高考数列经典题型全面解析

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a111，an1an2，求an。 2nn1111解：由条件知：an1an2

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

(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)

1111111(1)()()()

22334n1n1所以ana11

n11131a1，an1

22n2n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：由条件知累乘之，即

an1f(n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解。 anan1an2n，an1an，求an。 3n1n，分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式n1aaa2a3a41123n12••••nn又a1，a1a2a3an1a1n234n3an2 3n例:已知a13，an13n1an (n1)，求an。

3n23(n1)13(n2)132131an••••a1 。

3(n1)23(n2)232232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.所以bn是以b14为首项，2为公比的等比数列，则 bnan3bn42n12n1,所以an2n13.

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

（an1panrq,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q列bn（其中bnn1nn，得：

an1pan1•引入辅助数qn1qqnqanp1bb），得：再待定系数法解决。 n1nqnqq例:已知数列an中，a1511n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()所以

33b1n1nann3()2() n232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x2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x2时，数列an的通项为anAx1n1n1Bx2，其中A，B由a1,a2决定（即把a1,a2,x1,x2和n1,2，代入anAx1n1n1Bx2，得到关于A、B的方程

组）；当x1x2时，数列an的通项为an(ABn)x1n1，其中A，B由a1,a2n1决定（即把a1,a2,x1,x2和n1,2，代入an(ABn)x1组）。

，得到关于A、B的方程

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)，且a2a1ba。 32则数列an1an是以ba为首项，为公比的等比数列，于是

32an1an(ba)()n1。

32把n1,2,3,,n代入，得a2a1ba，a3a2(ba)()，

32a4a3(ba)()2，•••

32anan1(ba)()n2。把以上各式相加，得

321()n12223(ba)。 ana1(ba)[1()()n2]23331322an[33()n1](ba)a3(ab)()n13b2a。

33解法二（特征根法）：数列an：3an25an12an0(n0,nN)， a1a,a2b的特征方程是：3x25x20。

x11,x222n1n1n1,anAx1Bx2AB()。又由a1a,a2b，于是 33aABA3b2a2n1故a3b2a3(ab)() 2n3bABB3(ab)321例:已知数列an中，a11,a22,an2an1an，求an。

3321解：由an2an1an可转化为an2san1t(an1san)

33即an221sts1s3(st)an1stan3 1或1tst3t131s1s这里不妨选用，则 3，大家可以试一试）1（当然也可选用t3t111an2an1(an1an)an1an是以首项为a2a11，公比为的等

331n1比数列,所以an1an(),应用类型1的方法，分别令n1,2,3,,(n1)，

3代入上式得(n1)个等式累加之，即 111ana1()0()1()n2333731n1()。 44311()n13又a11，所以 113an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anS1(n1)与

SS(n2)n1nan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式an.

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

2n211Sn1Sn(anan1)(n2n1)

22111所以an1anan1n1an1ann.

222n4an1得：Sn14an112n1于是

（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2n1得：2n1an12nan2由

1a11.于是数列2nan是以2为首项，2为公差的等差数122nn列，所以2an22(n1)2nann1

2a1S14a1类型7 an1pananb(p1、0，a0)

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

说明：（1）若f(n)为n的二次式，则可设

bnanAn2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.

【例】、已知数列{an}满足a11，an3an=3^(n-1)+a(n-1) --->an-a(n-1)=3^(n-1) 同样a(n-1)-a(n-2)=3^(n-2) ……a(n-2(-a(n-3)=3^(n-3) …………………… ……a3-a2=3^2 ……a2-a1=3^1

以上的n个等式的两边相加得到

An-a1=3+3^2+……+3^(n-1)=3(1-3^n-1)/(1-3)=(3^n-1)/2

n1an1(n2)，则通项公式an3n1 2