第5讲 递推公式求通项 讲义-2026届高三数学一轮复习

第1讲 一阶递推方法 【题型一】 迭加迭乘迭代法 （一）迭加法：迭加：（一阶迭加） 形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造： 将上述个式子两边分别相加，可得： ①若是关于的一次函数，累加后可转化为等差数列求和； ②若是关于的指数函数，累加后可转化为等比数列求和； ③若是关于的二次函数，累加后可分组求和； ④若是关于的分式函数，累加后可裂项求和． 【例1】已知，，求数列的通项公式； 【答案】 【详解】解： ，即， ， ，，， ， 以上各式相加得， 又，所以， 而也适合上式，. 故答案为： 变式1已知数列中，，且.其中，求数列的通项公式； （二）迭乘法：迭乘：（一阶迭乘） 形如，型的递推数列（其中是关于的函数）可构造： 将上述个式子两边分别相乘，可得： 有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解． 【例2】已知数列的前n项和为，且满足，.求的通项公式； 【解析】解：时，，解得. 当时，，故， 所以， 故. 符合上式，故的通项公式为，. 变式2设数列的前项和，若，求数列的通项． （三）迭代：（一阶迭代之构造常数数列法，此法类似迭乘法） 【例3】已知数列满足，且，，2，3，…，求的通项公式． 【答案】 【详解】根据结合可得， ， 所以， 化简可得，即． 所以，故．代入也成立；所以. 变式3 已知数列满足：，（），求的通项公式； 迭代法之辅助数列模型：，再用迭加法求和 【例4】已知数列是首项为，求通项公式． 【详解】，，， 注意：如果，再用迭加法求出． 变式4 已知数列是首项为，，求通项公式． 【题型二】待定系数法 （一）递推式 核心思想：递推式转化为，为待定系数 （1）当时，，． 【例5】已知数列满足，求数列的通项公式. 【详解】设，与 比较系数可得，即. 又，所以是以2为首项，2为公比的等比数列，故，即. （2）当时，同除以，得：数列是以， 则． 【例6】已知，，求数列的通项公式. 【详解】同除，故，即. 设，则，所以. 又，故是以2为首项，2为公比的等 比数列，即，所以， 故，即. （3）当时，可用待定系数法，，对比系数可知， ． 【例7】已知数列的首项为3，且满足.求数列的通项公式 【答案】 【详解】由，， 得，又， 所以是以为首项，为公比的等比数列. 得，， （4）转化成即解出；可得数列为首项，为公比的等比数列， ． 【例8】已知，，求数列的通项公式. 【详解】，可设，整理可得，比较系数得即所以，这样等比数列就构造出来. ， （二）倒数变换法 1. 形如转化为，即，求出；再转化为待定系数法的形式，化归为型求出的表达式，再求； 2. 还有形如的递推式，也可采用取倒数方法转化成形式，化归为型求出的表达式，再求． 【例9】在数列中，，（）．求数列的通项公式； 【答案】 【详解】由条件得， 所以数列是以为首项，公差的等差数列． 故，即． 【例10】已知数列满足，且，则数列__________ 【答案】 【详解】由两边取倒数可得，即 所以数列是等差数列，且首项为，公差为，所以，所以； 变式5 设数列是首项为，满足，求通项公式． 变式6 已知数列的首项，且满足.求数列的通项公式； 变式7设数列是首项为，且，求通项公式． 【题型三】 不动点法 1. 不动点的概念: 对于函数，若存在实数，使得，则称是函数的一个不动点。 对于数列，递推公式可以由给出，则使得的值称为递推数列的不动点。 我们以一个简单的递推，为例 从图中我们看到只有在都减去了不动点之后，根据斜率得到在几何上是成比例的。 通过求解，得到递推数列的不动点为，此时，我们说是一个等比数列。 事实也是如此，我们也可以用配凑法得到:；再用累乘法，得到:。 2. 不动点的性质 对于函数，若是函数的一个不动点，即满足，则成立。 对于数列，若是数列的一个不动点，则成立，即。 此时数列为等比数列，公比为。 形如：，不动点递推法，令：，即；解出两个根为． （1）当时，，数列为首项，为公比的等比数列 （2）当时，，数列为首项，为公差的等差数列 解题步骤总结： 第一步，构造函数，并令，求出的不动点； 第二步，（1）若有2个不动点，则用，分别构造分子分母同时减去这两个不动点的形式，进而构造数列求通项；（2）若只有1个不动点，则用两端减去该不动点，再取倒数，化简可以产生等比结构，进而构造数列求通项；（3）若没有不动点，则在考题中，往往是周期较小的周期数列，直接根据首项和递推公式求出前几项找规律即可. 【例11】已知数列满足，，则_______. 【答案】 【解析】第一步，求不动点，设，令得：，解得：， 第二步，减不动点，，化简得：①， ，化简得：②， 用式①除以式②可得， 又，所以，故 【例12】已知数列满足，，则_______. 【答案】 【解析】第一步，求不动点，设，令得：，解得：； 第二步，减不动点，，化简得，，所以，从而，故， 又，所以是首项和公差均为的等差数列，从而，故. 【例13】已知数列满足，，则_______. 【答案】2 【解析】第一步，求不动点，设，令得：，化简得：，显然该方程无解，这种情况下一般是周期不大的周期数列，我们只需算出前几项，找出规律即可，由题意，，所以，，，，，，从而是以6为周期的周期数列，故. 变式8 已知数列满足，，则______. 变式9已知数列满足，，则______. 变式10 设数列满足，且，则______. 【题型四】带根号形式 【例14】已知正项数列中，，．求数列的通项公式； 【答案】 【详解】由，有， 即， 因为数列是正项数列，所以，即， 可得数列是首项为1，公差为1的等差数列， 所以，故数列的通项公式为； 【例15】已知数列的首项，则 A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由，左右两边同时+1，可得， 是以为公差，以为首项的等差数列. ∴，即，故选C. 变式11 已知数列满足．求的通项公式． 变式12 已知递增数列中，，且()，求的通项公式． 第2讲 二阶递推 【题型一】形如： 方法一、方程组法 1． ，得，可知：． （Ⅰ）当时，数列 同时满足数列 则有两式联立，消去得： 特例：时， ，同时 故可以求出：． （Ⅱ）当时，，两边同除以得： 数列， 方法二、特征根法 当我们遇到这种类型的二阶线性递推公式时，也可以用特征根法来求通项. 第一步，构造特征方程，并求出特征方程的根； 第二步，若上一步的特征方程有2个不同的实根和，则，再利用和来求出系数A和B；若上一步的特征方程有2个相同的实根，则，再利用和来求出系数A和B. 【例1】已知数列中，，，且，则　　． 变式1 已知数列满足，，，求. 变式2已知数列满足，，，求. 思考：这两道题解法上有什么区别？为什么会这样？ 【题型二】 二阶构造的周期数列 若数列满足，或者，则数列是周期为6的数列 【例2】已知数列中，，，则前100项之和为（ ） A． B． C． D． 【题型三】二阶递推式： （1）当时， , ，再由迭加法求出． （2）时， ，得，可知，． （Ⅰ）当时，数列 同时满足数列 则有两式联立，消去得． 暴力特征根解法：，代入，，即可解得． （Ⅱ）当时，， 数列，将上式子两边同除以得：，令通过以上两式子比较得：，数列 为公差的等差数列． 暴力特征根法：，代入，，即可解得． 【例3】已知数列是首项为，且，求：通项公式． 变式3已知数列满足：，，，求通项公式． 变式4 已知数列满足，，且，求的通项公式． 第3讲 和数列与积数列问题 定义：若数列满足称为和数列，称为积数列． 通项公式： ①当时，则，两式相减得：，故是隔项的等差数列，公差为； ②时，则，两式相除得：，故是隔项的等比数列，公比为； 此类型题由于和作为数列奇数项和偶数项首项，会使得数列一些变形出现一些计算难度，故可以采用待定系数法来求统一的通项公式，考虑首项的因素，需要在原始的待定系数的前面加上． 【例1】已知数列满足，且，求数列的通项公式； 【详解】因为，所以当 时，， 故两式相减得： ，即的奇数项和偶数项各自成等差数列，且公差为2，且， 所以奇数项 ，则为奇数时， ， 偶数项，则为偶数时， ， 故数列的通项公式为； 变式1 已知数列{}满足求数列{}的通项公式； 【例2】已知，，求． 变式2 设数列满足，，若为数列前项和，则（ ） A． B． C． D． — 1 — 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第1讲 一阶递推方法 【题型一】 迭加迭乘迭代法 （一）迭加法：迭加：（一阶迭加） 形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造： 将上述个式子两边分别相加，可得： ①若是关于的一次函数，累加后可转化为等差数列求和； ②若是关于的指数函数，累加后可转化为等比数列求和； ③若是关于的二次函数，累加后可分组求和； ④若是关于的分式函数，累加后可裂项求和． 【例1】已知，，求数列的通项公式； 【答案】 【详解】解： ，即， ， ，，， ， 以上各式相加得， 又，所以， 而也适合上式，. 故答案为： 变式1已知数列中，，且.其中，求数列的通项公式； 【答案】， 【分析】方法一，由已知可得，利用累加法求通项；方法二，由已知可得，所以是常数列，得解. 【详解】（法一）由題意知，， 则， 累加得：且，又， 故，而符合上式，故. （二）迭乘法：迭乘：（一阶迭乘） 形如，型的递推数列（其中是关于的函数）可构造： 将上述个式子两边分别相乘，可得： 有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解． 【例2】已知数列的前n项和为，且满足，.求的通项公式； 【解析】解：时，，解得. 当时，，故， 所以， 故. 符合上式，故的通项公式为，. 变式2设数列的前项和，若，求数列的通项． 【答案】 【详解】，， 两式相减，得， 即， ∴， ，∴. （三）迭代：（一阶迭代之构造常数数列法，此法类似迭乘法） 【例3】已知数列满足，且，，2，3，…，求的通项公式． 【答案】 【详解】根据结合可得， ， 所以， 退位相减再合并同类项， 化简可得，即． 所以，故． 代入也成立；所以. 变式3 已知数列满足：，（），求的通项公式； 【答案】的通项公式为：； 【详解】当时，由，得 ，所以为常数列. 又，得，所以. 迭代法之辅助数列模型：，再用迭加法求和 【例4】已知数列是首项为，求通项公式． 【详解】，，， 注意：如果，再用迭加法求出． 变式4 已知数列是首项为，，求通项公式． 【详解】，同除得：， ；； ； 【题型二】待定系数法 （一）递推式 核心思想：递推式转化为，为待定系数 （1）当时，，． 【例5】已知数列满足，求数列的通项公式. 【详解】设，与 比较系数可得，即. 又，所以是以2为首项，2为公比的等比数列，故，即. （2）当时，同除以，得：数列是以， 则． 【例6】已知，，求数列的通项公式. 【详解】同除，故，即. 设，则，所以. 又，故是以2为首项，2为公比的等 比数列，即，所以， 故，即. （3）当时，可用待定系数法，，对比系数可知， ． 【例7】已知数列的首项为3，且满足.求数列的通项公式 【答案】 【详解】由，， 得，又， 所以是以为首项，为公比的等比数列. 得，， （4）转化成即解出；可得数列为首项，为公比的等比数列， ． 【例8】已知，，求数列的通项公式. 【详解】，可设，整理可得，比较系数得即所以，这样等比数列就构造出来. ， （二）倒数变换法 1. 形如转化为，即，求出；再转化为待定系数法的形式，化归为型求出的表达式，再求； 2. 还有形如的递推式，也可采用取倒数方法转化成形式，化归为型求出的表达式，再求． 【例9】在数列中，，（）．求数列的通项公式； 【答案】 【详解】由条件得， 所以数列是以为首项，公差的等差数列． 故，即． 【例10】已知数列满足，且，则数列__________ 【答案】 【详解】由两边取倒数可得，即 所以数列是等差数列，且首项为，公差为，所以，所以； 变式5 设数列是首项为，满足，求通项公式． 【详解】令，则，求得，所以 变式6 已知数列的首项，且满足.求数列的通项公式； 【答案】； 【详解】因为 所以，所以. 又因为.所以是以为首项，为公比的等比数列. 所以. 变式7设数列是首项为，且，求通项公式． 【题型三】 不动点法 1. 不动点的概念: 对于函数，若存在实数，使得，则称是函数的一个不动点。 对于数列，递推公式可以由给出，则使得的值称为递推数列的不动点。 我们以一个简单的递推，为例 从图中我们看到只有在都减去了不动点之后，根据斜率得到在几何上是成比例的。 通过求解，得到递推数列的不动点为，此时，我们说是一个等比数列。 事实也是如此，我们也可以用配凑法得到:；再用累乘法，得到:。 2. 不动点的性质 对于函数，若是函数的一个不动点，即满足，则成立。 对于数列，若是数列的一个不动点，则成立，即。 此时数列为等比数列，公比为。 形如：，不动点递推法，令：，即；解出两个根为． （1）当时，，数列为首项，为公比的等比数列 （2）当时，，数列为首项，为公差的等差数列 解题步骤总结： 第一步，构造函数，并令，求出的不动点； 第二步，（1）若有2个不动点，则用，分别构造分子分母同时减去这两个不动点的形式，进而构造数列求通项；（2）若只有1个不动点，则用两端减去该不动点，再取倒数，化简可以产生等比结构，进而构造数列求通项；（3）若没有不动点，则在考题中，往往是周期较小的周期数列，直接根据首项和递推公式求出前几项找规律即可. 【例11】已知数列满足，，则_______. 【答案】 【解析】第一步，求不动点，设，令得：，解得：， 第二步，减不动点，，化简得：①， ，化简得：②， 用式①除以式②可得， 又，所以，故 【例12】已知数列满足，，则_______. 【答案】 【解析】第一步，求不动点，设，令得：，解得：； 第二步，减不动点，，化简得，，所以，从而，故， 又，所以是首项和公差均为的等差数列，从而，故. 【例13】已知数列满足，，则_______. 【答案】2 【解析】第一步，求不动点，设，令得：，化简得：，显然该方程无解，这种情况下一般是周期不大的周期数列，我们只需算出前几项，找出规律即可，由题意，，所以，，，，，，从而是以6为周期的周期数列，故. 变式8 已知数列满足，，则______. 【解析】第一步，求不动点，设，令得：，解得：或； 第二步，减不动点，因为，所以，化简得：①，，化简得：②，用式①除以式②可得：，又，所以是首项为，公比为的等比数列，故 从而. 变式9已知数列满足，，则______. 【答案】 【解析】第一步，求不动点，设，令得：，解得：； 第二步，减不动点，，化简得：， 所以，从而， 又，所以是首项为，公差为1的等差数列， 故，所以. 变式10 设数列满足，且，则______. 【答案】 【解析】设，令得：，化简得：，无解， 这种情况下一般是周期不大的周期数列，我们来算一下前几项看规律， 由题意，，，，，， 所以是周期为4的周期数列，故. 【题型三】带根号形式 【例14】已知正项数列中，，．求数列的通项公式； 【答案】 【详解】由，有， 即， 因为数列是正项数列， 所以，即， 可得数列是首项为1，公差为1的等差数列， 所以， 故数列的通项公式为； 【例15】已知数列的首项，则 A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由，左右两边同时+1，可得， 是以为公差，以为首项的等差数列. ∴，即. 故选C. 变式11 已知数列满足．求的通项公式． 【答案】 【详解】根据题意，有， 即， 于是， 所以， 而，所以， 进而即， 于是． 变式12 已知递增数列中，，且()，求的通项公式． 【答案】B 【解析】根据递推关系可得，从而证明数列是以为首项，1为公差的等差数列，求出通项公式，即可得答案. 【详解】由，得. 因为数列是递增数列，且，所以得， 所以，即. 所以数列是以为首项，1为公差的等差数列. 所以，即， 第2讲 二阶递推 【题型一】形如： 方法一、方程组法 1． ，得，可知：． （Ⅰ）当时，数列 同时满足数列 则有两式联立，消去得： 特例：时， ，同时 故可以求出：． （Ⅱ）当时，，两边同除以得： 数列， 方法二、特征根法 当我们遇到这种类型的二阶线性递推公式时，也可以用特征根法来求通项. 第一步，构造特征方程，并求出特征方程的根； 第二步，若上一步的特征方程有2个不同的实根和，则，再利用和来求出系数A和B；若上一步的特征方程有2个相同的实根，则，再利用和来求出系数A和B. 【例1】已知数列中，，，且，则　　． 变式1 已知数列满足，，，求. 【答案】=．+． 【分析】法1：构造为等比数列，求出其通项，再分奇偶讨论，利用累加法求解即可；法2：利用二阶特征根方程求解得到，根据，列方程组求出和即可. 【详解】法1：已知，所以， 则是首项为，公比为3的等比数列， 故，则， 得， 当n为奇数时，，，，，， 累加可得，， 所以， 当n为偶数时，， 综上，； 法2：由特征根方程得，，， 所以，其中，解得，， . 变式2已知数列满足，，，求. 【题型二】 二阶构造的周期数列 若数列满足，或者，则数列是周期为6的数列 【例2】已知数列中，，，则前100项之和为（ ） A． B． C． D． 【题型三】二阶递推式： （1）当时， , ，再由迭加法求出． （2）时， ，得，可知，． （Ⅰ）当时，数列 同时满足数列 则有两式联立，消去得． 暴力特征根解法：，代入，，即可解得． （Ⅱ）当时，， 数列，将上式子两边同除以得：，令通过以上两式子比较得：，数列 为公差的等差数列． 暴力特征根法：，代入，，即可解得． 【例3】已知数列是首项为，且，求：通项公式． 变式3已知数列满足：，，，求通项公式． 变式4 已知数列满足，，且，求的通项公式． 【答案】， 【分析】根据数列的构造关系和等比数列的定义以及通项公式和累加法即可求解. 【详解】因为，所以． 令，则，即，所以， 又，所以，所以，所以． 所以. ， 累加可得． 第3讲 和数列与积数列问题 定义：若数列满足称为和数列，称为积数列． 通项公式： ①当时，则，两式相减得：，故是隔项的等差数列，公差为； ②时，则，两式相除得：，故是隔项的等比数列，公比为； 此类型题由于和作为数列奇数项和偶数项首项，会使得数列一些变形出现一些计算难度，故可以采用待定系数法来求统一的通项公式，考虑首项的因素，需要在原始的待定系数的前面加上． 【例1】已知数列满足，且，求数列的通项公式； 【详解】因为，所以当 时，， 故两式相减得： ，即的奇数项和偶数项各自成等差数列，且公差为2，且， 所以奇数项 ，则为奇数时， ， 偶数项，则为偶数时， ， 故数列的通项公式为； 变式1 已知数列{}满足求数列{}的通项公式； 【解析】(1)解：由得， 又，所以， 由得 从而， 因此数列和数列都是等差数列，它们的公差都等于. 所以，即当n为奇数时，； ，即当n为偶数时， 综上，数列{}的通项公式为 【例2】已知，，求． 变式2 设数列满足，，若为数列前项和，则（ ） A． B． C． D． — 1 — 学科网（北京）股份有限公司 $$