递推求通项：累加、累乘与辅助数列

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先看相邻项怎样联系，再把多次联系合并到初值上。每次除法都要合法，每个初值都要核对；求出辅助数列后，还要回到原数列。

一、知识点概念与依据

1. 递推先交代初值、起始下标与合法性

一阶递推通常由一项初值逐步确定后项；二阶递推通常需要两项初值。每一步须有唯一合法的结果，分母、根号等限制要一直满足。只求少数项时，顺推往往比先求通项直接。

候选通项完成后，要核全部初值，并代回原递推验证所有适用下标。若下一步唯一且合法，归纳就能确认候选与原列一致；只符合前几项并不够。

2. 相邻差相加，中间项抵消

若 $a_{j+1}-a_j=f(j)$ ，从j=1到n−1共写n−1条式子，再相加：

\underbrace{(a_2-a_1)+(a_3-a_2)+\cdots+(a_n-a_{n-1})}_{a_n-a_1} =f(1)+f(2)+\cdots+f(n-1).

所以n≥2时， $a_n=a_1+f(1)+\cdots+f(n-1)$ 。初值不能丢，最后一个差只到f(n−1)。n=1可另核，或约定空和为0。

若f(j)恒为d，则 $a_n=a_1+(n-1)d$ ，这就是相邻差恒定的等差数列通项，来自n−1个相同差的累加。

3. 后项是前项的已知倍数，可以连续代入

若 $a_{j+1}=f(j)a_j$ ，依次代入得到n≥2时

a_n=a_1f(1)f(2)\cdots f(n-1).

这个乘法形式允许某项或某个因子为0。若改写为 $a_{j+1}/a_j=f(j)$ 再连乘，则必须先证明每个作分母的aⱼ非零。两种写法的条件不同。

n=1时把空积约定为1便返回a₁，也可直接单核初值。不要多乘f(n)。

4. 构造从原等式变形而来

原式特征	怎样定义辅助列	必须保留的条件
$a_{n+1}=pa_n+q$ ，p≠1	令 $t=q/(p-1)$ ， $b_n=a_n+t$ ，则 $b_{n+1}=pb_n$	q+t=pt；求出b后再减t；p可为0，仍用合法乘法
同式但p=1	不用平移，直接 $a_{n+1}-a_n=q$	不除p−1
$a_{n+2}-2a_{n+1}+a_n=c$	令 $b_n=a_{n+1}-a_n$ ，则 $b_{n+1}-b_n=c$	用a₁、a₂求b₁，再累加回a
倒数可化为简单关系	尝试 $b_n=1/a_n$	先证aₙ非零，并保留原递推分母条件

平移一行的依据是 $a_{n+1}+t=pa_n+q+t=p(a_n+t)$ 。p=0时后续辅助项为0，直接处理即可，不需要在首项写未定义的 $0^0$ 。

二阶构造得到辅助列等差，不代表原列等差；若不同小问重新定义了同一符号，必须分别按各问定义计算。

5. 倒数先存在，证明才有对象

原数列合法，不代表其倒数列一定存在。若原递推允许某项为0，就不能直接除以它。通常可由正初值与“正数产生正数”逐步证明正性，从而一次保障全部倒数合法；没有这种条件时须检查零值支路。

二、考点方法与例题

1. 累加与累乘都只走到目标项前一步

先判断是相邻差还是相邻倍数，写清从1到n−1，再消去中间项。推导只覆盖n≥2时，最后单核n=1，并把结果代回原关系。

例题 01 相邻差的连续抵消

题目

在数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 中， ${a}_{1}=1$ ， ${a}_{n+1}={a}_{n}+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$ ，则 ${a}_{n}$ 等于（）

A． $\frac{1}{n}$ B． $\frac{2n-1}{n}$ C． $\frac{n-1}{n}$ D． $\frac{1}{2n}$

答案与解析

解析

由递推式， $a_{j+1}-a_j=1/j-1/(j+1)$ 。对j=1到n−1相加，n≥2时

a_n-a_1=\left(1-\frac12\right)+\left(\frac12-\frac13\right)+\cdots+\left(\frac1{n-1}-\frac1n\right)=1-\frac1n.

因此 $a_n=2-1/n=(2n-1)/n$ 。n=1时也得1，与初值一致，选B。A在n=2给1/2，实际a₂=3/2；C、D首项分别0、1/2，也不符。

还有一种构造：原式等价于 $a_{n+1}+1/(n+1)=a_n+1/n$ ，因此辅助列 $a_n+1/n$ 恒等于首项值2，同样得到通项。

把候选相减得到 $a_{n+1}-a_n=1/n-1/(n+1)$ ，且正整数下标保证所有分母非零，全下标验证完成。

本题结论

选B， $a_n=(2n-1)/n$ 。

例题 02 先证非零，再用相邻比连乘

题目

已知数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 的项满足 ${a}_{n+1}=\frac{n}{n+2}{a}_{n}$ ，而 ${a}_{1}=1$ ，则 ${a}_{n}$ ＝（）

A． $\frac{2}{{\left( n+1\right)}^{2}}$ B． $\frac{2}{n\left( n+1\right)}$ C． $\frac{1}{{2}^{n}-1}$ D． $\frac{1}{2n-1}$

答案与解析

解析

a₁=1>0。若aⱼ>0，则j/(j+2)>0，所以aⱼ₊₁>0；归纳可知全部项正，相邻比合法。

n≥2时，连乘n−1个比值得

\frac{a_n}{a_1}=\frac13\cdot\frac24\cdots\frac{n-1}{n+1} =\frac{1\cdot2\cdots(n-1)}{3\cdot4\cdots(n+1)} =\frac{2}{n(n+1)}.

n=2只有一个因子1/3，上式也成立。乘回a₁=1，得到尾部通项；n=1代入为1，故对所有正整数n有 $a_n=2/[n(n+1)]$ ，选B。

A首项为1/2；C、D虽然前两项也吻合，但n=3时分别为1/7、1/5，均不等于实际a₃=1/6。

最后核 $a_{n+1}/a_n=n/(n+2)$ ，所有分母为正，且初值正确。本题可以用相邻比，是因为已先证明正性，而非所有乘法递推都能随意除项。

本题结论

选B， $a_n=2/[n(n+1)]$ 。

2. 二阶关系先取相邻差，再回到原列

先用两项初值求辅助列首项，再从辅助递推求它的通项。累加回原aₙ后，核两项初值及二阶原式；后续小问按新定义另起计算。

例题 03 差数列与参数恒成立

题目

已知数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 满足： ${a}_{1}=1$ ， ${a}_{2}=4$ ， ${a}_{n+2}=2{a}_{n+1}-{a}_{n}+2$ .

(1)证明： $\left\{ {a}_{n+1}-{a}_{n}\right\}$ 是等差数列，并求 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 的通项公式；

(2)设 ${b}_{n}={a}_{n}+\frac{k}{{a}_{n}}$ ，若数列 $\left\{ {b}_{n}\right\}$ 是递增数列，求实数 $k$ 的取值范围.

答案与解析

解析

（1）令 $c_n=a_{n+1}-a_n$ ，则原递推给

c_{n+1}-c_n=(a_{n+2}-a_{n+1})-(a_{n+1}-a_n)=2.

c₁=a₂−a₁=3，因此cₙ=3+2(n−1)=2n+1，差数列是等差数列。注意这是c而非a的性质。

又 $2j+1=(j+1)^2-j^2$ ，n≥2时将相邻差从j=1到n−1累加，得 $a_n-a_1=n^2-1$ ，故aₙ=n²。n=1也符合，两项初值为1、4；代回原式有 $(n+2)^2-2(n+1)^2+n^2=2$ ，验证全部递推。

（2）本问给的新列为 $b_n=a_n+k/a_n=n^2+k/n^2$ ，不是上问的差数列cₙ。因为n≥1，aₙ=n²>0，倒数合法。

b_{n+1}-b_n=(2n+1)\left(1-\frac{k}{n^2(n+1)^2}\right).

2n+1>0且分母正，因此严格递增等价于对每个正整数n有 $k<n^2(n+1)^2$ 。右端在n=1取得最小值4：必要性由n=1得k<4；若k<4，则对所有n有 $k<4\le n^2(n+1)^2$ ，故也充分。

所以k∈(−∞,4)。k=4使b₂=b₁，不能满足严格递增；aₙ=n²本身也不是等差，因为其相邻差2n+1不是常数。

本题结论

（1）差数列首项3、公差2， $a_n=n^2$ ；（2） $k<4$ 。

3. 倒数构造同时核原式与新式分母

先问原递推能否一直计算，再问每项是否非零。两项都满足，才能把倒数的相邻差转化为常数；若原命题不排除零项，必须先检验命题是否成立。

例题 04 倒数命题的条件与正初值分支

题目

已知函数 $f\left( x\right)=\frac{3x}{x+3}$ ，数列 $\left\{ {x}_{n}\right\}$ 的通项由 ${x}_{n}=f\left( {x}_{n-1}\right)$ （ $n\ge 2$ 且 $n\in {N}^{*}$ ）确定．

(1)求证： $\left\{ \frac{1}{{x}_{n}}\right\}$ 是等差数列；

(2)当 ${x}_{1}=\frac{1}{2}$ 时，求 ${x}_{100}$ ．

答案与解析

解析

（1）按题目现有条件，结论并不总成立。取x₁=0，则原递推每一步都合法，且全部xₙ=0，倒数1/xₙ却无定义。这是原命题的反例，不能直接给出无条件证明。

若补充“原递推始终合法且x₁≠0”，则由 $x_n=3x_{n-1}/(x_{n-1}+3)$ 逐步知每项非零，此时才可写

\frac1{x_n}=\frac{x_{n-1}+3}{3x_{n-1}}=\frac1{x_{n-1}}+\frac13\qquad(n\ge2).

因此在这些条件下，倒数列相邻差为1/3，是等差数列。原式要求xₙ₋₁+3≠0，新式还要求xₙ₋₁≠0，两者不能省去。

（2）x₁=1/2>0。若xₙ>0，则xₙ+3>0，且 $x_{n+1}=3x_n/(x_n+3)>0$ 。归纳保证全部原分母与倒数合法，所以本问可使用上述差分关系。

\frac1{x_n}=2+\frac{n-1}{3}=\frac{n+5}{3},\qquad x_n=\frac3{n+5}.

于是 $x_{100}=3/105=1/35$ 。该正通项也直接核对了每个下标的定义域及初值。

本题结论

（1）原条件不足，零数列为反例；补充合法且非零条件后公差1/3；（2） $x_{100}=1/35$ 。