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递推式求数列通项公式常见类型及解法

对于由递推式所确定的数列通项公式问题，通常可通过对递推式的变形转化成等差数列或等比数列，也可以通过构造把问题转化。下面分类说明。

一、型

例1（1）已知数列满足，求数列的通项公式。

（2）已知数列满足，求数列的通项公式。

（1）解：由

得

则

所以数列的通项公式为

（2）解：由

得

则

所以

二、型

例2.（1）求数列的通项公式。

（2）已知数列满足，求数列的通项公式。

解：当，

即

当，所以。

三、型

例3.在数列中，，求。

解法1：设，对比，得。于是，得，以3为公比的等比数列。

所以有。

解法2：又已知递推式，得

上述两式相减，得，因此，数列是以为首项，以3为公比的等比数列。

所以，所以。

四、型

例4.（1）设数列，求通项公式。

（2）在数列中，，求。

解：设，则，，

所以，

即。

设这时，所以。

由于{bn}是以3为首项，以为公比的等比数列，所以有。

由此得：。

五．形如（为常数）

例11（1）已知数列满足，求数列的通项公式。

（2）已知数列满足，求数列的通项公式。

解：因为，所以

又，所以数列的通项公式为。

评注：本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式，即先将等式两边取常用对数得，即，再由累乘法可推知，从而

六．形如的数列

如果数列满足下列条件：已知的值且对于，都有（其中p、q、r、h均为常数，且），那么，可作特征方程.

（1）当特征方程有两个相同的根（称作特征根）时，

若则

若，则其中特别地，当存在使时，无穷数列不存在.（是首项为，公差为的等差数列，于是这样可求得）

（2）当特征方程有两个相异的根、（称作特征根）时，则，其中（是首项为，公比为的等比数列，于是这样可求得）

证明：先证明定理的第（1）部分.

作交换

则

①

∵是特征方程的根，∴

将该式代入①式得②

将代入特征方程可整理得这与已知条件矛盾.故特征方程的根于是③

当，即=时，由②式得故

当即时，由②、③两式可得此时可对②式作如下变化：

④

由是方程的两个相同的根可以求得

∴

将此式代入④式得

令则故数列是以为公差的等差数列.

∴

其中

当时，

当存在使时，无意义.故此时，无穷数列是不存在的.

再证明定理的第（2）部分如下：

∵特征方程有两个相异的根、，∴其中必有一个特征根不等于，不妨令于是可作变换

故，将代入再整理得

⑤

由第（1）部分的证明过程知不是特征方程的根，故

故所以由⑤式可得：

⑥

∵特征方程有两个相异根、方程有两个相异根、，而方程与方程又是同解方程.

∴

将上两式代入⑥式得

当即时，数列是等比数列，公比为.此时对于都有

当即时，上式也成立.

由且可知

所以(证毕)

注:当时,会退化为常数;当时,可化归为较易解的递推关系,在此不再赘述.

例3．（1）已知数列满足性质：对于且求的通项公式.

解：其特征方程为

，又

是以为首项，为公比的等比数列

（2）已知数列满足：对于都有（1）若求（2）若求

解：作特征方程

变形得

特征方程有两个相同的特征根依定理2的第（1）部分解答.

（1）∵对于都有

（2）∵∴

∴

令则∴对于

∴

七．形如是常数）的数列

可以变形为，就是

，则可从，解得，于是是公比为的等比数

形如是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项，其特征方程为…①

若①有二异根，则可令是待定常数）

若①有二重根，则可令是待定常数）

再利用可求得，进而求得

例1已知数列满足，求数列的通项

解：其特征方程为，解得，令，

由，得，

例2已知数列满足，求数列的通项

解：其特征方程为，解得，令，

由，得，

八、利用数学归纳法求通项公式

例12已知数列满足，求数列的通项公式。

解：由及，得

由此可猜测，往下用数学归纳法证明这个结论。

（1）当n=1时，，所以等式成立。

（2）假设当n=k时等式成立，即，则当时，

由此可知，当n=k+1时等式也成立。

根据（1）（2）可知，等式对任何

评注：本题解题的关键是通过首项和递推关系式先求出数列的前n项，进而猜出数列的通项公式，最后再用数学归纳法加以证明。

九、利用换元法求通项公式

例13已知数列满足，求数列的通项公式。

解：令，则

故，代入得

即

因为，故

则，即，

可化为，

所以是以为首项，以为公比的等比数列，因此，则+3，即，得。

评注：本题解题的关键是通过将的换元为，使得所给递推关系式转化形式，从而可知数列为等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求出数列的通项公式。