新高考数学二轮专题复习《数列》专练第03讲 通项公式的求法讲义（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮专题复习《数列》专练第03讲 通项公式的求法讲义（2份，原卷版+解析版），共3页。试卷主要包含了邻项等和，一次分式之T=2，一次分式之T=3，一次分式之T=6等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc26572" 思维导图 PAGEREF _Tc26572 \h 3
\l "_Tc30770" 高考分析 PAGEREF _Tc30770 \h 3
\l "_Tc11212" 学习目标 PAGEREF _Tc11212 \h 4
\l "_Tc15437" 知识要点 PAGEREF _Tc15437 \h 4
\l "_Tc15306" 解题策略 PAGEREF _Tc15306 \h 21
\l "_Tc20869" 题型归纳 PAGEREF _Tc20869 \h 22
\l "_Tc7731" 题型01：观察法求通项公式 PAGEREF _Tc7731 \h 22
\l "_Tc28470" 题型02：公式定义法 PAGEREF _Tc28470 \h 23
\l "_Tc29937" 题型03： 累加法 PAGEREF _Tc29937 \h 25
\l "_Tc24485" 题型04：累乘法 PAGEREF _Tc24485 \h 27
\l "_Tc14669" 题型05：an与Sn关系统一法（公式法） PAGEREF _Tc14669 \h 29
\l "_Tc30398" 一： 用Sn−Sn−1，得到an​​​ PAGEREF _Tc30398 \h 29
\l "_Tc22559" 二 ：等式中左侧含有：i=1naibi PAGEREF _Tc22559 \h 32
\l "_Tc15377" 三 ：消an求Sn：将题意中的an​​​用Sn−Sn−1替换 PAGEREF _Tc15377 \h 35
\l "_Tc14442" 四： 因式分解型（正项数列） PAGEREF _Tc14442 \h 38
\l "_Tc18817" 题型06：前n项积求通项 PAGEREF _Tc18817 \h 41
\l "_Tc18378" 题型07：构造法 PAGEREF _Tc18378 \h 46
\l "_Tc11379" 一：形如 an+1=pan+q型的递推式 PAGEREF _Tc11379 \h 46
\l "_Tc17249" 二：形如an+1=pan+kn+b型的递推式 PAGEREF _Tc17249 \h 46
\l "_Tc17800" 三：取倒数:形如Aan+1−an=Ban+1an 与an+1=AanBan+A类型构造 PAGEREF _Tc17800 \h 47
\l "_Tc26923" 四：形如an+1=pan+rqn型的递推式 PAGEREF _Tc26923 \h 47
\l "_Tc17197" 五：构造法——取对数法 PAGEREF _Tc17197 \h 49
\l "_Tc23768" 六：形如an+1=man+ppan+q型的递推式 PAGEREF _Tc23768 \h 50
\l "_Tc30072" 七：形如an+2=pan+1+qan型的递推式 PAGEREF _Tc30072 \h 50
\l "_Tc9378" 八：构造法——复合型（an±bn型） PAGEREF _Tc9378 \h 53
\l "_Tc28212" 九：构造法——an与n复合型 PAGEREF _Tc28212 \h 53
\l "_Tc1471" 题型08：待定系数法 PAGEREF _Tc1471 \h 54
\l "_Tc13833" 题型09：类累加法（隔项等差） PAGEREF _Tc13833 \h 56
\l "_Tc1366" 题型10：类累乘（隔项成等比） PAGEREF _Tc1366 \h 59
\l "_Tc26657" 题型11：不动点求通项 PAGEREF _Tc26657 \h 61
\l "_Tc14878" 题型12：特征根求通项 PAGEREF _Tc14878 \h 63
\l "_Tc20410" 题型13：递推关系奇偶并项型 PAGEREF _Tc20410 \h 64
\l "_Tc15388" 题型14：图形推导型 PAGEREF _Tc15388 \h 68
\l "_Tc16261" 题型15： 斐波那契型 PAGEREF _Tc16261 \h 73
\l "_Tc11025" 题型16：周期数列 PAGEREF _Tc11025 \h 78
\l "_Tc22724" 题型17：双数列 PAGEREF _Tc22724 \h 79
\l "_Tc18842" 题型18：重新组合新数列型 PAGEREF _Tc18842 \h 81
\l "_Tc26749" 题型19： 插入项问题 PAGEREF _Tc26749 \h 82
\l "_Tc23056" 题型20：重新排序型 PAGEREF _Tc23056 \h 85
\l "_Tc29516" 题型21： 整除相关 PAGEREF _Tc29516 \h 86
\l "_Tc5036" 题型22：两个数列的公共项 PAGEREF _Tc5036 \h 88
\l "_Tc3207" 题型23： 数学文化相关 PAGEREF _Tc3207 \h 91
\l "_Tc31092" 题型24：其他型 PAGEREF _Tc31092 \h 93
\l "_Tc15324" 题型25：通项公式的证明化简 PAGEREF _Tc15324 \h 95
1. 考查频率与题型：属于高考数学数列板块的核心考点，全国卷及各省市自主命题卷中必考，常以解答题第1问或选择题、填空题的形式出现，分值占比 5-12 分。
2. 考查内容：重点考查由递推关系求通项公式，常见递推类型包括 a_{n+1}=a_n+f(n)（累加法）、a_{n+1}=a_n\cdt f(n)（累乘法）、a_{n+1}=pa_n+q（构造等比数列）、a_{n+1}=\frac{Aa_n}{Ba_n+C}（取倒数构造）等；偶尔结合 a_n 与 S_n 的关系（a_n=S_n-S_{n-1}(n\ge2)）命题，常与数列求和、不等式证明综合考查。
3. 命题趋势：近年来命题更注重通性通法的运用，减少偏难怪题，强调与函数、方程思想的结合，部分题目会设置生活化背景（如增长率、产量问题），考查数学建模能力。
1. 知识目标：掌握由数列的前几项、递推公式、a_n 与 S_n 的关系求通项公式的核心方法，能准确识别不同递推类型并选择对应解法。
2. 能力目标：提升观察、归纳、推理能力，学会通过构造辅助数列（等比、等差）将陌生递推关系转化为熟悉类型，培养数学转化与化归思想。
3. 应试目标：能在 5-8 分钟内解决中等难度的通项公式问题，确保解答题第1问不失分，选择题、填空题快速精准作答。
高中数列通项公式方法最全总结
公式定义法（已知等差或等比求通项）
利用等差数列等比数列的概念定义、中项性质之间的关系求解通项公式如：
1.一次函数为等差数列，
2.二次函数无常数项为等差数列求和公式
3.指数型函数为等比数列（或等比数列求和公式）
二、累加法（适用an＋1＝an＋f (n)时，用累加法求解．）
形如an+1=an+f(n)型的递推数列（其中f(n)是关于n的函数）
可构造： &an−an−1=f(n−1)&an−1−an−2=f(n−2)&...&a2−a1=f(1)
将上述m2个式子两边分别相加，可得：an=f(n−1)+f(n−2)+(2)+f(1)+a1,(n≥2)
（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的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；
（3）若f(n)是关于n的分式函数，累加后可裂项求和．
三、累乘法（适用eq \f(an＋1,an)＝f (n)时，用累乘法求解）
形如an+1an=f(n)型的递推数列（其中f(n)是关于n的函数）
可构造：&anan−1=f(n−1)&an−1an−2=f(n−2)&...&a2a1=f(1)
将上述m2个式子两边分别相乘，可得：an=f(n−1)⋅f(n−2)⋅...⋅f(2)f(1)a1,(n≥2)
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．
四、an与Sn关系统一法
1、已知Sn求an的常用方法是利用=转化为关于an的关系式，再求通项公式.
2、Sn与an关系问题的求解思路
方向1：利用an= Sn -Sn-1(n≥2)转化为只含 Sn，Sn-1的关系式，再求解.
Sn=i=1naibi
i=1naibi=f(n)
方向2：利用Sn -Sn-1= an(n≥2)转化为只含an，an-1的关系式，再求解.
方向3：若存在 ，则令 ，再利 用Sn -Sn-1= an(n≥2)转化为只含an，an-1
的关系式，再求解。
模板解决步骤
第一步：写出当时，的表达式．
第二步：利用求出或将条件转化为的递推关系．
第三步：如果第二步求出，那么根据求出，并代入的通项公式，注意要进行验证，若成立，则合并；若不成立，则写成分段的形式．如果第二步求出的递推关系，那么通过递推公式求．忽略对n=1的单独讨论是常见的错误
\l "_Tc180707872" 五、前n项之积Tn与通项公式
Tn与an关系问题求解思路（其中Tn为an的前n项积）
T1=a1 , an=TnTn−1
方向1：若已知Tn与n的关系，可利用TnTn−1=an转换为an的即可求解.
方向2： 若已知Tn与an的关系，可利用TnTn−1=an替换an，先求解Tn，再转换为an即可求解
六、构造法
1、形如an+1=can+d(c≠0,a1=a)型
= 1 \* GB3 ①若c=1时，数列an为等差数列；
= 2 \* GB3 ②若d=0时，数列an为等比数列；
= 3 \* GB3 ③若c≠1，d≠0时，数列an为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求。
*（方法1）待定系数法：
设an+1+λ=c(an+λ)，得an+1=can+(c−1)λ，
与题设an+1=can+d比较系数得：c−1λ=d，所以λ=dc−1(c≠1)
所以有：an+1+dc−1=c(an+dc−1)
因此数列an+dc−1构成以a1+dc−1为首项，以c为公比的等比数列。
*（方法2）逐项相减法（阶差法）：
有时我们从递推关系an+1=can+d中把n换成n−1
有an=can−1+d，两式相减有：an+1−an=c(an−an−1)，从而化为公比为c的等比数列an+1−an，进而求得通项公式an+1−an=cn(a2−a1)，再利用累加法即可求得通项公式。我们可以看到此方法比较复杂。
\l "_Tc180707875" 2：形如an+1=pan+kn+b型的递推式（其中k，b是常数，且k≠0）
*（1）逐项相减法（阶差法）
*（2）待定系数法：通过配凑可转化为an+xn+y=p(an−1+xn−1+y)
解题基本步骤：
= 1 \* GB3 ①确定fn=kn+b
= 2 \* GB3 ②设等比数列bn=(an+xn+y)，公比为p
= 3 \* GB3 ③列出关系式an+xn+y=p(an−1+xn−1+y)，即bn=pbn−1
= 4 \* GB3 ④比较系数求x，y
= 5 \* GB3 ⑤解得数列{an+xn+y}的通项公式，并得出数列{an}的通项公式。
3:形如Aan+1−an=Ban+1an 与an+1=AanBan+A类型构造，
取倒数再构造等差或等比数列、两边同时取倒数转化为eq \f(1,an＋1)＝eq \f(s,p)·eq \f(1,an)＋eq \f(r,p)的形式，化归为bn＋1＝pbn＋q型；
1.形如an−1−an=pan−1an（p为常数且p≠0）的递推式：两边同除于an−1an，转化为1an=1an−1+p形式，化归为an+1=pan+q型求出1an的表达式，再求an；
2.还有形如an+1=manpan+q的递推式，也可采用取倒数方法转化成1an+1=mq1an+mp形式，化归为an+1=pan+q型求出1an的表达式，再求an．
类型一：Aan+1−an=Ban+1an
两边同除 an+1an
得：Aan−Aan+1=B，即：1an+1−1an=−BA
即1an构成 1a1 为首项，以−BA为公差的等差数列
类型二：an+1=AanBan+A
两边同时取倒数得：：1an+1=BA +1an
即：1an+1−1an=BA
即1an构成 1a1 为首项，以BA为公差的等差数列
4、形如an+1=pan+qn（其中q是常数，且n≠0,1）
= 1 \* GB3 ①若p=1时，即：an+1=an+qn累加即可。
= 2 \* GB3 ②若p≠1时，即：an+1=pan+qn求通项方法有以下三种方法：
（方法1）两边同除以pn+1.目的是把所求数列构造成等差数列，即：an+1pn+1=anpn+1p∙(qp)n，
令bn=anpn，则bn+1−bn=1p∙(qp)n，然后累加法求通项。
（方法2）两边除以qn+1.目的是把所求数列构造成等比数列，即：an+1qn+1=pq∙anqn+1q，
令bn=anqn，则可化为bn+1=pqbn+1q，然后待定系数法求通项即可。
（方法3）待定系数法：目的是把所求数列构造成等差数列
设an+1+λ∙qn+1=p(an+λ∙qn)，通过比较系数，求出λ，转化为等比数列求通项。
注意：应用待定系数法时，要求p≠q，否则待定系数法会失效。
5.函数型构造一：形如an+1=pan+f(n)(p≠1)型的递推式
（1）当f(n)为一次函数类型（即等差数列）时：
方法一：设an+An+B=pan−1+A(n−1)+B，
通过待定系数法确定A 、​ B的值，
转化成以a1+A+B为首项，以p为公比的等比数列an+An+B，
再利用等比数列的通项公式求出an+An+B的通项整理可得an.
方法二：当f(n)的公差为d时，由递推式得：an+1=pan+f(n)，an=pan−1+f(n−1)两式相减得：
an+1−an=p(an−an−1)+d，
令bn=an+1−an得：bn=pbn−1+d转化为构造法第一种形式（待定系数法），
求出 bn，再用累加法便可求出an.
当f(n)为二次函数类型
设an+1+A(n+1)2+B(n+1)+C=p(an+An2+Bn+C)
通过待定系数法确定A,B,C的值，
转化成以a1+A+B+C为首项，以p为公比的等比数列an+An2+Bn+C，
再利用等比数列的通项公式求出an+An2+Bn+C的通项整理可得an.
当f(n)为n次函数类型时的求解策略同（2）待定系数法
（4）当f(n)为指数函数类型（即等比数列，公比为q）时：
方法一：若p≠q
设an+λf(n)=pan−1+λf(n−1)，通过待定系数法确定λ的值，
转化成以a1+λf(1)为首项，以p为公比的等比数列an+λf(n)，
再利用等比数列的通项公式求出an+λf(n)的通项整理可得an.
方法二：由递推式：an+1=pan+f(n)——①，可得an=pan−1+f(n−1)，两边同时乘以q得
anq=pqan−1+qf(n−1)——②，
由①②两式相减得an+1−anq=p(an−qan−1)，
即an+1−qanan−qan−1=p，在转化为第一类构造法（待定系数法）便可求出an.
方法三：若p=q
递推公式为an+1=pan+qn（其中p，q均为常数）或an+1=pan+rqn（其中p，q， r均为常数）时，要先在原递推公式两边同时除以qn+1，
得：an+1qn+1=pq⋅anqn+1q，引入辅助数列bn（其中bn=anqn），
得：bn+1=pqbn+1q再应用第一类构造法（待定系数法）解决．
（5）当f(n)为任意数列（等差或等比）时，可用通法：
在an+1=pan+f(n)两边同时除以pn+1
可得到an+1pn+1=anpn+f(n)pn+1，
令anpn=bn，则bn+1=bn+f(n)pn+1，
再转化为累加法，求出bn之后得an=pnbn．
6对数转换构造：
形如 an+1=panq (q≠1,p>0) 型的递推式,可取对数构造，对数的底数取为p；
lgpan+1=lgpp(an)q ,化简得：lgpan+1=1+qlgpan
再通过构造法一待定系数法求出lgpan的通项公式，然后再左右连边同时取以p为 底数的指数形式求出an的通项公式
\l "_Tc180707877" 7.形如an+1=man+ppan+q型的递推式
（方法1）分离常数再构造
（方法2）特征根法
可作特征方程x=px+qrx+h,当特征方程有且仅有一根x0时,则1an−x0是等差数列;当特征方程有两个相异的根λ1、λ2时，则an−x1an−x2是等比数列。
（方法3）不动点法
\l "_Tc180707878" 8.形如an+2=pan+1+qan型的递推式
（方法1）可以化为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的两个根；
方程x2−px−q=0，叫做数列an的特征方程。若x1,x2是特征方程的两个根，当x1≠x2时，数列an的通项为an=Ax1n−1+Bx2n−1，其中A，B由a1=α,a2=β决定（即把a1,a2,x1,x2和n=1,2，代入an=Ax1n−1+Bx2n−1，得到关于A、B的方程组）；当x1=x2时，数列an的通项为an=(A+Bn)x1n−1，其中A，B由a1=α,a2=β决定（即把a1,a2,x1,x2和n=1,2，代入an=(A+Bn)x1n−1，得到关于A、B的方程组）。
（方法2）形如 an+2=pan+1+qan (q≠0,p≠0) 型的递推式中可以构造为：
an+2+man+1=n(an+1+man)
展开移项整理得an+2=(n−m)an+1+nman，
与题设an+2=pan+1+qan比较系数（待定系数法）得
p=n−mq=mn ，转换为二次函数求解，令n=p+m代入下式得：
m2+pm−q=0
角度1：当q=−p24时，该二次函数存在两个相同解时，得m1=m2=−p2，则n=p2
an+2−p2an+1=p2(an+1−p2an)
即an+1−p2an构成以 a2−p2a1 为首项，以 p2 为公比的等比数列.
再利用等比数列的通项公式求出an+1−p2an的通项公式
然后再利构造法三（函数型构造）求出an的通项公式。
角度2：当q≠−p24时，且该二次函数有解并存在两个不同解时，
得 m1=−p+p2+4q2n1=p+p2+4q2 , m2=−p−p2+4q2n2=p−p2+4q2
即：an+2+−p+p2+4q2an+1=p+p2+4q2(an+1+−p+p2+4q2an)an+2+−p−p2+4q2an+1==p−p2+4q2(an+1+−p−p2+4q2an)；
即an+1+−p+p2+4q2an构成以 a2+−p+p2+4q2a1 为首项，以p+p2+4q2 为公比的
等比数列.
an+1+−p−p2+4q2an构成以 a2+−p−p2+4q2a1 为首项，以p−p2+4q2 为公比的
等比数列.
然后分别将an+1+−p+p2+4q2an与an+1+−p−p2+4q2an的等比数列通项公式求解，然后利用方程组法将两式中的 an+1 进行相消，得到 an 的通项公式。
角度3：当q≠−p24时，且该二次函数无实数解时，采用虚数表示，步骤如角度2。
三项式的数列求解也可以参考方法九，特征根法求解
七待定系数法：
待定系数法常见类型如下：
(1)
（2）、同除+待定系数：
（3）、取倒数+待定系数：
、取对数+待定系数：
（5）、连续三项：
八．类累加法（隔项成等差）
形如 an+1+an=f(n) ①
an+2+an+1=f(n+1) ②
型的递推式中可以先进行第一步的递推：
②−①得： an+2−an=f(n+1)−f(n) =g(n)然后进行数列构造：
角度1：当f(n) 为一次函数时，f(n+1)−f(n)=g(n)=c（c为常数）；
此时an的奇数项和偶数项分别以 a1 , a2 作为首项，均以公差为c的等差数列；
当n为奇数时，可令n=2k-1得：
a2k−1= a1 +(k−1)c;
即： a2k−1= a1−12c +12(2k−1)c；
∴当n为奇数时：an= a1−12c +12nc;
即：an= a1+12(n−1)c
当n为偶数时，n-1为奇数：
∴an+an−1=f(n−1)
即：an=f(n−1)− an−1
∴当n为偶数时：an=f(n−1)−( a1+12(n−2)c)
角度2：当f(n) 为其他函数时，令f(n+1)−f(n)=g(n)
当n为奇数时，可令n=2k-1得：
a2k−1−a2k−3=g(2k−1) a2k−3−a2k−5=g(2k−3)⋮ a3−a1=g(1)
将上式相加得 a2k−1−a1=g(1)+⋯+g(2k−3)+g(2k−1)
令g(1)+⋯+g(2k−3)+g(2k−1)=G(2k−1) ;
得 a2k−1=G(2k−1) +a1；
∴当n为奇数时：an=G(n)+a1 ;
当n为偶数时，n-1为奇数：
∴an+an−1=f(n−1)
即：an=f(n−1)− an−1
∴当n为偶数时：an=f(n−1)−G(n−1)−a1
九、类累乘法（隔项成等比）
形如 an+1an=f(n) ①
an+2an+1=f(n+1) ②
型的递推式中可以先进行第一步的递推
②÷①得： an+2an=f(n+1)f(n) =g(n)然后进行数列构造：
角度1：当f(n) 为等比数列时，f(n+1)f(n) =g(n)=c（c为常数）；
此时an的奇数项和偶数项分别以 a1 , a2 作为首项，均以公比为c的等差数列；
当n为奇数时，可令n=2k-1得：
a2k−1= a1 ck−1;
即： a2k−1= a1 c12(2k−1)−12；
∴当n为奇数时：an= a1 c12n−12;
当n为偶数时，n-1为奇数：
∴anan−1=f(n−1)
即：an=f(n−1) an−1
∴当n为偶数时：an=f(n−1) a1 c12n−1
角度2：当f(n) 为其他函数时，令f(n+1)f(n)=g(n)
当n为奇数时，可令n=2k-1得：
a2k−1a2k−3=g(2k−1) a2k−3a2k−5=g(2k−3)⋮a3a1=g(1)
将上式相成得a2k−1a1=g(1)∙g(3)⋯g(2k−3)∙g(2k−1)
令g(1)+⋯+g(2k−3)+g(2k−1)=G(2k−1) ;
得 a2k−1=G(2k−1)∙ a1；
∴当n为奇数时：an=G(n)∙ a1 ;
当n为偶数时，n-1为奇数：
∴anan−1=f(n−1)
即：an=f(n−1) an−1
∴当n为偶数时：an=f(n−1)G(n−1)∙ a1
十、不动点求通项
不动点的概念：对于函数y=fx，我们称方程fx=x的根为函数fx的不动点.
不动点法：当我们遇到an+1=fan，且fan是一个关于an的多项式（或分式多项式）这种类型的递推公式时，可以采用不动点法来求an，常见的题型有2类：an+1=Aan+B型，an+1=pan+qman+t型.
（1）an+1=Aan+B型：（也可以通过构造法一：待定系数法求解）
第一步，构造函数fx=Ax+B，并令fx=x，求出fx的不动点；
第二步，在递推公式an+1=Aan+B两端同时减去x0，化简使得左右两侧结构一致；
第三步，构造数列求通项.
（2）an+1=pan+qman+t型：
第一步，构造函数fx=px+qmx+t，并令fx=x，求出fx的不动点；
第二步，
①若fx有2个不动点，则用an+1=pan+qman+t两端分别减去两个不动点，得到两个式子，两式相除可以产生优良结构，进而构造数列求通项；
②若fx只有1个不动点，则用an+1=pan+qman+t两端减去该不动点，再取倒数，化简可以产生优良结构，进而构造数列求通项；
③若fx没有不动点，则在考题中，an往往是周期较小的周期数列，直接根据首项和递推公式an+1=pan+qman+t求出前几项找规律即可.
注意
1、在数列{an}中，a1已知，且n≥2时，an=pan−1+q（p,q是常数），
（1）当p=1时，数列{an}为等差数列；
（2）当p=0时，数列{an}为常数数列；
（3）当p≠1,q=0时，数列{an}为等比数列；
（4）当p≠0,1,q≠0时，称x=px+q是数列{an}的一阶特征方程，其根x=q1−p叫做特征方程的特征根，这时数列{an}的通项公式为：an=(a1−x)pn−1+x；
2、形如a1=m1，a2=m2，an+2=p⋅an+1+q⋅an（p、q是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项an，其特征方程为x2=px+q（*）．
（1）若方程（*）有二异根α、β，则可令an=c1⋅αn+c2⋅βn（c1、c2是待定常数）；
（2）若方程（*）有二重根α=β，则可令an=(c1+nc2)⋅αn（c1、c2是待定常数）．
(其中c1、c2可利用a1=m1，a2=m2求得)
3、设f(x)=ax+bcx+d(c≠0,ad−bc≠0)，an满足递推关系an+1=f(an)，初值条件a1≠f(a1)．
令x=ax+bcx+d，即cx2+(d−a)x−b=0，令此方程的两个根为x1,x2，
（1）若x1=x2，则有1an+1−x1=1an−x1+p （其中p=2ca+d）
（2）若x1≠x2,则有an+1−x1an+1−x2=qan−x1an−x2 （其中q=a−cx1a−cx2）
4、设函数有两个不同的不动点，且由确定着数列，那么当且仅当时,
十一、特征根求通项
当我们遇到an+2=pan+1+qan这种类型的二阶线性递推公式时，可以用特征根法来求通项.
第一步，构造特征方程x2=px+q，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α和β，则an=Aαn+Bβn，再利用a1和a2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α，则an=An+Bαn，再利用a1和a2来求出系数A和B.
1、设已知数列{an}的项满足a1=b,an+1=can+d,其中c≠0,c≠1,求这个数列的通项公式。作出一个方程x=cx+d,则当x0=a1时，an为常数列，即an=a1;当x0≠a1时,an=bn+x0，其中{bn}是以c为公比的等比数列，即bn=b1cn−1,b1=a1−x0.
2、对于由递推公式an+2=pan+1+qan，a1=α,a2=β给出的数列an，方程x2−px−q=0，叫做数列an的特征方程。若x1,x2是特征方程的两个根，当x1≠x2时，数列an的通项为an=Ax1n−1+Bx2n−1，其中A，B由a1=α,a2=β决定（即把a1,a2,x1,x2和n=1,2，代入an=Ax1n−1+Bx2n−1，得到关于A、B的方程组）；当x1=x2时，数列an的通项为an=(A+Bn)x1n−1，其中A，B由a1=α,a2=β决定（即把a1,a2,x1,x2和n=1,2，代入an=(A+Bn)x1n−1，得到关于A、B的方程组）。
3、如果数列{an}满足下列条件：已知a1的值且对于n∈N，都有an+1=pan+qran+h（其中p、q、r、h均为常数，且ph≠qr,r≠0,a1≠−hr），那么，可作特征方程x=px+qrx+h,当特征方程有且仅有一根x0时,则1an−x0是等差数列;当特征方程有两个相异的根λ1、λ2时，则an−x1an−x2是等比数列。
十二：数列的周期性
1．定义
类比周期函数的概念，我们可定义：对于数列{an}，如果存在一个常数T(T∈N+)，使得对任意的正整数n>n0恒有an+T=an成立，则称数列{an}是从第n0项起的周期为T的周期数列．若n0=1，则称数列{an}为纯周期数列，若n0≥2，则称数列{an}为混周期数列，T的最小值称为最小正周期，简称周期．
2．常见的周期数列
以下类型针对非常数数列，即an≠an+1．
类型一 邻项等和
①若an+an+1=k，则T=2；特别地an+an+1=0，则T=2；
②若an+an+1+an+2=k，则T=3；特别地an+an+1+an+2=0，则T=3；
类型二 邻项等积
①若an⋅an+1=k(k≠0)，则T=2；证明：an+1⋅an+2=k，两式作商得an+2=an．
特别地an⋅an+1=1，则T=2；
②若an⋅an+1⋅an+2=k(k≠0)，则T=3；证明同上．
特别地an+an+1+an+2=0，则T=3；
类型三 错号等值
①若an+2−an+1+an=k，则T=6；证明类比类型一．
特别地an+2−an+1+an=0，则T=6；
②若an+2÷an+1×an=k(k≠0)，则T=6；证明类比类型二．
特别地an+2÷an+1×an=1，即an+2=an+1an，则T=6；
类型四 一次分式之T=2
若an+1=a⋅an+bc⋅an+d，其中a+d=0，则T=2．
特别地，若a=d=0，即为前面类型二（邻项之积an+1=kan）
类型五 一次分式之T=3
若an+1=a⋅an+bc⋅an+d，其中(a+d)2=ad−bc，则T=3．
类型六 一次分式之T=6
若an+1=a⋅an+bc⋅an+d，其中(a+d)2=2(ad−bc)，则T=4．
类型七 一次分式之T=6
若an+1=a⋅an+bc⋅an+d，其中(a+d)2=3(ad−bc)，则T=6．
十三;斐波那契数列
一、斐波那契数列的起源：兔子的故事
1202年，一位意大利数学家莱昂纳多·斐波那契（Lenard Fibnacci）写了一本书，叫《算盘书》。这本书中提出了一个关于兔子繁殖的问题：假设有一对兔子，这对兔子出生一个月后会成熟，然后每个月都能生一对新兔子。而新生的小兔子，也会在一个月后长大成熟并继续繁殖。兔子永远不会死亡。那么，第N个月时，一共有多少对兔子？
斐波那契在解答过程中发现了数字的自然增长模式——即大名鼎鼎的斐波那契数列，又称“兔子数列”、“黄金分割数列”。其数值为：1、1、2、3、5、8、13、21、34……，其中从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，亦即数列an满足：a1=1，a2=1， 且an=an−2+an−1(n≥3) 。
二、斐波那契数列的表示
1、逐项表示：1、1、2、3、5、8、13、21、34……
2、递推公式：a1=1，a2=1， 且an=an−2+an−1(n≥3)
3、通项公式：an=151+52n−1−52n
三、斐波那契数列的通项公式证明
19世纪，法国数学家比奈（Jacques Binet）推导出兔子数列的通项公式，揭示出兔子数列的项可以表示为包含黄金分割比的闭式:
an=151+52n−1−52n
（注：通项公式里有复杂的无理数，但得到的数列各项全是自然数。）
证明：因为an+2=an+1+an① ，令an+2+pan+1=qan+1+pan（构造等比数列），即
an+2=(q−p)an+1+pqan②，对比①、②两式的系数可得&q−p=1&pq=1，解得
&p=−1+52&q=1+52或&p=−1−52&q=1−52
情形1：当p=−1+52，q=1+52时
an+2+−1+52an+1=1+52an+1+−1+52an，即
an+2+−1+52an+1an+1+−1+52an=1+52（常数），则
an+1+−1+52an是等比数列，且首项1，公比为1+52，所以可得
an+1+−1+52an=1+52n ①
情形2：当p=−1−52，q=1−52时，同理可得
an+1−1+52an=1−52n ②
由①、②相减可得
F(n)=an=151+52n−1−52n
四、斐波那契数列的常用性质
前n项和：Sn=a1+a2+⋅⋅⋅+an=an+2−1
奇数项和：a1+a3+⋅⋅⋅+a2n−1=a2n
偶数项和：a1+a3+⋅⋅⋅+a2n−1=a2n
平方性质：an2=anan+1−anan−1
平方和性质：a12+a22+⋅⋅⋅+an2=anan+1
中项性质：anan+2−an+12=−1n+1；3an=an−2+an+2
余数列周期性
被2除的余数列周期为3：1，1，0······
被3除的余数列周期为8：1，1，2，0，2，2，1，0······
被4除的余数列周期为6：1，1，2，3，1，0······
斐波那契不等式：n−1n38}．
故选：A
【变式训练5-2-1】已知数列满足a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+nan=n2，设bn=nan，则数列1bnbn+1的前2023项和为（ ）
A．20224045B．40464047C．40444045D．20234047
【变式训练5-2-2】在数列an中，a12+a23+a34+⋅⋅⋅+ann+1=n2+n，求an的通项公式.
【变式训练5-2-3】已知数列an满足a1+a23+a332+⋯+an3n−1=3n，则an=
【变式训练5-2-4】（1）已知数列an满足3n−1a1+3n−2a2+⋯+3an−1+an=2n，n∈N∗，则数列an的通项公式为___________.
（2） 已知数列an满足a1=1，且nan+1=2a1+a2+⋯+an，n=1，2，3，…，求an的通项公式．
【变式训练5-2-5】已知数列an满足a1+a1+a22+a1+a2+a33+⋯+a1+a2+⋯+ann=n⋅2n．
(1)求an的通项公式；
(2)求数列ann的前n项和Sn．
【变式训练5-2-6】知正项数列an的前三项分别为1,3,5，Sn为数列的前n项和，满足：nSn+12−n+1Sn2=n+13n3+An2+BnA,B∈R,n∈N∗.
(1)求的值；
(2)求数列an的通项公式；
(3)若数列bn满足n+1an=b12+b222+…+bn2nn∈N∗，求数列bn的前n项和Tn.(参考公式：12+22+⋯+n2=16nn+12n+1)
【变式训练5-2-7】已知正项数列an的前n项和为Sn，对于任意的n∈N∗，都有a13+a23+⋅⋅⋅+an3=Sn2.
（1）求，；
（2）求数列an的通项公式；
（3）令bn=nS2n−1问是否存在正数m，使得1+b11+b2⋅⋅⋅1+bn≥m2n+1对一切正整数n都成立?若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由.
三 ：消an求Sn：将题意中的an​​​用Sn−Sn−1替换
【典型例题1】已知各项都是正数的数列an的前n项和为Sn，且Sn=an2+12an，则错误的选项是（ ）
A．Sn2是等差数列B．Sn+Sn+2anD．Sn−1Sn≥lnn
【答案】C
【解析】对于A,求出a1，再将an转化为Sn,即可证明，对于B,利用A的结论求出Sn，再利用基本不等式，即可证明.对于C，求出a20，解得：S1=a1=1 n≥2时，Sn=Sn−Sn−12+12Sn−Sn−1，
整理得：Sn2−Sn−12=1 故Sn2是等差数列，故A正确；
B选项，由A分析可知Sn2=S12+n−1=n，则Sn=n，则Sn+Sn+2=n+n+2，
注意到2Sn+1=2n+1，2Sn+12−Sn+Sn+22=4n+4−2n−2−2nn+2
=n+n+2−2nn+2>0，又Sn+Sn+2>0,2Sn+1>0.则Sn+Sn+2