3.形如型

(1)若(d为常数)，则数列{}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，可通过构造转化为型，通过累加来求出通项;或用逐差法(两式相减)得，，分奇偶项来分求通项.

例1. 数列{}满足,,求数列{a_n}的通项公式.

分析 1：构造 转化为型

解法1：令

则.

时,

各式相加:

当n为偶数时，.

此时

当n为奇数时，

此时,所以.

故

解法2：

时，，

两式相减得：.

构成以,为首项，以2为公差的等差数列;

构成以,为首项，以2为公差的等差数列

.

评注：结果要还原成n的表达式.

例2.(2005江西卷)已知数列{a_n}的前n项和S_n满足

S_n－S_n－2=3求数列{a_n}的通项公式.

解：方法一：因为

　　 以下同例1，略

　　 答案　

2.形如型

(1)当f(n)为常数，即：(其中q是不为0的常数)，此时数列为等比数列，=.

(2)当f(n)为n的函数时,用累乘法.

　 由得　　 时，，

=f(n)f(n-1).

例1.设是首项为1的正项数列，且(=1，2， 3，…)，则它的通项公式是=________.

解：已知等式可化为：

()(n+1),　 即

时，

==.

评注：本题是关于和的二次齐次式，可以通过因式分解(一般情况时用求根公式)得到与的更为明显的关系式，从而求出.

例2.已知,求数列{a_n}的通项公式.

解：因为所以

故又因为,即，

所以由上式可知,所以,故由累乘法得　

=

所以-1.

评注：本题解题的关键是把原来的递推关系式转化为

若令,则问题进一步转化为形式，进而应用累乘法求出数列的通项公式.

除以上的转化方式外，还会出现多栋楼之间的联系，即不同数列之间的递推关系，对于该类问题，要整体考虑，根据所给数列递推公式的关系，灵活采用累加、累乘、化归等方法求解。

例题9：甲、乙两容器中分别盛有浓度为10%、20%的某种溶液500ml，同时从甲乙两个容器中取出100ml溶液，将近倒入对方的容器搅匀，这称为是一次调和，记a₁=10%,b₁=20%,经(n-1)次调和后甲、乙两个容器的溶液浓度为a­_n、b_n，

(1)试用a_n-1、b_n-1表示a­_n、b_n；

(2)求证数列 {a­_n-b_n}是等比数列，并求出a­_n、b_n的通项。

分析：该问题属于数列应用题，涉及到两个不同的数列a­_n和b_n，且这两者相互之间又有制约关系，所以不能单独地考虑某一个数列，而应该把两个数列相互联系起来。

解析：(1)由题意

；

(2)a­_n-b_n==()(n≥2)， ∴{a­_n-b_n}是等比数列。

又a₁-b₁=-10%　　　 ∴a_n-b_­n­=-10%(^n-1 ………(1)

又∵==…= a₁+b₁=30% ………(2)

联立(1)、(2)得=-(^n-1·5%+15%；=(^n-1·5%+15%。

综而言之，等差、等比数列是两类最基本的数列，是数列部分的重点，自然也是高考考查的热点，而考查的目的在于测试灵活运用知识的能力，这个“灵活”往往集中在“转化”的水平上；以上介绍的仅是常见可求通项的递推数列的五种转化思路----“楼层式”的转化方式，同样采用相应的、风趣的教学形式，更易于学生接收新知识，从而激发学生的学习兴趣，让数学课堂生动活泼风趣起来。这正顺应了当前“新课程理念”的大趋势。

利用递推关系求数列通项的九种类型及解法

1.形如型

(1)若f(n)为常数,即：,此时数列为等差数列，则=.

(2)若f(n)为n的函数时，用累加法.

方法如下： 由 得：

时，，

，

所以各式相加得

即：.

为了书写方便，也可用横式来写：

　时，，

=.

例 1. (2003天津文) 已知数列{a_n}满足,

　　 证明

证明：由已知得：

　 =　　 .

例2.已知数列的首项为1，且写出数列的通项公式.　　　　　　　　　　　 　　　　　答案：

例3.已知数列满足，，求此数列的通项公式.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 答案：　

评注：已知,，其中f(n)可以是关于n的一次函数、二次函数、指数函数、分式函数，求通项.

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4.已知数列中, 且,求数列的通项公式.

解:由已知得,

化简有,由类型(1)有,

又得,所以,又,,

则

此题也可以用数学归纳法来求解.

若数列满足关系，由这个递推关系及初始值确定的数列，也是递推数列。它主要给出的是“二层”与“三层”之间的递推关系式，解决途径是利用转化为纯粹的“二层”或“三层”问题，即型或型(也就是将混合型的转化为纯粹型的)

例题7：已知数列的前n项和S_n满足

(Ⅰ)写出数列的前3项；　 　(Ⅱ)求数列的通项公式。

解析：(Ⅰ) ---------------①

由得----------------②

由得，得--------------③

由得，得---------④

(Ⅱ)∵---------------①

∴用代得 -----------⑤

由①－⑤得：

即----------------------------⑥

由叠代法得

---------------------------⑦

例题8：数列的前n项和记为S_n，已知

证明：数列是等比数列；(2004全国卷(二)理科19题)

方法(1)∵

∴ 　　整理得　

所以　 ，　　 故是以2为公比的等比数列.

方法(2)：事实上，我们也可以转化为，为一个商型的递推关系，

由=

得 ， 下面易求证。

当然，还有一些转化的方法和技巧，如基本式的变换，象因式分解，取倒数等还是要求掌握的。

可利用公式：　 直接求出通项。

例题6：已知数列的前n项和为① 　②， 分别求数列的通项公式。

解析：①当时，

　　　　 当时，

　　　　 经检验 时 　也适合　 ∴

　　　 ②当时，

　　　　 当时，

经检验 时 　不适合　 ∴ 　

若数列满足关系，由这个关系式及初始值确定的数列，也可理解为递推数列。它主要给出的是“三层”中连续几项之间的递推关系式，解决途径是利用将“三层”问题全部走下“二层”，回到型或直接能求出，以下过程依同上述。

例题5：已知数列的首项，前n项和满足关系式(t为常数且)

(1)求证：数列是等比数列； (2)设数列的公比为，作数列，使，，求

解析：(1)由，，得,

∴，又，

得，得

∴是一个首项为1，公比为的等比数列。

(2)由，有

∴是一个首项为1，公差为的等差数列，∴。

类比例题：已知数列满足，求的通项公式。

解析：记

∴

∴　　　 ∴。

(四)数学归纳法：

例题4：已知数列中，，求通项公式

解析：利用归纳、猜想、数学归纳法证明方法也可求得通项公式。

　 即　

　　　 …

再利用数学归纳方法证明最后的结论：

①当时，显然成立；

②假设当时，成立，

由题设知

即当时，成立

根据①②，当时，然后利用等比数列求和公式来化简这个通项。

(三)可以一次变形后转化为“差型”、“商型”。如：、、等类型。

例题3：设是常数，且，

证明：(2003年新课程理科，22题)

分析：这道题目是证明型的，最简单的方法当然要数数学归纳法，现在我们考虑用推导的方法来处理的三种方法：

方法(1)：构造公比为－2的等比数列，用待定系数法可知

方法(2)：构造差型数列，即两边同时除以 得：，从而可以用累加的方法处理。

方法(3)：直接用叠代的方法处理：

说明：①当时，上述三种方法都可以用；②当时，若用方法1，构造的等比数列应该是 而用其它两种方法做则都比较难；③用叠代法关键是找出规律，除含外的其它式子，常常是一个等比数列的求和问题。

(二)由“差型”、“商型”类比出“和型”、“积型”：即

例题2：数列中相邻两项、是方程的两根，已知

求的值。

分析：由题意：+-----① ，　 生成： +-----②

由②－①得：

所以该数列的所有的奇数项成等差，所有的偶数项也成等差。其基本思路是：生成、相减；与“差型”的生成、相加的思路刚好相呼应。到这里本题的解决就不在话下了。

特例：若+，则，即该数列的所有的奇数项均相等，所有的偶数项也相等。

若------① ，　　 则 -------②

由②÷①得：

所以该数列的所有的奇数项成等比，所有的偶数项也成等比。其基本思路是：生成、相除；与“商型”的生成、相乘的思路刚好相呼应。

特例：若，则，即该数列的所有的奇数项均相等，所有的偶数项也相等。

(一)由等差、等比演化而来的“差型”、“商型”递推关系

(1)由等差数列演化为“差型”，如：

生成：，，…，，

累加：=，于是只要可以求和就行。

(2)由等比数列演化为“商型”，如：

生成：，，…，，

累乘：，于是只要可以求积就行。

例题1：已知数列满足：

求证：①　 ②是偶数　　 (《数学通讯》2004年17期P44)

证明：由已知可得：

又=

而=

所以，而为偶数