1－1)(2n+1－2)

=

2

3

×(2n+1－1)(2n－1)

T

n

=

2n

S

n

=

3

2

×

2n

(2n+1－1)(2n－1)

=

3

2

×(

1

2n－1

－

1

2n+1－1

)

所以,

1

n

i

i

T



=

3

2

1

(

n

i

1

2i－1

－

1

2i+1－1

)=

3

2

×(

1

21－1

－

1

2i+1－1

)<

3

2

类型5递推公式为

nnn

qapaa

12

（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

)(

112nnnn

saatsaa



其中s，t满足











qst

pts

解法二(特征根法)：对于由递推公式

nnn

qapaa

12

，

21

,aa给出的数列

n

a，

方程

02qpxx，叫做数列

n

a的特征方程。若

21

,xx是特征方程的两个根，当

21

xx

时，数列

n

a的通项为1

2

1

1

nn

n

BxAxa，其中A，B由

21

,aa决定（即把

2121

,,,xxaa和2,1n，代入1

2

1

1

nn

n

BxAxa，得到关于A、B的方程组）；当

21

xx时，

数列

n

a的通项为1

1

)(n

n

xBnAa，其中A，B由

21

,aa决定（即把

2121

,,,xxaa

和2,1n，代入1

1

)(n

n

xBnAa，得到关于A、B的方程组）。

解法一（待定系数——迭加法）:

数列

n

a：),0(0253

12

Nnnaaa

nnn





，baaa

21

,，求数列

n

a的通项

公式。

由

0253

12



nnn

aaa，得

)(

3

2

112nnnn

aaaa



，

且abaa

12

。

则数列

nn

aa

1

是以ab为首项，

3

2

为公比的等比数列，于是

1

1

1

)

3

2

)((



n

nn

abaa。把nn,,3,2,1代入，得

abaa

12

，

)

3

2

()(

23

abaa，

2

34

)

3

2

()(abaa，

•••

2

1

)

3

2

)((



n

nn

abaa。

把以上各式相加，得

])

3

2

()

3

2

(

3

2

1)[(2

1

n

n

abaa

)(

3

2

1

)

3

2

(11

ab

n











。

abbaaabann

n

23)

3

2

)((3)]()

3

2

(33[11。

解法二（特征根法）：数列

n

a：),0(0253

12

Nnnaaa

nnn





，baaa

21

,

的特征方程是：02532xx。

3

2

,1

21

xx,

1

2

1

1

nn

n

BxAxa1)

3

2

(nBA。

又由baaa

21

,，于是



























)(3

23

3

2

baB

abA

BAb

BAa

故1)

3

2

)((323n

n

baaba

例:已知数列

n

a中，1

1

a,2

2

a,

nnn

aaa

3

1

3

2

12





，求

n

a。

解：由

nnn

aaa

3

1

3

2

12





可转化为

)(

112nnnn

saatsaa



即

nnn

staatsa

12

)(





















3

1

3

2

st

ts

















3

1

1

t

s

或















1

3

1

t

s

1

这里不妨选用















3

1

1

t

s

（当然也可选用















1

3

1

t

s

，大家可以试一试），则

)(

3

1

112nnnn

aaaa





nn

aa

1

是以首项为1

12

aa，公比为

3

1

的等比数列,

所以1

1

)

3

1

(



n

nn

aa,应用类型1的方法，分别令)1(,,3,2,1nn，代入上式得

)1(n个等式累加之，即210

1

)

3

1

()

3

1

()

3

1

(n

n

aa

3

1

1

)

3

1

(11







n

又1

1

a，所以1)

3

1

(

4

3

4

7

n

n

a。

变式:（2006，,文,22,本小题满分14分）

已知数列

n

a满足*

1221

1,3,32().

nnn

aaaaanN





（I）证明：数列

1nn

aa



是等比数列；

（II）求数列

n

a的通项公式；

（III）若数列

n

b满足12

1

11

*44...4(1)(),nn

bb

bb

n

anN

证明

n

b是等差数列

（I）证明：

21

32,

nnn

aaa





211

12

*

21

1

2(),

1,3,

2().

nnnn

nn

nn

aaaa

aa

aa

nN

aa



















1nn

aa



是以

21

aa2为首项，2为公比的等比数列

（II）解：由（I）得*

1

2(),n

nn

aanN





112211

()()...()

nnnnn

aaaaaaaa





12

*

22...21

21().

nn

nnN





（III）证明：12

1

1144...4(1),nn

bb

bb

n

a



12

(...)42,nn

bbbnb

12

2[(...)],

nn

bbbnnb①

1

1211

2[(...)(1)](1).

nnn

bbbbnnb



②

②－①，得

11

2(1)(1),

nnn

bnbnb





即

1

(1)20.

nn

nbnb



③

21

(1)20.

nn

nbnb



④

④－③，得

21

20,

nnn

nbnbnb





即

21

20,

nnn

bbb





*

211

(),

nnnn

bbbbnN







n

b是等差数列

类型6递推公式为

n

S与

n

a的关系式。(或()

nn

Sfa)

解法：这种类型一般利用















)2(

)1(

1

1

nSS

nS

a

nn

n

与

)()(

11



nnnnn

afafSSa消去

n

S)2(n或与)(

1



nnn

SSfS)2(n消去

n

a

进行求解。

例：已知数列

n

a前n项和

22

1

4





n

nn

aS.

（1）求

1n

a与

n

a的关系；（2）求通项公式

n

a.

解：（1）由

22

1

4





n

nn

aS得：

1

112

1

4







n

nn

aS

于是)

2

1

2

1

()(

12

11







nn

nnnn

aaSS

所以

1

112

1







n

nnn

aaa

n

nn

aa

2

1

2

1

1





.

（2）应用类型4（n

nn

qpaa

1

（其中p，q均为常数，)0)1)(1((qppq））的方

法，上式两边同乘以12n得：

222

1

1





n

n

n

naa

由1

2

1

4

1

21

111





aaSa.于是数列

n

na2是以2为首项，2为公差的等差数列，

所以

nna

n

n2)1(222

12



n

n

n

a

变式:（2006，,理,20本小题满分12分)

已知正项数列{a

n

}，其前n项和S

n

满足10S

n

=a

n

2+5a

n

+6且a

1

,a

3

,a

15

成等比数列，求数列{a

n

}

的通项a

n

1

解:∵10S

n

=a

n

2+5a

n

+6，①∴10a

1

=a

1

2+5a

1

+6，解之得a

1

=2或a

1

=3

又10S

n－1

=a

n－1

2+5a

n－1

+6(n≥2)，②

由①－②得10a

n

=(a

n

2－a

n－1

2)+6(a

n

－a

n－1

)，即(a

n

+a

n－1

)(a

n

－a

n－1

－5)=0

∵a

n

+a

n－1

>0，∴a

n

－a

n－1

=5(n≥2)

当a

1

=3时，a

3

=13，a

15

=73a

1

，a

3

，a

15

不成等比数列∴a

1

≠3;

当a

1

=2时，a

3

=12，a

15

=72，有a

3

2=a

1

a

15

，∴a

1

=2，∴a

n

=5n－3

变式:(2005,,文,22．本小题满分14分）

已知数列{a

n

}的前n项和S

n

满足S

n

－S

n－2

=3,

2

3

,1),3()

2

1

(

21

1SSnn且求数列{a

n

}

的通项公式.

解：

12



nnnn

aaSS，

)3()

2

1

(31

1

•



naan

nn

，两边同乘以n)1(，可得

111

1

)

2

1

(3)

2

1

()1(3)1()1(



••nnnn

nn

naa

令

n

n

n

ab)1(

)3()

2

1

(31

1

•



nbbn

nn

2

21

)

2

1

(3



•n

nn

bb

…………

2

23

)

2

1

(3•bb



2

1

1

)

2

1

(

4

1

4

1

3])

2

1

()

2

1

()

2

1

[(3

2

2

221

2



•

•





n

nn

n

bbb

)3()

2

1

(3

2

3

1

2

•nbn

又

1

11

Sa，

2

5

1

2

3

122

SSa，



1)1(

1

1

1

ab，

2

5

)1(

2

2

2

ab

)1()

2

1

(34)

2

1

(3

2

3

2

5

11••nbnn

n

。

















•

•

••







.,)

2

1

(34

,,)

2

1

(34

)

2

1

()1(3)1(4)1(

1

1

1

为偶数

为奇数

n

n

ba

n

n

nnn

n

n

n

类型7

banpaa

nn



1

)001(，a、p

1

解法：这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令

)()1(

1

yxnapynxa

nn





，与已知递推式比较，解出yx,,从而转化为

yxna

n

是公比为p的等比数列。

例:设数列

n

a：)2(,123,4

11





nnaaa

nn

，求

n

a.

解：设BAnbaB，Anab

nnnn

则，将

1

,

nn

aa代入递推式，得

12)1(3

1





nBnAbBAnb

nn

)133()23(3

1





ABnAb

n



















133

23

ABB

AA











1

1

B

A

1nab

nn

取…（１）则

1

3





nn

bb,又6

1

b，故nn

n

b32361

代入（１）得

132nan

n

说明：（1）若)(nf为

n

的二次式，则可设

CBnAnab

nn

2;(2)

本题也可由

123

1





naa

nn

,1)1(23

21





naa

nn

（3n）

两式相减得

2)(3

211



nnnn

aaaa转化为

nnn

qbpbb

12

求之.

变式:（2006，,文,22,本小题满分14分）

已知数列｛

n

a｝中，

11

1

2

2nn

anaa



、点（、）在直线y=x上，其中n=1,2,3…

(Ⅰ)令是等比数列；求证数列

nnnn

baab,3

1





(Ⅱ)求数列的通项；

n

a

(Ⅲ)设分别为数列、

nn

TS、

n

a

n

b的前n项和,是否存在实数，使得数列nn

ST

n









为等差数列？若存在，试求出

若不存在,则说明理由

解：（I）由已知得

11

1

,2,

2nn

aaan





1

221

3313

,11,

4424

aaa

又

1

1,

nnn

baa





121

1,

nnn

baa





11

11

2111

(1)1

1

1

222

.

1112

nnnn

nnn

nnnnnnn

ananaa

baa

baaaaaa

















{}

n

b是以

3

4

为首项，以

1

2

为公比的等比数列

（II）由（I）知，1

3131

(),

4222

n

n

n

b

1

31

1,

22nn

n

aa





21

31

1,

22

aa

32

2

31

1,

22

aa



1

1

31

1,

22nn

n

aa







将以上各式相加得：

1

21

3111

(1)(),

2222n

n

aan





1

1

1

11

(1)

31313

22

1(1)(1)2.

1

22222

1

2

n

n

nn

aannn











3

2.

2n

n

an

（III）解法一：

存在2，使数列{}nn

ST

n



是等差数列

12

12

111

3()(12)2

222nn

n

Saaann

11

(1)

(1)

22

32

1

2

1

2

nnn

n









221333

3(1)3.

2222nn

nnnn



1

12

1

31

(1)

3133

42

(1).

1

2222

1

2

n

nn

nn

Tbbb









数列{}nn

ST

n



是等差数列的充要条件是,(nn

ST

AnBA

n



、B是常数)

即2,

nn

STAnBn

又

2

1

3333

3()

2222nn

nn

nn

ST







231

3(1)(1)

222n

nn



当且仅当10

2



，即2时，数列{}nn

ST

n



为等差数列

解法二：

存在2，使数列{}nn

ST

n



是等差数列

由（I）、（II）知，

22

nn

abn

(1)

22

2n

nn

STn





(1)

22

2nn

nn

nn

nTT

ST

nn













32

2n

n

T

n





又

12

1

31

(1)

3133

42

(1)

1

2222

1

2

n

nn

nn

Tbbb









1

3233

()

222

nn

n

ST

n

nn













当且仅当2时，数列{}nn

ST

n



是等差数列

类型8r

nn

paa

1

)0,0(

n

ap

解法：这种类型一般是等式两边取对数后转化为

qpaa

nn



1

，再利用待定系数法求解。

例：已知数列｛

n

a｝中，2

11

1

,1

nn

a

a

aa



)0(a，求数列.的通项公式

n

a

解：由2

1

1

nn

a

a

a



两边取对数得

a

aa

nn

1

lglg2lg

1





，

1

令

nn

ablg，则

a

bb

nn

1

lg2

1





，再利用待定系数法解得：12)

1

(n

na

aa。

变式:（2005，,理,21．本小题满分12分）

已知数列:,}{且满足的各项都是正数

n

a.),4(

2

1

,1

10

Nnaaaa

nnn





（1）证明;,2

1

Nnaa

nn





（2）求数列}{

n

a的通项公式a

n

.

解：用数学归纳法并结合函数)4(

2

1

)(xxxf的单调性证明：

（1）方法一用数学归纳法证明：

1°当n=1时，,

2

3

)4(

2

1

,1

0010

aaaa

∴2

10

aa，命题正确.

2°假设n=k时有.2

1



kk

aa

则)4(

2

1

)4(

2

1

,1

111kkkkkk

aaaaaakn



时

111

1

2()()()

2kkkkkk

aaaaaa





11

1

()(4).

2kkkk

aaaa





而

.0,04.0

111



kkkkkk

aaaaaa

又.2])2(4[

2

1

)4(

2

1

2

1



kkkk

aaaa

∴1kn时命题正确.

由1°、2°知，对一切n∈N时有.2

1



nn

aa

方法二：用数学归纳法证明：

1°当n=1时，,

2

3

)4(

2

1

,1

0010

aaaa∴20

10

aa；

2°假设n=k时有2

1



kk

aa成立，

令)4(

2

1

)(xxxf，)(xf在[0，2]上单调递增，所以由假设

有：

),2()()(

1

fafaf

kk





即),24(2

2

1

)4(

2

1

)4(

2

1

11



kkkk

aaaa

也即当n=k+1时

2

1



kk

aa成立，所以对一切2,

1



kk

aaNn有

（2）解法一：],4)2([

2

1

)4(

2

1

2

1



nnnn

aaaa

所以2

1

)2()2(2

nn

aa

1

nn

nnnnnnn

bbbbbab22212

1

222

2

2

1

12)

2

1

()

2

1

(

2

1

)

2

1

(

2

1

2

1

,2



则令,

又b

n

=－1，所以1212)

2

1

(22,)

2

1

(nn

nnn

bab即

解法二：,2)2(

2

1

)4(

2

1

2

1



nnnn

aaaa

2

1

)2(

2

1

2

nn

aa



由（I）知，02

n

a，两边取以2为底的对数，



)2(log21)2(log

212nn

aa



令

n

b)2(log

2n

a,则

nn

bb21

1





n

n

b21

n

n

a2122或12)

2

1

(2n

n

a

变式:（2006,,理,22,本小题满分14分）

已知a

1

=2，点(a

n

,a

n+1

)在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中=1，2，3，…

（1）证明数列｛lg(1+a

n

)｝是等比数列；

（2）设T

n

=(1+a

1

)(1+a

2

)…(1+a

n

)，求T

n

及数列｛a

n

｝的通项；

记b

n

=

2

11





nn

aa

，求｛b

n

｝数列的前项和S

n

，并证明S

n

+

13

2



n

T

=1

解：（Ⅰ）由已知2

1

2

nnn

aaa



，

2

1

1(1)

nn

aa





1

2a

11

n

a，两边取对数得

1

lg(1)2lg(1)

nn

aa



，

即1

lg(1)

2

lg(1)

n

n

a

a









{lg(1)}

n

a是公比为2的等比数列

（Ⅱ）由（Ⅰ）知1

1

lg(1)2lg(1)n

n

aa1122lg3lg3nn

1213n

n

a（*）

12

(1)(1)

n

Taa

n

…(1+a)

1

012222333n-12…3

21223n-1…+2=n2-13

由（*）式得1231n

n

a

（Ⅲ）2

10

2

nn

aaa



，

1

(2)

nnn

aaa



，

1

1111

()

22

nnn

aaa







1

112

2

nnn

aaa







，又

11

2n

nn

b

aa





，

1

11

2()

n

nn

b

aa





12n

Sbb

n

…+b

12231

111111

2()

nn

aaaaaa



…+

11

11

2()

n

aa





122

11

31,2,31nn

nn

aaa





2

2

1

31nn

S



，又213n

n

T，

2

1

31n

n

S

T





类型9

)()(

)(

1nhang

anf

a

n

n

n





解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为qpaa

nn



1

。

例：已知数列｛a

n

｝满足：1,

131

1

1







a

a

a

a

n

n

n

，求数列｛a

n

｝的通项公式。

解：取倒数：

11

1

1

3

13

1









nn

n

n

aa

a

a















n

a

1

是等差数列，3)1(

11

1

n

aa

n

3)1(1n

23

1





n

a

n

变式:（2006，,理,22,本大题满分14分）

已知数列｛a

n

｝满足：a

1

＝

3

2

，且a

n

＝n1

n1

3na

n2nN

2an1

－

－

（，）

＋－

（1）求数列｛a

n

｝的通项公式；

（2）证明：对于一切正整数n，不等式a

1

•a

2

•……a

n

2•n！

解：（1）将条件变为：1－

n

n

a

＝

n1

1n1

1

3a

－

－

（－）

，因此｛1－

n

n

a

｝为一个等比数列，其首项

为

1

1－

1

1

a

＝

1

3

，公比

1

3

，从而1－

n

n

a

＝

n

1

3

，据此得a

n

＝

n

n

n3

31

•

－

（n1）…………1

（2）证：据1得，a

1

•a

2

•…a

n

＝

2n

n

111

111

333

•

！

（－）（－）…（－）

为证a

1

•a

2

•……a

n

2•n！

只要证nN时有

2n

111

111

333

•（－）（－）…（－）

1

2

…………2

显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个nN，有

2n

111

111

333

•（－）（－）…（－）1－（

2n

111

333

＋＋…＋）…………3

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

2k

111

111

333

•（－）（－）…（－）1－（

2k

111

333

＋＋…＋）

则当n＝k＋1时，

2kk1

1111

1111

3333

•••

＋

（－）（－）…（－）（－）〔1－（

2k

111

333

＋＋…＋）〕•（

k1

1

1

3＋

－）

＝1－（

2k

111

333

＋＋…＋）－

k1

1

3＋

＋

k1

1

3＋

（

2k

111

333

＋＋…＋）

1－（

2k

111

333

＋＋…＋＋

k1

1

3＋

）即当n＝k＋1时，3式也成立

故对一切nN，3式都成立

利用3得，

2n

111

111

333

•（－）（－）…（－）1－（

2n

111

333

＋＋…＋）＝1－

n

11

1

33

1

1

3

〔－（）〕

－

＝1－nn

11111

1

23223

〔－（）〕＝＋（）

1

2

故2式成立，从而结论成立

类型10

hra

qpa

a

n

n

n





1

解法：如果数列

}{

n

a满足下列条件：已知

1

a的值且对于Nn，都有

hra

qpa

a

n

n

n





1

（其

中p、q、r、h均为常数，且

r

h

arqrph

1

,0,），那么，可作特征方程

hrx

qpx

x





,

当特征方程有且仅有一根

0

x时,则

0

1

n

ax









是等差数列;当特征方程有两个相异的根

1

x、

2

x

1

时，则1

2

n

n

ax

ax











是等比数列。

例：已知数列}{

n

a满足性质：对于,

32

4

,N

1







n

n

na

a

an且,3

1

a求}{

n

a的通项公式.

解:数列}{

n

a的特征方程为,

32

4







x

x

x变形得,04222xx其根为.2,1

21



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,)

221

211

(

23

13

)(11

2

1

21

11























n

rp

rp

a

a

cnn

n







∴.N,)

5

1

(

5

2

1ncn

n

∴.N,

1)

5

1

(

5

2

1)

5

1

(

5

2

2

11

1

12

















n

c

c

a

n

n

n

n

n



即.N,

)5(2

4)5(







na

n

n

n

例：已知数列}{

n

a满足：对于,Nn都有.

3

2513

1







n

n

na

a

a

（1）若,5

1

a求;

n

a（2）若,3

1

a求;

n

a（3）若,6

1

a求;

n

a

（4）当

1

a取哪些值时，无穷数列}{

n

a不存在？

解：作特征方程.

3

2513







x

x

x变形得,025102xx

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)∵.,5

11

aa对于,Nn都有;5

n

a

(2)∵.,3

11

aa

∴

rp

r

n

a

b

n





)1(

1

1

5113

1

)1(

53

1







n

,

8

1

2

1



n

令

0

n

b，得5n.故数列}{

n

a从第5项开始都不存在，

1

当

n

≤4，Nn时，

5

1751







n

n

b

a

n

n

.

(3)∵,5,6

1

a∴.

1

a

∴.,

8

1

1)1(

1

1

Nn

n

rp

r

n

a

b

n

















令,0

n

b则.7nn∴对于.0bN,

n

n

∴.N,

7

435

5

8

1

1

11













n

n

n

n

b

a

n

n



(4)、显然当3

1

a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，

5

1

a时，数列}{

n

a是存在的，当5

1

a时，则有

.N,

8

1

5

1

)1(

1

11

















n

n

arp

r

n

a

b

n

令,0

n

b则得N,

1

135

1







n

n

n

a

且

n

≥2.

∴当

1

135

1





n

n

a（其中Nn且N≥2）时，数列}{

n

a从第n项开始便不存在.

于是知：当

1

a在集合3{或,:

1

135

Nn

n

n







且

n

≥2}上取值时，无穷数列}{

n

a都不存

在.

变式:（2005，,文,22,本小题满分12分）

数列

).1(0521681}{

111





naaaaaa

nnnnn

且满足

记).1(

2

1

1





n

a

b

n

n

（Ⅰ）求b

1

、b

2

、b

3

、b

4

的值；

（Ⅱ）求数列}{

n

b的通项公式及数列}{

nn

ba的前n项和.

n

S

解法一：由已知,得

n

n

na

a

a

816

52

1







,其特征方程为

x

x

x

816

52





解之得,

2

1

1

x或

4

5

2

x



n

n

na

a

a

816

)

2

1

(6

2

1

1







,

n

n

na

a

a

816

)

4

5

(12

4

5

1







1



4

5

2

1

2

1

4

5

2

1

1

1















n

n

n

n

a

a

a

a

,

n

n

n

n

a

a

a

a

2

4

)

2

1

(

4

5

2

1

4

5

2

1

1

1

1

•















42

521









n