利用递推关系求通项
1．等差数列及等比数列直接利用公式求解
⎧S n n =12．若已知数列的前n 项和S n 与a n 的关系，求数列{a n }的通项a n 可用公式a n =⎨ 求解。 S -S n ≥2n -1⎩n
3．形如a n =a n -1+f (n -1) 的递推式, 利用叠加法，将a n =a n -1+f (n -1) ，
a n -2+f (n -2) , a 2=a 1+f (1) …, 各式相加，得 a n =a 1+∑f (k ) (n≥2)
k =1n -1
4．形如a n =f (n -1) a n -1的递推式，利用迭代法，将a n =f (n -1) a n -1，a n -1=f (n -2) a n -2，…
a 2=f (1) a 1，相乘得a n =a 1f (1) f (2) …f (n -1)
5．形如a n -1－a n =pa n -1a n （P 为常数且P ≠0）的数列 可化为111-=p , 求出的表达式，再求a n . a n a n -1a n
6．形如a 1=a ，a n +1=q a n +r(q、r 为常数，q ≠0, 1 r ≠0) ，求a n 的数列：待定系数法
7．形如a n +1=pa n +q n （p,q 为常数，且q ≠0）的数列，可化为a n +1p a n 1=∙+求解。 q n +1q q n q
8．形如a n +pa n -1=f (n )(p >0) 型的数列，可以通过一是利用迭代法；
二是由a n +pa n -1=f (n ) 和a n +1+pa n =f (n +1) ，消去a n . 得a n +1-p 2a n -1=f (n +1) -pf (n ) ，再构
造辅助数列来解. 但这两种方法都要讨论n 的奇偶性，这样给解题带来不方便. 另外，这类型的数列通项公式也可直接 利用构造辅助数列法来求解.
9．形如a n +1=f (n ) a n +g (n ) 的递推式：设辅助数列{h (n )}使f (n ) =h (n ) ，则 h (n +1)
a n +1=h (n ) a n +g (n ) 即：a n +1h (n +1) =a n h (n ) +g (n ) h (n +1) ，令b n =a n h (n ) 可求b n ，a n h (n +1)
10．形如a n +1=pa n +qa n -1{(n ≥2) }求通项的方法：
(1) 若p +q =1 时，p =1-q , 则a n +1=(q -1) a n +qa n -1，即a n +1-a n =-q (a n -a n -1)
n -1 a -a =(a -a )(-q ) n 21知n +1
(2) 若p +q ≠1时，存在x 1`x 2满足a n +1-x 1a n =x 2(a n -x 1a n -1) ，整理得
a n +1=(x 1+x 2) a n -x 1x 2a n -1，有x 1+x 2=p , x 1x 2=-q 把x 1, x 2看成方程x 2-px -q =0的两个根，容易求出x 1, x 2。从而数列{a n +1-x 1a n }是等比数列，进而可求a n 。
解题方法：利用特征方程x 2=px +q ，求其根α、β，当α≠β时，a n =A αn +B βn ，代入初始值求得A , B ；
n 当α=β时，a n =(α+βn ) x 1，代入初始值求得A , B ；当x 1=r (cosθ+i sin θ), x 2=r (cosθ-i sin θ) 时
a n =r n (αcos n θ+βsin n θ) ，代入初始值求得A , B 。
注：把方程x 2-px -q =0叫做递推式a n +1=pa n +qa n -1的特征根方程，其中x 1, x 2是特征根方程x 2-px -q =0的两个根。
αa n +β(其中α, β, γ为实常数，且αγ≠β，求数列{a n }的通项公式。 a n +γ
αa n +β(α-λ) a n +β-γλα-λλγ-β方法：作如下运算：a n +1-λ=-λ==(a n -) (λ≠α) a n +γa n +γa n +γα-λ
λγ-βαx +β*=λ，(这说明λ是函数f (x ) =令的不动点，当a 1=λ时，显然a n =λ(n ∈N )
α-λx +λ
这时可求出λ1,2=(由αγ≠β知λ≠α) α-λ1α-λ22当(γ-α) +4β≠0时，有a n +1-λ1=(a n -λ1), a n +1-λ2=(a n -λ2) a n +γa n +γ11．已知a 1及a n +1=
⎧a -λ1⎫a n +1-λ1α-λ1a n -λ1α-λ1，即⎨n 是公比为的等比数列，从而 =⎬a -λa n +1-λ2α-λ2a n -λ2α-λ22⎭⎩n
a n +1-λ1a 1-λ1α-λ1n = () ，由此不难求出a n a n +1-λ2a 1-λ2α-λ2
1当(γ-α) 2+4β=0时，上述方法失效，这时λ=(α-γ)但下式仍成立：即 2
(α-λ)(a n -λ) a n +1-λ=a n +γ
11(a n -λ) +λ+γ1λ+γ故仍有==(1+) ( λ+γ=α-λ) a n +1-λ2α-λa n -λα-λa n -λ所以
=⎧1⎫111即⎨是公差为的等差数列，由此可求出a n 的表达式. +⎬α-λa n -λα-λ⎩a n -λ⎭12．归纳、猜想:如果给出了数列的前几项或能求出数列的前几项，我们可以根据前几项的规律，归纳猜想出数列的通项公式，然后再用数学归纳法证明之。
1、数列{a n }中，a 1=1，且a 2k =a2k －1+(－1) ，a 2k+1=a2k +3，其中k=1，2，3，…。求数列{a n }的通项公式a n 。 k k
2、数列{a n }的前n 项的和为S n ，且a 1=1，S n =na n (n∈N ), 求数列{a n }的通项公式. 2*
3、数列{a n }中，a 1=1,当n ≥2时其前n 项和S n 满足S n =a n (S n -21), 求{a n }的通项公式。 2
4、数列{a n }中，a 1=1, a n +1=2a n +3n (n ∈N *) ，求数列{a n }的通项公式。
5、已知数列{a n }中，a 1=1，a n +a n -1=2
n n (n≥2，n∈N).求通项公式a n . *7、已知数列{a n }中，a 1＝1，a n +1＝2＋2a n (n ∈N ) ，求通项公式a n ．
8、已知数列{an }定义如下：a 1=1，a n +2a n -1=3ｎ·2(n≥2，n∈N).求通项公式a n . n
9、己知数列{a n }中，a 1=a 0，a n +1=a n (k ≠0) ，求a n 1+ka n
21a n +1+a n ，求a n 3310．在数列{a n }中，a 1=1，a 2=2，a n +2=
利用递推关系求通项
1．等差数列及等比数列直接利用公式求解
⎧S n n =12．若已知数列的前n 项和S n 与a n 的关系，求数列{a n }的通项a n 可用公式a n =⎨ 求解。 S -S n ≥2n -1⎩n
3．形如a n =a n -1+f (n -1) 的递推式, 利用叠加法，将a n =a n -1+f (n -1) ，
a n -2+f (n -2) , a 2=a 1+f (1) …, 各式相加，得 a n =a 1+∑f (k ) (n≥2)
k =1n -1
4．形如a n =f (n -1) a n -1的递推式，利用迭代法，将a n =f (n -1) a n -1，a n -1=f (n -2) a n -2，…
a 2=f (1) a 1，相乘得a n =a 1f (1) f (2) …f (n -1)
5．形如a n -1－a n =pa n -1a n （P 为常数且P ≠0）的数列 可化为111-=p , 求出的表达式，再求a n . a n a n -1a n
6．形如a 1=a ，a n +1=q a n +r(q、r 为常数，q ≠0, 1 r ≠0) ，求a n 的数列：待定系数法
7．形如a n +1=pa n +q n （p,q 为常数，且q ≠0）的数列，可化为a n +1p a n 1=∙+求解。 q n +1q q n q
8．形如a n +pa n -1=f (n )(p >0) 型的数列，可以通过一是利用迭代法；
二是由a n +pa n -1=f (n ) 和a n +1+pa n =f (n +1) ，消去a n . 得a n +1-p 2a n -1=f (n +1) -pf (n ) ，再构
造辅助数列来解. 但这两种方法都要讨论n 的奇偶性，这样给解题带来不方便. 另外，这类型的数列通项公式也可直接 利用构造辅助数列法来求解.
9．形如a n +1=f (n ) a n +g (n ) 的递推式：设辅助数列{h (n )}使f (n ) =h (n ) ，则 h (n +1)
a n +1=h (n ) a n +g (n ) 即：a n +1h (n +1) =a n h (n ) +g (n ) h (n +1) ，令b n =a n h (n ) 可求b n ，a n h (n +1)
10．形如a n +1=pa n +qa n -1{(n ≥2) }求通项的方法：
(1) 若p +q =1 时，p =1-q , 则a n +1=(q -1) a n +qa n -1，即a n +1-a n =-q (a n -a n -1)
n -1 a -a =(a -a )(-q ) n 21知n +1
(2) 若p +q ≠1时，存在x 1`x 2满足a n +1-x 1a n =x 2(a n -x 1a n -1) ，整理得
a n +1=(x 1+x 2) a n -x 1x 2a n -1，有x 1+x 2=p , x 1x 2=-q 把x 1, x 2看成方程x 2-px -q =0的两个根，容易求出x 1, x 2。从而数列{a n +1-x 1a n }是等比数列，进而可求a n 。
解题方法：利用特征方程x 2=px +q ，求其根α、β，当α≠β时，a n =A αn +B βn ，代入初始值求得A , B ；
n 当α=β时，a n =(α+βn ) x 1，代入初始值求得A , B ；当x 1=r (cosθ+i sin θ), x 2=r (cosθ-i sin θ) 时
a n =r n (αcos n θ+βsin n θ) ，代入初始值求得A , B 。
注：把方程x 2-px -q =0叫做递推式a n +1=pa n +qa n -1的特征根方程，其中x 1, x 2是特征根方程x 2-px -q =0的两个根。
αa n +β(其中α, β, γ为实常数，且αγ≠β，求数列{a n }的通项公式。 a n +γ
αa n +β(α-λ) a n +β-γλα-λλγ-β方法：作如下运算：a n +1-λ=-λ==(a n -) (λ≠α) a n +γa n +γa n +γα-λ
λγ-βαx +β*=λ，(这说明λ是函数f (x ) =令的不动点，当a 1=λ时，显然a n =λ(n ∈N )
α-λx +λ
这时可求出λ1,2=(由αγ≠β知λ≠α) α-λ1α-λ22当(γ-α) +4β≠0时，有a n +1-λ1=(a n -λ1), a n +1-λ2=(a n -λ2) a n +γa n +γ11．已知a 1及a n +1=
⎧a -λ1⎫a n +1-λ1α-λ1a n -λ1α-λ1，即⎨n 是公比为的等比数列，从而 =⎬a -λa n +1-λ2α-λ2a n -λ2α-λ22⎭⎩n
a n +1-λ1a 1-λ1α-λ1n = () ，由此不难求出a n a n +1-λ2a 1-λ2α-λ2
1当(γ-α) 2+4β=0时，上述方法失效，这时λ=(α-γ)但下式仍成立：即 2
(α-λ)(a n -λ) a n +1-λ=a n +γ
11(a n -λ) +λ+γ1λ+γ故仍有==(1+) ( λ+γ=α-λ) a n +1-λ2α-λa n -λα-λa n -λ所以
=⎧1⎫111即⎨是公差为的等差数列，由此可求出a n 的表达式. +⎬α-λa n -λα-λ⎩a n -λ⎭12．归纳、猜想:如果给出了数列的前几项或能求出数列的前几项，我们可以根据前几项的规律，归纳猜想出数列的通项公式，然后再用数学归纳法证明之。
1、数列{a n }中，a 1=1，且a 2k =a2k －1+(－1) ，a 2k+1=a2k +3，其中k=1，2，3，…。求数列{a n }的通项公式a n 。 k k
2、数列{a n }的前n 项的和为S n ，且a 1=1，S n =na n (n∈N ), 求数列{a n }的通项公式. 2*
3、数列{a n }中，a 1=1,当n ≥2时其前n 项和S n 满足S n =a n (S n -21), 求{a n }的通项公式。 2
4、数列{a n }中，a 1=1, a n +1=2a n +3n (n ∈N *) ，求数列{a n }的通项公式。
5、已知数列{a n }中，a 1=1，a n +a n -1=2
n n (n≥2，n∈N).求通项公式a n . *7、已知数列{a n }中，a 1＝1，a n +1＝2＋2a n (n ∈N ) ，求通项公式a n ．
8、已知数列{an }定义如下：a 1=1，a n +2a n -1=3ｎ·2(n≥2，n∈N).求通项公式a n . n
9、己知数列{a n }中，a 1=a 0，a n +1=a n (k ≠0) ，求a n 1+ka n
21a n +1+a n ，求a n 3310．在数列{a n }中，a 1=1，a 2=2，a n +2=