2022年求递推数列通项公式的十种策略例析 .pdf

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1、求递推数列通项公式的十种策略例析递推数列的题型多样，求递推数列的通项公式的方法也非常灵活，往往可以通过适当的策略将问题化归为等差数列或等比数列问题加以解决，亦可采用不完全归纳法的方法，由特殊情形推导出一般情形，进而用数学归纳法加以证明，因而求递推数列的通项公式问题成为了高考命题中颇受青睐的考查内容。笔者试给出求递推数列通项公式的十种方法策略，它们是：公式法、累加法、累乘法、待定系数法、对数变换法、迭代法、数学归纳法、换元法、不动点法、 特征根的方法。仔细辨析递推关系式的特征，准确选择恰当的方法，是迅速求出通项公式的关键。一、利用公式法求通项公式例 1 已知数列an满足nn1n23a2a，2a1

2、，求数列an的通项公式。解：nn1n23a2a两边除以1n2，得232a2ann1n1n，则232a2ann1n1n，故数列2ann是以1222a11为首，以23为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得23) 1n(12ann，所以数列an的通项公式为nn2)21n23(a。评注：本题解题的关键是把递推关系式nn1n23a2a转化为232a2ann1n1n，说明数列2ann是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出23) 1n(12ann，进而求出数列an的通项公式。二、利用累加法求通项公式例 2 已知数列an满足1a1n2aa1n1n，求数列an的通项公式。解：由1n2aan1n得1n2

3、aan1n则112232n1n1nnna)aa()aa()aa()aa(a精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 38 页1)1n(2n)1n(21) 1n( 12)2n() 1n(21)112() 122( 1)2n(2 1) 1n(2所以数列an的通项公式为2nna评注：本题解题的关键是把递推关系式1n2aan1n转化为1n2aan1n，进而求出112232n1n1nna)aa()aa()aa()aa(，即得数列an的通项公式。例 3 已知数列an满足3a132aa1nn1n，求数列an的通项公式。解：由132aann1n得

4、132aann1n则112232n1n1nnna)aa()aa()aa()aa(a3) 1n()3333(23)132()132() 132() 132(122n1n122n1n所以1n32n31332annn评注：本题解题的关键是把递推关系式132aann1n转化为132aann1n，进而求出112232n1n1nna)aa()aa()aa()aa(，即得数列an的通项公式。例 4 已知数列an满足3a132a3a1nn1n，求数列an的通项公式。解：132a3ann1n两边除以1n3，得1nnn1n1n31323a3a，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - -

5、 - - - - -第 2 页，共 38 页则1nnn1n1n31323a3a，故3a)3a3a()3a3a()3aaa()aa3a(3a111223n3n2n2n2n2n1n1n1n1nnnnn33)3132()3132()3132()3132(22n1nn1)3131313131(3) 1n(222n1nnn因此n1nnnn321213n2131)31(313) 1n(23a，则213213n32annn评 注 ： 本 题 解 题 的 关 键 是 把 递 推 关 系 式132a3ann1n转 化 为1nnn1n1n31323a3a， 进而求出)3a3a()3a3a()3a3a(3n3n2n

6、2n2n2n1n1n1n1nnn+ +3a)3a3a(11122，即得数列3ann的通项公式，最后再求数列an的通项公式。三、利用累乘法求通项公式例 5 已知数列an满足3aa5)1n(2a1nn1n，求数列an的通项公式。解：因为3aa5)1n(2a1nn1n，所以0an，则nn1n5)1n(2aa，则112232n1n1nnnaaaaaaaaaa35)11(25) 12(25)12n(25) 11n(2122n1n3523) 1n(n212)2n()1n(1n所以数列an的通项公式为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 3

7、8 页! n523a2)1n(n1nn评注： 本题解题的关键是把递推关系nn1na5)1n(2a转化为nn1n5)1n(2aa，进而求出112232n1n1nnaaaaaaaaa，即得数列an的通项公式。例 6 （2004 年全国 15 题）已知数列an满足) 1n(a3a2aa1a321n1，)2n(a) 1n(1n，则an的通项2n2!n1n1an，解：因为)2n(a) 1n(a3a2aa1n321n所以n1n3211nnaa)1n(a3a2aa所以式式得nn1nnaaa则)2n(a)1n(an1n则)2n(1naan1n所以2232n1n1nnnaaaaaaaa22a2! na 34)1

8、n(n由)2n(a)1n(a3a2aa1n321n，取 n=2 得212a2aa，则12aa，又知1a1，则1a2，代入得2!nn5431an。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 38 页评注：本题解题的关键是把递推关系式)2n(a)1n(an1n转化为1naan1n（n2） ，进而求出2232n1n1nnaaaaaaa，从而可得当n2 时na的表达式， 最后再求出数列an的通项公式。四、利用待定系数法求通项公式例 7已知数列an满足6a53a2a1nn1n，求数列an的通项公式。解：设)5xa(25xann1n1n将nn1

9、n53a2a代入式，得nn1nnn5x2a25x53a2，等式两边消去na2，得n1nn5x25x53，两边除以n5，得x25x3，则 x=1，代入式，得)5a(25ann1n1n由1565a110 及式， 得05ann，则25a5ann1n1n，则数列5ann是以15a11为首项，以2 为公比的等比数列，则1nnn215a，故n1nn52a。评 注 ： 本 题 解 题 的 关 键 是 把 递 推 关 系 式nn1n53a2a转 化 为)5a(25ann1n1n，从而可知数列5ann是等比数列，进而求出数列5ann的通项公式，最后再求出数列an的通项公式。例 8 已知数列an满足1a425a3

10、a1nn1n，求数列an的通项公式。解：设)y2xa(3y2xann1n1n将425a3ann1n代入式，得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 38 页)y2xa(3y2x425a3nn1nnn整理得y32x3y42)x25(nn。令y3y4x3x25，则2y5x，代入式，得)225a(3225ann1n1n由013121225a11及式，得0225ann，则3225a225ann1n1n，故数列225ann是以13121225a11为首项，以3 为公比的等比数列，因此1nnn313225a，则225313an1nn。评 注

11、 ： 本 题 解 题 的 关 键 是 把 递 推 关 系 式425a3ann1n转 化 为)225a(3225ann1n1n，从而可知数列225ann是等比数列， 进而求出数列225ann的通项公式，最后再求数列an的通项公式。例 9 已知数列an满足1a5n4n3a2a12n1n，求数列an的通项公式。解：设z)1n(y)1n(xa21n)zynxna(22n将5n4n3a2a2n1n代入式，得z) 1n(y)1n(x5n4n3a222n)zynxna(22n，则精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 38 页z2yn2xn2

12、a2)5zyx(n)4yx2(n)x3(a22n2n等式两边消去na2，得z2yn2xn2)5zyx(n)4yx2(n)x3(22，则得方程组z25zyxy24yx2x2x3，则18z10y3x，代入式，得18) 1n(10) 1n(3a21n)18n10n3a(22n由0323111811013a21及式，得018n10n3a2n则218n10n3a18)1n(10)1n(3a2n21n，故数列18n10n3a2n为以323111811013a21为 首 项 ， 以2为 公 比 的 等 比 数 列 ， 因 此1n2n23218n10n3a，则18n10n32a24nn。评 注 ： 本 题 解

13、 题 的 关 键 是 把 递 推 关 系 式5n4n3a2a2n1n转 化 为)18n10n3a(218)1n(10)1n(3a2n21n，从而可知数列18n10n3a2n是等比数列， 进而求出数列18n10n3a2n的通项公式， 最后再求出数列an的通项公式。五、利用对数变换法求通项公式例 10 已知数列an满足5nn1na32a，7a1，求数列an的通项公式。解：因为7aa32a15nn1n，所以0a0a1nn，。在5nn1na32a式两边取常用对数得2lg3lgnalg5algn1n精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共

14、38 页设)yxna(lg5y)1n(xalgn1n11将式代入 11式，得)yxna(lg5y)1n(x2lg3lgnalg5nn，两边消去nalg5并整理，得y5xn52lgyxn)x3(lg，则y52lgyxx5x3lg，故42lg163lgy43lgx代入11式，得42lg163lg)1n(43lgalg1n)42lg163lgn43lga(lg5n12由042lg163lg143lg7lg42lg163lg143lgalg1及12式，得042lg163lgn43lgalgn，则542lg163lgn43lgalg42lg163lg) 1n(43lgalgn1n，所以数列42lg163

15、lgn43lgalgn是以42lg163lg43lg7lg为首项，以5 为公比的等比数列，则1nn5)42lg163lg43lg7(lg42lg163lgn43lgalg，因此42lg63lgn43lg5)42lg163lg43lg7(lgalg1nn1n4161415)2lg3lg3lg7(lg)233lg(5)2337lg(2lg3lg3lg411614n1n4116141411614n1n41161415)2337lg()237lg()2337lg()233lg(415161n4n51n541516154n51n5411614n1n1n1n1n，则415161n4n55n1n1n237a

16、。评 注 ： 本 题 解 题 的 关 键 是 通 过 对 数 变 换 把 递 推 关 系 式5nn1na32a转 化 为)42lg163lgn43lga(lg542lg163lg)1n(43lgalgn1n，从而可知数列精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 38 页42lg163lgn43lgalgn是等比数列，进而求出数列42lg163lgn43lgalgn的通项公式，最后再求出数列an的通项公式。六、利用迭代法求通项公式例 11 已知数列an满足5aaa12)1n(3n1nn，求数列an的通项公式。解：因为n2)1n(3n

17、1naa，所以1n2n1n2n32)1n(32n2n31nnaaa2)1n(n1n)1n()2n()3n(211n)1n()2n()3n(3)1n()2n(23n)1n()2n(22! n312n)1n()2n(32312n)1n)(2n(33n2n)1n(32)2n(33n2n)1n(32naaaaa又5a1，所以数列an的通项公式为2)1n(n1n2!n3n5a。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n2) 1n(3n1naa两边取常用对数得nn1nalg2) 1n(3alg，即nn1n2)1n( 3algalg

18、，再由累 乘 法 可 推 知2)1n(n1n2!n3112232n1n1nnn5lgalgalgalgalgalgalgalgalgalgalg， 从 而2)1n(n2!n3n1n5a七、利用数学归纳法求通项公式例 12 已知数列an满足98a)3n2() 1n2()1n(8aa122n1n， 求数列an的通项公式。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 38 页解：由22n1n)3n2()1n2() 1n(8aa及98a1，得2212) 312()112()11(8aa2524259289849484925382524)322

19、()122() 12(8aa222381808149484948)332()132() 13(8aa2234由此可猜测22n) 1n2(1)1n2(a，往下用数学归纳法证明这个结论。（1）当 n=1 时，98)112(1)112(a221，所以等式成立。（2）假设当n=k 时等式成立，即22k) 1k2(1) 1k2(a，则当1kn时，22k1k)3k2() 1k2()1k(8aa222222222222222222)3k2()1k2() 1k2()3k2() 1k2()3k2() 1k2()1k(8)3k2()3k2() 1k2()3k2()1k2() 1k(8)3k2(1)1k2()3k2

20、()1k2() 1k(8) 1k2(1) 1k2(2222 1)1k(21 1) 1k(2)3k2(1)3k2(精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 38 页由此可知，当n=k+1 时等式也成立。根据（ 1）（ 2）可知，等式对任何*Nn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。八、利用换元法求通项公式例 13 已知数列an满足1a)a241a41(161a1nn1n，求数列an的通项公式。解：令nna241b，则)1b(241a2nn故)1b(241

21、a21n1n，代入)a241a41(161ann1n得b)1b(24141161)1b(241n2n21n即2n21n)3b(b4因为0a241bnn，故0a241b1n1n则3bb2n1n，即23b21bn1n，可化为)3b(213bn1n，所以3bn是以2312413a2413b11为首项，以21为公比的等比数列 ，因 此2n1nn)21()21(23b， 则2nn)21(b+3，即3)21(a2412nn，得31)21()41(32annn。评注：本题解题的关键是通过将na241的换元为nb，使得所给递推关系式转化23b21bn1n形式，从而可知数列 3bn为等比数列，进而求出数列 3b

22、n的通项公式，最后再求出数列an的通项公式。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 38 页九、利用不动点法求通项公式例 14已知数列an满足4a1a424a21a1nn1n，求数列an的通项公式。解：令1x424x21x，得024x20 x42，则3x2x21，是函数1x424x21)x(f的两 个 不 动 点 。 因 为91327a926a13)1a4( 324a21) 1a4(224a2131a424a2121a424a213a2annnnnnnnnn1n1n。3a2ann，所以数列3a2ann是以234243a2a11

23、为首项，以913为公比的等比数列，故3a2ann1n)913(2，则31)913(21a1nn。评注：本题解题的关键是先求出函数1x424x21)x(f的不动点，即方程1x424x21x的两个根3x2x21，进而可推出3a2a9133a2ann1n1n，从而可知数列3a2ann为等比数列，再求出数列3a2ann的通项公式，最后求出数列an的通项公式。例 15 已知数列an满足2a3a22a7a1nn1n，求数列an的通项公式。解：令3x22x7x，得02x4x22，则 x=1 是函数)x(f7x41x3的不动点。因为3a25a513a22a71annnn1n，所以1a11n521a1)1a25

24、1(521a23a525a53a2nnnnnn， 所 以 数 列1a1n是 以11211a11为首项，以52为公差的等差数列， 则52)1n(11a1n， 故3n28n2an。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 38 页评注：本题解题的关键是先求出函数7x41x3)x(f的不动点，即方程3x22x7x的根1x，进而可推出521a11a1n1n，从而可知数列1a1n为等差数列，再求出数列1a1n的通项公式，最后求出数列an的通项公式。十、利用特征根法求通项公式例 16已知数列an满足1aa)2n(aa3a211nn1n，求数

25、列an的通项公式。解 ：)2n(aa3a1nn1n的 相 应 特 征 方 程 为0132， 解 之 求 特 征 根 是25325321，所以253c253ca21n。由初始值1aa21，得方程组22211211)253(c)253(c1)253(c)253(c1求得5525c5525c21从而nnn)253(5525)253(5525a。评注：本题解题的关键是先求出特征方程的根。再由初始值确定出21cc ，从而可得数列an的通项公式。关于一阶线性递推数列：),1(,11cdcaabann其通项公式的求法一般采用如下的参数法1，将递推数列转化为等比数列：设tccaatactannnn) 1(),

26、(11则，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 38 页令dtc)1(，即1cdt，当1c时可得)1(11cdaccdann知数列1cdan是以c为公比的等比数列，11)1(1nnccdacda将ba1代入并整理，得11cdcbdbcannn对于二阶线性递推数列，许多文章都采用特征方程法2：设递推公式为,11nnnqapaa其特征方程为022qpxxqpxx即，1、 若方程有两相异根A、B，则nnnBcAca212、 若方程有两等根,BA则nnAncca)(21其中1c、2c可由初始条件确定。很明显， 如果将以上结论作为此类

27、问题的统一解法直接呈现出来，学生是难以接受的， 也是不负责任的。 下面我们结合求一阶线性递推数列的参数法，探讨上述结论的 “来源”。设)(11nnnntaastaa，则11)(nnnstaatsa, 令qstpts（*）（1）若方程组（ *）有两组不同的解),(),(2211tsts, 则)(11111nnnnatasata, )(12221nnnnatasata, 由等比数列性质可得1111211)(nnnsataata, 1212221)(1nnnsataata, ,21tt由上两式消去1na可得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第

28、14 页，共 38 页nnnsttsatasttsataa21221221121112. 特别地，若方程组（*）有一对共扼虚根,sincosir通过复数三角形式运算不难求得此时数列的通项公式为,sincos21ncncrann其中1c、2c可由初始条件求出。（2）若方程组（ *）有两组相等的解2121ttss，易证此时11ts，则112112112111111)(atasatasatasatannnnnnn，211121111satasasannnn,即nnsa1是等差数列，由等差数列性质可知21112111.1satansasann，所以nnsnsatasatasaa121112211121

29、1.这样， 我们通过将递推数列转化为等比（差）数列的方法，求得二阶线性递推数列的通项，若将方程组（*）消去t（或s）即得,0022qpttqpss或此方程的两根即为特征方程qpxx2的两根，读者不难发现它们的结论是完全一致的，这正是特征方程法求递推数列通项公式的根源所在。例1、斐波那契数列), 3 ,2(, 11121naaaaannn，求通项公式na。解此数列对应特征方程为12xx即012xx，解得251x，设此数列的通项公式为nnncca)251()251(21，由初始条件121aa可知，1)251()251(1251251222121cccc，解之得515121cc，精选学习资料 - -

30、 - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 38 页所以nnna)251(251(55）。例2、已知数列,5, 121aa且)2(4411naaannn，求通项公式na。解此数列对应特征方程为442xx即0442xx，解得221xx，设此数列的通项公式为nnncca2)(21，由初始条件,5, 121aa可知，54)2(12)(2121cccc，解之得434121cc，所以22) 13(nnna。例3已知数列, 1, 021aa且)2(2211naaannn，求通项公式na。解此数列对应特征方程为222xx即0222xx，解得)4sin4cos(21

31、1cix，设此数列的通项公式为)4sin4cos()2(21ncncann，由初始条件, 1, 021aa可知，1)42sin42cos()2(0)4sin4cos(221221cccc，解之得212121cc，所以)4cos4(sin2)2(nnann。最后我们指出， 上述结论在求一类数列通项公式时固然有用，但将递推数列转化为等比（等差） 数列的方法更为重要。如对于高阶线性递推数列和分式线性递推数列，我们也可借鉴前面的参数法，求得通项公式。例 4、设数列na满足nnnnaaaaa求,7245, 211解：对等式两端同加参数t得解之可得令,5247,7252475272475272451ttt

32、attatatattaatannnnnnn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 38 页1t，2，代入72)52(1nnnatatta，得,72292,7213111nnnnnnaaaaaa相除得,21312121nnnnaaaa即31,41212111公比为是首项为aaaann的等比数列，134234,34121111nnnnnnaaa解得。类型一：)0, 1,(1bk，pkbkaann且为常数求解方法：方法一：)1 (1bkaann则有：)2(12bkaann（2）- （1）得：)(112nnnnaakaa1nnaa是公

33、比为k 的等比数列，1121)(nnnkaaaa)()()(123121nnnaaaaaaaa)1)(22121nkkkaaakkabkaan1)1 ()(1111方法二：bkaann 1的特征方程为bkxx，其根为kbx1由bkaann 1)1(11kbakkbann1kban是公比为k 的等比数列，11)1(1nnkkbakba11)1(1nnkkbakba例题 ：（2008 安徽文） 设数列na满足*01,1,nnaa acac cN其中,a c为实数，且0c（）求数列na的通项公式（）设11,22ac，*(1),nnbnanN,求数列nb的前n项和nS；（）若01na对任意*nN成立，

34、证明01c解 (1) 方法一 ：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 38 页11(1)nnac a当1a时，1na是首项为1a，公比为c的等比数列。11(1)nnaac，即1(1)1nnaac。当1a时，1na仍满足上式。数列na的通项公式为1(1)1nnaac*()nN。方法二由题设得：当2n时，2111211(1)(1)(1)(1)nnnnnac acacaac1(1)1nnaac1n时，1aa也满足上式。数列na的通项公式为1(1)1nnaac*()nN。(2) 由（ 1）得11(1)( )2nnnbna cn212

35、1112()( )222nnnSbbbn2311111()2()( )2222nnSn2111111()( )()22222nnnSn211111111( )( )()21( ) ()222222nnnnnSnn12(2)()2nnSn(3)由（ 1）知1(1)1nnaac若10(1)1 1nac，则10(1)1na c101,aa1*10()1ncnNa由10nc对任意*nN成立，知0c。下面证1c，用反证法方法一：假设1c，由函数( )xf xc的函数图象知，当n趋于无穷大时，1nc趋于无穷大111na c不能对*nN恒成立，导致矛盾。1c。01c方法二：假设1c，111nca，11log

36、log1nccca即*11log()1cnnNa恒成立（）,a c为常数，（）式对*nN不能恒成立，导致矛盾，1c01c练习题 ：1海滩上有一堆桃子是山上五只猴子的共同财产，它们相约一天一起到海滩平分这批财产，到了这一天，第一只猴子早早下了山，来到海滩，左等右等，不见其它猴子到来， 于是它将这批桃子分成五等份，发现多了一只坏了的桃子，于是它将这只坏了的桃子抛向大海， 拿走了其中的一份上山去了，拉着第二只猴子又下了山，来到海滩， 左等右等，不见其它猴子到来，于是它将这批桃子分成五等份，发现多了一只坏了的桃子，于是它将这只坏了的桃子抛向大海，拿走了其中的一份上山去了，依此类推，第三、四、五只猴子相

37、继来到海滩， 都将这批剩下的桃子分成五等份，发现多了一只坏了的桃子，于是它将这只坏了的桃子抛向大海，拿走了其中的一份上山去了。问海滩上原有桃子至少有多少个？类型二：)0, 1,(1pk，pkqpnkaann且为常数精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 38 页求解方法：方法一： 由qpnkaann 1（ 1）qnpkaann)1(12（ 2）（2）- （1）得：paakaannnn)(112记nnnaab1，则有：pkbbnn 1，这样就化归类型一，按类型的方法先求出数列nb的通项，再用累差法即可求出数列na的通项。方法二：

38、 设)() 1(1dcnakdncanndckdnckckadncann)() 1(1将上式与qpnkaann 1比较得：qdckdpckc2)1(11kpkqdkpc)1(11) 1(1)1(1221kpkqnkpakkpkqnkpann数列)1(112kpkqnkpan是公比为k 的等比数列。数列2) 1(11kpkqnkpan121) 1(11nkkpkqkpa121)1(11nnkkpkqkpaa2)1(11kpkqkpn例题（ 2006 年 山东卷） 已知数列na中，11122nnanaa、点（、）在直线y=x 上，其中 n=1,2,3 . ()令11,nnnnbaab求证数列是等比

39、数列；()求数列的通项；na( )设分别为数列、nnTS、nanb的 前n 项 和 ,是 否 存 在 实 数， 使 得 数 列nnSTn为等差数列？若存在，试求出.若不存在 ,则说明理由 .解：（ I）由已知得111,2,2nnaaan2213313,11,4424aaa又11,nnnbaa1211,nnnbaa精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 38 页11121111(1)111222.1112nnnnnnnnnnnnnnananaabaabaaaaaanb是以34为首项，以12为公比的等比数列. （II ）由（ I）

40、知，13131(),4222nnnb121231nnnaa)()()(123121nnnaaaaaaaa1)212121(232112nn1213 111(1)(),2 222nnaan32.2nnan（III ）解法一：存在2，使数列nnSTn是等差数列 . 12121113()(12)2222nnnSaaann11(1)(1)22321212nn nn2213333(1)3.2222nnnnnn12131(1)313342(1).1222212nnnnnTbbb数列nnSTn是等差数列的充要条件是,(nnSTAnBAn、B是常数)即2,nnSTAnBn又2133333()2222nnnnn

41、nST2313(1)(1)222nnn.当且仅当102，即2时，数列nnSTn为等差数列 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 38 页n321解法二：存在2，使数列nnSTn是等差数列 . 由（ I）、（ II）知，22nnabn，(1)222nn nSTn.(1)222nnnnn nnTTSTnn322nnTn.又12131(1)313342(1)1222212nnnnnTbbb.13233()222nnnSTnnn.当且仅当2时，数列nnSTn是等差数列 . 类型三：)0, 1,(1pqk，pkqpkaannn且为

42、常数求解方法：方法一：nnnqpkaa1pqaqkqannnn11记1nnnqab，则pbqkbnn 1，这样就化归为类型一，按类型一的方法先求出数列nb的通项，再用1nnnqab即可求出数列na的通项。方法二： 设)(11nnnnqcakqcannnqcqkaka)(1将上式与nnnqpkaa1比较得：nnqpqcqk)(qkpc，)(11qkqqkpakqqkpannnn数列nnqqkpa是公比为k 的等比数列11)(nnnkqkpqaqqkpa11)(nnnkqkpqaqqkpa注：当 k=q 时，只能用方法一做。例题： 用红、黄、兰三种颜色给一个标号为1，2， 3， n（3n）的矩形纸

43、带涂色（如图所示），要求相邻的区域不能同色，但并不要求三种颜色都要使用。（1）求矩形纸带不同涂色种数na。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 38 页（2）如果将矩形纸带卷成一个圆筒，即使第1个小矩形与第n个小矩形对接，并且要求圆筒侧面相邻矩形不同色，但并不要求三种颜色都要使用，如果用nb表示 n个矩形卷成圆筒后的不同涂色种数，求nb的表达式。解：（ 1）由于第 1个矩形有 3种不同的涂色方法，以后n-1 个小矩形每个都有2种不同的涂色方法，由分步计数原理得3231nann（2）由（ 1）知3231nann，i ）当第 1

44、个矩形与第 n个矩形同色时，卷成圆筒后可将第1个矩形与第 n个矩形合并成一个矩形，故有1nb种涂色方法，ii ）当第 1个矩形与第 n个矩形不同色时，卷成圆筒后则有nb种不同的涂色方法。)3(2311nbbnnn且62b1123nnnbb)2(211nnnnbb2nnb是以1为公比的等比数列, 得出：22) 1)(4(2nnnbbnnnb) 1(22。练习题： (2008 全国卷文 )在数列na中，11a，122nnnaa（）设12nnnab证明：数列nb是等差数列；（）求数列na的前n项和nS类型四：)0, 1,()(1pqk，pkqbpnkaannn且为常数求解方法：方法一：nnnqbpn

45、kaa)(1bpnqaqkqannnn11记1nnnqab，则qpnbqkbnn 1，这样就化归为类型二，按类型二的方法先求出数列nb的通项，再用1nnnqab即可求出数列na的通项。例题：已知数列na满足11a，nnnnaa2165)12(3625，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 38 页（1）求na的通项公式；（2）求na中的最大项。（3）若nnac，记nnccccS321，求nnSlim。解：（ 1）nnnnaa2165) 12(362512)1(2652651naannnn令)1(265nnnab，则有：121

46、nbbnn且111ab，)()()(123121nnnbbbbbbbb212531nn，)1(22)1(26565nnnnnba。（2）由13625) 1(1221nnaann0)511)(5(02550112nnnn*Nn51n即数列na前 5 项单调递增且65aa，数列na的最大项为45653625aa，（3）由（ 2）知)1(2265nnna165nnnc121656536521nnnSnnnnnS6565) 1(65265165121- 得：nnnnS65656565161121精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页，共

47、38 页nnn65651)65(1nnnnS656)65(3636，36limnnS练习题：在数列na中，已知，11a，nnnnaa231，求数列na的通项。类型五：)0,(12kb，pkbakaannn且为常数求解方法：方法一： 设递推数列：nnnbakaa12的特征方程bkxx2的根为：1x、2x则kxx21，bxx21nnnbakaa12nnnaxxaxxa211212)()(112112nnnnaxaxaxa数列11nnaxa是公比为2x的等比数列，1211211)(nnnxaxaaxa即1211211)(nnnxaxaaxa，这样就化归为类型三，按类型三的方法即可求出数列na的通项。

48、例题 ：在一个单位圆中的n（3n）条半径将圆分成n个不同的扇形区域（如图1所示），现需将这 n个扇形区域用三种不同颜色涂色，要求相邻的区域不能同色，但不要求三种颜色都要使用。如果把含有n（3n）个扇形区域的涂色方法数记为na。（1）求：3a、4a；（2）试用na、1na表示2na（只要求写出关系式），并证明数列1nnaa（3n）是等比数列；（3）求数列na（3n）的通项公式。解析：（ 1）6333Aa；1812131212134CCCCCa（2）如果我们在含有n区域的圆中的某一区域内再插入一个区域（如图3所示），则共有 n+2个区域，而此时插入的这个区域有2种涂色方法，故此时n+2个区域共有

49、2na种涂色方法；如果我们在含有n+1区域的圆中的某两个相邻的交界线上再插入一个区域（如图 4所示），则共有 n+2个区域，而此时插入的这个区域只有1种涂色方法，故此时n+2个区域共有1na种涂色方法；所以：122nnnaaa122nnnaaa1234图 2 123图 1 n+2n54321图 3 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 24 页，共 38 页)(2112nnnnaaaa，1nnaa（3n）是以 2为公比的等比数列（3）由（ 3）可知：nnnnnaaaa232)618(2)(33341nnnaa231，)2(211nnnna

50、a2nna是公比为 -1 的等比数列，1333)1(2) 1()2(2nnnnaa1) 1(22nnna（3n）练习题： (2008 广东文 ) 设数列na满足)2(31,2, 12121nnnaaaaa（n=3,4, ）,数列nb满足), 3 , 2(, 11nbbn是非零整数 , 且对任意的正整数m 和自然数k，都有111kmmmbbb (1)求数列na和nb的通项公式； (2)若),2, 1(nbnacnnn，求数列nc的前 n 项和nS. 类型六：),(1cbad，dcbadtcbtatnnn且为常数求解方法：方法一：设是递推数列：),(1cbad，dcbadtcbtatnnn且为常数