不动点法求解析式和数列通项 是什么？求解释

方程y"+y=0的通解为：y=C1cosx+C2sinx具体回答如下：特征方程：r+1=0可以解得：r1、2=±i所以通解为：y=C1cosx+C2sinx 所以答案是：y=C1cosx+C2sinx特征方程的高阶递推：对于更高阶的线性递推数列，只要将递推公式中每一个xn换成x，就是它的特征方程。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。

数列的递推公式=n/n+1。如果一个数列的第n项an与该数列的其他一项或多项之间存在对应关系的，这个关系就称为该数列的递推公式。例如斐波纳契数列的递推公式为an=an-1+an-2。递推数列是可以递推找出规律的数列，找出这个规律的通项式就是解递推数列。求递推数列通项公式的常用方法有：公式法、累加法、累乘法、待定系数法等共十种方法。数列分类：1、按照项数是否有限分为有穷数列和无穷数列。1）项数有限的数列为"有穷数列"。2）项数无限的数列为"无穷数列"。2、按照项与项的大小关系分为递增数列、递减数列和摆动数列。1）从第2项起，每一项都不小于它的前一项的数列叫做递增数列。2）从第2项起，每一项都不大于它的前一项的数列叫做递减数列。3）从第2项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列叫做摆动数列。3、按照有界性分为有界数列和无界数列。一个数列每一项的绝对值都小于某个正数(即|An|<a, a∈R+)这个数列是有界数列，反之为无界数列。4、一些特殊的数列：1）各项呈周期性变化的数列叫做周期数列（如三角函数）。2）各项相等的数列叫做常数列。

齐次方程y"+y=0的特征方程是r^2+1=0则特征根是daor=±i (二复数根)此特征方程的通解是y=C1cosx+C2sinx (C1，C2是任意常数)设原方程的解为y=Ax+B则代入原方程化简得 (A+1)x+B=0 ==>A+1=0，B=0 ==>A=-1，B=0 y=-x是原方程的一个特解扩展资料：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。如果已知数列 的第1项（或前几项），且任一项 与它的前一项 （或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式叫做数列的递推公式。有通项公式的数列只是少数，研究递推数列公式给出数列的方法可使我们研究数列的范围大大扩展。

数列的递推公式=n/n+1。如果一个数列的第n项an与该数列的其他一项或多项之间存在对应关系的，这个关系就称为该数列的递推公式。例如斐波纳契数列的递推公式为an=an-1+an-2。数列是以正整数集或它的有限子集为定义域的函数，是一列有序的数。数列中的每一个数都叫做这个数列的项。排在第一位的数称为这个数列的第1项，通常也叫做首项，排在第二位的数称为这个数列的第2项，以此类推，排在第n位的数称为这个数列的第n项，通常用an表示。

一般说来，递推公式更能反映数列的本质。递推公式和初始条件可以确定一个数列。通项公式an=f(n)虽然能直接揭示数列项an与项数n的关系，但是一般来说，并非每个数列都可以通过递推关系求出通项公式来。对于常系数线性递归数列，可以用特征根法求解通项，但其他情况求通项往往都比较困难，甚至不可能求出。比方说，等差数列a(n+1)=an+d和等比数列b(n+1)=qbn就是线性递归的，通项公式是众所周知的。

就是用等式给出一个数列任意相邻项之间存在的规律,称之为递推公式,是对数列规律的一种呈现方式.最简单的是给出任意相邻两项之间的规律,并给出第一项的值；也有给出任意相邻三项之间的规律,并给出第一项和第二项的值....

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、特征根的方法等等。 类型一归纳—猜想—证明 由数列的递推公式可写出数列的前几项，再由前几项总结出规律，猜想出数列的一个通项公式，最后用数学归纳法证明． 类型二“逐差法”和“积商法” (1)当数列的递推公式可以化为an+1-an=f(n)时，取n=1,2,3,…,n-1，得n-1个式子： a2-a1=f(1),a3-a2=f(2),…,an-an-1=f(n-1)， 且f(1)+f(2)+…+f(n-1)可求得时，两边累加得通项an，此法称为“逐差法”． (2)当数列的递推公式可以化为an+1/an=f(n)时，令n=1,2,3,…,n-1,得n-1个式子，即 a2/a1=f(1),a3/a2=f(2),a4/a3=f(3),…,an/an-1=f(n－1)，且f(1)f(2)f(3)…f(n-1)可求得时，两边连乘可求出an，此法称为“积商法”． 类型三构造法 递推式是pan=qan-1+f(n)(p、q是不为零的常数)，可用待定系数法构造一个新的等比数列求解． 类型四可转化为类型三求通项 (1)“对数法”转化为类型三． 递推式为an+1=qan�k(q＞0,k≠0且k≠1,a1＞0)，两边取常用对数，得lgan+1=klgan+lgq，令lgan=bn，则有bn+1=kbn+lgq，转化为类型三． (2)“倒数法”转化为类型三． 递推式为商的形式：an+1=(pan+b)/(qan+c)(an≠0，pq≠0,pc≠qb)． 若b=0，得an+1=pan/(qan+c)．因为an≠0，所以两边取倒数得1/an+1=q/p+c/pan,令bn=1/an,则bn+1=(c/p)bn+q/p，转化为类型三． 若b≠0，设an+1+x=y(an+x)/qan+c，与已知递推式比较求得x、y，令bn=an+x，得bn+1=ybn/qan+c，转化为b=0的情况． 类型五递推式为an+1/an=qn/n+k(q≠0,k∈N) 可先将等式(n+k)an+1=qnan两边同乘以(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)，得(n+k)(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)an+1=q(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)nan，令bn=(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)�6�1nan,则bn+1=(n+k)(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)an+1． 从而bn+1=qbn，因此数列｛bn｝是公比为q，首项为b1=k(k-1)(k-2)…2�6�11�6�1a1=k!a1的等比数列，进而可求得an． 总之，由数列的递推公式求通项公式的问题比较复杂，不可能一一论及，但只要我们抓住递推数列的递推关系，分析结构特征，善于合理变形，就能找到解决问题的有效途径．类型一�归纳—猜想—证明 由数列的递推公式可写出数列的前几项，再由前几项总结出规律，猜想出数列的一个通项公式，最后用数学归纳法证明． �例1�设数列｛an｝是首项为1的正项数列，且(n+1)a2n+1-nan2+an+1an=0(n=1,2,3,…)，则它的通项公式是an=______________．(2000年全国数学卷第15题) 解：将(n+1)a2n+1-nan2+an+1an=0(n=1,2,3,…)分解因式得(an+1+an)〔(n+1)an+1-nan〕=0．��由于an＞0，故(n+1)an+1=nan，即an+1=n/(n+1)an．��因此a2=(1/2)a1=(1/2)，a3=(2/3)a2=(1/3),…．猜想an=(1/n),可由数学归纳法证明之，证明过程略． 类型二�“逐差法”和“积商法” (1)当数列的递推公式可以化为an+1-an=f(n)时，取n=1,2,3,…,n-1，得n-1个式子： a2-a1=f(1),a3-a2=f(2),…,an-an-1=f(n-1)， 且f(1)+f(2)+…+f(n-1)可求得时，两边累加得通项an，此法称为“逐差法”． 例2�已知数列｛an｝满足a1=1,an=3n-1+an-1(n≥2),证明：an=(3n-1)/2． (2003年全国数学卷文科第19题) 证明：由已知得an-an-1=3n-1，故 an=(an-an-1)+(an-1－an-2)+…+(a2-a1)+a1=3n-1+3��n-2�+…+3+1=3n-1/2． 所以得证． (2)当数列的递推公式可以化为an+1/an=f(n)时，令n=1,2,3,…,n-1,得n-1个式子，即 a2/a1=f(1),a3/a2=f(2),a4/a3=f(3),…,a��n�/an-1�=f(n－1)�，�且f(1)f(2)f(3)…f(n-1)可求得时，两边连乘可求出an，此法称为“积商法”． 例3�(同例1)(2000年全国数学卷第15题) 另解：将(n+1)a2n+1-nan2＋an+1an=0(n�=1,2,3,…)化简，得(n+1)an+1=nan，即 an+1/an=n/(n+1)．� 故an=an/an-1�6�1an-1/an-2�6�1an-2/an-3�6�1…�6�1a2/a1�=n-1/n�6�1n-2/n-1�6�1n-3/n-2�6�1 … �6�11/2�=1/n． 类型三�构造法 递推式是pan=qan-1+f(n)(p、q是不为零的常数)，可用待定系数法构造一个新的等比数列求解． 例4�(同例2)(2003年全国数学卷文科第19题) 另解：由an=3n-1+an-1得3�6�1an/3n=an-1/3n-1+1． 令bn＝an/3n，则有 bn=1/3bn-1+1/3． (*) 设bn+x=1/3(bn-1+x)，则bn=1/3bn-1+1/3x-x，与(*)式比较，得x=-1/2，所以bn-1/2=1/3(bn-1-1/2)．因此数列｛bn-1/2｝是首项为b1-1=a1/3=-1/6，公比为1/3的等比数列，所以bn-1/2=-1/6�6�1(1/3)n-1，即an/3n-1/2=-1/6(1/3)n-1．故an=3n〔1/2-1/6(1/3)n-1〕=3n-1/2． 例5�数列｛an｝中，a1=1,an+1=4an+3n+1，求an．� 解：令an+1+(n+1)x+y=4(an+nx+y)，则 an+1=4an+3nx+3y-x,与已知an+1=4an+3n+1比较，得 3x=3， 所以 x=1, 3y-x=1， y=(2/3)．故数列｛an+n+(2/3)｝是首项为a1+1+(2/3)=(8/3)，公比为4的等比数列，因此an+n+(2/3)=(8/3)�6�14n-1,即 an=(8/3)�6�14n-1-n-(2/3)． 另解：由已知可得当n≥2时，an=4an-1+3(n-1)+1，与已知关系式作差，有an+1-an=4(an-an-1)+3，即an+1-an+1=4(an-an-1+1)，因此数列｛an+1-an+1｝是首项为a2-a1+1=8-1+1=8，公比为4的等比数列，然后可用“逐差法”求得其通项an=(8/3)�6�14n-1-n-(2/3)． 类型四�可转化为 类型三求通项 (1)“对数法”转化为 类型三． 递推式为an+1=qan�k(q＞0,k≠0且k≠1,a1＞0)，两边取常用对数，得lgan+1=klgan+lgq，令lgan=bn，则有bn+1=kbn+lgq，转化为 类型三． 例6�已知数列｛an｝中，a1=2,an+1=an2，求an． 解：由an+1=an2＞0，两边取对数得lgan+1=2lgan．令bn=lgan则bn+1=2bn．因此数列｛bn｝是首项为b1=lga1=lg2，公比为2的等比数列，故bn=2n-1lg2=lg22n-1，即an=22n-1． (2)“倒数法”转化为 类型三． 递推式为商的形式：an+1=(pan+b)/(qan+c)(an≠0，pq≠0,pc≠qb)． 若b=0，得an+1=pan/(qan+c)．因为an≠0，所以两边取倒数得1/an+1=q/p+c/pan,令bn=1/an,则bn+1=(c/p)bn+q/p，转化为 类型三． 若b≠0，设an+1+x=y(an+x)/qan+c，与已知递推式比较求得x、y，令bn=an+x，得bn+1=ybn/qan+c，转化为b=0的情况． 例7�在数列｛an｝中，已知a1=2,an+1=(3an+1)/(an+3)，求通项an． 解：设an+1+x=y(an+x)/an+3，则an+1=(y-x)an+(y-3)x/an+3，结合已知递推式得 y-x=3, 所以 x=1, y-3=1， y=4，则有an+1+1=4(an+1)/an+3，令bn=an+1，则bn+1=4bn/bn+2，求倒数得1/bn+1=1/2�6�11/bn+1/4，即1/bn+1-1/2=1/2(1/bn-1/2)． 因此数列｛1/bn-1/2｝是首项为1/b1-1/2=1/a1+1-1/2=-1/6，公比为1/2的等比数列． 故1/bn-1/2=(-1/6)(1/2)n-1，从而可求得an． 类型五�递推式为an+1/an=qn/n+k(q≠0,k∈N) 可先将等式(n+k)an+1=qnan两边同乘以(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)，得(n+k)(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)an+1=q(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)nan，令bn=(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)�6�1nan,则bn+1=(n+k)(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)an+1． 从而bn+1=qbn，因此数列｛bn｝是公比为q，首项为b1=k(k-1)(k-2)…2�6�11�6�1a1=k!a1的等比数列，进而可求得an． 例8�(同例1)(2000年全国数学卷第15题) 另解：将(n+1)a2n+1-na2n+an+1an=0(n=1,2,3,…)，化简得(n+1)an+1=nan,令nan=bn，则bn+1=bn，所以数列｛bn｝是常数列，由于首项b1=1�6�1a1=1，所以bn=1,即nan=1，故an=1/n． 总之，由数列的递推公式求通项公式的问题比较复杂，不可能一一论及，但只要我们抓住递推数列的递推关系，分析结构特征，善于合理变形，就能找到解决问题的有效途径．

在一个数列中，如果可以用一个固定的公式来表示某项与它之前的一项或几项之间的关系，这个公式就叫做数列的递推公式。等差数列的通项公式：（d为公差）等比数列的通项公式：（q为公比）等差数列递推公式：an=d(n-1)+a（d为公差 a为首项）等比数列递推公式：bn=q(n-1)*b （q为公比 b为首项）递推公式是数列所特有的表示法，它包含两个部分，一是递推关系，一是初始条件，二者缺一不可．----还需要一个结论。就是一个规律。

求递推数列通项公式的常用方法有：公式法、累加法、累乘法、待定系数法等共十种方法。首先数列的定义是：按一定次序排列的一列数称为数列（sequence of number）。数列中的每一个数都叫做这个数列的项。排在第一位的数列称为这个数列的第1项（通常也叫做首项），排在第二位的数称为这个数列的第2项……排在第n位的数称为这个数列的第n项。所以，数列的一般形式可以写成a1,a2......an等差数列相关定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列（arithmetic sequence），等差数列可以缩写为A.P.。这个常数叫做等差数列的公差（common difference），公差通常用字母d表示。由三个数a，A，b组成的等差数列可以堪称最简单的等差数列。这时，A叫做a与b的等差中项应用日常生活中，人们常常用到等差数列如：在给各种产品的尺寸划分级别时，当其中的最大尺寸与最小尺寸相差不大时，常按等差数列进行分级。若为等差数列，且有an=m,am=n.则a(m+n)=0。

可以递推找出规律的数列就是递推数列，找出这个规律的通项式就是解递推数列按一定次序排列的一列数称为数列（sequence of number）。数列中的每一个数都叫做这个数列的项。排在第一位的数列称为这个数列的第1项（通常也叫做首项），排在第二位的数称为这个数列的第2项……排在第n位的数称为这个数列的第n项。所以，数列的一般形式可以写成 a1，a2，a3，…，an，… 简记为｛an｝，项数有限的数列为“有穷数列”（finite sequence），项数无限的数列为“无穷数列”（infinite sequence）。 从第2项起，每一项都大于它的前一项的数列叫做递增数列； 从第2项起，每一项都小于它的前一项的数列叫做递减数列； 从第2项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列叫做摆动数列； 各项呈周期性变化的数列叫做周期数列（如三角函数）； 各项相等的数列叫做常数列。 通项公式：数列的第N项an与项的序数n之间的关系可以用一个公式表示，这个公式就叫做这个数列的通项公式。 递推公式：如果数列｛an｝的第n项与它前一项或几项的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的递推公式。 数列中数的总数为数列的项数。特别地，数列可以看成以正整数集N*（或它的有限子集｛1，2，…，n｝）为定义域的函数an=f(n)。 如果可以用一个公式来表示,则它的通项公式是a(n)=f(n).

数学归纳法

我的理解：an=f(n)或者是a(n+1)=f(an)

问题太笼统了。一般说来，递推公式更能反映数列的本质。递推公式和初始条件可以确定一个数列。通项公式an=f(n)虽然能直接揭示数列项an与项数n的关系，但是一般来说，并非每个数列都可以通过递推关系求出通项公式来。对于常系数线性递归数列，可以用特征根法求解通项，但其他情况求通项往往都比较困难，甚至不可能求出。比方说，等差数列a(n+1)=an+d和等比数列b(n+1)=qbn就是线性递归的，通项公式是众所周知的。

数列的递推法是什么意思就是用等式给出一个数列任意相邻项之间存在的规律,称之为递推公式,是对数列规律的一种呈现方式.最简单的是给出任意相邻两项之间的规律,并给出第一项的值；也有给出任意相邻三项之间的规律,并给出第一项和第二项的值.根据这样的递推公式,我们可以依次求出已知项的后一项,再后一项……,还可以求出数列的通项公式.递推公式与通项公式的相同之处都是揭示数列存在的规律；不同之处在于前者揭示的是任意相邻项之间的规律,后者揭示的是任一项与项数之间的规律.

数列递推的基础是可以递推找出规律的数列，找出这个规律的通项式就是解递推数列。求递推数列通项公式的依据分别有：公式法、累加法、累乘法、待定系数法等共十种方法。

递推数列是可以递推找出规律的数列，找出这个规律的通项式就是解递推数列。求递推数列通项公式的常用方法有：公式法、累加法、累乘法、待定系数法等共十种方法。首先数列的定义是：按一定次序排列的一列数称为数列（sequence of number）。数列中的每一个数都叫做这个数列的项。排在第一位的数列称为这个数列的第1项（通常也叫做首项），排在第二位的数称为这个数列的第2项……排在第n位的数称为这个数列的第n项。所以，数列的一般形式可以写成 a1，a2，a3，…，an，…简记为{an}。通项公式：数列的第N项an与项的序数n之间的关系可以用一个公式表示，这个公式就叫做这个数列的通项公式。数列中数的总数为数列的项数。特别地，数列可以看成以正整数集N*（或它的有限子集{1，2，…，n}）为定义域的函数an=f(n)。如果可以用一个公式来表示,则它的通项公式是an=f(n).递推公式递推公式：如果数列{a[n]}的第n项与它前一项或几项的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的递推公式。用递推公式表示的数列就叫做递推数列比如等比数列An=A1*q（n－1）可以表示为：An=q*A(n-1)

积递推数列是指数列中前两项相乘得到第三项，即a_n ·a_n+1 =a_n+2 (n∈正整数)。积递推数列变式的特点是数列中前两项相乘经过变化之后得到第三项，这种变化可能是加减乘除某一常熟，或者每两项相乘与项数之间具有某种关系，或者前两项相乘得到一个等差数列、等比数列、平方数列、立方数列的形式。很高兴为您解答有用请采纳

一阶线性递推数列主要有如下几种形式：1.这类递推数列可通过累加法而求得其通项公式(数列{f(n)}可求前n项和).　　当为常数时，通过累加法可求得等差数列的通项公式．而当为等差数列时，则为二阶等差数列，其通项公式应当为形式，注意与等差数列求和公式一般形式的区别，后者是，其常数项一定为0．2.这类递推数列可通过累乘法而求得其通项公式(数列{g(n)}可求前n项积).　　当为常数时，用累乘法可求得等比数列的通项公式．3.；这类数列通常可转化为，或消去常数转化为二阶递推式.例1已知数列中，,求的通项公式．解析：解法一：转化为型递推数列．∵∴又，故数列｛｝是首项为2，公比为2的等比数列．∴，即．解法二：转化为型递推数列．∵=2xn-1+1(n≥2)　　①　　∴=2xn+1　　②②－①，得(n≥2)，故｛｝是首项为x2-x1=2，公比为2的等比数列，即，再用累加法得．解法三：用迭代法．当然,此题也可用归纳猜想法求之，但要用数学归纳法证明．例2　已知函数的反函数为求数列的通项公式.解析：由已知得，则．令=,则.比较系数，得.即有．∴数列｛｝是以为首项，为公比的等比数列，∴，故．评析：此题亦可采用归纳猜想得出通项公式，而后用数学归纳法证明之．（4）若取倒数,得，令，从而转化为（1）型而求之.（5）；这类数列可变换成，令，则转化为(1)型一阶线性递推公式.例3　设数列求数列的通项公式．解析：∵，两边同除以，得．令，则有．于是，得，∴数列是以首项为，公比为的等比数列，故，即，从而．例4　设求数列的通项公式．解析：设用代入，可解出．∴是以公比为-2，首项为的等比数列．∴，即．（6）这类数列可取对数得，从而转化为等差数列型递推数列.二、可转化为等差、等比数列或一些特殊数列的二阶递推数列　例5　设数列求数列的通项公式．解析：由可得设故即用累加法得　或例6　在数列求数列的通项公式．解析：可用换元法将其转化为一阶线性递推数列．令使数列是以为公比的等比数列(待定)．即∴对照已给递推式，有即的两个实根．从而∴　　①或　　②由式①得；由式②得．消去．例7　在数列求．解析：由　①，得②．式②+式①，得，从而有．∴数列是以6为其周期．故==-1．三、特殊的n阶递推数列例8　已知数列满足，求的通项公式．解析：∵　　①　　　∴②②－①，得．∴故有将这几个式子累乘，得又例9　数列｛｝满足，求数列｛｝的同项公式．解析：由①，得②．式①－式②，得，或，故有.∴,.将上面几个式子累乘，得，即．∵也满足上式，∴．

以下所有的n,n+1,n-1均是指下标 一阶线性递推是指x(n+1)=f(xn),其中 f 是一个线性函数,比如 x(n+1)=axn+b 二阶线性是指x(n+1)=f(xn)+g(x(n-1)),其中f和g都是线性函数. k阶的意思就是等式右端涉及到数列的k层数据,k是数列的层数 线性是指 所有的变量都是一次的.

a1=1 a2=1 a3=(a2)²+a1=2 a4=(a3)²+a2=5 a5=(a4)²+a3=27 …… an=[a(n-1)]²+a(n-2) a6=(a5)²+a4=27²+5=734

ax+b形式的数列

要系统的了解K阶线性递推数列的解法，建议去查一下“差分方程”和“Z变换”的知识。如果你能掌握这些知识，那不管什么样的K阶递推数列都能搞定的。它的大体思路是这样的：a(n+k)=b1 a(n+k-1) + b2 a (n+k-2) + ... + bn an 称为差分方程。把它进行Z变换，变换时要用到a(1)到a(k)这k个初值。（这k个初值肯定是知道的，因为确定数列除了递推公式之外，必须还要有前K项的值才行）经过Z变换后，就是把数列“投影到另一个域中”，而在这个新的域里，数列元素之间的关系不再是“递推”，而会变得异常简单。我们就在这个新的域中进行运算处理，他一定能分解为“固定式子的加权和”。最后，这些“固定式子”都是能很简单的反变换到原来的域中的。我们只要把它们都变回到原来的域中，就得到通向公式了。******************************************这种方法的精髓在于借助一个新的域来做桥梁。大哥不是很恰当的比喻：我有电脑配件，但是不会组装。我就把它们送到电脑维修点，组装对于维修人员来说轻而易举，等他们吧电脑装好了再送还给我。

非常重要的二次递推数列求法形如an+1=aan2+ban+c(a≠0,an≠an+1)的递推数列，难度很大。让人大跌眼镜的是某几个省高考居然考了，所以发上来解法，只针对基础很好的同学。其通解要讨论n多种情况，有点混沌的味道。恕我水平有限，现阶段只想出这些特殊情况。an+1=aan2+ban+c(a≠0,an≠an+1)基本思路通过线性变换（线性变换是最基本的形式简化方式）xn=an+b/(2a)，即化为完全平方将形式简化为xn+1=axn2+[(4ac-b2+2b)/(4a)]即简化形式xn+1=pxn2+q(p≠0)下面只讨论这个形式，暂时只研究p>0的情况。1、q>0，这个非常难，不幸这个递推数列方程没有解析解（即无法通过初等函数来表达，要用无穷级数来表达，用级数表达难度很大，而其本身失去了简化运算的意义。）2、q=0，这个形式最简单。两边取对数∴lnxn+1=lnp+2lnxn(xn>0)lnxn+1+lnp=ln(pxn+1)=2ln(pxn)注意：若x1<0，要从x2开始，x2肯定大于0。{ln(pxn)}就是等比数列∴ln(pxn)=2n-2ln(px2)xn=(px2)^2n-2/p(n>1)xn=x1(n=1)△3§q<0，为了方便讨论及记忆先指定其形式为xn+1=pxn2-q(p≠0,q>0)这种比较难，对于高中生来说能想到线性变换化简都不错了，更后面的变换更难想到。这种题高考是考过的，竞赛更不用说了。(1)两边同时除以q/2变换为2xn+1/q=pq/2(2xn/q)2-2(p≠0,q>0)于是形式上变成了rn+1=krn2-2(k>0)，对于这个递推形式，容易证明从某项起，这个数列是递增数列，这儿不再详细证明。代换方法是令rn=bn+1/bn，bn+1=bn2（即bn=b1^2n-1）注意：rn,bn>0，若rn≤0，则要从使得rn>0的第m项rm开始，通过rm=bm+1/bm，算出bm，bn=bm^2n-m。数学需要严谨。前面的项是摆动的，无法直接求。这个是最简形式了，这个形式是有解的，可以想想为什么要化为-2。下面以一个例子来说明解这种最简形式的具体求解思路。例：an+1=an2-2，a1=-51/2。求an。令an=bn+1/bn。bn+1+1/bn+1+2=(bn+1/bn)2注意右边可化为(bn+11/2+1/bn+11/2)2=(bn+1/bn)2bn+11/2+1/bn+11/2=bn+1/bn注意这里我们只要满足上面那个等式就行了，具体bn有多少种解我们不关心，所以最简单，只要bn+11/2=bn就行了。显然lnbn+1=2lnbn，{lnbn}是等比数列，注意bn>0，需要an>0来保证，但第二项大于0，所以从第二项起。lnbn=2n-2lnb2a2=3=b2+1/b2，取一个根即可b2=(3+51/2)/2bn=[(3+51/2)/2]^2n-2an=bn+1/bn=[(3+51/2)/2]^2n-2+[(3-51/2)/2]^2n-2(n≥2)an=-51/2(n=1)p<0的情况，只需令yn=-xn就可化为yn=-pyn2-q(p<0)，即转化成为xn+1=pxn2+q(p>0)的形式△综上所述：an+1=aan2+ban+c(a≠0,an≠an+1)的递推数列都可以通过线性变换将形式化简成xn+1=pxn2+q(p>0)的形式若q<0，则可以进一步化简为xn+1=kxn2-2(k>0)这样的形式，若m项起xn>0，则通过xn=bn+1/bn，bn=bm^2n-m来求n≥m部分的通项公式（n评论000加载更多

　　数列是高考数学中考查的重点,在高考解答题中,求数列的通项公式,是考查的一个热点。然而,已知条件中,往往是以递推数列的形式给出,通过递推数列形式,考查学生方程思想、化归思想,观察能力、整理能力及待定系数法等思想方法。那么,高考中的常见递推数列的模型有哪些呢?相应的模型又有怎样的解决策略呢?现归纳总结如下: 　　一、形如αn+1=αn+f(n)(n∈N*)型 　　这类问题实质上是将等差数列的递推模型(即αn+1=αn+d(n∈N*)一般化。解决这类问题的一般策略是:累加法,即αn=α1+(α2-α1)+(α3-α2)+…+(αn-αn-1) 　　=α1+[f(1)+f(2)+f(3)+…+f(n-1) ] 　　 (其中,α1已知,f(n)可求和) 　　例1、(2009年全国卷Ⅰ理)在数列 {αn｝中α1=1,。设,求数列{bn｝的通项公式。 　　分析:由已知有 　　 　　利用累加法即可求出数列{bn｝的通项公式: (n∈N*)。 　　二、形如αn+1=f(n)・αn(n∈N*)型 　　这类问题实质上是将等比数列的递推模型(即αn+1=q・αn(n∈N*)一般化。解决问题的一般策略是:累乘法,即 　　(其中α1已知) 　　例2、(2004年全国卷Ⅰ理)已知数列{αn｝满足α1=1,αn=α1+2α2+3α3+…+(n-1)αn-1(n≥2),则{αn｝的通项。 　　解析:∵αn=α1+2α2+3α3+…+(n-1)αn-1(n≥2)① 　　∴αn+1=α1+2α2+3α3+…+nαn(n≥2)② 　　②-①得:αn+1-αn=nαn, 　　即 　　三、形如αn+1=p・αn+q(p,q为常数,且p≠0,1,q≠0,n∈N*)型 　　这类问题实质上是等差、等比数列递推公式的综合与一般化。解决问题的策略是:待定系数法,即αn+1=pαn+q一定可化为:αn+1-t=p(αn-t)(t为参数,可用待定系数法求得), 　　从而数列{αn-t｝是首项为α1-t,公比为p的等比数列,然后利用等比数列的通项公式求出数列{αn｝的通项公式。 　　例3、(07年全国Ⅱ理21(1))设数列{αn｝的首项 　　求 {αn｝的通项公式。 　　解:由 　　整理得. 　　又1-α1≠0,所以{1-αn｝是首项为1-α1,公比为的等比数列,得 　　。 　　四、形如αn+1=p・αn+qn+1(p,q为常数,且pq≠0,1,n∈N*)型 　　这类问题是将上述形式三中的q一般化成q的指数形式而得,因此可转化成模型三进行分析。解决问题的一般策略是:指数常数化,即 　　将αn+1=p・αn+qn+1化成,然后用模型三的方法求出数列{｝的通项公式,进一步求出通项αn。 　　例4、(07年北京16题改编)在数列 {αn｝中,α1=2,αn=4αn-1+2n(n≥2,n∈N*).求数列{αn｝的通项公式。 　　解:由α1=2,αn=4αn-1+2n,等式两边同时除以2n, 　　得,则 　　bn=2bn-1+1 　　∴bn+1=2(bn-1+1) 　　∴数列{bn+1｝是以为首项,2为公比的等比数列, 　　∴bn+1=2・2n-1, ∴bn=2n-1 　　∴αn=2n・bn=4n-2n。 　　五、形如 　　型 　　这类问题是通过等式两边同时取倒数,转化成模型三的问题来解决。解决策略是:取倒数法,即 　　由得, 　　即, 　　进一步转化成,利用整体思想转化成等比数列,从而达到求出通项αn。 　　例5、(2008年陕西卷22(1))已知数列{αn｝的首项 　　.求{αn｝的通项公式; 　　解:∵,, 　　又是以为首项,为公比的等比数列. 　　, 　　. 　　六、形如 　　型 　　解决这类问题,要想办法把 的指数放在系数的位置上来,从而想到利用对数函数的性质,通过等式两边同时取对数的形式来解决,因此,解决策略是:取对数法,即 　　由αn+1=p・αn+q得logααn+1=logα,即logααn+1=q・logααn+logαp,从而转化成模型三的问题来求解,进一步求出通项αn。 　　例6、(2006年山东卷改编)已知α1=2,点(αn,αn+1)在函数f(x)=x2=2x的图象上,其中m=1,2,3,…求数列{αn｝的通项αn。 　　解:∵点(α1,αn+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上, 　　∴αn+1=αn2 +2αn,∴1+αn+1=(1+αn)2, 　　又α1=2,∴αn>0 　　上式两边同时取以3为底的对数得:log3(1+αn+1)=log3(1+αn)2, 　　即:log3(1+αn+1)=2log3(1+αn), 　　∴数列{log3(1+αn)｝是以log3(1+α1)=log3(1+2)=1为首项,2为公比的等比数列, 　　∴log3(1+αn)=1・2n-1, 　　即αn=32n-1-1(n∈N*)。 　　七、形如αn+2=p・αn+1+q・αn(p,q≠0)型 　　对于这类问题,可将αn+2=p・αn+1+q・αn① 　　变形为αn+2-ααn+1=β(αn+1-ααn),即αn+2=(α+β)αn+1-αβα n②, 　　由①②得解出α,β,于是 是公比为β的等比数列,从而转化成模型一或模型四求解,这种方法叫特征根法。 　　例7、(08天津卷20改编)在数列 {αn｝中,a1=1,a2=2,且an+1=(1+q)an-qan-1(n≥2,q≠0).求数列{αn｝的通项公式。 　　解:由题设an+1=(1+q)an-qan(n≥2),得 　　an+1-an=q(an-an-1), 　　令bn=an+1-an, 　　则bn=qbn-1,n≥2. 　　又b1=a2-a1=1,q≠0,所以{bn｝是首项为1,公比为q的等比数列. 　　∴bn=qn-1,即an+1-an=qn-1(n≥2) 　　∴a2-a1=1, 　　a3-a2=q, 　　…… 　　an-an-1=qn-1,(n≥2). 　　将以上各式相加,得an-a1=1+q+…+qn-2(n≥2). 　　所以当n≥2时, 　　上式对n=1显然成立. 　　八、形如Sn=f(an)型 　　这类问题主要是利用公式进行转化,要么将已知式转化成关于an的递推模型,要么将已知条件转化成关于Sn的递推模型,再用上述模型之一进行转化求出αn或Sn,称之为公式转化法。 　　例8、(08全国Ⅱ20(1))设数列{αn｝的前n项和为Sn.已知a1=1,an+1=Sn+3n,.求数列{αn｝的通项公式。 　　解:依题意,Sn+1-Sn=an+1=Sn+3n,即Sn+1=2Sn+3n, 　　由此得Sn+1-3n+1=2(Sn-3n), 　　设bn=Sn-3n,则bn+1=2bn, 　　∴数列{bn｝是首项为b1=s1-3=a-3,公比为2的等比数列, 　　∴,bn=Sn-3n=(a-3)2n-1,.① 　　∴Sn=(a-3)・2n-1+3, 　　∴an+1=(a-3)・2n-1+2・3n() 　　故。 　　例9、(09全国Ⅱ理改编)设数列 的前n项和为Sn,已知a1=1,Sn+1=4an+2求数列{an｝的通项公式。 　　解:∵a1=1及Sn+1=4an+2, 　　当n=1时,a1+a2=4a1+2,a2=3a1+2=5 　　当n≥2时, 　　由Sn+1=4an+2, ① 　　得Sn=4an-1+2, ② 　　①-②得an+1=4an-1,∴an+1=2(an-2an-1) 　　令bn=an+1-2an,则bn=2bn-1 　　∴{bn｝是首项b1=3,公比为2的等比数列. 　　∴bn=an+1-2an=3・2n-1, 　　∴数列是首项为,公差为的等比数列. 　　∴, 　　∴。 　　总之,已知数列的递推关系,求数列的通项公式,是高考理科数学解答题中考查的重点和热点,也是难点。要突破这一难点,必须熟悉常见的递推模型及解决策略,充分利用题目中所给的“梯度数列”,通过变形及整体思想,转化为等差、等比数列问题,从而求出数列的通项公式。 本文为全文原貌 未安装PDF浏览器用户请先下载安装 原版全文

解答题？选择题？几何？代数？什么都不说，哪会有什么技巧

0＜a1＜π a2=sina1∈(0,1)在区间(0,1)中 sinx <x数学归纳可知 0<a[n+1]<a[n] 单调下降，极限为0

我之前在网上找的。正好没删。感觉比楼上的实用。有例题,建议你自已把例题推一下。其实感觉高考不用掌握特征根的。不过掌握了更好==============================数列{An}：满足An+2 + s*An+1 + t*An=0 则其对应的特征方程为：x^2 +sx+t=0 ,设其两根为α、β 1).当α≠β时，An=k*α^(n-1) + m*β^(n-1) 2).当α＝β时，An=(kn+m)*α^(n-2) 其中k、m的值的求法，用A1、A2的值代入上面的通项公式中，建立方程组解之即可 (1).数列{An}满足：An+2 -4*An+1 +4An=0 ,A1=1 ,A2=2 ,求通项An 解：特征方程为 (x-2)^2=0 ,所以α＝β＝2 设An=(kn+m)*α^(n-2) ， 所以(k+m)/2 = 1 ,(2k+m)=2 ,解得：k=2 ,m=0 所以An=(kn+m)*α^(n-2)=n*2^(n-1) (2).裴波那契数列{An}满足：An+2 -An+1 -An=0 ,A1=1 ,A2=1 ,求通项An 解：特征方程为 x^2 -x-1=0 ,所以α=(1-√5)/2 ,β=(1+√5)/2 设An=k*α^(n-1) + m*β^(n-1) ，则有 k + m = 1 ,k*(1-√5)/2 + m*(1+√5)/2 = 1 解得：k=-(√5/5)*α ,m=(√5/5)*β 所以An= (√5/5)*β^n - (√5/5)*α^n

递归数列 是一种用归纳方法给定的数列. 例如,等比数列可以用归纳方法来定义,先定义第一项 a1 的值( a1 ≠ 0 ),对 于以后的项 ,用递推公式an+1＝qan （q≠0,n＝1,2,…）给出定义. 一般地,递归数列的前k项a1,a2,…,ak为已知数,从第k＋1项起,由某一递推公式an+k＝f（an,an+1,…,an+k-1） ( n＝1,2,…）所确定.k称为递归数列的阶数.例如 ,已知 a1＝1,a2＝1,其余各项由公式an+1＝an＋an-1（n＝2,3,…）给定的数列是二阶递归数列.这是斐波那契数列,各项依次为 1 ,1 ,2 ,3,5 ,8 ,13 ,21 ,…,同样 ,由递归式an+1－an ＝an－an-1( a1,a2 为已知,n＝2,3,… ) 给定的数列,也是二阶递归数列,这是等差数列.

递推数列单调性要看对应函数的单调性。用导数可以判断函数的单调性。导数不等于零时函数单调，导数等于零时函数不单调。这点可以从导数的几何意义看出。函数对应的曲线在导数为零处切线与x轴平行。所以函数不单调。导数不为零处切线与x轴相交，所以函数单调。导数大于零时单调递增。导数小于零时单调递减。

移项，得an-an-1=3n-2∴a2-a1=3*2-2a3-a2=3*3-2......an-an-1=3n-2可以看到，先消去的为减数，（如a2）an-a1=3（2+3+...+（n-1））-2*（n-1）整理，即可。

无规律的数列不可求通项，如随机数列。。。

在高考中数列部分的考查既是重点又是难点，不论是选择题或填空题中对基础知识的检验，还是压轴题中与其他章节知识的综合，抓住数列的通项公式通常是解题的关键。　　求数列通项公式常用以下几种方法：　　一、题目已知或通过简单推理判断出是等比数列或等差数列，直接用其通项公式。　　例：在数列{an}中，若a1=1，an+1=an+2(n1)，求该数列的通项公式an。　　解：由an+1=an+2(n1)及已知可推出数列{an}为a1=1，d=2的等差数列。所以an=2n-1。此类题主要是用等比、等差数列的定义判断，是较简单的基础小题。　　二、已知数列的前n项和，用公式　　S1 (n=1)　　Sn-Sn-1 (n2) 　　例：已知数列{an}的前n项和Sn=n2-9n，第k项满足5　　(A) 9 (B) 8 (C) 7 (D) 6　　解：∵an=Sn-Sn-1=2n-10，∴5<2k-10<8 ∴k=8 选 (B) 　　此类题在解时要注意考虑n=1的情况。　　三、已知an与Sn的关系时，通常用转化的方法，先求出Sn与n的关系，再由上面的(二)方法求通项公式。　　例：已知数列{an}的前n项和Sn满足an=SnSn-1(n2)，且a1=-，求数列{an}的通项公式。　　解：∵an=SnSn-1(n2)，而an=Sn-Sn-1，SnSn-1=Sn-Sn-1，两边同除以SnSn-1，得---=-1(n2)，而-=-=-，∴{-} 是以-为首项，-1为公差的等差数列，∴-= -，Sn= -，　　再用(二)的方法：当n2时，an=Sn-Sn-1=-，当n=1时不适合此式，所以，　　- (n=1)　　- (n2)　　四、用累加、累积的方法求通项公式　　对于题中给出an与an+1、an-1的递推式子，常用累加、累积的方法求通项公式。　　例：设数列{an}是首项为1的正项数列，且满足(n+1)an+12-nan2+an+1an=0，求数列{an}的通项公式　　解：∵(n+1)an+12-nan2+an+1an=0，可分解为[(n+1)an+1-nan](an+1+an)=0　　又∵{an}是首项为1的正项数列，∴an+1+an ≠0，∴-=-，由此得出：-=-，-=-，-=-，…，-=-,这n-1个式子，将其相乘得：∴ -=-，　　又∵a1=1，∴an=-(n2)，∵n=1也成立，∴an=-(n∈N*)五、用构造数列方法求通项公式　　题目中若给出的是递推关系式，而用累加、累积、迭代等又不易求通项公式时，可以考虑通过变形，构造出含有 an(或Sn)的式子，使其成为等比或等差数列，从而求出an(或Sn)与n的关系，这是近一、二年来的高考热点，因此既是重点也是难点。　　例：已知数列{an}中，a1＝2，an+1=(--1)(an+2)，n=1,2,3,…… 　　(1)求{an}通项公式 (2)略　　解：由an+1=(--1)(an+2)得到an+1--＝ (--1)(an--)　　∴{an--}是首项为a1--，公比为--1的等比数列。　　由a1＝2得an--=(--1)n-1(2--) ，于是an=(--1)n-1(2--)+- 　　又例：在数列{an}中，a1=2，an+1=4an-3n+1(n∈N*)，证明数列{an-n}是等比数列。　　证明：本题即证an+1-(n+1)=q(an-n) (q为非0常数)　　由an+1=4an-3n+1，可变形为an+1-(n+1)=4(an-n)，又∵a1-1=1，　　所以数列{an-n}是首项为1，公比为4的等比数列。　　若将此问改为求an的通项公式，则仍可以通过求出{an-n}的通项公式，再转化到an的通项公式上来。　　又例：设数列{an}的首项a1∈(0,1)，an=-，n=2，3，4……(1)求{an}通项公式。(2)略　　解：由an=-，n=2,3,4,……，整理为1-an=--(1-an-1)，又1-a1≠0，所以{1-an}是首项为1-a1，公比为--的等比数列，得an=1-(1-a1)(--)n-1 　　解题方略

他们都是一个意思，没有什么区别。都是通过已知的项和递推式，得到一个无穷多项的数列。望采纳，谢谢

二阶递推数列，是指以这样的方式定义出的数列：给出数列前两项，然后给出用第n-2项和第n-1项来表示第n项的关系式，即an=f(an-1,an-2)。二阶线性递推数列是一种特殊的二阶递推数列，因为其递推关系限定在线性函数中，即：an=A(an-1)+B(an-2)，其中A,B都是非零常数。

概念如果一个数列的第n项an与该数列的其他一项或多项之间存在对应关系的，这个关系就称为该数列的递推公式。例如斐波纳契数列的递推公式为an=an-1+an-2等差数列递推公式：an=d(n-1)+a（d为公差 a为首项）等比数列递推公式：bn=q(n-1)*b （q为公比 b为首项）由递推公式写出数列的方法：1. 根据递推公式写出数列的前几项，依次代入计算即可；2.若知道的是末项，通常将所给公式整理成用后面的项表示前面的项的形式。递推列亦称递归列。由前面的项能推出后面的项的数列。指对所有n>p，满足形如an=f(an-1，an-2，…，an-p)的关系式的序列{an}，其中f为某个函数。p是某个固定的正整数，a1，a2，…，ap为已知数。p称为这个递推列的阶数.上述关系式称为递推公式，给定a1，a2，…，ap，可以从它得到所有an。形如an+c1an-1+c2an-2+…+cpan-p=0(c1，c2，…，cp是常数)的递推公式称为线性递推公式，相应的序列称为线性递推列。最简单的递推列是一阶递推列，即满足an=f(an-1)的序列{an}.它又称迭代列。等差数列与等比数列都是线性的迭代列

方程y"+y=0的通解为：y=C1cosx+C2sinx具体回答如下：特征方程：r+1=0可以解得：r1、2=±i所以通解为：y=C1cosx+C2sinx 所以答案是：y=C1cosx+C2sinx特征方程的高阶递推：对于更高阶的线性递推数列，只要将递推公式中每一个xn换成x，就是它的特征方程。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。

数列的递进公式，如下所示：数列的递推公式=n/n+1。如果一个数列的第n项an与该数列的其他一项或多项之间存在对应关系的，这个关系就称为该数列的递推公式。例如斐波纳契数列的递推公式为 an=an-1+an-2。等差数列递推公式：an=d(n-1)+a（d为公差，a为首项）。等比数列递推公式：bn=q(n-1)*b （q为公比 b为首项）。由递推公式写出数列的方法：1. 根据递推公式写出数列的前几项，依次代入计算即可。2.若知道的是末项，通常将所给公式整理成用后面的项表示前面的项的形式。数列的含义：数列是以正整数集或它的有限子集为定义域的函数，是一列有序的数。数列中的每一个数都叫做这个数列的项。排在第一位的数称为这个数列的第1项，通常也叫做首项，排在第二位的数称为这个数列的第2项，以此类推，排在第n位的数称为这个数列的第n项，通常用an表示。

递推公式：如果一个数列的第n项an与该数列的其他一项或多项之间存在对应关系的,这个关系就称为该数列的递推公式.例如斐波纳契数列的递推公式为an=a（n-1）+a（n-2）等差数列递推公式：an=a(n-1)+d（d为公差）等比数列递推公式：bn=b(n-1)* q （q为公比）通项公式：如果一个数列的第n项an与其项数n之间的关系可用式子an=f（n）来表示,这个式子就称为该数列的通项公式.

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、特征根的方法等等。 类型一归纳—猜想—证明 由数列的递推公式可写出数列的前几项，再由前几项总结出规律，猜想出数列的一个通项公式，最后用数学归纳法证明． 类型二“逐差法”和“积商法” (1)当数列的递推公式可以化为an+1-an=f(n)时，取n=1,2,3,…,n-1，得n-1个式子： a2-a1=f(1),a3-a2=f(2),…,an-an-1=f(n-1)， 且f(1)+f(2)+…+f(n-1)可求得时，两边累加得通项an，此法称为“逐差法”． (2)当数列的递推公式可以化为an+1/an=f(n)时，令n=1,2,3,…,n-1,得n-1个式子，即 a2/a1=f(1),a3/a2=f(2),a4/a3=f(3),…,an/an-1=f(n－1)，且f(1)f(2)f(3)…f(n-1)可求得时，两边连乘可求出an，此法称为“积商法”． 类型三构造法 递推式是pan=qan-1+f(n)(p、q是不为零的常数)，可用待定系数法构造一个新的等比数列求解． 类型四可转化为类型三求通项 (1)“对数法”转化为类型三． 递推式为an+1=qan�k(q＞0,k≠0且k≠1,a1＞0)，两边取常用对数，得lgan+1=klgan+lgq，令lgan=bn，则有bn+1=kbn+lgq，转化为类型三． (2)“倒数法”转化为类型三． 递推式为商的形式：an+1=(pan+b)/(qan+c)(an≠0，pq≠0,pc≠qb)． 若b=0，得an+1=pan/(qan+c)．因为an≠0，所以两边取倒数得1/an+1=q/p+c/pan,令bn=1/an,则bn+1=(c/p)bn+q/p，转化为类型三． 若b≠0，设an+1+x=y(an+x)/qan+c，与已知递推式比较求得x、y，令bn=an+x，得bn+1=ybn/qan+c，转化为b=0的情况． 类型五递推式为an+1/an=qn/n+k(q≠0,k∈N) 可先将等式(n+k)an+1=qnan两边同乘以(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)，得(n+k)(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)an+1=q(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)nan，令bn=(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)�6�1nan,则bn+1=(n+k)(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)an+1． 从而bn+1=qbn，因此数列｛bn｝是公比为q，首项为b1=k(k-1)(k-2)…2�6�11�6�1a1=k!a1的等比数列，进而可求得an． 总之，由数列的递推公式求通项公式的问题比较复杂，不可能一一论及，但只要我们抓住递推数列的递推关系，分析结构特征，善于合理变形，就能找到解决问题的有效途径．类型一�归纳—猜想—证明 由数列的递推公式可写出数列的前几项，再由前几项总结出规律，猜想出数列的一个通项公式，最后用数学归纳法证明． �例1�设数列｛an｝是首项为1的正项数列，且(n+1)a2n+1-nan2+an+1an=0(n=1,2,3,…)，则它的通项公式是an=______________．(2000年全国数学卷第15题) 解：将(n+1)a2n+1-nan2+an+1an=0(n=1,2,3,…)分解因式得(an+1+an)〔(n+1)an+1-nan〕=0．��由于an＞0，故(n+1)an+1=nan，即an+1=n/(n+1)an．��因此a2=(1/2)a1=(1/2)，a3=(2/3)a2=(1/3),…．猜想an=(1/n),可由数学归纳法证明之，证明过程略． 类型二�“逐差法”和“积商法” (1)当数列的递推公式可以化为an+1-an=f(n)时，取n=1,2,3,…,n-1，得n-1个式子： a2-a1=f(1),a3-a2=f(2),…,an-an-1=f(n-1)， 且f(1)+f(2)+…+f(n-1)可求得时，两边累加得通项an，此法称为“逐差法”． 例2�已知数列｛an｝满足a1=1,an=3n-1+an-1(n≥2),证明：an=(3n-1)/2． (2003年全国数学卷文科第19题) 证明：由已知得an-an-1=3n-1，故 an=(an-an-1)+(an-1－an-2)+…+(a2-a1)+a1=3n-1+3��n-2�+…+3+1=3n-1/2． 所以得证． (2)当数列的递推公式可以化为an+1/an=f(n)时，令n=1,2,3,…,n-1,得n-1个式子，即 a2/a1=f(1),a3/a2=f(2),a4/a3=f(3),…,a��n�/an-1�=f(n－1)�，�且f(1)f(2)f(3)…f(n-1)可求得时，两边连乘可求出an，此法称为“积商法”． 例3�(同例1)(2000年全国数学卷第15题) 另解：将(n+1)a2n+1-nan2＋an+1an=0(n�=1,2,3,…)化简，得(n+1)an+1=nan，即 an+1/an=n/(n+1)．� 故an=an/an-1�6�1an-1/an-2�6�1an-2/an-3�6�1…�6�1a2/a1�=n-1/n�6�1n-2/n-1�6�1n-3/n-2�6�1 … �6�11/2�=1/n． 类型三�构造法 递推式是pan=qan-1+f(n)(p、q是不为零的常数)，可用待定系数法构造一个新的等比数列求解． 例4�(同例2)(2003年全国数学卷文科第19题) 另解：由an=3n-1+an-1得3�6�1an/3n=an-1/3n-1+1． 令bn＝an/3n，则有 bn=1/3bn-1+1/3． (*) 设bn+x=1/3(bn-1+x)，则bn=1/3bn-1+1/3x-x，与(*)式比较，得x=-1/2，所以bn-1/2=1/3(bn-1-1/2)．因此数列｛bn-1/2｝是首项为b1-1=a1/3=-1/6，公比为1/3的等比数列，所以bn-1/2=-1/6�6�1(1/3)n-1，即an/3n-1/2=-1/6(1/3)n-1．故an=3n〔1/2-1/6(1/3)n-1〕=3n-1/2． 例5�数列｛an｝中，a1=1,an+1=4an+3n+1，求an．� 解：令an+1+(n+1)x+y=4(an+nx+y)，则 an+1=4an+3nx+3y-x,与已知an+1=4an+3n+1比较，得 3x=3， 所以 x=1, 3y-x=1， y=(2/3)．故数列｛an+n+(2/3)｝是首项为a1+1+(2/3)=(8/3)，公比为4的等比数列，因此an+n+(2/3)=(8/3)�6�14n-1,即 an=(8/3)�6�14n-1-n-(2/3)． 另解：由已知可得当n≥2时，an=4an-1+3(n-1)+1，与已知关系式作差，有an+1-an=4(an-an-1)+3，即an+1-an+1=4(an-an-1+1)，因此数列｛an+1-an+1｝是首项为a2-a1+1=8-1+1=8，公比为4的等比数列，然后可用“逐差法”求得其通项an=(8/3)�6�14n-1-n-(2/3)． 类型四�可转化为 类型三求通项 (1)“对数法”转化为 类型三． 递推式为an+1=qan�k(q＞0,k≠0且k≠1,a1＞0)，两边取常用对数，得lgan+1=klgan+lgq，令lgan=bn，则有bn+1=kbn+lgq，转化为 类型三． 例6�已知数列｛an｝中，a1=2,an+1=an2，求an． 解：由an+1=an2＞0，两边取对数得lgan+1=2lgan．令bn=lgan则bn+1=2bn．因此数列｛bn｝是首项为b1=lga1=lg2，公比为2的等比数列，故bn=2n-1lg2=lg22n-1，即an=22n-1． (2)“倒数法”转化为 类型三． 递推式为商的形式：an+1=(pan+b)/(qan+c)(an≠0，pq≠0,pc≠qb)． 若b=0，得an+1=pan/(qan+c)．因为an≠0，所以两边取倒数得1/an+1=q/p+c/pan,令bn=1/an,则bn+1=(c/p)bn+q/p，转化为 类型三． 若b≠0，设an+1+x=y(an+x)/qan+c，与已知递推式比较求得x、y，令bn=an+x，得bn+1=ybn/qan+c，转化为b=0的情况． 例7�在数列｛an｝中，已知a1=2,an+1=(3an+1)/(an+3)，求通项an． 解：设an+1+x=y(an+x)/an+3，则an+1=(y-x)an+(y-3)x/an+3，结合已知递推式得 y-x=3, 所以 x=1, y-3=1， y=4，则有an+1+1=4(an+1)/an+3，令bn=an+1，则bn+1=4bn/bn+2，求倒数得1/bn+1=1/2�6�11/bn+1/4，即1/bn+1-1/2=1/2(1/bn-1/2)． 因此数列｛1/bn-1/2｝是首项为1/b1-1/2=1/a1+1-1/2=-1/6，公比为1/2的等比数列． 故1/bn-1/2=(-1/6)(1/2)n-1，从而可求得an． 类型五�递推式为an+1/an=qn/n+k(q≠0,k∈N) 可先将等式(n+k)an+1=qnan两边同乘以(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)，得(n+k)(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)an+1=q(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)nan，令bn=(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)�6�1nan,则bn+1=(n+k)(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)an+1． 从而bn+1=qbn，因此数列｛bn｝是公比为q，首项为b1=k(k-1)(k-2)…2�6�11�6�1a1=k!a1的等比数列，进而可求得an． 例8�(同例1)(2000年全国数学卷第15题) 另解：将(n+1)a2n+1-na2n+an+1an=0(n=1,2,3,…)，化简得(n+1)an+1=nan,令nan=bn，则bn+1=bn，所以数列｛bn｝是常数列，由于首项b1=1�6�1a1=1，所以bn=1,即nan=1，故an=1/n． 总之，由数列的递推公式求通项公式的问题比较复杂，不可能一一论及，但只要我们抓住递推数列的递推关系，分析结构特征，善于合理变形，就能找到解决问题的有效途径．

就是给出某数列相邻两项（或者相邻三项甚至有的给定相邻四项）的关系式，并给出第一项（或前两项甚至前三项）的值据此让你来推知该数列的第n项与项数n之间存在的规律（即求通项公式）。

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1、斐波那契数列斐波那契数列，又称黄金分割数列、因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，提出时间为1202年。2、递推数列递推数列是可以递推找出规律的数列，找出这个规律的通项式就是解递推数列。求递推数列通项公式的常用方法有：公式法、累加法、累乘法、待定系数法等共十种方法。3、Look-and-say 数列Look-and-say 数列是数学中的一种数列，它的名字就是它的推导方式：给定第一项之后，后一项是前一项的发音。4、帕多瓦数列帕多瓦数列是由帕多瓦总结而出的。它的特点为从第四项开始，每一项都是前面2项与前面3项的和。5、卡特兰数卡特兰数是组合数学中一个常出现在各种计数问题中的数列。以比利时的数学家欧仁·查理·卡塔兰 (1814–1894)的名字来命名。参考资料来源：百度百科-斐波那契数列参考资料来源：百度百科-递推数列 参考资料来源：百度百科-Look-and-say 数列参考资料来源：百度百科-帕多瓦数列参考资料来源：百度百科-卡特兰数

a(n)+a(n+1)=4n①，a(n-1)+an=4(n-1)②两式相减得a(n+1)-a(n-1)=4即每隔一项等差.公差为4an=a1+[(n-1)/2]*d=2n-1不知道这种做法可以伐.其实把a1=1带进去这个数列就是1，3，5，7…然后用数学归纳法,猜想公式为an=1+(n-1)*2，再证明一下就可以了。

可以使用待定系数法。设a[n+1]=ka[n]+b，如果k=1就是等差数列，因此仅关注k不等于1的情况。注意到如果递推式可以化成a[n+1]+λ=k(a[n]+λ)的形式，a[n]+λ就是等比数列，从而可以得到a[n]+λ=(a[1]+λ)k^(n-1)，进而得到a[n]=(a[1]+λ)k^(n-1)-λ。因此关键就是求λ。注意a[n+1]+λ=k(a[n]+λ)等价于a[n+1]=ka[n]+kλ-λ，对比a[n+1]=ka[n]+b可知kλ-λ=b，因此λ=b/(k-1)。综上，可求得a[n]=(a[1]+b/(k-1))k^(n-1)-b/(k-1)。

递推公式：如果一个数列的第n项an与该数列的其他一项或多项之间存在对应关系的，这个关系就称为该数列的递推公式。例如斐波纳契数列的递推公式为an=a（n-1）+a（n-2）等差数列递推公式：an=a(n-1)+d（d为公差）等比数列递推公式：bn=b(n-1)*q（q为公比）通项公式：如果一个数列的第n项an与其项数n之间的关系可用式子an=f（n）来表示，这个式子就称为该数列的通项公式。定义怕给错了，上面是摘的百度百科递推公式就是知道前几项用公式推出后一项（所谓“递推”）通项公式就是知道是第几项直接能得出此项的值（所以是“通”项）关系的话……有通项公式可以求出递推公式，有递推公式和首项（或前几项）可以得到递推公式【用数学归纳法】

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、特征根的方法等等。 类型一归纳—猜想—证明 由数列的递推公式可写出数列的前几项，再由前几项总结出规律，猜想出数列的一个通项公式，最后用数学归纳法证明． 类型二“逐差法”和“积商法” (1)当数列的递推公式可以化为an+1-an=f(n)时，取n=1,2,3,…,n-1，得n-1个式子： a2-a1=f(1),a3-a2=f(2),…,an-an-1=f(n-1)， 且f(1)+f(2)+…+f(n-1)可求得时，两边累加得通项an，此法称为“逐差法”． (2)当数列的递推公式可以化为an+1/an=f(n)时，令n=1,2,3,…,n-1,得n-1个式子，即 a2/a1=f(1),a3/a2=f(2),a4/a3=f(3),…,an/an-1=f(n－1)，且f(1)f(2)f(3)…f(n-1)可求得时，两边连乘可求出an，此法称为“积商法”． 类型三构造法 递推式是pan=qan-1+f(n)(p、q是不为零的常数)，可用待定系数法构造一个新的等比数列求解． 类型四可转化为类型三求通项 (1)“对数法”转化为类型三． 递推式为an+1=qan�k(q＞0,k≠0且k≠1,a1＞0)，两边取常用对数，得lgan+1=klgan+lgq，令lgan=bn，则有bn+1=kbn+lgq，转化为类型三． (2)“倒数法”转化为类型三． 递推式为商的形式：an+1=(pan+b)/(qan+c)(an≠0，pq≠0,pc≠qb)． 若b=0，得an+1=pan/(qan+c)．因为an≠0，所以两边取倒数得1/an+1=q/p+c/pan,令bn=1/an,则bn+1=(c/p)bn+q/p，转化为类型三． 若b≠0，设an+1+x=y(an+x)/qan+c，与已知递推式比较求得x、y，令bn=an+x，得bn+1=ybn/qan+c，转化为b=0的情况． 类型五递推式为an+1/an=qn/n+k(q≠0,k∈N) 可先将等式(n+k)an+1=qnan两边同乘以(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)，得(n+k)(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)an+1=q(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)nan，令bn=(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)•nan,则bn+1=(n+k)(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)an+1． 从而bn+1=qbn，因此数列｛bn｝是公比为q，首项为b1=k(k-1)(k-2)…2•1•a1=k!a1的等比数列，进而可求得an． 总之，由数列的递推公式求通项公式的问题比较复杂，不可能一一论及，但只要我们抓住递推数列的递推关系，分析结构特征，善于合理变形，就能找到解决问题的有效途径．类型一�归纳—猜想—证明 由数列的递推公式可写出数列的前几项，再由前几项总结出规律，猜想出数列的一个通项公式，最后用数学归纳法证明． �例1�设数列｛an｝是首项为1的正项数列，且(n+1)a2n+1-nan2+an+1an=0(n=1,2,3,…)，则它的通项公式是an=______________．(2000年全国数学卷第15题) 解：将(n+1)a2n+1-nan2+an+1an=0(n=1,2,3,…)分解因式得(an+1+an)〔(n+1)an+1-nan〕=0．��由于an＞0，故(n+1)an+1=nan，即an+1=n/(n+1)an．��因此a2=(1/2)a1=(1/2)，a3=(2/3)a2=(1/3),…．猜想an=(1/n),可由数学归纳法证明之，证明过程略． 类型二�“逐差法”和“积商法” (1)当数列的递推公式可以化为an+1-an=f(n)时，取n=1,2,3,…,n-1，得n-1个式子： a2-a1=f(1),a3-a2=f(2),…,an-an-1=f(n-1)， 且f(1)+f(2)+…+f(n-1)可求得时，两边累加得通项an，此法称为“逐差法”． 例2�已知数列｛an｝满足a1=1,an=3n-1+an-1(n≥2),证明：an=(3n-1)/2． (2003年全国数学卷文科第19题) 证明：由已知得an-an-1=3n-1，故 an=(an-an-1)+(an-1－an-2)+…+(a2-a1)+a1=3n-1+3��n-2�+…+3+1=3n-1/2． 所以得证． (2)当数列的递推公式可以化为an+1/an=f(n)时，令n=1,2,3,…,n-1,得n-1个式子，即 a2/a1=f(1),a3/a2=f(2),a4/a3=f(3),…,a��n�/an-1�=f(n－1)�，�且f(1)f(2)f(3)…f(n-1)可求得时，两边连乘可求出an，此法称为“积商法”． 例3�(同例1)(2000年全国数学卷第15题) 另解：将(n+1)a2n+1-nan2＋an+1an=0(n�=1,2,3,…)化简，得(n+1)an+1=nan，即 an+1/an=n/(n+1)．� 故an=an/an-1•an-1/an-2•an-2/an-3•…•a2/a1�=n-1/n•n-2/n-1•n-3/n-2• … •1/2�=1/n． 类型三�构造法 递推式是pan=qan-1+f(n)(p、q是不为零的常数)，可用待定系数法构造一个新的等比数列求解． 例4�(同例2)(2003年全国数学卷文科第19题) 另解：由an=3n-1+an-1得3•an/3n=an-1/3n-1+1． 令bn＝an/3n，则有 bn=1/3bn-1+1/3． (*) 设bn+x=1/3(bn-1+x)，则bn=1/3bn-1+1/3x-x，与(*)式比较，得x=-1/2，所以bn-1/2=1/3(bn-1-1/2)．因此数列｛bn-1/2｝是首项为b1-1=a1/3=-1/6，公比为1/3的等比数列，所以bn-1/2=-1/6•(1/3)n-1，即an/3n-1/2=-1/6(1/3)n-1．故an=3n〔1/2-1/6(1/3)n-1〕=3n-1/2． 例5�数列｛an｝中，a1=1,an+1=4an+3n+1，求an．� 解：令an+1+(n+1)x+y=4(an+nx+y)，则 an+1=4an+3nx+3y-x,与已知an+1=4an+3n+1比较，得 3x=3， 所以 x=1, 3y-x=1， y=(2/3)．故数列｛an+n+(2/3)｝是首项为a1+1+(2/3)=(8/3)，公比为4的等比数列，因此an+n+(2/3)=(8/3)•4n-1,即 an=(8/3)•4n-1-n-(2/3)． 另解：由已知可得当n≥2时，an=4an-1+3(n-1)+1，与已知关系式作差，有an+1-an=4(an-an-1)+3，即an+1-an+1=4(an-an-1+1)，因此数列｛an+1-an+1｝是首项为a2-a1+1=8-1+1=8，公比为4的等比数列，然后可用“逐差法”求得其通项an=(8/3)•4n-1-n-(2/3)． 类型四�可转化为 类型三求通项 (1)“对数法”转化为 类型三． 递推式为an+1=qan�k(q＞0,k≠0且k≠1,a1＞0)，两边取常用对数，得lgan+1=klgan+lgq，令lgan=bn，则有bn+1=kbn+lgq，转化为 类型三． 例6�已知数列｛an｝中，a1=2,an+1=an2，求an． 解：由an+1=an2＞0，两边取对数得lgan+1=2lgan．令bn=lgan则bn+1=2bn．因此数列｛bn｝是首项为b1=lga1=lg2，公比为2的等比数列，故bn=2n-1lg2=lg22n-1，即an=22n-1． (2)“倒数法”转化为 类型三． 递推式为商的形式：an+1=(pan+b)/(qan+c)(an≠0，pq≠0,pc≠qb)． 若b=0，得an+1=pan/(qan+c)．因为an≠0，所以两边取倒数得1/an+1=q/p+c/pan,令bn=1/an,则bn+1=(c/p)bn+q/p，转化为 类型三． 若b≠0，设an+1+x=y(an+x)/qan+c，与已知递推式比较求得x、y，令bn=an+x，得bn+1=ybn/qan+c，转化为b=0的情况． 例7�在数列｛an｝中，已知a1=2,an+1=(3an+1)/(an+3)，求通项an． 解：设an+1+x=y(an+x)/an+3，则an+1=(y-x)an+(y-3)x/an+3，结合已知递推式得 y-x=3, 所以 x=1, y-3=1， y=4，则有an+1+1=4(an+1)/an+3，令bn=an+1，则bn+1=4bn/bn+2，求倒数得1/bn+1=1/2•1/bn+1/4，即1/bn+1-1/2=1/2(1/bn-1/2)． 因此数列｛1/bn-1/2｝是首项为1/b1-1/2=1/a1+1-1/2=-1/6，公比为1/2的等比数列． 故1/bn-1/2=(-1/6)(1/2)n-1，从而可求得an． 类型五�递推式为an+1/an=qn/n+k(q≠0,k∈N) 可先将等式(n+k)an+1=qnan两边同乘以(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)，得(n+k)(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)an+1=q(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)nan，令bn=(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)•nan,则bn+1=(n+k)(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)an+1． 从而bn+1=qbn，因此数列｛bn｝是公比为q，首项为b1=k(k-1)(k-2)…2•1•a1=k!a1的等比数列，进而可求得an． 例8�(同例1)(2000年全国数学卷第15题) 另解：将(n+1)a2n+1-na2n+an+1an=0(n=1,2,3,…)，化简得(n+1)an+1=nan,令nan=bn，则bn+1=bn，所以数列｛bn｝是常数列，由于首项b1=1•a1=1，所以bn=1,即nan=1，故an=1/n． 总之，由数列的递推公式求通项公式的问题比较复杂，不可能一一论及，但只要我们抓住递推数列的递推关系，分析结构特征，善于合理变形，就能找到解决问题的有效途径．

作为初一学生，这道题实在看不懂，什么是自然对数？

其他解释稍微有点复杂，通俗易懂的讲：一阶是只这个递推数列只针对前一项有效，例如 an+1=2an。如果是针对前两项，则叫二阶，比如斐波那契数列。线性说白了就是一次函数关系。

基本都可观察出来(1)首先因为a1>0a2=正数/正数>0,同理所以a3>0,...所以an>0其次,(3+an-2)/(3+an)=1-2/(3+an)<1所以an<3所以0<an<3(2)因为x1=2,x2=2+1/x1>2x3=2+1/x2>2,...所以xn>=2然后因为xn>=2,所以1/xn<=1/2所以xn=2+1/xn-1<=2+1/2=5/2所以2<=xn<=5/2不明白可追问

　递推公式的概念：可以通过给出数列的第1项（或前若干项），并给出数列的某一项与它的前一项（或前若干项）的关系式来表示数列，这种表示数列的式子叫做这个数列的递推公式。递推公式是数列所特有的表示法，它包含两个部分，一是递推关系，一是初始条件，二者缺一不可．　　递推公式：　　如果一个数列的第n项an与该数列的其他一项或多项之间存在对应关系的，这个关系就称为该数列的递推公式。例如斐波纳契数列的递推公式为an=an-1+an-2