对常用的复杂数列通项公式递推数列类型的探究

浙江天台中学 汪叶清 邮编:317200

摘要：本文力图对比较复杂高考递推数列类型的概括及求通项公式方法的研究，揭示这一内容的数学规律与本质，以便帮助读者更好地辅导学生参加高考． 关键字：高考，数列，递推，通项公式．

利用递推公式法给出数列称为递推数列．在递推背景下，首先是如何突破这个递推的条件，其中（大多数）的方法就是求出数列的通项公式，后利用这个通项公式解决后面的综合问题；（少数）另一种重要方法就是不求出、或本身就是很难求出通项公式，借助数列解题特有的方法来解决问题．在2008年全国19份理科试卷中，凡是数列综合题都含有递推公式，其中有16份需要用求出通项公式的工具解题；在2009年高考19份理科卷中，有5份卷出现递推型数列综合题，在２０１０年高考19份理科卷中，也有６份卷出现递推型数列综合题，这些试题都需要求出通项公式来解决后面的问题．因此在高考中，递推数列题目屡见不鲜，其中，需要求出递推数列的通项是近年高考的热点．解决此类问题必须根据递推公式的结构特征，运用一些独特的方法，变换原来的递推公式，以便得到等差型、等比型、累加型、累乘型等模式比较明确的新递推公式，然后，利用基本数列知识去求数列的通项公式． 然而，不少读者对变换数列递推公式的方法知之甚少，从而导致了在处理此类问题时吃“闭门羹”；文［１］对这样常用的递推数列用例题形式给出了九种模型，值得初学者一读，但内容粗浅，缺少从思想高度上去总结，缺少从方法分类上去概括，类型也无法覆盖高考的要求；文［２］只对含有递推公式相关数列的问题有一点简单的涉及；为此，本文在上述基础上，重点就一些常见的、复杂的、高考密切相关的递推公式变换的常用手段进行整理与研究,系统概括，希望对读者有所帮助．

一、求递推公式形如an1AanBtnCnD的数列的通项公式

n这里结合具体的高考试题例子来说明递推公式形如an1AanBtCnD(其中

A、B、C、D，t为已知的常数且A0、１，且t1，nN)的数列{an}的通项公

式的求法这里希望通过对这类型的归纳、集中，形成单一的、便于学生轻松掌握和简易运用的所谓“主要方法”和 “次要方法”，采用的“主要方法”是将已知数列转化变形为新的“等比”数列后求通项的方法，这里的转变侧重在用待定系数法，对递推公式进行“改造”；采用的“次要方法”是利用等式

“an(anan1)(an1an2)(an2an3)(a2a1)a1”即有些参考书所称呼的“逐差法”或“累加法”来求．本文不考虑特殊的情形，如A1，At等情况；请读者阅读本文后思考笔者为什么要用“主要方法”和“次要方法”来命名．

类型1 递推关系形如an1AanD（A0、1，D0）的递推数列

例1．（２０１０年上海理科卷２０题）已知数列{an}的前n项和为sn，且（nN）． snn5an85，

（I）证明：{an1}是等比数列；（II）求数列{sn}的通项公式，并求出n为何值时，sn取得最小值？并说明理由．

证明：（I）∵snn5an85（nN），∴当n1时，s115a185a1，即a114；当n2时，ansnsn15an5an11，整理得an56an116，下面

就是符合I类型了，有两种解法．

主要解法：把an56an116改变为an156(an11)，即

an1an1156

即{an1}是以a1115为首项，

5n1an115()．

656为公比的等比数列，从而可以求得通项公式为

评价：一般地，对于递推关系形如an1AanD（A0、1，D0）的递推数列，两边同加上一个x，使得递推式变为an1xA(anxDA1DxADA1)，令

DxAx，得

，即递推关系最终变为an1DA1A(an)这样的等比数列形式．

次要解法：试题对于这一小题设立的目标是求证“{an1}是等比数列”，目的是求数列{an}的通项公式，如果为求通项公式，也可以这样去做．

由an56an116得

an5n()6an15n1()616n1()；这样就有55an5n()61(an5n()6an15n1()6)(an15n1()6an25n2()6)(a252()6a151()6)a1566n16n26165n1[()()()]a1，即an115() 555556评价：一般地，对于递推关系形如an1AanD（A0、1，D0）的递推数列，

an1An1可以变化为anAnDAn1 ，即

an1An1anA56nDAn1逐差型数列．

（II）（求解过程略）snn9075()n1，当n15时sn取得最小值．

类型2 递推关系形如an1AanCnD（A0、1，C0）的数列

23ann4，

例2．(２００８年湖北理２１题)已知数列{an}和{bn}满足：a1，an1bn(1)(an3n21)，其中为实数，n为正整数.

n（Ⅰ）对任意实数，证明数列{an}不是等比数列； （Ⅱ）试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论；

（Ⅲ）设0ab,Sn为数列{bn}的前n项和．是否存在实数，使得对任意正整数n，都有aSnb?若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由．

由命题者提供该试题的答案不是求通项公式方法，而是采用了比较综合的方法，请读者另找材料阅读．

2323（Ⅰ）主要解法： 由an1ann4可得an13(n1)2123(an3n21)，

即数列{an3n21}是以18为首项，

为公比的等比数列，所以可得

2n1n1an3n21()(18)，由于等比数列通项公式特征一定是a1q形式，所以不

3管什么样的常数，数列{an}不可能是等比数列．

评价：一般地，对于递推关系形如an1AanCnD（A0、1，C0）的数

列，我们可以变化为an1x(n1)yA(anxny)，退回来就是

an1Aan(A1)xn(A1)yx，这样xCA1、yC(A1)2DA1．

次要解法：由于an123ann4，得到

an12n1()3an2n()33n1(n4)()，由此想到

2等式

an()32n[an()32nan1()32n1][an1()32n1an2()32n2][a2()322a1()321]a1()321，即

an2n()33n3n1323(n5)()(n6)()(3)()a1

2222=(3n21)()2723n3223，（这里的部分求和要用到错位相减法）；

从而有an3n21()n1(18)．

评价：一般地，对于递推关系形如an1AanCnD（A0、1，C0，t1）

an1An1的数列，我们可以变化为anAnCnDAn1这样的逐差形式．

n（Ⅱ）由bn(1)(an3n21)得bn(23)n1(18)；

当18时，bn0，nN，数列{bn}不是等比数列；

bn(当18时，

23)n1(18)，nN，数列{bn}是等比数列，公比为23．

（Ⅲ）（过程略）只有在条件b3a时，实数范围是(b18,3a18)时，才使得对任意正整数n，都有aSnb成立．

思考题１：知数列{an}满足：a14，an12an2n27n1（nN），求数列{an}的通项公式．

答案：an2n12n23n1

类型3 递推关系形如an1AanBtnD（A0，B0）的数列

例3．（２０１０年全国课标卷理科１７题）设数列{an}满足a12，

an1an322n1．

（I）求数列{an}的通项公式；（II）令bnnan，求数列{bn}的前n项的和sn．

321212（I）主要解法：由an1an32有an12n14得an1n4n1an4；这样就

n11n12n1n； 4是常数数列，即an4a140 ，化间得an2222n评价：一般地，对于递推关系形如an1AanBtD（A0，B0）的数列，

n1nyA(anxty)这样的等比数列形式，这可以考虑把递推关系改造为an1xt里的x、y可以用待定系数法求得．

次要解法；由已知当n2时，

an(anan1)(an1an2)(an2an3)(a2a1)a13(22n322n52)2，即an212n1，它对于n1时也适合．

n评价：一般地，对于递推关系形如an1AanBtD（A0、１，B0）的数

列，可以考虑把递推关系改造为

an1An1anAnBAA(t)nDAn1这样的逐差形式．

（II）（过程略）sn19[(3n1)22n12]．

思考题２：（２００９年全国卷I理２０题）在数列{an}中，a11,an1(1 （I）设bnann1n)ann12n

，求数列{bn}的通项公式

（II）求数列{an}的前n项和Sn 答案：（I）bn212n1(nN*)；（II）Sn=n(n1)n22n14．

类型4 递推关系形如a或an1n1AanBtnCnD（A0B、１，

0C，

0）

tanBntn1（t0，B0，）的数列

例4．（２０１０年重庆理科卷２１题）在数列{an}中，a11，

an1cancn1(2n1)（nN），其中实数c0．

（I）求{an}的通项公式；（II）若对于一切kN，有a2ka2k1，求c的取值范围． （I）本题的条件是前面几个问题的混合，也比较复杂，很难直接观察变形为新的等比数列的形式．可根据前面的类型的结论使用待定系数法．

n12n12nc[annc]，主要解法： 由an1canc(2n1)可以得到an1(n1)c2n这样，{annc}是首项为1c、公比为c的等比数列，得 {an}的通项公式

an(n1)cc2nn1．

nB0，C0）评价：一般地，对于递推关系形如an1AanBtCnD（A0，

n1nA(anxynzt)，的数列，可以考虑把递推关系改造为an1xy(n1)zt这里的x、y、z可以用待定系数法求得．

对于递推关系形如an1tanBntn1（t0，B0，）的数列，可以考虑把递推关

2n12nt[an(xnyn)t]，这里的x、y可以用系改造为an1[x(n1)y(n1)]t待定系数法求得．

次要解法：由原式得

an1cn1ancn2n1；这样就有

ancn(ancnan1c)(n1an1cn1an2cn2)(1ca2c21ca1c)1a1c1[(2n1)(2n3)3]an(n1)cc2nn1n12，即{an}的通项公式为

．

评价：一般地，对于递推关系形如an1AanBtnCnD（A0、１，B0，

an1An1C0）的数列，可以考虑把递推关系改造为anAnBAA(t)nCnAn1DAn1这样的

逐差形式．

n1对于递推关系形如an1tanBntan1tn1（t0，B0，）的数列，可以考虑把递推关系

改造为antnBn这样的逐差形式．

（II）（过程略）c的取值范围是(,1613)[1,)

类似的变形很多，很多！无法一一列举，只能请读者自己去体会这样的变化道理所在，融会贯通．

二、求递推公式形如an2pan1qan（其中p，q是不为

零的两个常数）的通项公式

例5．（２００９年全国卷II理１９题）设数列{an}的前n项和为Sn, 已知a11，

Sn14an2．

（I）设bnan12an，证明数列{bn}是等比数列； （II）求数列{an}的通项公式．

解：（I）由a11,及Sn14an2，有a1a24a12,a23a125，

b1a22a1；

由Sn14an2．．．① ， 则当n2时，有Sn4an12．．．．．② ②－①得an14an4an1,an12an2(an2an1)

又bnan12an，bn2bn1{bn}是首项b13，公比为２的等比数列． （II）由（I）可得bnan12an32n1， 数列{ an2nan12n1an2n34

an21}是首项为n12，公差为

3n41344的等比数列．

3(n1)24，an(3n1)2n2

评价：第（I）问思路明确，只需利用已知条件寻找bn与bn1的关系即可．

n1第（II）问中由（I）易得an12an32，符合一型第3类数列，即

an1panq(p,q为常数)型．

n总体来说，２００９年高考理科数学全国I、Ⅱ这两套试题都将数列题前置,主要考查构造新数列（全国I还考查了利用错位相减法求前n项和的方法），一改往年的将数列结合不等式放缩法问题作为压轴题的命题模式．具有让考生和一线教师重视教材和基础知识、基本方法基本技能,重视两纲的导向作用．从上述高考试题也可看出命题人在有意识降低难度和求变的良苦用心．

已知数列{an}满足：a1a，a2b，且an2pan1qan（nN），（其中p，，求an．（这样递推类型在２００９年全国中有四个省份、２００q是不为零的两个常数）８年近一半省份出现）

一般地，设an2x1an1x2(an1x1an)即an2(x1x2)an1x1x2an，结合

x1x2p2an2pan1qan，所以有 由此可知x1、x2是二次方程xpxq0x1x2q的两个非零根，这两个根有可能是不等实根、重实根、甚至共轭虚根，如果是共轭虚根下面的运算就按复数的运算法则进行．（我们常把xpxq0叫做特征方程，其实就是递推

2式an2pan1qan中an2、an1、an分别换成x、x、1而即可．）

2若x1x2时，则由an2x1an1x2(an1x1an)可得数列{an1x1an}是等比数

n1列，首项是a2x1a1，公比是x2，求得an1x1anx2(a2x1a1)；(1)

又对称性得an2x2an1x1(an1x2an)，可得数列{an1x2an}是等比数列，首项是a2x2a1，公比是x1，求得an1x2anx1n1(a2x2a1)；(2)

联合（1）（2）两个方程，消去an1就可得anx2(bx1a)x1n1n1(bx2a)x2x1，

若x1x2此式可化为

an1x1n1p2时，此时有p24q0，则只得一式an1x1anx1n1(a2x1a1)，anx1n1x12(bx1a)（常数），说明数列{anx1n}是等差数列，公差为

1x21(bx1a)，首项为

n1ax1，求得

anxn1ax1n1x21(bx1a)，化简得

an(2n)ax1(n1)bx1n2

特别地，当pq1时，可以得an2pan1an1pan，数列{an1pan}是常数列，可求得an1pana2pa1bpa，此时求an就转化为一型中类1数列的形式．

思考题３：（I）已知a11，a22，an23an12an（nN），求通项an；

（II）已知a11，a22，an24an14an（nN），求通项an；

（III）已知a11，a23，an23an12an（nN），求通项an．

n1n1答案：（I）an2；（II）an2；（III）an14(n1)2

n三、求递推公式形如an1aanbcand（其中a，b，c是不为

零的三个常数）的数列的通项公式

aanbcand已知数列{an}满足：a1a，an1（其中a，b，c是不为零的三个常数）；

这样的数列常用“平移替换”来进行“常数消去法”和“不动点法”；“不动点法”又称为“特征根法”，介绍起来篇幅长，也是超出大纲的要求，文[3]对此有详细的介绍，本文根据学生实际只就“常数消去法”进行介绍．

a(bnx)bc(bnx)d设平移替换anbnx，则有bn1x(acx)bn[b(ad)xcx]cbncxd2，即

bn1，令b(ad)xcx20，这个方程有两个根，

这两个根有可能是不等实根、重实根、甚至共轭虚根，设x0是它的一个根，则就有bn1(acx0)bncbncx0d1bn．再对上面的方程两边取倒数，得

1bn1dcx0acx01bncacx0，再

令cn，Adcx0acx0，BcAcx0，则有cn1AcnB，就符合一型中类1数列

的形式，可以求得cn通项公式，进而可求得bn，an的通项公式．

例6．（２０１０年大纲理科全国卷I的２２题）已知数列{an}中，a11，

an1c1an．（I）设c52，bn1an2，求数列{bn}的通项公式；（II）求使不等式

anan13成立的c的取值范围．

简解：（I）因为an12521an2an22an23，变换得

1an122anan214an22，

即bn14bn2；再变换得bn12313n1234(bn)，又a11，故b123a121341，数列

{bn}是首项为，公比为４的等比数列；这样可以求得bn23n1，即{bn}的

通项公式为bn43．

（II）过程略，c的取值范围是(2,103]．

思考题４：（１９８４年压轴题）数列{an}中，a12且an1an22(an1)，求an．

答案：an22n12n1(2)2n1

值得一提的是，数列的通项公式与递推公式在不同条件下，作用也不一样，对于有关数列问题的求解，平常应当注意积累相应的求解方法以便考试时恰当地选用，并且在具体处理问题时多注意观察分析，将问题作恰当地转化；本文所列举的方法只不过是常规方法，如猜测、归纳等方法就是不常规，同时并非所有的数列问题的求解都需要将相应的通项公式求出，是否需要求出，这要视具体问题而定．上述的高考试题都有别的综合方法,不一定只有求出通项公式才能解决问题，但是如果觉得会求出通项公式，分析试题时就会有高屋建瓴感觉，看试题时难度就会大大降低；为了强烈提醒读者重视此文，笔者引用两高考试题做为结束例题供读者欣赏．

12 例7．（２０１０年湖北理科２０题）已知数列{an}满足：a13(1an1)1an2(1an)1an1，

22，anan10（n1），数列{bn}满足bnan1an(n1)．

（I）求数列{an}，{bn}的通项公式；（II）证明：数列{bn}中任意三项不可能成等差数列．

2332n1()，43解：（I）由题意可知，1an1122(1an)，即{1an}是等比数列，得an1222又a10且anan10，故an(1)n1132n112n1()，bn()． 4343（II）证明用反证法，过程略．

例8．（２００９年福建理15题）五位同学围成一圈依序循环报数，规定：①第一位同

学首次报出的数为1，第二位同学首次报出的数也为1，之后每位同学所报出的数都是前两位同学所报出的数之和；②若报出的数为3的倍数，则报该数的同学需要拍手一次． 已知甲同学第一个报数，当五位同学依序循环报到第100个数时，甲同学拍手的总次数为多少？

分析：设第n个报出的数为an，则有递推式an2an1an，且a1a21；可以发现这是著名的斐波那契数列，在新课程中以＂阅读与思考＂方式出现，是一个很重要的数列，也是高考命题者比较喜欢的数列基本模型．

若按照常规处理可以利用类型6的方法，求得通项公式为

an55[(125)(n125n，后面就很)]，而甲同学报出的数分别为a5k4（kN）

难检查在集合{1,6,11,16,91,96}中哪几个数n能使an是3的倍数了．

55[(125)(n125)]n 如果我们不考虑通项公式，只在递推公式里观察就会有名堂了．首先，这个数列前面几项分别为1，1，2，3，5，8，13，21，„，也就是第一个是3的倍数的项是a4，第二个是a8（这里能给你有什么启发？）；其次，由an2an1an，可得an32an1an，

an43an12an，此时我们可以看出，若an4是3的倍数，则一定有an是3的倍数，反

过来，若an是3的倍数，则一定有an4是3的倍数；这样，结合上两点，就可知报出是3的倍数的项分别是a4m（mN），又由甲同学报出的数分别为a5k4（kN），这样，是甲同学报出的又是 3的倍数的数应该是a16，a36，a56，a76，a96的五个数．

参考文献：［１］万丽娜、咸远峰，递推数列通项的九个模型［Ｊ］．中国数学教育，２０１０年（５）：４２—４４．

［２］王文清，一类数列题的证明方法——兼谈分析综合法［Ｊ］．中国数学教育，２００９年（１０）：４１—４２．

［3］万尔遐，递推数列寻找特根——2010年全国卷I第22题（I）说起（两篇连载）［Ｊ］．中学数学，２０１０年（10）：—65．２０１０年（11）：—65．

汪叶清，（籍贯）浙江兰溪， １９７７年出生，２００１毕业于浙江教育学院数学教育本科专业，

现任教于浙江天台中学；中学数学一级教师，参加工作虽然只有９年，但已经有四届高三任教经验，所教的学生高考成绩优异，有一篇学术论文在浙江师范大学《中学教研—数学》上发表 电话 １３９６７６００８３１，邮编317200．