求数列通项公式的十一种方法（方法全，例子全，归纳细）
总述：一．利用递推关系式求数列通项的11种方法：
累加法、 累乘法、 待定系数法、 阶差法（逐差法）、 迭代法、 对数变换法、 倒数变换法、
换元法（目的是去递推关系式中出现的根号）、 数学归纳法、
不动点法（递推式是一个数列通项的分式表达式）、 特征根法
二。四种基本数列：等差数列、等比数列、等和数列、等积数列及其广义形式。等差数列、
等比数列的求通项公式的方法是：累加和累乘，这二种方法是求数列通项公式的最基本方法。 三 ．求数列通项的方法的基本思路是：把所求数列通过变形，代换转化为等差数列或等比数列。
四．求数列通项的基本方法是：累加法和累乘法。
五．数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。
一、累加法
1．适用于：a n +1=a n +f (n ) ----------这是广义的等差数列 累加法是最基本的二个方法之一。 2．若a n +1-a n =f (n ) (n ≥2) ，
a 2-a 1=f (1)
则
a 3-a 2=f (2) a n +1-a n =f (n )
两边分别相加得 a n +1-a 1=
∑f (n )
k =1
n
例1 已知数列{a n }满足a n +1=a n +2n +1，a 1=1，求数列{a n }的通项公式。 解：由a n +1=a n +2n +1得a n +1-a n =2n +1则
a n =(a n -a n -1) +(a n -1-a n -2) + +(a 3-a 2) +(a 2-a 1) +a 1
=[2(n -1) +1]+[2(n -2) +1]+ +(2⨯2+1) +(2⨯1+1) +1
=2[(n -1) +(n -2) + +2+1]+(n -1) +1(n -1) n =2+(n -1) +1
2
=(n -1)(n +1) +1=n 2
所以数列{a n }的通项公式为a n =n 2。
例2 已知数列{a n }满足a n +1=a n +2⨯3n +1，a 1=3，求数列{a n }的通项公式。 解法一：由a n +1=a n +2⨯3n +1得a n +1-a n =2⨯3n +1则
a n =(a n -a n -1) +(a n -1-a n -2) + +(a 3-a 2) +(a 2-a 1) +a 1
=(2⨯3n -1+1) +(2⨯3n -2+1) + +(2⨯32+1) +(2⨯31+1) +3=2(3n -1+3n -2+ +32+31) +(n -1) +33(1-3n -1)
=2+(n -1) +3
1-3
=3n -3+n -1+3=3n +n -1
所以a n =3n +n -1.
解法二：a n +1=3a n +2⨯3n +1两边除以3
则
n +1
，得
a n +1a n 21
=++， 3n +13n 33n +1
a n +1a n 21
-=+，故 3n +13n 33n +1
a n a n a n -1a n -1a n -2a n -2a n -3a 2a 1a 1
=(-) +(-) +(-) + +(-1) +n n n -2n -2n -3233a n -1a n -[**************]3=(+n ) +(+n -1) +(+n -2) + +(+2) +3333333332(n -1) 11111=+(n +n +n -1+n -2+ +2) +1
333333
1n -1
(1-3)
a n 2(n -1) n 2n 11因此n =， ++1=+-n
331-3322⨯3
则a n =
211
⨯n ⨯3n +⨯3n -. 322
*
a =a +2n (n ∈N ) 写出数列{a n }的通项公式. n +1n 1，且
练习
2
{a }1. 已知数列n 的首项为
答案：n -n +1
练习2. 已知数列
{a n }满足a 1=3，
1
n
a n =a n -1+
1
(n ≥2)
n (n -1) ，求此数列的通项公式.
答案：裂项求和
a n =2-
a -a n =f (n ) ，其中f(n)可以是关于n 的一次函数、二次函数、指数函
评注：已知a 1=a , n +1
数、分式函数，求通项
a n .
①若f(n)是关于n 的一次函数，累加后可转化为等差数列求和; ②若f(n)是关于n 的二次函数，累加后可分组求和;
③若f(n)是关于n 的指数函数，累加后可转化为等比数列求和; ④若f(n)是关于n 的分式函数，累加后可裂项求和。
例3. 已知数列
{a n }中, a n >0且
S n =
1n (a n +) 2a n , 求数列{a n }的通项公式.
S n =
解:由已知
1n 1n
(a n +) S n =(S n -S n -1+) 2a n 得2S n -S n -1,
2222
S =S +2+3+ +n , S -S =n n 1n n -1化简有, 由类型(1)有
又S 1=a 1得a 1=1, 所以
2
S n =
n (n +1)
s n =a >02n , 又, 2n (n +1)
2,
则
a n =
2n (n +1) -2n (n -1)
2
此题也可以用数学归纳法来求解.
二、累乘法
1. 适用于： a n +1=f (n ) a n ----------这是广义的等比数列 累乘法是最基本的二个方法之二。
2．若
a n +1=f (n ) ，则a
2=f (1)a 3=f (2)， a n +1a =f (n ) n a 1a 2a n
两边分别相乘得，a n
n +1
a =a 1⋅∏f (k )
1k =1
例4 已知数列{a n }满足a n +1=2(n +1)5n ⨯a n ，a 1=3，求数列{a n }的通项公式。
解：因为a n +1=2(n +1)5n ⨯a n ，a a n +1
1=3，所以a n ≠0，则
a =2(n +1)5n ，故n
a n =
a n a a ⋅n -1⋅ ⋅a 3⋅a 2⋅a 1n -1a n -2a 2a 1
=[2(n -1+1)5n -1][2(n -2+1)5n -2]⋅ ⋅[2(2+1) ⨯52][2(1+1) ⨯51]⨯3 =2n -1[n (n -1) ⋅ ⋅3⨯2]⨯5(n -1) +(n -2) + +2+1⨯3n (n -1)
=3⨯2
n -1
⨯52
⨯n !
n (n -1) 所以数列{a n -1
n }的通项公式为a n =3⨯2
⨯5
2
⨯n !.
例5. 设{a n }是首项为1的正项数列，且(n +1)a 2n +1-na 2
n +a n +1a n =0（n =1，2，则它的通项公式是a n =________.
解：已知等式可化为：
(a n +1+a n ) [(n +1) a n +1-na n ]=0
a n +1n
a n >0(n ∈N *
) ∴(n+1)a n +1
-na =0=
n , 即a n n +1
a n =
n -1
∴n ≥2时，a n -1
n a n n =
a ⋅a n -1⋅ ⋅a
2⋅a 1n -1∴
a ⋅n -2⋅ 1a ⋅11n -1n -2a 1=n
n -12=n . 3，„），
评注：本题是关于
a n 和a n +1的二次齐次式，可以通过因式分解（一般情况时用求根公式）得到
a n 与a n +1的更为明显的关系式，从而求出a n .
练习. 已知
a n +1=na n +n -1, a 1>-1, 求数列{an}的通项公式.
答案：
a n =(n -1)! ⋅(a 1+1) -1.
a n +1=na n +n -1, 转化为
评注：本题解题的关键是把原来的递推关系式
a n +1+1=n (a n +1), 若令b n =a n +1, 则问题进一步转化为b n +1=nb n 形式，进而应用累乘法求
出数列的通项公式.
三、待定系数法 适用于a n +1=qa n +f (n )
基本思路是转化为等差数列或等比数列，而数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一
个函数。
1．形如
a n +1=ca n +d , (c ≠0, 其中a 1=a ) 型
（1）若c=1时，数列{
a n }为等差数列; a n }为等比数列;
（2）若d=0时，数列{
a （3）若c ≠1且d≠0时，数列{n }为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列
来求.
待定系数法：设
a n +1+λ=c (a n +λ) ,
得
a n +1=ca n +(c -1) λ, 与题设a n +1=ca n +d , 比较系数得
(c -1) λ=d , 所以
λ=
d d d , (c ≠0) a n +=c (a n -1+) c -1c -1c -1 所以有：
d ⎫⎧d a +a 1+⎨n ⎬
c -1⎭构成以c -1为首项，以c 为公比的等比数列， 因此数列⎩
所以
a n +
d d d d
=(a 1+) ⋅c n -1a n =(a 1+) ⋅c n -1-c -1c -1c -1c -1. 即：
d d
=c (a n +) c -1c -1, 构造成公比为c 的等比数列
规律：将递推关系
a n +1=ca n +d 化为
a n +1+
{a n +
d d d
a n +1=+c n -1(a 1+) c -1从而求得通项公式1-c c -1
逐项相减法（阶差法）：有时我们从递推关系两式相减有
a n +1=ca n +d 中把n 换成n-1有a n =ca n -1+d ,
a n +1-a n =c (a n -a n -1) 从而化为公比为c 的等比数列{a n +1-a n }, 进而求得通项公式.
a n +1-a n =c n (a 2-a 1) , 再利用类型(1)即可求得通项公式. 我们看到此方法比较复杂.
例6已知数列{a n }中，a 1=1, a n =2a n -1+1(n ≥2) ，求数列{a n }的通项公式。 解法一： a n =2a n -1+1(n ≥2), ∴a n +1=2(a n -1+1)
又 a 1+1=2, ∴{a n +1}是首项为2，公比为2的等比数列 ∴a n +1=2n ，即a n =2n -1 解法二： a n =2a n -1+1(n ≥2), ∴a n +1=2a n +1
两式相减得a n +1-a n =2(a n -a n -1)(n ≥2) ，故数列{a n +1-a n }是首项为2，公比为2的等
比数列，再用累加法的„„
练习．已知数列
{a n }中，
a 1=2, a n +1=
11
a n +, 22求通项a n 。
1
a n =() n -1+1
2答案：
n
a =p ⋅a +q n 2．形如：n +1 (其中q 是常数，且n ≠0,1)
n
a =a +q n +1n ①若p=1时，即：，累加即可.
n a =p ⋅a +q p ≠1n +1n ②若时，即：，
n +1
p 求通项方法有以下三种方向：i. 两边同除以. 目的是把所求数列构造成等差数列
a n +1
n +1
p 即：
=
a n q n
n +1
+
a n 1p n 1p
b n +1-b n =⋅() n ⋅() b n =n
p q , 然后类型1，累加求通项. p q , 令p ，则
ii. 两边同除以q
. 目的是把所求数列构造成等差数列。
a n +1
n +1
q 即： p a n 1
=⋅n +q q q ,
b n +1=
p 1
⋅b n +q q . 然后转化为类型5来解，
b n =
令
a n
q n , 则可化为
iii. 待定系数法：目的是把所求数列构造成等差数列
n +1n
a +λ⋅q =p (a +λ⋅p ) . 通过比较系数，求出λ，转化为等比数列求通项. n +1n 设
注意：应用待定系数法时，要求p ≠q ，否则待定系数法会失效。
n -1
{a }a =2a +4⋅3，a 1=1，求数列{a n }的通项公式。 n n 例7已知数列满足n +1
n n -1
a +λ3=λ(a +λ⋅3) ，比较系数得λ1=-4, λ2=2， n +112n 解法一（待定系数法）：设
{a
则数列
n
-4⋅3n -1}
1-1
a -4⋅3=-5，公比为2的等比数列， 1是首项为
n -1n -1n -1n -1
a -4⋅3=-5⋅2a =4⋅3-5⋅2n n 所以，即
解法二（两边同除以q
n +1
a n +12a n 4
=⋅n +2
n +1n +1
333，下面解法略 ）： 两边同时除以3得：3
a n +1a n 43n =n +⋅() n +1n +1n +1p 32，下面解法略 2解法三（两边同除以）： 两边同时除以2得：2
练习. （2003天津理）
n -1
a a =3-2a n -1(n ∈N ) ．证明对任意n ≥1，0n 设为常数，且
1
a n =[3n +(-1) n -1⋅2n ]+(-1) n ⋅2n a 0
5；
3．形如
a n +1=pa n +kn +b (其中k,b 是常数，且k ≠0)
方法1：逐项相减法（阶差法） 方法2：待定系数法 通过凑配可转化为 解题基本步骤： 1、确定f (n ) =kn+b
(a n +xn +y ) =p (a n -1+x (n -1) +y ) ;
2、设等比数列
b n =(a n +xn +y ) ，公比为p
(a n +xn +y ) =p (a n -1+x (n -1) +y ) , 即b n =pb n -1
3、列出关系式
4、比较系数求x,y 5、解得数列
(a n +xn +y ) 的通项公式
6、解得数列
{a n }的通项公式
{a n }中，a 1=1, a n +1=3a n +2n , 求通项a n . （逐项相减法）
例8 在数列解： ，
a n +1=3a n +2n , ①
∴n ≥2时，a n =3a n -1+2(n -1) ，
两式相减得
a n +1-a n =3(a n -a n -1) +2. 令b n =a n +1-a n , 则b n =3b n -1+2
n -1n -1
b =5⋅3+2a -a =5⋅3-1 ② n n +1n 利用类型5的方法知 即
再由累加法可得
a n =
5n -1151⋅3-n -a n =⋅3n -1-n -22. 亦可联立 ① ②解出22.
例9. 在数列{a n }中，
a 1=
3
, 2a n -a n -1=6n -3
a 2, 求通项n . （待定系数法）
解：原递推式可化为
2(a n +xn +y ) =a n -1+x (n -1) ++y
比较系数可得：x=-6,y=9,上式即为
2b n =b n -1
9191
∴b n =() n -1
2, 公比为2. 22 即：
所以
{b n }是一个等比数列，首项
b 1=a 1-6n +9=
1
a n -6n +9=9⋅() n
2
1
a n =9⋅() n +6n -9
2故.
2a =pa +a ⋅n +b ⋅n +c (其中a,b,c 是常数，且a ≠0) n +1n 4．形如
基本思路是转化为等比数列，而数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。 例10 已知数列{a n }满足a n +1=2a n +3n 2+4n +5，a 1=1，求数列{a n }的通项公式。 解：设a n +1+x (n +1) 2+y (n +1) +z =2(a n +xn 2+yn +z ) 比较系数得x =3, y =10, z =18，
所以a n +1+3(n +1) 2+10(n +1) +18=2(a n +3n 2+10n +18) 由a 1+3⨯12+10⨯1+18=1+31=32≠0，得a n +3n 2+10n +18≠0
a n +1+3(n +1) 2+10(n +1) +18
则=2，故数列{a n +3n 2+10n +18}为以2
a n +3n +10n +18
a 1+3⨯12+10⨯1+18=1+31=32为首项，以2为公比的等比数列，因此a n +3n 2+10n +18=32⨯2n -1，则a n =2n +4-3n 2-10n -18。
5. 形如a n +2=pa n +1+qa n 时将a n 作为f (n ) 求解
分析：原递推式可化为a n +2+λa n +1=(p +λ)(a n +1+λa n ) 的形式，比较系数可求得λ，数列
{a n +1+λa n }为等比数列。
例11 已知数列
{a n }满足a n +2=5a n +1-6a n , a 1=-1, a 2=2，求数列{a n }的通项公式。
解：设
a n +2+λa n +1=(5+λ)(a n +1+λa n )
比较系数得λ=-3或λ=-2，不妨取λ=-2，（取-3 结果形式可能不同，但本质相同）
则
a n +2-2a n +1=3(a n +1-2a n ) ，则{a n +1-2a n }是首项为4，公比为3的等比数列
∴a n +1-2a n =4⋅3n -1，所以a n =4⋅3n -1-5⋅2n -1
a -4a n +1+3a n =0, 求a n . 练习. 数列{a n }中，若a 1=8, a 2=2, 且满足n +2
n
a =11-3n 答案： .
r
a =pa n +1n 四、迭代法 (其中p,r 为常数) 型
3(n +1)2{a }a =a ，a 1=5，求数列{a n }的通项公式。 n n +1n 例12 已知数列满足
n
3(n +1)2
a =a n 解：因为n +1，所以
n
3n ⋅23(n -1) ⋅23n ⋅2
a n =a n =[a ]-1n -2
n -1n -2n -1
3(n -1) ⋅n ⋅2
=a n -2
2(n -2) +(n -1)
=[a =a
3(n -2) ⋅2n -332(n -1) ⋅n ⋅2(n -2) +(n -1)
n -3
]
33(n -2)(n -1) n ⋅2(n -3) +(n -2) +(n -1) n -3
= =a 13 =a 13
n -1
⋅2⋅3 (n -2) ⋅(n -1) ⋅n ⋅21+2+ +(n -3) +(n -2) +(n -1)
n (n -1) ⋅n ! ⋅22
n -1
n -1
n (n -1) ⋅n ! ⋅22
3
a =5{a }a =51n n 又，所以数列的通项公式为
。
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。
例13. （2005江西卷）
已知数列
{a n }的各项都是正数, 且满足:
a 0=1, a n +1=
1
a n (4-a n ), n ∈N 2，
（1）证明
a n
a n +1=
11
a n (4-a n ) =[-(a n -2) 2+4],2
2(a -2) =-(a -2) 22n +1n 所以
解：（1）略（2）
[1**********]11+2+ +2n -12n
令b n =a n -2, 则b n =-b n =-(-b ) =-⋅() b = =-() b n -1n -2n -1
222222又bn=－1，
1n 1n
b n =-() 2-1, 即a n =2+b n =2-() 2-1
22所以.
方法2：本题用归纳-猜想-证明，也很简捷，请试一试. 解法3：设c n 面类型（1）来解
=-b n ，则c
n =
12
c n -12, 转化为上
r
a >0 a =pa n +1n 五、对数变换法 适用于(其中p,r 为常数) 型 p>0，n
2
{}a a n }的通项公式. a =2a a =1n -1（n ≥2）. 求数列{例14. 设正项数列n 满足1，n
a n a n a n -1a n a n -1
b =log log +1=2(log+1) log =1+2log 2+1，则2222解：两边取对数得：，，设n
b n =2b n -1 {b n }是以2为公比的等比数列，b 1=log 1b =1⨯2n -1=2n -1，2+1=1 n
2a n n -1n -1n
a =2log a log =2-1n 2+1=22，，∴
n -1
-1
练习 数列
{a n }中，a 1=1，a n =2
2-n
a n -1
（n ≥2），求数列
{a n }的通项公式.
2-2
a =2n 答案：
5
例15 已知数列{a n }满足a n +1=2⨯3n ⨯a n ，a 1=7，求数列{a n }的通项公式。
5解：因为a n +1=2⨯3n ⨯a n ，a 1=7，所以a n >0，a n +1>0。
两边取常用对数得lg a n +1=5lg a n +n lg3+lg2 设lg a n +1+x (n +1) +y =5(lga n +xn +y ) 比较系数得， x =由lg a 1+
（同类型四）
lg 3lg 3lg 2
, y =+ 4164
lg 3lg 3lg 2lg 3lg 3lg 2lg 3lg 3lg 2⨯1++=lg 7+⨯1++≠0，得lg a n +n ++≠0， [1**********]4
lg 3lg 3lg 2lg 3lg 3lg 2
n ++是以lg 7+++为首项，以5为公比的等比数列，41644164
lg 3lg 3lg 2lg 3lg 3lg 2n -1
n ++=(lg7+++)5，因此则lg a n +41644164
所以数列{lga n +
lg a n =(lg7+
lg 3lg 3lg 2n -1lg 3lg 3lg 2
++)5-n --4164464
14
116
14
n -1
=[lg(7⋅3⋅3⋅2)]5=lg(7⋅3⋅3⋅2) =lg(75n -1⋅3
则a n =75⨯3
n -1
-lg(3⋅3⋅2)
n 4
116
14
n 411614
141161
n -145
-lg(3⋅3⋅2) )
5n -4n -116
⋅2
5n -1-14
5n -4n -116
⨯2
5n -1-14
。
六、倒数变换法 适用于分式关系的递推公式，分子只有一项 例16 已知数列{a n }满足a n +1=
2a n
, a 1=1，求数列{a n }的通项公式。 a n +2
解：求倒数得
11111111⎧11⎫
=+, ∴-=, ∴⎨-⎬为等差数列，首项=1，公差为，
2a 1a n +12a n a n +1a n 2⎩a n +1a n ⎭
∴
112
=(n +1), ∴a n = a n 2n +1
七、换元法 适用于含根式的递推关系 例17 已知数列{a
n }满足a n +1=
1
(1+4a n +，a 1=1，求数列{a n }的通项公式。
1612
(b n -1)
24
解：令b n =a n =代入a n +1=
1
(1+4a n +得 16
12112
(b n +1-1) =[1+4(b n -1) +b n ] 241624
22即4b n +1=(b n +3)
因为b n =≥0， 则2b n +1=b n +3，即b n +1=可化为b n +1-3=
13
b n +， 22
1
(b n -3) ， 2
1
为公比的等比数列，因此2
所以{b n -
3}是以b 1-3=3=3=2为首项，以
1111
b n -3=2() n -1=() n -2，则b n =() n -2+
3=() n -2+3，得
2222a n =
21n 1n 1() +() +。 3423
八、数学归纳法 通过首项和递推关系式求出数列的前n 项，猜出数列的通项公式，再用数学归纳
法加以证明。 例18 已知数列{a n }满足a n +1=a n +
8(n +1) 8
，a =，求数列{a n }的通项公式。 1
(2n +1) 2(2n +3) 29
解：由a n +1=a n +
88(n +1)
a =及，得 122
9(2n +1) (2n +3)
8(1+1) 88⨯224
=+=22
(2⨯1+1) (2⨯1+3) 99⨯2525
8(2+1) 248⨯348
a 3=a 2+=+=22
(2⨯2+1) (2⨯2+3) 2525⨯4949
8(3+1) 488⨯480
a 4=a 3+=+=
(2⨯3+1) 2(2⨯3+3) 24949⨯8181a 2=a 1+
(2n +1) 2-1
由此可猜测a n =，下面用数学归纳法证明这个结论。
(2n +1) 2(2⨯1+1) 2-18
（1）当n =1时，a 1==，所以等式成立。 2
(2⨯1+1) 9
(2k +1) 2-1
（2）假设当n =k 时等式成立，即a k =，则当n =k +1时，
(2k +1) 2a k +1=a k +
8(k +1) (2k +1) 2(2k +3) 2
[(2k +1) 2-1](2k +3) 2+8(k +1) =
(2k +1) 2(2k +3) 2(2k +1) 2(2k +3) 2-(2k +1) 2
=
(2k +1) 2(2k +3) 2(2k +3) 2-1 =
(2k +3) 2[2(k +1) +1]2-1 =
[2(k +1) +1]2
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n ∈N 都成立。 九、阶差法（逐项相减法） 1、递推公式中既有S n ，又有a n
*
分析：把已知关系通过a n =⎨方法求解。
⎧S 1, n =1
转化为数列{a n }或S n 的递推关系，然后采用相应的
⎩S n -S n -1, n ≥2
1
(a n +1)(a n +2) ，且a 2, a 4, a 9成6
例19 已知数列{a n }的各项均为正数，且前n 项和S n 满足S n =等比数列，求数列{a n }的通项公式。
+
解：∵对任意n ∈N 有S n =
1
(a n +1)(a n +2) ⑴ 6
∴当n=1时，S 1=a 1=
1
(a 1+1)(a 1+2) ，解得a 1=1或a 1=2 6
当n ≥2时，S n -1=
1
(a n -1+1)(a n -1+2) ⑵ 6
⑴-⑵整理得：(a n +a n -1)(a n -a n -1-3) =0 ∵{a n }各项均为正数，∴a n -a n -1=3
2
当a 1=1时，a n =3n -2，此时a 4=a 2a 9成立
2当a 1=2时，a n =3n -1，此时a 4=a 2a 9不成立，故a 1=2舍去
所以a n =3n -2
练习。已知数列{a n }中, a n >0且S n =
1
(a n +1) 2, 求数列{a n }的通项公式. 2
答案：S n -S n -1=a n (a n -1) 2=(a n -1+1) 2 a n =2n -1 2、对无穷递推数列
例20 已知数列{a n }满足a 1=1求{a n }的通项公式。 ，a n =a 1+2a 2+3a 3+ +(n -1) a n -1(n ≥2) ，解：因为a n =a 1+2a 2+3a 3+ +(n -1) a n -1(n ≥2) 所以a n +1=a 1+2a 2+3a 3+ +(n -1) a n -1+na n 用②式－①式得a n +1-a n =na n .
②
①
则a n +1=(n +1) a n (n ≥2) 故
a n +1
=n +1(n ≥2) a n
所以a n =
a n a n -1a n ! ⋅⋅ ⋅3⋅a 2=[n (n -1) ⋅ ⋅4⨯3]a 2=a 2. a n -1a n -2a 22
③
由a n =a 1+2a 2+3a 3+ +(n -1) a n -1(n ≥2) ，取n =2得a 2=a 1+2a 2，则a 2=a 1，又知a 1=1，则a 2=1，代入③得a n =1⋅3⋅4⋅5⋅ ⋅n =所以，{a n }的通项公式为a n =
n !
。 2
n ! . 2
十、不动点法 目的是将递推数列转化为等比（差）数列的方法
不动点的定义：函数f (x ) 的定义域为D ，若存在f (x ) x 0∈D ，使f (x 0) =x 0成立，则称x 0为
f (x ) 的不动点或称(x 0, f (x 0)) 为函数f (x ) 的不动点。
分析：由f (x ) =x 求出不动点x 0，在递推公式两边同时减去x 0，在变形求解。 类型一：形如a n +1=qa n +d
例21 已知数列{a n }中，a 1=1, a n =2a n -1+1(n ≥2) ，求数列{a n }的通项公式。 解：递推关系是对应得递归函数为f (x ) =2x +1，由f (x ) =x 得，不动点为-1 ∴a n +1+1=2(a n +1) ，„„ 类型二：形如a n +1=
a ⋅a n +b
c ⋅a n +d
a ⋅x +b
c ⋅x +d
分析：递归函数为f (x ) =
（1）若有两个相异的不动点p,q 时，将递归关系式两边分别减去不动点p,q ，再将两式相除得
a n +1-p a n -p a -pc (a 1q -pq ) k n -1-(a 1p -pq )
，其中k =，∴a n = =k ⋅n -1
a -qc a n +1-q a n -q (a 1-p ) k -(a 1-q )
（2）若有两个相同的不动点p ，则将递归关系式两边减去不动点p ，然后用1除，得
2c 11
。 =+k ，其中k =
a +d a n +1-p a n -p
例22. 设数列{a n }满足a 1=2, a n +1=
5a n +4
, 求数列{a n }的通项公式.
2a n +7
分析：此类问题常用参数法化等比数列求解. 解：对等式两端同时加参数t, 得：
a n +1
7t +4
5a +4(2t +5) a n +7t , +t =n +t ==(2t +5) 2a n +72a n +72a n +7
a n +
令t =
a +t 7t +4
, 解之得t=1,-2 代入a n +1+t =(2t +5) n 得 2t +52a n +7
a n -1a +2
, a n +1+2=9n ,
2a n +72a n +7
a n +1-1=3
相除得
a n +1-11a n -1a n -1a 1-11
, 即{}是首项为=⋅=，
a n +1+23a n +2a n +2a 1+24
a n -111-n 14⋅3n -1+2公比为的等比数列, =⋅3, 解得a n =. n -1
3a n +244⋅3-1
方法2： ,
a n +1-1=3
a n -1
，
2a n +7
1a n +1-1
=
2a n +72(a n -1) +923
， ==+
3(a n -1) 3(a n -1) 3a n -1
2
+3b n , , 转化为累加法来求. 3
两边取倒数得
令b n =
1
，则b n =a n -1
例23 已知数列{a n }满足a n +1=
21a n -24
，a 1=4，求数列{a n }的通项公式。
4a n +1
解：令x =
21x -2421x -242
，得4x -20x +24=0，则x 1=2，x 2=3是函数f (x ) =的两个不
4x +14x +1
动点。因为
21a n -24
-2
⎧a -2⎫a n +1-24a n +121a n -24-2(4a n +1) 13a n -2613a n -2
====。所以数列⎨n ⎬是
a -3a n +1-3n -321a n -24-3(4a n +1) 9a n -279a n -3⎩n ⎭
4a n +1
以
a -2a 1-24-21313
为公比的等比数列，故n ==2为首项，以=2() n -1，则9a 1-34-3a n -39
a n =
113
2() n -1-19
+3。
练习1：已知{a n }满足a 1=2, a n =
a n -1+2
(n ≥2) ，求{a n }的通项a n
2a n -1+1
3n -(-1) n
答案：∴a n =n n
3+(-1)
练习2。已知数列{a n }满足a 1=2, a n +1=
2a n -1
(n ∈N *) ，求数列{a n }的通项a n
4a n +6
答案：∴a n =
13-5n
10n -6
练习3. （2009陕西卷文）
1’a 2=2, a n ＋2＝已知数列{a n }满足， a 1＝
a n +a n +1
, n ∈N *. 2
(I)令b n =a n +1-a n ，证明：{b n }是等比数列；
(Ⅱ) 求{a n }的通项公式。 答案：（1）{b n }是以1为首项，-
1521n -1*
为公比的等比数列。（2）a n =-(-) (n ∈N ) 。 2332
十一。特征方程法 形如a n +2=pa n +1+qa n (p , q 是常数）的数列
形如a 1=m 1, a 2=m 2, a n +2=pa n +1+qa n (p , q 是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项
a n ，其特征方程为x 2=px +q „①
若①有二异根α, β，则可令a n =c 1αn +c 2βn (c 1, c 2是待定常数） 若①有二重根α=β，则可令a n =(c 1+nc 2) αn (c 1, c 2是待定常数） 再利用a 1=m 1, a 2=m 2, 可求得c 1, c 2，进而求得a n
例24 已知数列{a n }满足a 1=2, a 2=3, a n +2=3a n +1-2a n (n ∈N *) ，求数列{a n }的通项a n 解：其特征方程为x =3x -2，解得x 1=1, x 2=2，令a n =c 1⋅1n +c 2⋅2n ，
2
⎧c 1=1
⎧a 1=c 1+2c 2=2⎪n -1由⎨，得⎨1， ∴a n =1+2
c 2=⎩a 2=c 1+4c 2=3⎪⎩2
例25 已知数列{a n }满足a 1=1, a 2=2,4a n +2=4a n +1-a n (n ∈N *) ，求数列{a n }的通项a n
1⎛1⎫2
解：其特征方程为4x =4x -1，解得x 1=x 2=，令a n =(c 1+nc 2) ⎪，
2⎝2⎭
n
1⎧
a =(c +c ) ⨯=112⎪⎧c 1=-43n -2⎪12由⎨，得⎨， ∴a n =n -1
2⎩c 2=6⎪a =(c +2c ) ⨯1=2
212⎪⎩4
练习1．已知数列{a n }满足a 1=1, a 2=2,4a n +2=4a n +1-a n -1(n ∈N ) ，求数列{a n }的通项 练习2．已知数列{a n }满足
*
a 1=1, a 2=2,4a n +2=4a n +1-a n -n -4(n ∈N *) ，求数列{a n }的通项
说明：(1)若方程x 2=px +q 有两不同的解s , t, 则a n +1-ta n =s (a n -ta n -1) , a n +1-sa n =t (a n -sa n -1) ,
由等比数列性质可得a n +1-ta n =(a 2-ta 1) s n -1, a n +1-sa n =(a 2-sa 1) t n -1,
t ≠s , 由上两式消去a n +1可得a n =
(a 2-ta 1)n a 2-sa 1n .
. s -. t
s s -t t s -t (2)若方程x 2=px +q 有两相等的解s =t ，则
a n +1-ta n =s (a n -ta n -1)=s 2(a n -1-ta n -2) = =s n -1(a 2-ta 1)，
∴
a n +1a n a 2-ta 1⎧a n ⎫
-=, 即⎨n ⎬是等差数列， s n +1s n s 2⎩s ⎭
由等差数列性质可知
a n a 1a 2-sa 1
()=+n -1. ， s s n s 2
⎛a 1a 2-sa 1⎫a 2-sa 1⎤n ． 所以a n =⎡. n ⎥s ⎪+⎢ s -22
s s ⎝⎭⎣⎦
25
5求数列{a }的通项。 例26、数列{a n }满足a 1=-，且a n +1=n
2912
2a n +
4
25292522
a n -a n +2λa n +λ-
+λ=„„① 解：a n +1+λ=a n +1=
2a n +2a n +
44
29λ-25252
令λ=，解得λ1=1, λ2=，将它们代回①得，
44
2
a n -
25⎫⎛a +2⎪n
a n +1)25 (4=a n +1+1=„„②，a n +1+„„③，
2942a n +2a n +
4425⎛25⎫
a n +1+a + n ⎪= ③÷②，得⎪, a n +1+1 a n +1⎪
⎝⎭
2
2
252525⎫⎧a n +a +⎪n ⎪=2lg 则lg ，∴数列⎨lg ⎬成等比数列，首项为1，公比q =2
a n +1+1a n +1⎪a n +1⎪
⎩⎭
a n +1+
2525252n -1
a n +-10
=2n -1，则=102n -1，∴a =所以lg n 2n -1
a n +1a n +110-1
a n +
十二、四种基本数列
1．形如a n +1-a n =f (n ) 型 等差数列的广义形式，见累加法。 2. 形如
a n +1
=f (n ) 型 等比数列的广义形式，见累乘法。 a n
3. 形如a n +1+a n =f (n ) 型
（1）若a n +1+a n =d （d 为常数），则数列{a n }为“等和数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论;
（2）若f(n)为n 的函数（非常数）时，可通过构造转化为a n +1-a n =f (n ) 型，通过累加来求出通项; 或用逐差法(两式相减) 得a n +1-a n -1=f (n ) -f (n -1) ，，分奇偶项来分求通项. 例27. 数列{a n }满足a 1=0, a n +1+a n =2n , 求数列{a n }的通项公式. 分析 1：构造 转化为a n +1-a n =f (n ) 型 解法1：令b n =(-1) n a n
则b n +1-b n =(-1) n +1a n +1-(-1) n a n =(-1) n +1(a n +1+a n ) =(-1) n +1⋅2n .
n ≥2
时,
⎧b n -b n -1=(-1) n ⋅2(n -1)
⎪n -1
⎪b n -1-b n -2=(-1) ⋅2(n -2) ⎪⎨
⎪b -b =(-1) 2⋅2⨯1
1⎪2
⎪b 1=-a 1=0⎩
各式相
加:b n =2(-1) n (n -1) +(-1) n -1(n -2) + +(-1) 3⋅2+(-1) 2⋅1 当n 为偶数时，b n =2⎢(n -1) +(-1) ⋅
[]
⎡⎣n -2⎤
=n . 此时a n =b n =n 当n 为奇数时，⎥2⎦
b n =2(-
n -1
) =-n +1 2
, 所以
此时b n =-a n a n =n -1. 故
⎧n -1, n 为奇数,
解法a n =⎨
⎩n , n 为偶数.
2：
a n +1+a n =2n
∴n ≥2时，a n +a n -1=2(n -1) ，两式相减得：a n +1-a n -1=2. ∴a 1, a 3, a 5, , 构成以a 1, 为首项，以2为公差的等差数列; a 2, a 4, a 6, , 构成以a 2, 为首项，以2为公差的等差数列
∴a 2k -1=a 1+(k -1) d =2k -2 a 2k =a 2+(k -1) d =2k .
∴a n =⎨
⎧n -1, n 为奇数, ⎩n , n 为偶数.
12
评注：结果要还原成n 的表达式.
例28. （2005江西卷）已知数列{a n }的前n 项和S n 满足
n -1
S n －S n －2=3(-) (n ≥3), 且S 1=1, S 2=-
解：方法一：因为S n -S n -2
以下同上例，略
3
, 求数列{a n }的通项公式. 2
1
=a n +a n -1所以a n +a n -1=3⋅(-) n -1(n ≥3),
2
1n -1⎧4-3⋅() , n 为奇数, ⎪⎪2
答案 a n =⎨
1⎪-4+3⋅() n -1, n 为偶数.
⎪2⎩
4. 形如a n +1⋅a n =f (n ) 型
（1）若a n +1⋅a n =p (p为常数) ，则数列{a n }为“等积数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论;
（2）若f(n)为n 的函数（非常数）时，可通过逐差法得a n ⋅a n -1=f (n -1) ，两式相除后，分奇偶项来分求通项.
例29. 已知数列{a n }满足a 1=3, a n ⋅a n +1=() , (n ∈N ) , 求此数列的通项公式. 注：同上例类似，略.
1
2
n *
5．形如ps n =f (a n ) 型
(1)若f (a n ) 是常数，同题型1. (2)若f (a n ) 是一次式同题型1 (3)若f (a n ) 是二次式。
例1．(2006年陕西理20) 已知正项数列{a n }，其前n 项和S n 满足a 1, a 3, a 15成等比数列，且10 Sn =a n +5a n +6 ，求数列{a n }的通项公式a n . 解:∵10 Sn =a n +5a n +6 ① ∴10a 1=a 1+5a 1+6, 解得a 1=2或a 1=3.
2
2
2
又10 Sn -1=a n -1+5a n -1+6(n ≥2), ② ① - ②, 得10a n =(a n -a n -1) +5(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=73. 此时a 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. 此时有a 3∴a n =5n -3.
评
注
:
该
题
用
⎧S 1(n =1) a n =⎨即
S -S (n ≥2）n -1⎩n
2
2
2
2
=a 1a 15. ∴a 1=2.
a n 与S n
的关系,
a n =S n -S n -1=f (a n ）-f （a n -1) .
消去S n , 求出a n , 也可用S n =f (S n ) -f (S n -1) 消去a n 的方法求出S n 再求a n .
例2．（2007年重庆理科21）已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和S n 满足S 1>1，且6S n =(a n +1)(a n +2) ，n ∈N ． （Ⅰ）求{a n }的通项公式；
（Ⅱ）设数列{b n }满足a n (2b n -1) =1，并记T n 为{b n }的前n 项和， 求证：3T n -1>log 2(a n +3) ，n ∈N ．
1
解：（I ）解由a 1=S 1=(a 1+1)(a 1+2) ，解得a 1=1或a 1=2，
6
由假设a 1=S 1>1，因此a 1=2，
11
又由a n +1=S n +1-S n =(a n +1+1)(a n +1+2) -(a n +1)(a n +2) ，
66
得(a n +1+a n )(a n +1-a n -3) =0，即a n +1-a n -3=0或a n +1=-a n ， 因a n >0，故a n +1=-a n 不成立，舍去．
因此a n +1-a n =3，从而{a n }是公差为3，首项为2的等差数列， 故{a n }的通项为a n =3n -1．
⎛1⎫3n
（II ）证法一：由a n (2b n -1) =1可解得b n =log 2 1+⎪=log 2；
a 3n -1⎝2⎭
3n ⎫⎛36
从而T n =b 1+b 2+ +b n =log 2 ⋅⋅ ⋅⎪．
3n -1⎭⎝25
3n ⎫2⎛36
因此3T n +1-log 2(a n +3) =log 2 ⋅⋅ ⋅． ⋅⎪
3n -1⎭3n +2⎝253n ⎫2⎛36
令f (n ) = ⋅⋅ ⋅， ⋅⎪
3n -1⎭3n +2⎝25
f (n +1) 3n +2⎛3n +3⎫(3n +3) 2
则． =⋅ ⎪=2
f (n ) 3n +5⎝3n +2⎭(3n +5)(3n +2)
因(3n +3) 3-(3n +5)(3n +2) 2=9n +7>0，故f (n +1) >f (n ) ． 特别地f (n ) ≥f (1)=
27
>1→，从而3T n +1-log 2(a n +3) =log 2f (n ) >0． 20
33
3
即3T n +1>log 2(a n +3) ．
证法二：同证法一求得b n 及T n ，
由二项式定理知，当c >0时，不等式(1+c ) 3>1+3c 成立．
⎛1⎫
由此不等式有3T n +1=log 22 1+⎪
⎝2⎭
3
1⎫⎛1⎫⎛
1+ 1+ ⎪ ⎪ ⎝5⎭⎝3n -1⎭
33
3⎫⎛3⎫⎛3⎫⎛
>log 22 1+⎪1+⎪ 1+⎪
⎝2⎭⎝5⎭⎝3n -1⎭
583n +2
=log 22⋅⋅⋅ ⋅
253n -1
=log 2(3n +2) =log 2(a n +3)
证法三：同证法一求得b n 及T n ．
363n 473n +1583n +2
，B n =⋅⋅ ⋅令A n =⋅⋅ ⋅，C n =⋅⋅ ⋅．
253n -1363n 473n +13n 3n +13n +2
>>因． 3n -13n 3n +1
3n +23
>A n B n C n =因此A n ．
2
3n ⎫⎛363
从而3T n +1=log 22 ⋅⋅ ⋅⎪=log 22A n >log 22A n B n C n
3n -1⎭⎝25
3
=log 2(3n +2) =log 2(a n +3) ． 证法四：同证法一求得b n 及T n ．
下面用数学归纳法证明：3T n +1>log 2(a n +3) ． 当n =1时，3T 1+1=log 2
27
，log 2(a 1+3) =log 25， 4
因此3T 1+1>log 2(a 1+3) ，结论成立．
假设结论当n =k 时成立，即3T k +1>log 2(a k +3) ． 则当n =k +1时，
3T k +1+1-log 2(a k +1+3) =3T k +1+3b k +1-log 2(a k +1+3)
>log 2(a k +3) -log 2(a k +1+3) +3b k +1 (3k +3) 3
； =log 2
2
(3k +5)(3k +2)
(3k +3) 3
因(3k +3) -(3k +5)(3k +2) =9k +7>0．故log 2>0．
(3k +5)(3k +2) 2
3
2
从而3T k +1+1>log 2(a k +1+3) ．这就是说，当n =k +1时结论也成立． 综上3T n +1>log 2(a n +3) 对任何n ∈N +成立．
例3．（2008年全国理科2）设函数f (x ) =x -x ln x ．数列{a n }满足0
a n +1=f (a n ) ．
1) 是增函数； （Ⅰ）证明：函数f (x ) 在区间(0，
（Ⅱ）证明：a n
a 1-b
．证明：a k +1>b ． a 1ln b
解：（Ⅰ）证明：f (x ) =x -x ln x ，
f ' (x )=-ln x , 当x ∈(0,1)时，f ' (x )=-ln x >0 故函数f (x )在区间(0,1)上是增函数．
（Ⅱ）证明：（用数学归纳法）（i ）当n=1时，0
a 2=f (a 1) =a 1-a 1ln a 1>a 1．
由函数f (x ) 在区间(0，1) 是增函数，且函数f (x ) 在x =1处连续，则f (x ) 在区间(0，1]是增函数，a 2=f (a 1) =a 1-a 1ln a 1（ⅱ）假设当x =k (k ∈N *)时，a k
f (a k )
a k +1
a -b =a -b -a ln a =a 1-b -∑a i ln a i k +1k k k
i =1
k
．
1、若存在某i ≤k 满足a i ≤b ，则a k +1-b b ，则：
a -b =a -b -a ln a k +1k k k
=a 1-b -∑a i ln b =a 1-b -(∑a i )ln b
i =1
i =1
k
k
≥a 1-b -k ln b >a 1-b -(a 1-b ) =0，
即a 1a k +1>b 成立．
例4. 已知数列{a n }中, a n >0且S n =
1n
(a n +) , 求数列{a n }的通项公式. 2a n
解:由已知S n =
1n 1n
(a n +) 得S n =(S n -S n -1+) , 2a n 2S n -S n -1
2222
化简有S n -S n -1=n , 由类型(1)有S n =S 1+2+3+ +n ,
2
=又S 1=a 1得a 1=1, 所以S n
n (n +1)
, 又a n >0, s n =22n (n +1)
, 2
则a n =
2n (n +1) -2n (n -1)
．
2
6. 形如a n +1=f (n ) a n +g (n ) 型
例１．（2008年湖南理科）（本小题满分12分）
n πn π) a n +sin 2, n =1, 2,3, . 数列{a n }满足a 1=1, a 2=2, a n +2=(1+cos 222(Ⅰ) 求a 3, a 4, 并求数列{a n }的通项公式； (Ⅱ) 设b n =
1a 2n -1
S n -2
解 (Ⅰ) 因为a 1=1, a 2=2, 所以a 3=(1+cos 2
π
2
) a 1+sin 2
π
2
=a 1+1=2,
a n =(1+cos 2π) a 2+sin 2π=2a 2=4.
一般地，当n =2k -1(k ∈N *) 时，a 2k +1=[1+cos 2＝a 2k -1+1，即a 2k +1-a 2k -1=1.
所以数列{a 2k -1}是首项为1、公差为1的等差数列，因此a 2k -1=k . 当n =2k (k ∈N *) 时，a 2k +2=(1+cos 2
2k π
) a 2k =2a 2k . 2
(2k -1) π2k -1
]a 2k -1+sin 2π 22
所以数列{a 2k }是首项为2、公比为2的等比数列，因此a 2k =2k .
⎧n +1*
⎪2, n =2k -1(k ∈N ,
故数列{a n }的通项公式为a 2=⎨
n ⎪2*2, n =2k (k ∈N . ⎩(Ⅱ) 由(Ⅰ) 知，b n =
S n =
a 2n -1n =2, a 2n 2
123n
+2+3+ +n , ① 22221123n
S n =2+2+4+ +n +1 ② 22222
112[1-() ]11111n n 1n ①-②得，S n =+2+3+ +n -n +1=-n +1=1-n -n +1.
2222222221-2
1n n +2
所以S n =2-n -1-n =2-n .
222
1n (n +2)
n 2
6⨯(6+2) 483
==
k (k +2)
2k
证法一(1)当n = 6时，
则当n =k +1时，
(k +1)(k +3) k (k +2) (k +1)(k +3) (k +1)(k +3)
=⨯
2k +12k 2k (k +2) (k +2) 2k
n (n +1) 1
22n
由(1)、(2)所述，当n ≥6时，证法二
n (n +2) (n +1)(n +3) n (n +2) 3-n 2
(n ≥6) ，则c n +1-c n =-=n +1
222n +12226⨯83
=
n (n +2) 1
n ≥6
n 22
所以当n ≥6时，c n +1
7. 形如a n =a n +1a n +2型
例1．（2008年重庆理科22）设各项均为正数的数列{a n }满足
3
2
a 1=2, a n =（Ⅰ）若a 2=
3
2a +1+a 2
a (∈n . N *)
1
，求a 3, a 4，并猜想a 2008的值（不需证明）；
4
（Ⅱ）记b n =a 3a 2⋅⋅⋅a n (n ∈N *),若b n ≥n ≥2恒成立，求a 2的值及数列{b n }的通项公式.
解：(Ⅰ) 因a 1=2, a 2=2-2, 故a 3=
1
2
a 1a
3-22
=24 ， a 4=
3
a 2a
3-23
=2-8
由此有a 1=2(-2) , a 2=2(-2) , a 3=2(-2) , a 4=2(-2) ， 故猜想a n 的通项为a n =2(-2) (n ∈N *) ．∴a 2008=2(-2)
n -1
2008-1
=2(-2) ．
2007
（Ⅱ）令x n =log 2a n , S n 表示x n 的前n 项和，则b n =2S n ．
3
x n +1+x n +2(n ∈N *) ， ① 2
3
S n =x 1+x 2+ +x n ≥(n ≥2) ②
2
31
因②式对n =2成立，有≤x 1+x 2, 又x 1=1得x 2≥ ③
22
下面用反证法证明：
31
由①得x n +2+2x n +1=(x n +2+x n +1) +(x n +1+2x n ) ．
22
由题设知x 1=1且x n =
1
的等比数列. 故 2
111
x n +1-x n =(x 2-) n -1(n ∈N *). ④
222
1311
又由①知 x n +2-x x +1=(x n -x n +1) -x n +1=-2(x n +1-x n ),
2222
因此数列x n +1+2x n 是首项为x 2+2，公比为
11
因此是x n +1-x n 是首项为x 2-，公比为-2的等比数列, 所以
2211
x n +1-x n =(x 2-)(-2) n -1(n ∈N *). ⑤
22
511
由④-⑤得 S n =(x 2+2) n -1-(x 2-)(-2) n -1(n ∈N *). ⑥
222
5111-(-2) 2
(n ∈N *). ⑦ 对n 求和得x n =(x 2+2)(2-n -1) -(x 2-)
222331
由题设知S 2k +1≥, 且由反证假设x 2>有
22
1122k +1+115
（x 2+2)(2-2k ) -(x 2-) ≥(k ∈N *).
2234
2k +1
12+11151
从而(x 2-) ⋅≤(x 2+2)(2-2k ) -
23244
32k +1-1，对k ∈N *恒成立. 但这是不可能的，矛盾. 即不等式2＜
x 2-
2
11
因此x 2≤, 结合③式知x 2 =,
22
11
因此a 2=2-2=将x 2=代入⑦式得S n = 2－n -1(n ∈N *),
22
6x 2+
所以b n = 2= 2
S n
2-
12
n -1
(n ∈N *)
8. 形如f (n ) S n +1+g (n ) S n = 0型
例1．（2008年天津理科22）在数列{a n }与{b n }中，a 1=1, b 1=4，数列{a n }的前n 项和S n 满足nS n +1-(n +3)S n =0, 2a n +1为b n 与b n +1的等比中项，n ∈N *. （Ⅰ）求a 2, b 2的值；
（Ⅱ）求数列{a n }与{b n }的通项公式；
（Ⅲ）设T n =(-1)1b 1+(-1)2b 2+ +(-1)n b n , n ∈N *. 证明T n
a
a
a
本小题主要考查等差数列的概念、通项公式及前n 项和公式、等比数列的概念、等
比中项、不等式证明、数学归纳等基础知识，考查运算能力和推理论证能力及分类讨论的思想方法．满分14分
解：（Ⅰ）由题设有a 1+a 2-4a 1=0，a 1=1，解得a 2=3．由题设又有4a 22=b 2b 1，
b 1=4，解得b 2=9．
（Ⅱ）解法一：由题设nS n +1-(n +3) S n =0，a 1=1，b 1=4，及a 2=3，b 2=9，进一步可得a 3=6，b 3=16，a 4=10，b 4=25，
n (n +1)
，b n =(n +1) 2，n ∈N *． 2
n (n +1)
先证a n =，n ∈N *．
2
1⨯(1+1)
当n =1时，a 1=，等式成立．当n ≥2时用数学归纳法证明如下：
2
2⨯(2+1)
（1当n =2时，a 2=，等式成立．
2
k (k +1)
（2）假设n =k 时等式成立，即a k =，k ≥2．
2
猜想a n =
由题设， kS k +1=(k +3S ) k
1 ○
(k -12S k ) =k +(S k -2) 1○
①的两边分别减去②的两边，整理得ka k +1=(k +2) a k ，从而
a k +1=
k +2k +2k (k +1) (k +1)[(k +1) +1]
a k =⋅=． k k 22
n (n +1)
对任何2
这就是说，当n =k +1时等式也成立．根据（1）和（2）可知，等式a n =的n ≥2成立． 综上所述，等式a n =
n (n +1) n (n +1)
对任何的n ∈N *都成立a n = 22
再用数学归纳法证明b n =(n +1) 2，n ∈N *． （1）当n =1时，b 1=(1+1) 2，等式成立． （2）假设当
n =k
时等式成立，即
b k =(k +1) 2
，那么
4a k +12(k +1) 2(k +2) 2
b k +1===[(k +1) +1]2． 2
b k (k +1)
这就是说，当n =k +1时等式也成立．根据（1）和（2）可知，等式b n =(n +1) 2 对任何的n ∈N *都成立．
解法二：由题设nS n +1=(n +3) S n
1 ○
(n -1) S n =(n +2) S n -1○2
①的两边分别减去②的两边，整理得na n +1=(n +2) a n ，n ≥2．所以 2a 3=4a 2， 3a 4=5a 3，„„ (n -1) a n =(n +1) a n +1，n ≥3． 将以上各式左右两端分别相乘，得(n -1)! a n =由（Ⅰ）并化简得a n =
(n +1)!
a 2， 6
n (n +1) n (n +1)
a 2=，n ≥3． 62
止式对n =1, 2也成立．
由题设有b n +1b n =4a n +12，所以b n +1b n =(n +2) 2(n +1) 2， 即
b n b n +1*n ∈N ，． ⋅=122
(n +1) (n +2)
b n 1
，则，即． x =x x =1n +1n n +12
(n +1) x n
b n 2
，即，n ≥1． =1b =(n +1) n 2
(n +1)
令x n =
由x 1=1得x n =1，n ≥1．所以
解法三：由题设有nS n +1=(n +3) S n ，n ∈N *，
所以S 2=4S 1，2S 3=5S 2，„„(n -1) S n =(n +2) S n -1，n ≥2．
将以上各式左右两端分别相乘，得1⨯2⨯ ⨯(n -1) S n =4⨯5⨯ ⨯(n +2) S 1，化简得
S n =
n (n +1)(n +2) n (n +1)(n +2)
a 1=，n ≥3．
2⨯36
n (n +1)
，n ≥2． 2
由（Ⅰ），上式对n =1, 2也成立．所以a n =S n -S n -1=上式对n =1时也成立．
以下同解法二，可得b n =(n +1) 2，n ≥1． （Ⅲ）证明：
T n =(-1) b 1+(-1) b 2+ +(-1) b n =-2-3+ +(-1) 当n =4k ，k ∈N *时，
a 1a 2a n
22
n (n +1)
2
(n +1) 2．
T n =-22-32+42+52- -(4k -2) 2-(4k -1) 2+(4k ) 2+(4k +1) 2． 注意到-(4k -2) 2-(4k -1) 2+(4k ) 2+(4k +1) 2=32k -4，
故T n =32⨯(1+2+ +k ) -4=32⨯k (k +1) -42
=4k (4k +4) -4=(4k ) 2+3⨯4k =n 2+n -4． 当n =4k -1，k ∈N *时，
T n =(4k ) 2+4⨯4k -(4k +1) 2-4=(n +1) 2+4(n +1) -(n +2) 2-4=2n +1 当n =4k -2，k ∈N *时，
T n =(4k ) 2+4⨯4k -(4k +1) 2-(4k ) 2-4=4(n +2) -(n +3) 2-4=-n 2-2n +4． 当n =4k -3，k ∈N *时，
T n =4⨯4k -(4k +1) 2+(4k -1) 2=4(n +3) -(n +4) 2+(n +2) 2-4=-4．
⎧-4, n =4k -3, k ∈N *⎪2*⎪-n -2n +4, n =4k -2, k ∈N 所以T n =⎨． *⎪2n +1, n =4k -1, k ∈N ⎪n 2+n -4, n =4k , k ∈N *⎩
⎧4⎪-n 2
⎪⎪-1-2+4
⎪14⎪1+-2
总之，当n ≥3时有
n =5,9,13, n =6,10,14, n =3,7,11, n =4,8,12, |T n |2
求数列通项公式的十一种方法（方法全，例子全，归纳细）
总述：一．利用递推关系式求数列通项的11种方法：
累加法、 累乘法、 待定系数法、 阶差法（逐差法）、 迭代法、 对数变换法、 倒数变换法、
换元法（目的是去递推关系式中出现的根号）、 数学归纳法、
不动点法（递推式是一个数列通项的分式表达式）、 特征根法
二。四种基本数列：等差数列、等比数列、等和数列、等积数列及其广义形式。等差数列、
等比数列的求通项公式的方法是：累加和累乘，这二种方法是求数列通项公式的最基本方法。 三 ．求数列通项的方法的基本思路是：把所求数列通过变形，代换转化为等差数列或等比数列。
四．求数列通项的基本方法是：累加法和累乘法。
五．数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。
一、累加法
1．适用于：a n +1=a n +f (n ) ----------这是广义的等差数列 累加法是最基本的二个方法之一。 2．若a n +1-a n =f (n ) (n ≥2) ，
a 2-a 1=f (1)
则
a 3-a 2=f (2) a n +1-a n =f (n )
两边分别相加得 a n +1-a 1=
∑f (n )
k =1
n
例1 已知数列{a n }满足a n +1=a n +2n +1，a 1=1，求数列{a n }的通项公式。 解：由a n +1=a n +2n +1得a n +1-a n =2n +1则
a n =(a n -a n -1) +(a n -1-a n -2) + +(a 3-a 2) +(a 2-a 1) +a 1
=[2(n -1) +1]+[2(n -2) +1]+ +(2⨯2+1) +(2⨯1+1) +1
=2[(n -1) +(n -2) + +2+1]+(n -1) +1(n -1) n =2+(n -1) +1
2
=(n -1)(n +1) +1=n 2
所以数列{a n }的通项公式为a n =n 2。
例2 已知数列{a n }满足a n +1=a n +2⨯3n +1，a 1=3，求数列{a n }的通项公式。 解法一：由a n +1=a n +2⨯3n +1得a n +1-a n =2⨯3n +1则
a n =(a n -a n -1) +(a n -1-a n -2) + +(a 3-a 2) +(a 2-a 1) +a 1
=(2⨯3n -1+1) +(2⨯3n -2+1) + +(2⨯32+1) +(2⨯31+1) +3=2(3n -1+3n -2+ +32+31) +(n -1) +33(1-3n -1)
=2+(n -1) +3
1-3
=3n -3+n -1+3=3n +n -1
所以a n =3n +n -1.
解法二：a n +1=3a n +2⨯3n +1两边除以3
则
n +1
，得
a n +1a n 21
=++， 3n +13n 33n +1
a n +1a n 21
-=+，故 3n +13n 33n +1
a n a n a n -1a n -1a n -2a n -2a n -3a 2a 1a 1
=(-) +(-) +(-) + +(-1) +n n n -2n -2n -3233a n -1a n -[**************]3=(+n ) +(+n -1) +(+n -2) + +(+2) +3333333332(n -1) 11111=+(n +n +n -1+n -2+ +2) +1
333333
1n -1
(1-3)
a n 2(n -1) n 2n 11因此n =， ++1=+-n
331-3322⨯3
则a n =
211
⨯n ⨯3n +⨯3n -. 322
*
a =a +2n (n ∈N ) 写出数列{a n }的通项公式. n +1n 1，且
练习
2
{a }1. 已知数列n 的首项为
答案：n -n +1
练习2. 已知数列
{a n }满足a 1=3，
1
n
a n =a n -1+
1
(n ≥2)
n (n -1) ，求此数列的通项公式.
答案：裂项求和
a n =2-
a -a n =f (n ) ，其中f(n)可以是关于n 的一次函数、二次函数、指数函
评注：已知a 1=a , n +1
数、分式函数，求通项
a n .
①若f(n)是关于n 的一次函数，累加后可转化为等差数列求和; ②若f(n)是关于n 的二次函数，累加后可分组求和;
③若f(n)是关于n 的指数函数，累加后可转化为等比数列求和; ④若f(n)是关于n 的分式函数，累加后可裂项求和。
例3. 已知数列
{a n }中, a n >0且
S n =
1n (a n +) 2a n , 求数列{a n }的通项公式.
S n =
解:由已知
1n 1n
(a n +) S n =(S n -S n -1+) 2a n 得2S n -S n -1,
2222
S =S +2+3+ +n , S -S =n n 1n n -1化简有, 由类型(1)有
又S 1=a 1得a 1=1, 所以
2
S n =
n (n +1)
s n =a >02n , 又, 2n (n +1)
2,
则
a n =
2n (n +1) -2n (n -1)
2
此题也可以用数学归纳法来求解.
二、累乘法
1. 适用于： a n +1=f (n ) a n ----------这是广义的等比数列 累乘法是最基本的二个方法之二。
2．若
a n +1=f (n ) ，则a
2=f (1)a 3=f (2)， a n +1a =f (n ) n a 1a 2a n
两边分别相乘得，a n
n +1
a =a 1⋅∏f (k )
1k =1
例4 已知数列{a n }满足a n +1=2(n +1)5n ⨯a n ，a 1=3，求数列{a n }的通项公式。
解：因为a n +1=2(n +1)5n ⨯a n ，a a n +1
1=3，所以a n ≠0，则
a =2(n +1)5n ，故n
a n =
a n a a ⋅n -1⋅ ⋅a 3⋅a 2⋅a 1n -1a n -2a 2a 1
=[2(n -1+1)5n -1][2(n -2+1)5n -2]⋅ ⋅[2(2+1) ⨯52][2(1+1) ⨯51]⨯3 =2n -1[n (n -1) ⋅ ⋅3⨯2]⨯5(n -1) +(n -2) + +2+1⨯3n (n -1)
=3⨯2
n -1
⨯52
⨯n !
n (n -1) 所以数列{a n -1
n }的通项公式为a n =3⨯2
⨯5
2
⨯n !.
例5. 设{a n }是首项为1的正项数列，且(n +1)a 2n +1-na 2
n +a n +1a n =0（n =1，2，则它的通项公式是a n =________.
解：已知等式可化为：
(a n +1+a n ) [(n +1) a n +1-na n ]=0
a n +1n
a n >0(n ∈N *
) ∴(n+1)a n +1
-na =0=
n , 即a n n +1
a n =
n -1
∴n ≥2时，a n -1
n a n n =
a ⋅a n -1⋅ ⋅a
2⋅a 1n -1∴
a ⋅n -2⋅ 1a ⋅11n -1n -2a 1=n
n -12=n . 3，„），
评注：本题是关于
a n 和a n +1的二次齐次式，可以通过因式分解（一般情况时用求根公式）得到
a n 与a n +1的更为明显的关系式，从而求出a n .
练习. 已知
a n +1=na n +n -1, a 1>-1, 求数列{an}的通项公式.
答案：
a n =(n -1)! ⋅(a 1+1) -1.
a n +1=na n +n -1, 转化为
评注：本题解题的关键是把原来的递推关系式
a n +1+1=n (a n +1), 若令b n =a n +1, 则问题进一步转化为b n +1=nb n 形式，进而应用累乘法求
出数列的通项公式.
三、待定系数法 适用于a n +1=qa n +f (n )
基本思路是转化为等差数列或等比数列，而数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一
个函数。
1．形如
a n +1=ca n +d , (c ≠0, 其中a 1=a ) 型
（1）若c=1时，数列{
a n }为等差数列; a n }为等比数列;
（2）若d=0时，数列{
a （3）若c ≠1且d≠0时，数列{n }为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列
来求.
待定系数法：设
a n +1+λ=c (a n +λ) ,
得
a n +1=ca n +(c -1) λ, 与题设a n +1=ca n +d , 比较系数得
(c -1) λ=d , 所以
λ=
d d d , (c ≠0) a n +=c (a n -1+) c -1c -1c -1 所以有：
d ⎫⎧d a +a 1+⎨n ⎬
c -1⎭构成以c -1为首项，以c 为公比的等比数列， 因此数列⎩
所以
a n +
d d d d
=(a 1+) ⋅c n -1a n =(a 1+) ⋅c n -1-c -1c -1c -1c -1. 即：
d d
=c (a n +) c -1c -1, 构造成公比为c 的等比数列
规律：将递推关系
a n +1=ca n +d 化为
a n +1+
{a n +
d d d
a n +1=+c n -1(a 1+) c -1从而求得通项公式1-c c -1
逐项相减法（阶差法）：有时我们从递推关系两式相减有
a n +1=ca n +d 中把n 换成n-1有a n =ca n -1+d ,
a n +1-a n =c (a n -a n -1) 从而化为公比为c 的等比数列{a n +1-a n }, 进而求得通项公式.
a n +1-a n =c n (a 2-a 1) , 再利用类型(1)即可求得通项公式. 我们看到此方法比较复杂.
例6已知数列{a n }中，a 1=1, a n =2a n -1+1(n ≥2) ，求数列{a n }的通项公式。 解法一： a n =2a n -1+1(n ≥2), ∴a n +1=2(a n -1+1)
又 a 1+1=2, ∴{a n +1}是首项为2，公比为2的等比数列 ∴a n +1=2n ，即a n =2n -1 解法二： a n =2a n -1+1(n ≥2), ∴a n +1=2a n +1
两式相减得a n +1-a n =2(a n -a n -1)(n ≥2) ，故数列{a n +1-a n }是首项为2，公比为2的等
比数列，再用累加法的„„
练习．已知数列
{a n }中，
a 1=2, a n +1=
11
a n +, 22求通项a n 。
1
a n =() n -1+1
2答案：
n
a =p ⋅a +q n 2．形如：n +1 (其中q 是常数，且n ≠0,1)
n
a =a +q n +1n ①若p=1时，即：，累加即可.
n a =p ⋅a +q p ≠1n +1n ②若时，即：，
n +1
p 求通项方法有以下三种方向：i. 两边同除以. 目的是把所求数列构造成等差数列
a n +1
n +1
p 即：
=
a n q n
n +1
+
a n 1p n 1p
b n +1-b n =⋅() n ⋅() b n =n
p q , 然后类型1，累加求通项. p q , 令p ，则
ii. 两边同除以q
. 目的是把所求数列构造成等差数列。
a n +1
n +1
q 即： p a n 1
=⋅n +q q q ,
b n +1=
p 1
⋅b n +q q . 然后转化为类型5来解，
b n =
令
a n
q n , 则可化为
iii. 待定系数法：目的是把所求数列构造成等差数列
n +1n
a +λ⋅q =p (a +λ⋅p ) . 通过比较系数，求出λ，转化为等比数列求通项. n +1n 设
注意：应用待定系数法时，要求p ≠q ，否则待定系数法会失效。
n -1
{a }a =2a +4⋅3，a 1=1，求数列{a n }的通项公式。 n n 例7已知数列满足n +1
n n -1
a +λ3=λ(a +λ⋅3) ，比较系数得λ1=-4, λ2=2， n +112n 解法一（待定系数法）：设
{a
则数列
n
-4⋅3n -1}
1-1
a -4⋅3=-5，公比为2的等比数列， 1是首项为
n -1n -1n -1n -1
a -4⋅3=-5⋅2a =4⋅3-5⋅2n n 所以，即
解法二（两边同除以q
n +1
a n +12a n 4
=⋅n +2
n +1n +1
333，下面解法略 ）： 两边同时除以3得：3
a n +1a n 43n =n +⋅() n +1n +1n +1p 32，下面解法略 2解法三（两边同除以）： 两边同时除以2得：2
练习. （2003天津理）
n -1
a a =3-2a n -1(n ∈N ) ．证明对任意n ≥1，0n 设为常数，且
1
a n =[3n +(-1) n -1⋅2n ]+(-1) n ⋅2n a 0
5；
3．形如
a n +1=pa n +kn +b (其中k,b 是常数，且k ≠0)
方法1：逐项相减法（阶差法） 方法2：待定系数法 通过凑配可转化为 解题基本步骤： 1、确定f (n ) =kn+b
(a n +xn +y ) =p (a n -1+x (n -1) +y ) ;
2、设等比数列
b n =(a n +xn +y ) ，公比为p
(a n +xn +y ) =p (a n -1+x (n -1) +y ) , 即b n =pb n -1
3、列出关系式
4、比较系数求x,y 5、解得数列
(a n +xn +y ) 的通项公式
6、解得数列
{a n }的通项公式
{a n }中，a 1=1, a n +1=3a n +2n , 求通项a n . （逐项相减法）
例8 在数列解： ，
a n +1=3a n +2n , ①
∴n ≥2时，a n =3a n -1+2(n -1) ，
两式相减得
a n +1-a n =3(a n -a n -1) +2. 令b n =a n +1-a n , 则b n =3b n -1+2
n -1n -1
b =5⋅3+2a -a =5⋅3-1 ② n n +1n 利用类型5的方法知 即
再由累加法可得
a n =
5n -1151⋅3-n -a n =⋅3n -1-n -22. 亦可联立 ① ②解出22.
例9. 在数列{a n }中，
a 1=
3
, 2a n -a n -1=6n -3
a 2, 求通项n . （待定系数法）
解：原递推式可化为
2(a n +xn +y ) =a n -1+x (n -1) ++y
比较系数可得：x=-6,y=9,上式即为
2b n =b n -1
9191
∴b n =() n -1
2, 公比为2. 22 即：
所以
{b n }是一个等比数列，首项
b 1=a 1-6n +9=
1
a n -6n +9=9⋅() n
2
1
a n =9⋅() n +6n -9
2故.
2a =pa +a ⋅n +b ⋅n +c (其中a,b,c 是常数，且a ≠0) n +1n 4．形如
基本思路是转化为等比数列，而数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。 例10 已知数列{a n }满足a n +1=2a n +3n 2+4n +5，a 1=1，求数列{a n }的通项公式。 解：设a n +1+x (n +1) 2+y (n +1) +z =2(a n +xn 2+yn +z ) 比较系数得x =3, y =10, z =18，
所以a n +1+3(n +1) 2+10(n +1) +18=2(a n +3n 2+10n +18) 由a 1+3⨯12+10⨯1+18=1+31=32≠0，得a n +3n 2+10n +18≠0
a n +1+3(n +1) 2+10(n +1) +18
则=2，故数列{a n +3n 2+10n +18}为以2
a n +3n +10n +18
a 1+3⨯12+10⨯1+18=1+31=32为首项，以2为公比的等比数列，因此a n +3n 2+10n +18=32⨯2n -1，则a n =2n +4-3n 2-10n -18。
5. 形如a n +2=pa n +1+qa n 时将a n 作为f (n ) 求解
分析：原递推式可化为a n +2+λa n +1=(p +λ)(a n +1+λa n ) 的形式，比较系数可求得λ，数列
{a n +1+λa n }为等比数列。
例11 已知数列
{a n }满足a n +2=5a n +1-6a n , a 1=-1, a 2=2，求数列{a n }的通项公式。
解：设
a n +2+λa n +1=(5+λ)(a n +1+λa n )
比较系数得λ=-3或λ=-2，不妨取λ=-2，（取-3 结果形式可能不同，但本质相同）
则
a n +2-2a n +1=3(a n +1-2a n ) ，则{a n +1-2a n }是首项为4，公比为3的等比数列
∴a n +1-2a n =4⋅3n -1，所以a n =4⋅3n -1-5⋅2n -1
a -4a n +1+3a n =0, 求a n . 练习. 数列{a n }中，若a 1=8, a 2=2, 且满足n +2
n
a =11-3n 答案： .
r
a =pa n +1n 四、迭代法 (其中p,r 为常数) 型
3(n +1)2{a }a =a ，a 1=5，求数列{a n }的通项公式。 n n +1n 例12 已知数列满足
n
3(n +1)2
a =a n 解：因为n +1，所以
n
3n ⋅23(n -1) ⋅23n ⋅2
a n =a n =[a ]-1n -2
n -1n -2n -1
3(n -1) ⋅n ⋅2
=a n -2
2(n -2) +(n -1)
=[a =a
3(n -2) ⋅2n -332(n -1) ⋅n ⋅2(n -2) +(n -1)
n -3
]
33(n -2)(n -1) n ⋅2(n -3) +(n -2) +(n -1) n -3
= =a 13 =a 13
n -1
⋅2⋅3 (n -2) ⋅(n -1) ⋅n ⋅21+2+ +(n -3) +(n -2) +(n -1)
n (n -1) ⋅n ! ⋅22
n -1
n -1
n (n -1) ⋅n ! ⋅22
3
a =5{a }a =51n n 又，所以数列的通项公式为
。
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。
例13. （2005江西卷）
已知数列
{a n }的各项都是正数, 且满足:
a 0=1, a n +1=
1
a n (4-a n ), n ∈N 2，
（1）证明
a n
a n +1=
11
a n (4-a n ) =[-(a n -2) 2+4],2
2(a -2) =-(a -2) 22n +1n 所以
解：（1）略（2）
[1**********]11+2+ +2n -12n
令b n =a n -2, 则b n =-b n =-(-b ) =-⋅() b = =-() b n -1n -2n -1
222222又bn=－1，
1n 1n
b n =-() 2-1, 即a n =2+b n =2-() 2-1
22所以.
方法2：本题用归纳-猜想-证明，也很简捷，请试一试. 解法3：设c n 面类型（1）来解
=-b n ，则c
n =
12
c n -12, 转化为上
r
a >0 a =pa n +1n 五、对数变换法 适用于(其中p,r 为常数) 型 p>0，n
2
{}a a n }的通项公式. a =2a a =1n -1（n ≥2）. 求数列{例14. 设正项数列n 满足1，n
a n a n a n -1a n a n -1
b =log log +1=2(log+1) log =1+2log 2+1，则2222解：两边取对数得：，，设n
b n =2b n -1 {b n }是以2为公比的等比数列，b 1=log 1b =1⨯2n -1=2n -1，2+1=1 n
2a n n -1n -1n
a =2log a log =2-1n 2+1=22，，∴
n -1
-1
练习 数列
{a n }中，a 1=1，a n =2
2-n
a n -1
（n ≥2），求数列
{a n }的通项公式.
2-2
a =2n 答案：
5
例15 已知数列{a n }满足a n +1=2⨯3n ⨯a n ，a 1=7，求数列{a n }的通项公式。
5解：因为a n +1=2⨯3n ⨯a n ，a 1=7，所以a n >0，a n +1>0。
两边取常用对数得lg a n +1=5lg a n +n lg3+lg2 设lg a n +1+x (n +1) +y =5(lga n +xn +y ) 比较系数得， x =由lg a 1+
（同类型四）
lg 3lg 3lg 2
, y =+ 4164
lg 3lg 3lg 2lg 3lg 3lg 2lg 3lg 3lg 2⨯1++=lg 7+⨯1++≠0，得lg a n +n ++≠0， [1**********]4
lg 3lg 3lg 2lg 3lg 3lg 2
n ++是以lg 7+++为首项，以5为公比的等比数列，41644164
lg 3lg 3lg 2lg 3lg 3lg 2n -1
n ++=(lg7+++)5，因此则lg a n +41644164
所以数列{lga n +
lg a n =(lg7+
lg 3lg 3lg 2n -1lg 3lg 3lg 2
++)5-n --4164464
14
116
14
n -1
=[lg(7⋅3⋅3⋅2)]5=lg(7⋅3⋅3⋅2) =lg(75n -1⋅3
则a n =75⨯3
n -1
-lg(3⋅3⋅2)
n 4
116
14
n 411614
141161
n -145
-lg(3⋅3⋅2) )
5n -4n -116
⋅2
5n -1-14
5n -4n -116
⨯2
5n -1-14
。
六、倒数变换法 适用于分式关系的递推公式，分子只有一项 例16 已知数列{a n }满足a n +1=
2a n
, a 1=1，求数列{a n }的通项公式。 a n +2
解：求倒数得
11111111⎧11⎫
=+, ∴-=, ∴⎨-⎬为等差数列，首项=1，公差为，
2a 1a n +12a n a n +1a n 2⎩a n +1a n ⎭
∴
112
=(n +1), ∴a n = a n 2n +1
七、换元法 适用于含根式的递推关系 例17 已知数列{a
n }满足a n +1=
1
(1+4a n +，a 1=1，求数列{a n }的通项公式。
1612
(b n -1)
24
解：令b n =a n =代入a n +1=
1
(1+4a n +得 16
12112
(b n +1-1) =[1+4(b n -1) +b n ] 241624
22即4b n +1=(b n +3)
因为b n =≥0， 则2b n +1=b n +3，即b n +1=可化为b n +1-3=
13
b n +， 22
1
(b n -3) ， 2
1
为公比的等比数列，因此2
所以{b n -
3}是以b 1-3=3=3=2为首项，以
1111
b n -3=2() n -1=() n -2，则b n =() n -2+
3=() n -2+3，得
2222a n =
21n 1n 1() +() +。 3423
八、数学归纳法 通过首项和递推关系式求出数列的前n 项，猜出数列的通项公式，再用数学归纳
法加以证明。 例18 已知数列{a n }满足a n +1=a n +
8(n +1) 8
，a =，求数列{a n }的通项公式。 1
(2n +1) 2(2n +3) 29
解：由a n +1=a n +
88(n +1)
a =及，得 122
9(2n +1) (2n +3)
8(1+1) 88⨯224
=+=22
(2⨯1+1) (2⨯1+3) 99⨯2525
8(2+1) 248⨯348
a 3=a 2+=+=22
(2⨯2+1) (2⨯2+3) 2525⨯4949
8(3+1) 488⨯480
a 4=a 3+=+=
(2⨯3+1) 2(2⨯3+3) 24949⨯8181a 2=a 1+
(2n +1) 2-1
由此可猜测a n =，下面用数学归纳法证明这个结论。
(2n +1) 2(2⨯1+1) 2-18
（1）当n =1时，a 1==，所以等式成立。 2
(2⨯1+1) 9
(2k +1) 2-1
（2）假设当n =k 时等式成立，即a k =，则当n =k +1时，
(2k +1) 2a k +1=a k +
8(k +1) (2k +1) 2(2k +3) 2
[(2k +1) 2-1](2k +3) 2+8(k +1) =
(2k +1) 2(2k +3) 2(2k +1) 2(2k +3) 2-(2k +1) 2
=
(2k +1) 2(2k +3) 2(2k +3) 2-1 =
(2k +3) 2[2(k +1) +1]2-1 =
[2(k +1) +1]2
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n ∈N 都成立。 九、阶差法（逐项相减法） 1、递推公式中既有S n ，又有a n
*
分析：把已知关系通过a n =⎨方法求解。
⎧S 1, n =1
转化为数列{a n }或S n 的递推关系，然后采用相应的
⎩S n -S n -1, n ≥2
1
(a n +1)(a n +2) ，且a 2, a 4, a 9成6
例19 已知数列{a n }的各项均为正数，且前n 项和S n 满足S n =等比数列，求数列{a n }的通项公式。
+
解：∵对任意n ∈N 有S n =
1
(a n +1)(a n +2) ⑴ 6
∴当n=1时，S 1=a 1=
1
(a 1+1)(a 1+2) ，解得a 1=1或a 1=2 6
当n ≥2时，S n -1=
1
(a n -1+1)(a n -1+2) ⑵ 6
⑴-⑵整理得：(a n +a n -1)(a n -a n -1-3) =0 ∵{a n }各项均为正数，∴a n -a n -1=3
2
当a 1=1时，a n =3n -2，此时a 4=a 2a 9成立
2当a 1=2时，a n =3n -1，此时a 4=a 2a 9不成立，故a 1=2舍去
所以a n =3n -2
练习。已知数列{a n }中, a n >0且S n =
1
(a n +1) 2, 求数列{a n }的通项公式. 2
答案：S n -S n -1=a n (a n -1) 2=(a n -1+1) 2 a n =2n -1 2、对无穷递推数列
例20 已知数列{a n }满足a 1=1求{a n }的通项公式。 ，a n =a 1+2a 2+3a 3+ +(n -1) a n -1(n ≥2) ，解：因为a n =a 1+2a 2+3a 3+ +(n -1) a n -1(n ≥2) 所以a n +1=a 1+2a 2+3a 3+ +(n -1) a n -1+na n 用②式－①式得a n +1-a n =na n .
②
①
则a n +1=(n +1) a n (n ≥2) 故
a n +1
=n +1(n ≥2) a n
所以a n =
a n a n -1a n ! ⋅⋅ ⋅3⋅a 2=[n (n -1) ⋅ ⋅4⨯3]a 2=a 2. a n -1a n -2a 22
③
由a n =a 1+2a 2+3a 3+ +(n -1) a n -1(n ≥2) ，取n =2得a 2=a 1+2a 2，则a 2=a 1，又知a 1=1，则a 2=1，代入③得a n =1⋅3⋅4⋅5⋅ ⋅n =所以，{a n }的通项公式为a n =
n !
。 2
n ! . 2
十、不动点法 目的是将递推数列转化为等比（差）数列的方法
不动点的定义：函数f (x ) 的定义域为D ，若存在f (x ) x 0∈D ，使f (x 0) =x 0成立，则称x 0为
f (x ) 的不动点或称(x 0, f (x 0)) 为函数f (x ) 的不动点。
分析：由f (x ) =x 求出不动点x 0，在递推公式两边同时减去x 0，在变形求解。 类型一：形如a n +1=qa n +d
例21 已知数列{a n }中，a 1=1, a n =2a n -1+1(n ≥2) ，求数列{a n }的通项公式。 解：递推关系是对应得递归函数为f (x ) =2x +1，由f (x ) =x 得，不动点为-1 ∴a n +1+1=2(a n +1) ，„„ 类型二：形如a n +1=
a ⋅a n +b
c ⋅a n +d
a ⋅x +b
c ⋅x +d
分析：递归函数为f (x ) =
（1）若有两个相异的不动点p,q 时，将递归关系式两边分别减去不动点p,q ，再将两式相除得
a n +1-p a n -p a -pc (a 1q -pq ) k n -1-(a 1p -pq )
，其中k =，∴a n = =k ⋅n -1
a -qc a n +1-q a n -q (a 1-p ) k -(a 1-q )
（2）若有两个相同的不动点p ，则将递归关系式两边减去不动点p ，然后用1除，得
2c 11
。 =+k ，其中k =
a +d a n +1-p a n -p
例22. 设数列{a n }满足a 1=2, a n +1=
5a n +4
, 求数列{a n }的通项公式.
2a n +7
分析：此类问题常用参数法化等比数列求解. 解：对等式两端同时加参数t, 得：
a n +1
7t +4
5a +4(2t +5) a n +7t , +t =n +t ==(2t +5) 2a n +72a n +72a n +7
a n +
令t =
a +t 7t +4
, 解之得t=1,-2 代入a n +1+t =(2t +5) n 得 2t +52a n +7
a n -1a +2
, a n +1+2=9n ,
2a n +72a n +7
a n +1-1=3
相除得
a n +1-11a n -1a n -1a 1-11
, 即{}是首项为=⋅=，
a n +1+23a n +2a n +2a 1+24
a n -111-n 14⋅3n -1+2公比为的等比数列, =⋅3, 解得a n =. n -1
3a n +244⋅3-1
方法2： ,
a n +1-1=3
a n -1
，
2a n +7
1a n +1-1
=
2a n +72(a n -1) +923
， ==+
3(a n -1) 3(a n -1) 3a n -1
2
+3b n , , 转化为累加法来求. 3
两边取倒数得
令b n =
1
，则b n =a n -1
例23 已知数列{a n }满足a n +1=
21a n -24
，a 1=4，求数列{a n }的通项公式。
4a n +1
解：令x =
21x -2421x -242
，得4x -20x +24=0，则x 1=2，x 2=3是函数f (x ) =的两个不
4x +14x +1
动点。因为
21a n -24
-2
⎧a -2⎫a n +1-24a n +121a n -24-2(4a n +1) 13a n -2613a n -2
====。所以数列⎨n ⎬是
a -3a n +1-3n -321a n -24-3(4a n +1) 9a n -279a n -3⎩n ⎭
4a n +1
以
a -2a 1-24-21313
为公比的等比数列，故n ==2为首项，以=2() n -1，则9a 1-34-3a n -39
a n =
113
2() n -1-19
+3。
练习1：已知{a n }满足a 1=2, a n =
a n -1+2
(n ≥2) ，求{a n }的通项a n
2a n -1+1
3n -(-1) n
答案：∴a n =n n
3+(-1)
练习2。已知数列{a n }满足a 1=2, a n +1=
2a n -1
(n ∈N *) ，求数列{a n }的通项a n
4a n +6
答案：∴a n =
13-5n
10n -6
练习3. （2009陕西卷文）
1’a 2=2, a n ＋2＝已知数列{a n }满足， a 1＝
a n +a n +1
, n ∈N *. 2
(I)令b n =a n +1-a n ，证明：{b n }是等比数列；
(Ⅱ) 求{a n }的通项公式。 答案：（1）{b n }是以1为首项，-
1521n -1*
为公比的等比数列。（2）a n =-(-) (n ∈N ) 。 2332
十一。特征方程法 形如a n +2=pa n +1+qa n (p , q 是常数）的数列
形如a 1=m 1, a 2=m 2, a n +2=pa n +1+qa n (p , q 是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项
a n ，其特征方程为x 2=px +q „①
若①有二异根α, β，则可令a n =c 1αn +c 2βn (c 1, c 2是待定常数） 若①有二重根α=β，则可令a n =(c 1+nc 2) αn (c 1, c 2是待定常数） 再利用a 1=m 1, a 2=m 2, 可求得c 1, c 2，进而求得a n
例24 已知数列{a n }满足a 1=2, a 2=3, a n +2=3a n +1-2a n (n ∈N *) ，求数列{a n }的通项a n 解：其特征方程为x =3x -2，解得x 1=1, x 2=2，令a n =c 1⋅1n +c 2⋅2n ，
2
⎧c 1=1
⎧a 1=c 1+2c 2=2⎪n -1由⎨，得⎨1， ∴a n =1+2
c 2=⎩a 2=c 1+4c 2=3⎪⎩2
例25 已知数列{a n }满足a 1=1, a 2=2,4a n +2=4a n +1-a n (n ∈N *) ，求数列{a n }的通项a n
1⎛1⎫2
解：其特征方程为4x =4x -1，解得x 1=x 2=，令a n =(c 1+nc 2) ⎪，
2⎝2⎭
n
1⎧
a =(c +c ) ⨯=112⎪⎧c 1=-43n -2⎪12由⎨，得⎨， ∴a n =n -1
2⎩c 2=6⎪a =(c +2c ) ⨯1=2
212⎪⎩4
练习1．已知数列{a n }满足a 1=1, a 2=2,4a n +2=4a n +1-a n -1(n ∈N ) ，求数列{a n }的通项 练习2．已知数列{a n }满足
*
a 1=1, a 2=2,4a n +2=4a n +1-a n -n -4(n ∈N *) ，求数列{a n }的通项
说明：(1)若方程x 2=px +q 有两不同的解s , t, 则a n +1-ta n =s (a n -ta n -1) , a n +1-sa n =t (a n -sa n -1) ,
由等比数列性质可得a n +1-ta n =(a 2-ta 1) s n -1, a n +1-sa n =(a 2-sa 1) t n -1,
t ≠s , 由上两式消去a n +1可得a n =
(a 2-ta 1)n a 2-sa 1n .
. s -. t
s s -t t s -t (2)若方程x 2=px +q 有两相等的解s =t ，则
a n +1-ta n =s (a n -ta n -1)=s 2(a n -1-ta n -2) = =s n -1(a 2-ta 1)，
∴
a n +1a n a 2-ta 1⎧a n ⎫
-=, 即⎨n ⎬是等差数列， s n +1s n s 2⎩s ⎭
由等差数列性质可知
a n a 1a 2-sa 1
()=+n -1. ， s s n s 2
⎛a 1a 2-sa 1⎫a 2-sa 1⎤n ． 所以a n =⎡. n ⎥s ⎪+⎢ s -22
s s ⎝⎭⎣⎦
25
5求数列{a }的通项。 例26、数列{a n }满足a 1=-，且a n +1=n
2912
2a n +
4
25292522
a n -a n +2λa n +λ-
+λ=„„① 解：a n +1+λ=a n +1=
2a n +2a n +
44
29λ-25252
令λ=，解得λ1=1, λ2=，将它们代回①得，
44
2
a n -
25⎫⎛a +2⎪n
a n +1)25 (4=a n +1+1=„„②，a n +1+„„③，
2942a n +2a n +
4425⎛25⎫
a n +1+a + n ⎪= ③÷②，得⎪, a n +1+1 a n +1⎪
⎝⎭
2
2
252525⎫⎧a n +a +⎪n ⎪=2lg 则lg ，∴数列⎨lg ⎬成等比数列，首项为1，公比q =2
a n +1+1a n +1⎪a n +1⎪
⎩⎭
a n +1+
2525252n -1
a n +-10
=2n -1，则=102n -1，∴a =所以lg n 2n -1
a n +1a n +110-1
a n +
十二、四种基本数列
1．形如a n +1-a n =f (n ) 型 等差数列的广义形式，见累加法。 2. 形如
a n +1
=f (n ) 型 等比数列的广义形式，见累乘法。 a n
3. 形如a n +1+a n =f (n ) 型
（1）若a n +1+a n =d （d 为常数），则数列{a n }为“等和数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论;
（2）若f(n)为n 的函数（非常数）时，可通过构造转化为a n +1-a n =f (n ) 型，通过累加来求出通项; 或用逐差法(两式相减) 得a n +1-a n -1=f (n ) -f (n -1) ，，分奇偶项来分求通项. 例27. 数列{a n }满足a 1=0, a n +1+a n =2n , 求数列{a n }的通项公式. 分析 1：构造 转化为a n +1-a n =f (n ) 型 解法1：令b n =(-1) n a n
则b n +1-b n =(-1) n +1a n +1-(-1) n a n =(-1) n +1(a n +1+a n ) =(-1) n +1⋅2n .
n ≥2
时,
⎧b n -b n -1=(-1) n ⋅2(n -1)
⎪n -1
⎪b n -1-b n -2=(-1) ⋅2(n -2) ⎪⎨
⎪b -b =(-1) 2⋅2⨯1
1⎪2
⎪b 1=-a 1=0⎩
各式相
加:b n =2(-1) n (n -1) +(-1) n -1(n -2) + +(-1) 3⋅2+(-1) 2⋅1 当n 为偶数时，b n =2⎢(n -1) +(-1) ⋅
[]
⎡⎣n -2⎤
=n . 此时a n =b n =n 当n 为奇数时，⎥2⎦
b n =2(-
n -1
) =-n +1 2
, 所以
此时b n =-a n a n =n -1. 故
⎧n -1, n 为奇数,
解法a n =⎨
⎩n , n 为偶数.
2：
a n +1+a n =2n
∴n ≥2时，a n +a n -1=2(n -1) ，两式相减得：a n +1-a n -1=2. ∴a 1, a 3, a 5, , 构成以a 1, 为首项，以2为公差的等差数列; a 2, a 4, a 6, , 构成以a 2, 为首项，以2为公差的等差数列
∴a 2k -1=a 1+(k -1) d =2k -2 a 2k =a 2+(k -1) d =2k .
∴a n =⎨
⎧n -1, n 为奇数, ⎩n , n 为偶数.
12
评注：结果要还原成n 的表达式.
例28. （2005江西卷）已知数列{a n }的前n 项和S n 满足
n -1
S n －S n －2=3(-) (n ≥3), 且S 1=1, S 2=-
解：方法一：因为S n -S n -2
以下同上例，略
3
, 求数列{a n }的通项公式. 2
1
=a n +a n -1所以a n +a n -1=3⋅(-) n -1(n ≥3),
2
1n -1⎧4-3⋅() , n 为奇数, ⎪⎪2
答案 a n =⎨
1⎪-4+3⋅() n -1, n 为偶数.
⎪2⎩
4. 形如a n +1⋅a n =f (n ) 型
（1）若a n +1⋅a n =p (p为常数) ，则数列{a n }为“等积数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论;
（2）若f(n)为n 的函数（非常数）时，可通过逐差法得a n ⋅a n -1=f (n -1) ，两式相除后，分奇偶项来分求通项.
例29. 已知数列{a n }满足a 1=3, a n ⋅a n +1=() , (n ∈N ) , 求此数列的通项公式. 注：同上例类似，略.
1
2
n *
5．形如ps n =f (a n ) 型
(1)若f (a n ) 是常数，同题型1. (2)若f (a n ) 是一次式同题型1 (3)若f (a n ) 是二次式。
例1．(2006年陕西理20) 已知正项数列{a n }，其前n 项和S n 满足a 1, a 3, a 15成等比数列，且10 Sn =a n +5a n +6 ，求数列{a n }的通项公式a n . 解:∵10 Sn =a n +5a n +6 ① ∴10a 1=a 1+5a 1+6, 解得a 1=2或a 1=3.
2
2
2
又10 Sn -1=a n -1+5a n -1+6(n ≥2), ② ① - ②, 得10a n =(a n -a n -1) +5(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=73. 此时a 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. 此时有a 3∴a n =5n -3.
评
注
:
该
题
用
⎧S 1(n =1) a n =⎨即
S -S (n ≥2）n -1⎩n
2
2
2
2
=a 1a 15. ∴a 1=2.
a n 与S n
的关系,
a n =S n -S n -1=f (a n ）-f （a n -1) .
消去S n , 求出a n , 也可用S n =f (S n ) -f (S n -1) 消去a n 的方法求出S n 再求a n .
例2．（2007年重庆理科21）已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和S n 满足S 1>1，且6S n =(a n +1)(a n +2) ，n ∈N ． （Ⅰ）求{a n }的通项公式；
（Ⅱ）设数列{b n }满足a n (2b n -1) =1，并记T n 为{b n }的前n 项和， 求证：3T n -1>log 2(a n +3) ，n ∈N ．
1
解：（I ）解由a 1=S 1=(a 1+1)(a 1+2) ，解得a 1=1或a 1=2，
6
由假设a 1=S 1>1，因此a 1=2，
11
又由a n +1=S n +1-S n =(a n +1+1)(a n +1+2) -(a n +1)(a n +2) ，
66
得(a n +1+a n )(a n +1-a n -3) =0，即a n +1-a n -3=0或a n +1=-a n ， 因a n >0，故a n +1=-a n 不成立，舍去．
因此a n +1-a n =3，从而{a n }是公差为3，首项为2的等差数列， 故{a n }的通项为a n =3n -1．
⎛1⎫3n
（II ）证法一：由a n (2b n -1) =1可解得b n =log 2 1+⎪=log 2；
a 3n -1⎝2⎭
3n ⎫⎛36
从而T n =b 1+b 2+ +b n =log 2 ⋅⋅ ⋅⎪．
3n -1⎭⎝25
3n ⎫2⎛36
因此3T n +1-log 2(a n +3) =log 2 ⋅⋅ ⋅． ⋅⎪
3n -1⎭3n +2⎝253n ⎫2⎛36
令f (n ) = ⋅⋅ ⋅， ⋅⎪
3n -1⎭3n +2⎝25
f (n +1) 3n +2⎛3n +3⎫(3n +3) 2
则． =⋅ ⎪=2
f (n ) 3n +5⎝3n +2⎭(3n +5)(3n +2)
因(3n +3) 3-(3n +5)(3n +2) 2=9n +7>0，故f (n +1) >f (n ) ． 特别地f (n ) ≥f (1)=
27
>1→，从而3T n +1-log 2(a n +3) =log 2f (n ) >0． 20
33
3
即3T n +1>log 2(a n +3) ．
证法二：同证法一求得b n 及T n ，
由二项式定理知，当c >0时，不等式(1+c ) 3>1+3c 成立．
⎛1⎫
由此不等式有3T n +1=log 22 1+⎪
⎝2⎭
3
1⎫⎛1⎫⎛
1+ 1+ ⎪ ⎪ ⎝5⎭⎝3n -1⎭
33
3⎫⎛3⎫⎛3⎫⎛
>log 22 1+⎪1+⎪ 1+⎪
⎝2⎭⎝5⎭⎝3n -1⎭
583n +2
=log 22⋅⋅⋅ ⋅
253n -1
=log 2(3n +2) =log 2(a n +3)
证法三：同证法一求得b n 及T n ．
363n 473n +1583n +2
，B n =⋅⋅ ⋅令A n =⋅⋅ ⋅，C n =⋅⋅ ⋅．
253n -1363n 473n +13n 3n +13n +2
>>因． 3n -13n 3n +1
3n +23
>A n B n C n =因此A n ．
2
3n ⎫⎛363
从而3T n +1=log 22 ⋅⋅ ⋅⎪=log 22A n >log 22A n B n C n
3n -1⎭⎝25
3
=log 2(3n +2) =log 2(a n +3) ． 证法四：同证法一求得b n 及T n ．
下面用数学归纳法证明：3T n +1>log 2(a n +3) ． 当n =1时，3T 1+1=log 2
27
，log 2(a 1+3) =log 25， 4
因此3T 1+1>log 2(a 1+3) ，结论成立．
假设结论当n =k 时成立，即3T k +1>log 2(a k +3) ． 则当n =k +1时，
3T k +1+1-log 2(a k +1+3) =3T k +1+3b k +1-log 2(a k +1+3)
>log 2(a k +3) -log 2(a k +1+3) +3b k +1 (3k +3) 3
； =log 2
2
(3k +5)(3k +2)
(3k +3) 3
因(3k +3) -(3k +5)(3k +2) =9k +7>0．故log 2>0．
(3k +5)(3k +2) 2
3
2
从而3T k +1+1>log 2(a k +1+3) ．这就是说，当n =k +1时结论也成立． 综上3T n +1>log 2(a n +3) 对任何n ∈N +成立．
例3．（2008年全国理科2）设函数f (x ) =x -x ln x ．数列{a n }满足0
a n +1=f (a n ) ．
1) 是增函数； （Ⅰ）证明：函数f (x ) 在区间(0，
（Ⅱ）证明：a n
a 1-b
．证明：a k +1>b ． a 1ln b
解：（Ⅰ）证明：f (x ) =x -x ln x ，
f ' (x )=-ln x , 当x ∈(0,1)时，f ' (x )=-ln x >0 故函数f (x )在区间(0,1)上是增函数．
（Ⅱ）证明：（用数学归纳法）（i ）当n=1时，0
a 2=f (a 1) =a 1-a 1ln a 1>a 1．
由函数f (x ) 在区间(0，1) 是增函数，且函数f (x ) 在x =1处连续，则f (x ) 在区间(0，1]是增函数，a 2=f (a 1) =a 1-a 1ln a 1（ⅱ）假设当x =k (k ∈N *)时，a k
f (a k )
a k +1
a -b =a -b -a ln a =a 1-b -∑a i ln a i k +1k k k
i =1
k
．
1、若存在某i ≤k 满足a i ≤b ，则a k +1-b b ，则：
a -b =a -b -a ln a k +1k k k
=a 1-b -∑a i ln b =a 1-b -(∑a i )ln b
i =1
i =1
k
k
≥a 1-b -k ln b >a 1-b -(a 1-b ) =0，
即a 1a k +1>b 成立．
例4. 已知数列{a n }中, a n >0且S n =
1n
(a n +) , 求数列{a n }的通项公式. 2a n
解:由已知S n =
1n 1n
(a n +) 得S n =(S n -S n -1+) , 2a n 2S n -S n -1
2222
化简有S n -S n -1=n , 由类型(1)有S n =S 1+2+3+ +n ,
2
=又S 1=a 1得a 1=1, 所以S n
n (n +1)
, 又a n >0, s n =22n (n +1)
, 2
则a n =
2n (n +1) -2n (n -1)
．
2
6. 形如a n +1=f (n ) a n +g (n ) 型
例１．（2008年湖南理科）（本小题满分12分）
n πn π) a n +sin 2, n =1, 2,3, . 数列{a n }满足a 1=1, a 2=2, a n +2=(1+cos 222(Ⅰ) 求a 3, a 4, 并求数列{a n }的通项公式； (Ⅱ) 设b n =
1a 2n -1
S n -2
解 (Ⅰ) 因为a 1=1, a 2=2, 所以a 3=(1+cos 2
π
2
) a 1+sin 2
π
2
=a 1+1=2,
a n =(1+cos 2π) a 2+sin 2π=2a 2=4.
一般地，当n =2k -1(k ∈N *) 时，a 2k +1=[1+cos 2＝a 2k -1+1，即a 2k +1-a 2k -1=1.
所以数列{a 2k -1}是首项为1、公差为1的等差数列，因此a 2k -1=k . 当n =2k (k ∈N *) 时，a 2k +2=(1+cos 2
2k π
) a 2k =2a 2k . 2
(2k -1) π2k -1
]a 2k -1+sin 2π 22
所以数列{a 2k }是首项为2、公比为2的等比数列，因此a 2k =2k .
⎧n +1*
⎪2, n =2k -1(k ∈N ,
故数列{a n }的通项公式为a 2=⎨
n ⎪2*2, n =2k (k ∈N . ⎩(Ⅱ) 由(Ⅰ) 知，b n =
S n =
a 2n -1n =2, a 2n 2
123n
+2+3+ +n , ① 22221123n
S n =2+2+4+ +n +1 ② 22222
112[1-() ]11111n n 1n ①-②得，S n =+2+3+ +n -n +1=-n +1=1-n -n +1.
2222222221-2
1n n +2
所以S n =2-n -1-n =2-n .
222
1n (n +2)
n 2
6⨯(6+2) 483
==
k (k +2)
2k
证法一(1)当n = 6时，
则当n =k +1时，
(k +1)(k +3) k (k +2) (k +1)(k +3) (k +1)(k +3)
=⨯
2k +12k 2k (k +2) (k +2) 2k
n (n +1) 1
22n
由(1)、(2)所述，当n ≥6时，证法二
n (n +2) (n +1)(n +3) n (n +2) 3-n 2
(n ≥6) ，则c n +1-c n =-=n +1
222n +12226⨯83
=
n (n +2) 1
n ≥6
n 22
所以当n ≥6时，c n +1
7. 形如a n =a n +1a n +2型
例1．（2008年重庆理科22）设各项均为正数的数列{a n }满足
3
2
a 1=2, a n =（Ⅰ）若a 2=
3
2a +1+a 2
a (∈n . N *)
1
，求a 3, a 4，并猜想a 2008的值（不需证明）；
4
（Ⅱ）记b n =a 3a 2⋅⋅⋅a n (n ∈N *),若b n ≥n ≥2恒成立，求a 2的值及数列{b n }的通项公式.
解：(Ⅰ) 因a 1=2, a 2=2-2, 故a 3=
1
2
a 1a
3-22
=24 ， a 4=
3
a 2a
3-23
=2-8
由此有a 1=2(-2) , a 2=2(-2) , a 3=2(-2) , a 4=2(-2) ， 故猜想a n 的通项为a n =2(-2) (n ∈N *) ．∴a 2008=2(-2)
n -1
2008-1
=2(-2) ．
2007
（Ⅱ）令x n =log 2a n , S n 表示x n 的前n 项和，则b n =2S n ．
3
x n +1+x n +2(n ∈N *) ， ① 2
3
S n =x 1+x 2+ +x n ≥(n ≥2) ②
2
31
因②式对n =2成立，有≤x 1+x 2, 又x 1=1得x 2≥ ③
22
下面用反证法证明：
31
由①得x n +2+2x n +1=(x n +2+x n +1) +(x n +1+2x n ) ．
22
由题设知x 1=1且x n =
1
的等比数列. 故 2
111
x n +1-x n =(x 2-) n -1(n ∈N *). ④
222
1311
又由①知 x n +2-x x +1=(x n -x n +1) -x n +1=-2(x n +1-x n ),
2222
因此数列x n +1+2x n 是首项为x 2+2，公比为
11
因此是x n +1-x n 是首项为x 2-，公比为-2的等比数列, 所以
2211
x n +1-x n =(x 2-)(-2) n -1(n ∈N *). ⑤
22
511
由④-⑤得 S n =(x 2+2) n -1-(x 2-)(-2) n -1(n ∈N *). ⑥
222
5111-(-2) 2
(n ∈N *). ⑦ 对n 求和得x n =(x 2+2)(2-n -1) -(x 2-)
222331
由题设知S 2k +1≥, 且由反证假设x 2>有
22
1122k +1+115
（x 2+2)(2-2k ) -(x 2-) ≥(k ∈N *).
2234
2k +1
12+11151
从而(x 2-) ⋅≤(x 2+2)(2-2k ) -
23244
32k +1-1，对k ∈N *恒成立. 但这是不可能的，矛盾. 即不等式2＜
x 2-
2
11
因此x 2≤, 结合③式知x 2 =,
22
11
因此a 2=2-2=将x 2=代入⑦式得S n = 2－n -1(n ∈N *),
22
6x 2+
所以b n = 2= 2
S n
2-
12
n -1
(n ∈N *)
8. 形如f (n ) S n +1+g (n ) S n = 0型
例1．（2008年天津理科22）在数列{a n }与{b n }中，a 1=1, b 1=4，数列{a n }的前n 项和S n 满足nS n +1-(n +3)S n =0, 2a n +1为b n 与b n +1的等比中项，n ∈N *. （Ⅰ）求a 2, b 2的值；
（Ⅱ）求数列{a n }与{b n }的通项公式；
（Ⅲ）设T n =(-1)1b 1+(-1)2b 2+ +(-1)n b n , n ∈N *. 证明T n
a
a
a
本小题主要考查等差数列的概念、通项公式及前n 项和公式、等比数列的概念、等
比中项、不等式证明、数学归纳等基础知识，考查运算能力和推理论证能力及分类讨论的思想方法．满分14分
解：（Ⅰ）由题设有a 1+a 2-4a 1=0，a 1=1，解得a 2=3．由题设又有4a 22=b 2b 1，
b 1=4，解得b 2=9．
（Ⅱ）解法一：由题设nS n +1-(n +3) S n =0，a 1=1，b 1=4，及a 2=3，b 2=9，进一步可得a 3=6，b 3=16，a 4=10，b 4=25，
n (n +1)
，b n =(n +1) 2，n ∈N *． 2
n (n +1)
先证a n =，n ∈N *．
2
1⨯(1+1)
当n =1时，a 1=，等式成立．当n ≥2时用数学归纳法证明如下：
2
2⨯(2+1)
（1当n =2时，a 2=，等式成立．
2
k (k +1)
（2）假设n =k 时等式成立，即a k =，k ≥2．
2
猜想a n =
由题设， kS k +1=(k +3S ) k
1 ○
(k -12S k ) =k +(S k -2) 1○
①的两边分别减去②的两边，整理得ka k +1=(k +2) a k ，从而
a k +1=
k +2k +2k (k +1) (k +1)[(k +1) +1]
a k =⋅=． k k 22
n (n +1)
对任何2
这就是说，当n =k +1时等式也成立．根据（1）和（2）可知，等式a n =的n ≥2成立． 综上所述，等式a n =
n (n +1) n (n +1)
对任何的n ∈N *都成立a n = 22
再用数学归纳法证明b n =(n +1) 2，n ∈N *． （1）当n =1时，b 1=(1+1) 2，等式成立． （2）假设当
n =k
时等式成立，即
b k =(k +1) 2
，那么
4a k +12(k +1) 2(k +2) 2
b k +1===[(k +1) +1]2． 2
b k (k +1)
这就是说，当n =k +1时等式也成立．根据（1）和（2）可知，等式b n =(n +1) 2 对任何的n ∈N *都成立．
解法二：由题设nS n +1=(n +3) S n
1 ○
(n -1) S n =(n +2) S n -1○2
①的两边分别减去②的两边，整理得na n +1=(n +2) a n ，n ≥2．所以 2a 3=4a 2， 3a 4=5a 3，„„ (n -1) a n =(n +1) a n +1，n ≥3． 将以上各式左右两端分别相乘，得(n -1)! a n =由（Ⅰ）并化简得a n =
(n +1)!
a 2， 6
n (n +1) n (n +1)
a 2=，n ≥3． 62
止式对n =1, 2也成立．
由题设有b n +1b n =4a n +12，所以b n +1b n =(n +2) 2(n +1) 2， 即
b n b n +1*n ∈N ，． ⋅=122
(n +1) (n +2)
b n 1
，则，即． x =x x =1n +1n n +12
(n +1) x n
b n 2
，即，n ≥1． =1b =(n +1) n 2
(n +1)
令x n =
由x 1=1得x n =1，n ≥1．所以
解法三：由题设有nS n +1=(n +3) S n ，n ∈N *，
所以S 2=4S 1，2S 3=5S 2，„„(n -1) S n =(n +2) S n -1，n ≥2．
将以上各式左右两端分别相乘，得1⨯2⨯ ⨯(n -1) S n =4⨯5⨯ ⨯(n +2) S 1，化简得
S n =
n (n +1)(n +2) n (n +1)(n +2)
a 1=，n ≥3．
2⨯36
n (n +1)
，n ≥2． 2
由（Ⅰ），上式对n =1, 2也成立．所以a n =S n -S n -1=上式对n =1时也成立．
以下同解法二，可得b n =(n +1) 2，n ≥1． （Ⅲ）证明：
T n =(-1) b 1+(-1) b 2+ +(-1) b n =-2-3+ +(-1) 当n =4k ，k ∈N *时，
a 1a 2a n
22
n (n +1)
2
(n +1) 2．
T n =-22-32+42+52- -(4k -2) 2-(4k -1) 2+(4k ) 2+(4k +1) 2． 注意到-(4k -2) 2-(4k -1) 2+(4k ) 2+(4k +1) 2=32k -4，
故T n =32⨯(1+2+ +k ) -4=32⨯k (k +1) -42
=4k (4k +4) -4=(4k ) 2+3⨯4k =n 2+n -4． 当n =4k -1，k ∈N *时，
T n =(4k ) 2+4⨯4k -(4k +1) 2-4=(n +1) 2+4(n +1) -(n +2) 2-4=2n +1 当n =4k -2，k ∈N *时，
T n =(4k ) 2+4⨯4k -(4k +1) 2-(4k ) 2-4=4(n +2) -(n +3) 2-4=-n 2-2n +4． 当n =4k -3，k ∈N *时，
T n =4⨯4k -(4k +1) 2+(4k -1) 2=4(n +3) -(n +4) 2+(n +2) 2-4=-4．
⎧-4, n =4k -3, k ∈N *⎪2*⎪-n -2n +4, n =4k -2, k ∈N 所以T n =⎨． *⎪2n +1, n =4k -1, k ∈N ⎪n 2+n -4, n =4k , k ∈N *⎩
⎧4⎪-n 2
⎪⎪-1-2+4
⎪14⎪1+-2
总之，当n ≥3时有
n =5,9,13, n =6,10,14, n =3,7,11, n =4,8,12, |T n |2