1、由递推公式求通项公式的方法已知数列的递推公式，求取其通项公式是数列中一类常见的题型，这类题型如果单纯的看某一个具体的题目，它的求解方法灵活是灵活多变的，构造的技巧性也很强，但是此类题目也有很强的规律性，存在着解决问题的通法，本文就高中数学中常见的几类题型从解决通法上做一总结，方便于学生学习和老师的教学，不涉及具体某一题目的独特解法与技巧。一、 型数列， （其中 不是常值函数)1()naf(fn此类数列解决的办法是累加法，具体做法是将通项变形为 ，从而就有1()naf2132(),(), .afaf将上述 个式子累加，变成 ，进而求解。n1()n f例 1. 在数列 中,11,.n求解：依题意有
2、 21321,23naaa逐项累加有 ，21()()1nnn从而 。23na注：在运用累加法时,要特别注意项数,计算时项数容易出错.变式练习：已知 满足 , ,求 的通项公式。n1a)1(nn na二、 型数列， （其中 不是常值函数)(1fan f此类数列解决的办法是累积法，具体做法是将通项变形为 ，从而就有1()naf32121(),(),()nafff 将上述 个式子累乘，变成 ，进而求解。n1()()nff例 2. 已知数列 中 ，求数列 的通项公式。na1123, 2nnana解：当 时， 将这 个式子累乘，得到2n3241231523,579naa 1n，从而 ，当 时，1()a2
3、()4n，所以 。1243n241a注：在运用累乘法时,还是要特别注意项数,计算时项数容易出错.变式练习：在数列 中, 0, ,求 .nn2211,()nnnaa提示：依题意分解因式可得 ，而 0,所以()0，即 。1()0na1na三、 型数列qp此类数列解决的办法是将其构造成一个新的等比数列，再利用等比数列的性质进行求解，构造的办法有两种，一是待定系数法构造，设 ，展开整理)(1mapnn，比较系数有 ，所以 ，所以 是等比1nnapmpmbb1nbp数列，公比为 ，首项为 。二是用作差法直接构造， ,1a1nnaq，两式相减有 ，所以 是公比为 的等比数1napq11()nnpa1np列
4、。例 3. 在数列 中， ，当 时，有 ，求 的通项公式。na12132nna解法 1：设 ，即有3()nm m对比 ，得 ，于是得 ，即12n1()nna31n所以数列 是以 为首项，以 3 为公比的等比数列a1则 。13n解法 2：由已知递推式，得 ， 1132,2,()nna上述两式相减，得 ，即()31na因此，数列 是以 为首项，以 3 为公比的等比数列。1na214所以 ，即 ，43nna所以 。2n变式练习：已知数列 满足 求数列 的通项公式.n *11,().nNna注：根据题设特征恰当地构造辅助数列,利用基本数列可简捷地求出通项公式.四、 型数列（p 为常数）nfan1此类数
5、列可变形为 ，则 可用累加法求出，由此求得 .11nnfanpana例 4 已知数列 满足 ,求 .na11,32nn解:将已知递推式两边同除以 得 ,设 ,故有1na2nab， ,从而 .132()nnbb532n153nn注：通过变形,构造辅助数列,转化为基本数列的问题,是我们求解陌生的递推关系式的常用方法.若 为 的一次函数,则 加上关于 的一次函数构成一个等比数列; 若 为()fnna ()fn的二次函数, 则 加上关于 的二次函数构成一个等比数列.这时我们用待定系数法来n求解.例 5已知数列 满足na1 1,2,2,.nnaa当 时 求解:作 ,则 , 代入已知递推bABnbAB(1
6、)nbAB式中得: .1()()22n令012AB46这时 且1nbna显然, ,所以 .3213462n注：通过引入一些待定系数来转化命题结构,经过变形和比较,把问题转化成基本数列,从而使问题得以解决.变式练习：（1）已知 满足 ，求 。na1112,nnana（2）已知数列 ， 表示其前 项和，若满足 ，求数S231S列的通项公式。na提示：（2）中利用 ，把已知条件转化成递推式。1,2nnS五、 型数列（ 为非零常数）CBaAnB,这种类型的解法是将式子两边同时取倒数,把数列的倒数看成是一个新数列,便可顺利地转化为 型数列。1nnpq例 6已知数列 满足 ,求 .na112,nna解:两边取倒数得: ,所以 ，故有 。1n1()2nn2na变式练习：数列 中， ，求 的通项。na12,2nana六、 型数列（ 为常数）nnqp12 ,pq这种类型的做法是用待定糸数法设 构造等比数列。nnnaa112例 7数列 中， 且 ，求 .na,3,21a2,Nn
