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递推数列

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递推数列知识图谱

用合法的变换找出递推结构，并把下标、初值与定义范围一起还原。

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已有图谱带练，四题目标训练建设中；可先带练或直接挑战。

本专题核心公式速查

互动实验：递推不动点与蛛网图

递推数列的关键，是找到每一步真正需要保留的信息。先确认定义有效，再决定寻找周期、换元线性化、相邻作差或直接夹逼；远项很大不意味着必须逐项计算，取整问题也不总需要通项。初值、完整状态和严格不等号往往决定最后一步是否成立。

1. 先修与破题直觉：先确认递推能一直走下去，再找每一步真正要保留的量。 $u_{1} = 1$ 、 $u_{n + 1} = \frac{u _{n}}{1 + u _{n}}$ 时各项为正、分母不为零，取倒数得 $\frac{1}{u _{n + 1}} = \frac{1}{u _{n}} + 1$ ，所以 $u_{n} = \frac{1}{n}$ 。

2. 核心条件辨析： $k$ 阶递推的周期要看连续 $k$ 项组成的状态是否复现，单独一项相等不够；对二阶线性递推 $u_{n + 2} = p u_{n + 1} + q u_{n}$ ，模 $m$ 时回推系数与 $m$ 互素时状态转移可逆，从首项起就是纯周期，否则可能有非周期前段；行列式 $D_{n} = u_{n} u_{n + 2} - u_{n + 1}^{2}$ 每步乘以 $- q$ ，符号不能丢。

3. 典型误区对比：先读单项重复当成周期、行列式公比漏负号两组红绿卡，再做自测。判断周期时，列出相邻项组成的有序对再比较。

4. 方法迁移带练：线性递推： $u_{1} = 1$ 、 $u_{n + 1} = 2 u_{n} + 1$ ，加上 $1$ 后成为等比数列， $u_{n} + 1 = 2^{n}$ ，即 $u_{n} = 2^{n} - 1$ 。行列式： $u_{1} = u_{2} = 1$ 、 $u_{n + 2} = u_{n + 1} + 2 u_{n}$ 给出 $1, 1, 3, 5, 11$ ， $D_{1} = 1 \cdot 3 - 1^{2} = 2$ ， $D_{2} = 1 \cdot 5 - 3^{2} = - 4 = - 2 D_{1}$ ，与 $D_{n + 1} = - q D_{n}$ （ $q = 2$ ）一致。

5. 分级真题实战：先练“线性递推与初值展开”和“倒数、补量倒数与相邻比”，再练“完整状态找周期”“相邻作差与望远镜相消”；之后进入“平方、平移与根式伴随量”“按指标、余数与数位分块”，最后挑战“不变区间与严格夹逼”和“相邻乘积与行列式型不变量”。

先修（培玉高中数学）：数列的概念等差数列等比数列数学归纳法（选学）

知识要点

先确认递推确实能走下去

递推式必须连同初值、下标起点和定义域一起读。分母非零、根号内非负、正项取正根，都需要随递推证明，不能等到求完通项才补。二阶递推通常要两个初值。例： $u_{1} = 2$ 、 $u_{n + 1} = 1/ (u_{n} - 1)$ 给出 $2, 1$ 后第三项就无定义，因此不能把它当作无限数列。

线性结构：先看差量，再看特征根

对 $u_{n + 1} = q u_{n} + r$ ，若 $q \neq = 1$ ，减去不动点 $r / (1 - q)$ 后成为等比； $q = 1$ 时直接累加。例： $u_{1} = 0$ 、 $u_{n + 1} = 3 u_{n} + 2$ ，则 $u_{n} + 1 = 3^{n - 1}$ 。二阶齐次递推的特征根若互异且非零，通项是两根幂的线性组合；重根情形应另处理，不能套两根互异的公式。

分式中的倒数、补量和相邻比

变量同时出现在分子和分母时，不妨先求 $1/ u_{n + 1}$ ，或先平移再取倒数。齐次二阶分式还可尝试 $u_{n - 1} / u_{n}$ 。例： $u_{1} = 2$ 、 $u_{n + 1} = u_{n} / (1 + u_{n})$ ，倒数每次增加 $1$ ，故 $u_{n} = 2/ (2 n - 1)$ 。换元前须证明原量不为零，恢复后也要排除新分母的禁值。

平方与共轭：变形时保留符号

根式递推可先平方，但平方会丢失正负信息，必须用初值和递推锁定分支。例： $u_{1} = 1$ 、 $u_{n + 1} = u_{n}^{2} + 2 n + 1$ ，正性结合平方差给出 $u_{n} = n$ 。遇到 $v_{n}^{2} + c$ ，可以把根式作为伴随量，寻找平方差不变量；若有二次无理数共轭，还要核对共轭幂的正负与大小。

周期要重复完整状态与模周期（Pisano 周期）判据

一阶确定性递推回到同一合法项，后面才会重复； $k$ 阶递推必须重复连续 $k$ 项组成的完整状态向量 $(u_{n}, u_{n + 1}, \dots, u_{n + k - 1})$ 。例： $u_{1} = 1, u_{2} = 0$ 、 $u_{n + 2} = u_{n + 1} - u_{n}$ 的前八项为 $1, 0, - 1, - 1, 0, 1, 1, 0$ ，第七、八项才把初始有序对 $(1, 0)$ 完整复现，最小正周期为 $6$ 。对模 $m$ 后由当前完整状态唯一决定下一状态、且转移规则不随下标变化的 $k$ 阶递推，状态空间至多有 $m^{k}$ 个元组，由抽屉原理必最终进入周期。若规则含下标的周期分支，须把下标相位也纳入状态。不能仅因初值非零、全零状态封闭就排除进入全零：例如 $u_{n + 1} \equiv 2 u_{n} (mod 4), u_{0} = 1$ 给出 $1, 2, 0, 0, \dots$ ；只有另证全零不可达时，才可从状态计数中删去它。进一步，若状态转移映射模 $m$ 可逆——例如线性递推 $u_{n + k} \equiv c_{1} u_{n + k - 1} + \dots + c_{k} u_{n} (mod m)$ 满足首尾回推系数互素 $g cd (c_{k}, m) = 1$ ，使得由 $(u_{n + 1}, \dots, u_{n + k})$ 可唯一反解出前一项 $u_{n} mod m$ ——则轨道不可能呈“ $ρ$ 字形”合并，必从第一项起就是纯周期数列（无前段非周期过渡）。典型如斐波那契数列 $F_{n + 2} = F_{n + 1} + F_{n}$ 模 $m$ （ $c_{2} = 1$ 与任意 $m$ 互素），其纯周期长称为 Pisano 周期 $π (m)$ ，常值有 $π (2) = 3, π (3) = 8, π (5) = 20, π (10) = 60$ 。

前缀和与乘积：把相邻关系接起来

前 $n$ 项恒等式先与前 $n - 1$ 项相减，注意 $n = 1$ 要单独代入。递推若已给出某个量的相邻差或相邻比，求和、连乘往往会相消。例： $\sum_{k = 1}^{N} 1/ [k (k + 1)] = 1 - 1/ (N + 1)$ ，而 $\prod_{k = 1}^{N} k / (k + 1) = 1/ (N + 1)$ ，均要求正整数 $N$ ，并须保留首末端点。

相邻乘积差可以成为不变量

当二阶递推为 $u_{n + 2} = p u_{n + 1} + q u_{n}$ 时，令 $D_{n} = u_{n} u_{n + 2} - u_{n + 1}^{2}$ ，直接代入可得 $D_{n + 1} = - q D_{n}$ 。这种关系把相邻项的乘积与平方联结起来。例：从 $1, 2$ 开始的加法递推给出 $1, 2, 3, 5, 8$ ，对应 $D_{n}$ 依次为 $- 1, 1, - 1$ ；使用前必须按自己的下标核符号。

取整只需严格定位，不必总求闭式

证明 $m \leq X < m + 1$ 才能确定整数部分为 $m$ ；不能用接近整数的小数近似替代严格界。例：对正整数 $N$ ， $X = 5 + \sum_{k = 1}^{N} 3^{- k}$ 满足 $5 < X < 11/2$ ，所以整数部分恒为 $5$ 。整数递推中的取整可利用基本夹逼 $x - 1 < ⌊ x ⌋ \leq x$ 、埃尔米特（Hermite）分组 $\sum_{j = 0}^{m - 1} ⌊ x + j / m ⌋ = ⌊ m x ⌋$ ，或按相邻平方数、共同分母的余数与进制数位分段，再检查首次越界的前后两项。

方法卡

很远的一项：记完整状态，找循环

递推规则固定时，只要“决定下一项所需的全部信息”重复出现，后面就整段重复。一阶看一项，二阶看相邻两项。算出循环的长度，再用下标的余数定位。

完整讲解 · 例题 · 可练 20 题

一、是什么

状态是什么

状态是决定后面所有项所需的全部信息。 $a_{n + 1} = f (a_{n})$ 的状态是一项 $a_{n}$ 。 $a_{n + 2} = f (a_{n + 1}, a_{n})$ 的状态是有序对 $(a_{n}, a_{n + 1})$ 。三阶递推要连续三项。规则固定时，状态一样，下一步就一样，所以状态第二次出现后，整段都重复。

一个数重复不算

看二阶递推时，只有一个数重复不够。斐波那契数列除以 $4$ 的余数依次是 $1, 1, 2, 3, 1, 0, 1, 1, \dots$ 。第 $5$ 项是 $1$ ，但状态是 $(1, 0)$ ，和开头的 $(1, 1)$ 不同，后面并不重复。第 $7, 8$ 项回到 $(1, 1)$ ，周期才是 $6$ 。

定位：下标除以周期

若 $a_{n + T} = a_{n}$ 对所有 $n \geq 1$ 成立， $T$ 叫周期。求 $a_{N}$ ： $N$ 除以 $T$ 的余数是 $r$ ， $r \neq = 0$ 时 $a_{N} = a_{r}$ ， $r = 0$ 时 $a_{N} = a_{T}$ 。求和时，算一个周期的和，乘周期个数，再加上余下的项。

分式要检查分母

分式递推每一步都要分母不为零。如果循环中的项都不让分母为零，由递推的确定性，循环才成立。含参数时，先排除让分母为零的初值。

先看一道例题

例 1：含参数的三步循环

设 $t \neq = 0, 1$ ，数列满足 $a_{1} = t, a_{n + 1} = 1 - \frac{1}{a _{n}}$ 。证明各项有定义，求 $a_{2026}$ 和 $a_{10} a_{11} a_{12}$ 。

怎么看出来：

初值是参数，不能靠数字。把 $t$ 代进去算几步，看什么时候回到 $t$ 。

解：

$a_{2} = 1 - \frac{1}{t} = \frac{t - 1}{t}$ ，由 $t \neq = 0, 1$ ，它有定义且不为零。 $a_{3} = 1 - \frac{t}{t - 1} = \frac{1}{1 - t}$ ，也不为零。 $a_{4} = 1 - (1 - t) = t$ 。所以状态回到初值，周期是 $3$ ，每步分母都不为零。 $2026$ 除以 $3$ 余 $1$ ， $a_{2026} = t$ 。连续三项的乘积 $a_{10} a_{11} a_{12}$ 就是一个周期的积： $t \cdot \frac{t - 1}{t} \cdot \frac{1}{1 - t} = - 1$ 。

答案：

$a_{2026} = t$ ， $a_{10} a_{11} a_{12} = - 1$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
问很远的一项，如 $a_{2026}$ ，递推规则固定	先算前几项，找状态是否重复
分式递推，含参数初值	用参数算到回到初值，排除分母为零的值
$a_{n + 2} = a_{n + 1} - a_{n}$ 这种二阶递推	记相邻两项，或由递推推出 $a_{n + 3} = - a_{n}$
问末位数字、除以 $m$ 的余数	只记余数，状态有限，一定重复（见进阶“模运算与正切周期”）
分式里像正切加法公式	用它理解周期，再代数验证（见进阶“模运算与正切周期”）

三、怎么用

确定状态。 $a_{1} = a_{2} = 1, a_{n + 2} = a_{n + 1} + a_{n}$ ，只记除以 $4$ 的余数。这是二阶，状态是相邻两项。
列出状态。 $(1, 1), (1, 2), (2, 3), (3, 1), (1, 0), (0, 1), (1, 1)$ 。
找重复。第 $7$ 个状态和第 $1$ 个相同，周期 $T = 6$ ，从头循环。
用余数定位。 $100$ 除以 $6$ 余 $4$ ，所以 $a_{100}$ 除以 $4$ 的余数等于 $a_{4}$ 的余数。
读出结果。余数序列是 $1, 1, 2, 3, 1, 0$ ，第 $4$ 项是 $3$ 。

四、再做一道

例 2：由总和反求第二项

数列满足 $a_{1} = 1, a_{2} = x, a_{n + 2} = a_{n + 1} - a_{n}$ 。若前 $100$ 项的和为 $5$ ，求 $x$ 。

怎么看出来：

二阶递推，状态是相邻两项。先用字母算周期和一个周期的和，再用余数列方程。

解：

依次为 $1, x, x - 1, - 1, - x, 1 - x, 1, x, \dots$ 。第 $7, 8$ 项回到 $(1, x)$ ，周期 $6$ 。一个周期的和： $1 + x + (x - 1) - 1 - x + (1 - x) = 0$ 。 $100 = 6 \cdot 16 + 4$ ，所以前 $100$ 项的和等于前 $4$ 项的和： $1 + x + (x - 1) - 1 = 2 x - 1$ 。由 $2 x - 1 = 5$ ， $x = 3$ 。检查：数列 $1, 3, 2, - 1, - 3, - 2$ ，一个周期和为 $0$ ，前 $4$ 项和为 $5$ 。

答案：

$x = 3$ 。

五、容易错在哪

只看到一个数重复，不能断定二阶数列开始循环，要看相邻两项。
循环不一定从第一项开始。把最终周期当成从头开始的周期，定位会错一格。
分式递推要检查每一步的分母，初值的偏移也要核对： $a_{N}$ 对应的余数要从第一项算起。
余数为 $0$ 时对应周期的最后一项，不是第 $0$ 项。

进阶：模运算与正切周期 · 先修：同余

有前段的循环

有时循环不从第一项开始。 $a_{n + 1}$ 是 $a_{n}^{2} + 1$ 的个位数时，从 $3$ 开始： $3, 0, 1, 2, 5, 6, 7, 0, \dots$ 。 $3$ 只出现一次，这叫循环前段。第一次、第二次遇到同一状态时，记下两个下标：前一个是循环起点，两者之差是周期。定位时先减去前段。

什么时候从头就循环

模 $m$ 的常系数线性递推，若末项系数与 $m$ 互素，每个状态能唯一倒推回前一个，这时所有初值都从头开始循环。不互素时不一定：模 $4$ 下 $u_{n + 1} = 2 u_{n}$ 从 $1$ 开始是 $1, 2, 0, 0, \dots$ ，有前段；从 $0$ 开始恒为 $0$ ，又是从头循环。所以要看具体初值。

用恒等式看出周期

满足某个正整数 $m$ 下 $z^{m} = 1$ 的复数叫单位根。 $tan (θ + 4 5^{\circ}) = \frac{tan θ + 1}{1 - tan θ}$ 。递推 $a_{n + 1} = \frac{a _{n} + 1}{1 - a _{n}}$ 相当于角度每次加 $4 5^{\circ}$ ，加 $4$ 次就加了 $18 0^{\circ}$ ，正切回到原值。这是周期的来源，但严格结论还要逐项代数验证，还要排除更短的周期和没有定义的项。二阶线性递推若特征根是互异的单位根，也有周期；只知道根的模为 $1$ 不能断言周期。

例 3：有前段的末位循环

数列满足 $a_{1} = 3, a_{n + 1}$ 是 $a_{n}^{2} + 1$ 的个位数。求 $a_{2025}$ 。

怎么看出来：

个位数只有 $10$ 种，状态一定重复。这个规则平方不可逆，开头可能不在循环里。

解：

依次为 $3, 0, 1, 2, 5, 6, 7, 0, \dots$ 。 $0$ 第一次在第 $2$ 项、第二次在第 $8$ 项，所以循环起点是第 $2$ 项，周期 $6$ ，循环内容是 $0, 1, 2, 5, 6, 7$ 。 $a_{n}$ （ $n \geq 2$ ）的位置是 $n - 2$ 除以 $6$ 的余数： $2025 - 2 = 2023 = 6 \cdot 337 + 1$ ，余数 $1$ ，对应第二个，是 $1$ 。

答案：

$a_{2025} = 1$ 。

例 4：四步循环和排除初值

数列满足 $a_{n + 1} = \frac{a _{n} + 1}{1 - a _{n}}$ 。求使数列各项都有定义的 $a_{1}$ 的条件，并求此时 $a_{2026} a_{2028}$ 。

怎么看出来：

形式上是正切加法，所以预计周期为 $4$ 。代数算出来，顺便看哪些初值会让分母为零。

解：

设 $a_{1} = a$ 。 $a_{2} = \frac{1 + a}{1 - a}$ ，要求 $a \neq = 1$ 。 $a_{3} = \frac{a _{2} + 1}{1 - a _{2}}$ ，代入化简得 $- \frac{1}{a}$ ，要求 $a_{2} \neq = 1$ ，即 $a \neq = 0$ 。 $a_{4} = \frac{a _{3} + 1}{1 - a _{3}} = \frac{a - 1}{a + 1}$ ，要求 $a_{3} \neq = 1$ ，即 $a \neq = - 1$ 。 $a_{5} = \frac{a _{4} + 1}{1 - a _{4}} = a$ ，这里 $a_{4} \neq = 1$ 恒成立，因为 $\frac{a - 1}{a + 1} = 1$ 无解。所以条件是 $a \neq = 0, \pm 1$ ，周期 $4$ 。 $2026$ 除以 $4$ 余 $2$ ， $2028$ 被 $4$ 整除，所以 $a_{2026} a_{2028} = a_{2} a_{4} = \frac{1 + a}{1 - a} \cdot \frac{a - 1}{a + 1} = - 1$ 。

答案：

$a_{1} \neq = 0, \pm 1$ ； $a_{2026} a_{2028} = - 1$ 。

真题

按这个方法练 · 20 题

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线性递推求通项：一阶减不动点，二阶用特征根

一阶递推减去一个常数就变成等比数列。二阶常系数递推解特征方程，通项是根的幂的组合，再用前两项定系数。其他形式先换元，变成这两种。

完整讲解 · 例题 · 可练 42 题

一、是什么

一阶：减去不动点

$a_{n + 1} = p a_{n} + q$ ， $p \neq = 1$ 。解 $t = pt + q$ 得 $t = \frac{q}{1 - p}$ ，这个 $t$ 叫不动点。两式相减， $a_{n + 1} - t = p (a_{n} - t)$ ，当 $p \neq = 0$ 且 $a_{1} \neq = t$ 时， ${a_{n} - t}$ 是公比为 $p$ 的等比数列。 $a_{1} = t$ 时偏差恒为 $0$ ； $p = 0$ 时从第二项起偏差恒为 $0$ ，这两种退化情况单独处理。例如 $a_{n + 1} = 2 a_{n} + 3$ ： $t = - 3$ ， $a_{n + 1} + 3 = 2 (a_{n} + 3)$ 。 $p = 1$ 时是公差为 $q$ 的等差数列； $q = 0$ 时每个数都是不动点， $q \neq = 0$ 时没有不动点。

多出一项 $n$ 或 $k^{n}$

$a_{n + 1} = 3 a_{n} + 2 n$ ：试着加上 $n$ 的一次式。 $a_{n + 1} + (n + 1) + \frac{1}{2} = 3 a_{n} + 3 n + \frac{3}{2} = 3 (a_{n} + n + \frac{1}{2})$ ，所以 ${a_{n} + n + \frac{1}{2}}$ 公比为 $3$ 。多出的项是 $k^{n}$ 时，两边同除以 $k^{n + 1}$ ， $\frac{a _{n}}{k ^{n}}$ 的递推就简单了。

二阶：特征方程

$a_{n + 2} = p a_{n + 1} + q a_{n}$ （ $q \neq = 0$ ）。解 $r^{2} = p r + q$ ，这叫特征方程。 $r^{n}$ 满足这个递推，因为两边除以 $r^{n}$ 就是特征方程。两根 $r_{1} \neq = r_{2}$ 时， $A r_{1}^{n} + B r_{2}^{n}$ 也满足。选 $A, B$ 使它和前两项相同，由递推，往后每一项都相同，所以它就是通项。例如 $a_{n + 2} = 5 a_{n + 1} - 6 a_{n}$ ：根是 $2, 3$ 。

重根

两根相等都等于 $r$ 时，通项是 $(A + B n) r^{n}$ ，不能再写成 $A r^{n} + B r^{n}$ ，因为那样只有一个系数。原因是 $b_{n} = \frac{a _{n}}{r ^{n}}$ 满足 $b_{n + 2} = 2 b_{n + 1} - b_{n}$ ，即 ${b_{n}}$ 是等差数列。

相邻差

如果 $1$ 是特征根，令 $d_{n} = a_{n + 1} - a_{n}$ ， $d_{n}$ 就是等比数列。例如 $a_{n + 2} = 4 a_{n + 1} - 3 a_{n}$ ，得 $d_{n + 1} = 3 d_{n}$ ，再累加求 $a_{n}$ 。

先看一道例题

例 1：由前三项反求递推和通项

数列满足 $a_{n + 1} = p a_{n} + q$ ， $p, q$ 为常数，且前三项为 $1, 4, 10$ 。求 $p, q$ 和 $a_{n}$ 。

怎么看出来：

一阶递推只有两个常数，前三项给出两个方程，先解出 $p, q$ ，再减不动点。

解：

由 $4 = p + q$ ， $10 = 4 p + q$ ，解得 $p = 2, q = 2$ ，所以 $a_{n + 1} = 2 a_{n} + 2$ 。不动点 $t = 2 t + 2$ ， $t = - 2$ ， $a_{n + 1} + 2 = 2 (a_{n} + 2)$ 。首项 $a_{1} + 2 = 3$ ，所以 $a_{n} + 2 = 3 \cdot 2^{n - 1}$ 。检查： $a_{1} = 1, a_{2} = 4, a_{3} = 10, a_{4} = 22$ ，而 $2 \cdot 10 + 2 = 22$ 。

答案：

$p = 2, q = 2$ ， $a_{n} = 3 \cdot 2^{n - 1} - 2$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
$a_{n + 1} = p a_{n} + q$	减不动点，得等比数列
$a_{n + 2} = p a_{n + 1} + q a_{n}$	写特征方程，分根不同和重根
$a_{n + 1} = p a_{n} +$ 含 $n$ 或 $k^{n}$ 的项	加 $n$ 的式子或除以 $k^{n + 1}$
两个数列 $a, b$ 的递推系数对称	看 $a + b$ 和 $a - b$ （见进阶“换元与整数初值”）
正项相乘、乘方的递推	取对数变线性（见进阶“换元与整数初值”）
已知远处一项，初值是正整数	写成前两项的整系数组合（见进阶“换元与整数初值”）

三、怎么用

看阶数和类型。 $a_{1} = 1, a_{2} = 5, a_{n + 2} = 5 a_{n + 1} - 6 a_{n}$ 是二阶常系数。
解特征方程。 $r^{2} = 5 r - 6$ ， $r = 2$ 或 $3$ ，两根不同。
写通项形式。 $a_{n} = A \cdot 2^{n} + B \cdot 3^{n}$ 。
用前两项定系数。 $2 A + 3 B = 1$ ， $4 A + 9 B = 5$ ，解得 $A = - 1, B = 1$ ， $a_{n} = 3^{n} - 2^{n}$ 。
用下一项检查。递推给 $a_{3} = 25 - 6 = 19$ ，公式给 $27 - 8 = 19$ ，相同。

四、再做一道

例 2：特征根相等

数列满足 $a_{1} = 2, a_{2} = 8, a_{n + 2} = 4 a_{n + 1} - 4 a_{n}$ 。求 $a_{n}$ 。

怎么看出来：

特征方程 $r^{2} = 4 r - 4$ 有重根 $2$ ，所以除以 $2^{n}$ ，看新数列。

解：

令 $b_{n} = \frac{a _{n}}{2 ^{n}}$ 。递推两边除以 $2^{n + 2}$ ，得 $b_{n + 2} = 2 b_{n + 1} - b_{n}$ ，即 $b_{n + 2} - b_{n + 1} = b_{n + 1} - b_{n}$ ， ${b_{n}}$ 是等差数列。 $b_{1} = 1, b_{2} = 2$ ，所以 $b_{n} = n$ ， $a_{n} = n \cdot 2^{n}$ 。检查： $a_{3} = 4 \cdot 8 - 4 \cdot 2 = 24 = 3 \cdot 8$ 。

答案：

$a_{n} = n \cdot 2^{n}$ 。

五、容易错在哪

特征根相等时，不要照抄 $A r_{1}^{n} + B r_{2}^{n}$ ，要写 $(A + B n) r^{n}$ 。
初值从 $a_{0}$ 还是 $a_{1}$ 开始，定系数的方程不同，代入前先核对下标。
只验证前几项不能算证明。要说明通项和数列满足同一递推、同样的前两项，或者用归纳。
$p = 1$ 时，公式里的 $\frac{q}{1 - p}$ 不能用，要按等差数列处理。
取对数之前要确认各项为正。

进阶：换元与整数初值 · 先修：对数

换元变成线性

两个数列对称时看和与差。正项乘方递推取对数： $a_{n + 1} = a_{n}^{2}$ 取 $lo g$ 后是 $b_{n + 1} = 2 b_{n}$ 。分式 $a_{n + 1} = 1 + \frac{6}{a _{n}}$ 令 $a_{n} = \frac{p _{n + 1}}{p _{n}}$ ，得 $p_{n + 2} = p_{n + 1} + 6 p_{n}$ 。前缀和条件先相减。二阶差分为常数时，通项是 $n$ 的二次式。得到通项后都要代回前几项。

反求整数初值

把后面的项写成前两项的整系数组合： $a_{n + 2} = a_{n + 1} + a_{n}$ 时， $a_{3} = a_{1} + a_{2}$ ， $a_{4} = a_{1} + 2 a_{2}$ ， $a_{5} = 2 a_{1} + 3 a_{2}$ 。再用正整数的条件和大小关系限定 $a_{1}, a_{2}$ ，最后代回。

特征根是虚数

满足某个正整数 $m$ 下 $z^{m} = 1$ 的复数叫单位根。特征根是虚数时公式仍然成立，只是根的幂要用复数算。若特征根都是单位根且互异，就可从幂的周期找数列周期。只有模为 $1$ 还不够：角度若不是 $2 π$ 的有理倍，根的幂不会周期重复。

例 3：多出的项和底数相同

数列满足 $a_{1} = 1, a_{n + 1} = 2 a_{n} + 2^{n}$ 。求 $a_{n}$ 。

怎么看出来：

多出 $2^{n}$ ，而递推系数也是 $2$ ，所以除以 $2^{n + 1}$ ，不能再设常数倍的 $2^{n}$ 。

解：

两边除以 $2^{n + 1}$ ： $\frac{a _{n + 1}}{2 ^{n + 1}} = \frac{a _{n}}{2 ^{n}} + \frac{1}{2}$ 。 ${\frac{a _{n}}{2 ^{n}}}$ 是等差数列，首项 $\frac{1}{2}$ ，公差 $\frac{1}{2}$ ，所以 $\frac{a _{n}}{2 ^{n}} = \frac{n}{2}$ 。检查： $a_{2} = 2 + 2 = 4 = 2 \cdot 2$ ， $a_{3} = 8 + 4 = 12 = 3 \cdot 4$ 。

答案：

$a_{n} = n \cdot 2^{n - 1}$ 。

例 4：数整数初值的组数

正整数数列满足 $a_{n + 2} = a_{n + 1} + a_{n}$ 。有多少组 $(a_{1}, a_{2})$ 使 $a_{6} \leq 20$ ？

怎么看出来：

把 $a_{6}$ 写成 $a_{1}, a_{2}$ 的组合，问题就变成数正整数解。

解：

依次写： $a_{3} = a_{1} + a_{2}$ ， $a_{4} = a_{1} + 2 a_{2}$ ， $a_{5} = 2 a_{1} + 3 a_{2}$ ， $a_{6} = 3 a_{1} + 5 a_{2}$ 。条件 $3 a_{1} + 5 a_{2} \leq 20$ 。 $a_{2} = 1$ ： $a_{1} \leq 5$ ， $5$ 组。 $a_{2} = 2$ ： $3 a_{1} \leq 10$ ， $3$ 组。 $a_{2} = 3$ ： $3 a_{1} \leq 5$ ， $1$ 组。 $a_{2} = 4$ ： $3 a_{1} \leq 0$ ，没有。合计 $9$ 组。

答案：

$9$ 组。

例 5：和与差解开两个数列

数列满足 $a_{1} = 1, b_{1} = 0$ ， $a_{n + 1} = 2 a_{n} + b_{n}, b_{n + 1} = a_{n} + 2 b_{n}$ 。求 $a_{n}^{2} - b_{n}^{2}$ 。

怎么看出来：

系数对称， $a + b$ 和 $a - b$ 各自成一阶递推。目标恰好是它们的积。

解：

相加： $a_{n + 1} + b_{n + 1} = 3 (a_{n} + b_{n})$ ，首项 $1$ ，所以 $a_{n} + b_{n} = 3^{n - 1}$ 。相减： $a_{n + 1} - b_{n + 1} = a_{n} - b_{n}$ ，恒等于 $1$ 。所以 $a_{n}^{2} - b_{n}^{2} = (a_{n} + b_{n}) (a_{n} - b_{n}) = 3^{n - 1}$ 。检查： $a_{2} = 2, b_{2} = 1$ ， $4 - 1 = 3$ ； $a_{3} = 5, b_{3} = 4$ ， $25 - 16 = 9$ 。

答案：

$3^{n - 1}$ 。

例 6：取对数后找首次超过

数列满足 $a_{1} = 1, a_{2} = 2, a_{n + 2} = a_{n + 1}^{2} a_{n}$ 。求使 $a_{n} > 1 0^{6}$ 的最小 $n$ 。

怎么看出来：

全是乘方和乘法，各项都是 $2$ 的幂，指数满足线性递推。

解：

设 $a_{n} = 2^{e_{n}}$ ， $e_{1} = 0, e_{2} = 1$ ， $e_{n + 2} = 2 e_{n + 1} + e_{n}$ 。依次得 $e_{3} = 2, e_{4} = 5, e_{5} = 12, e_{6} = 29$ ，且指数递增。 $a_{5} = 2^{12} = 4096 < 1 0^{6}$ 。 $a_{6} = 2^{29} > 2^{20} > 1 0^{6}$ ，因为 $2^{10} = 1024 > 1 0^{3}$ 。所以最小的 $n$ 是 $6$ 。

答案：

$n = 6$ 。

真题

按这个方法练 · 42 题

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分式递推求通项：取倒数，把它变成等差或等比数列

分式递推直接算会越算越乱，取倒数往往能把分式消掉，新数列每次加同一个数或乘同一个数，通项马上写得出来，最后再倒回去。取倒数之前要确认这些项都不为零。

完整讲解 · 例题 · 可练 34 题

一、是什么

递推和两种基本数列

$a_{n}$ 表示数列的第 $n$ 项。递推式用前一项算后一项。每次加同一个数 $d$ 的数列叫等差数列，第 $n$ 项加了 $n - 1$ 次，所以 $b_{n} = b_{1} + (n - 1) d$ 。每次乘同一个不为零的数 $q$ 的数列叫等比数列，第 $n$ 项乘了 $n - 1$ 次，所以 $c_{n} = c_{1} q^{n - 1}$ 。例如 $b_{1} = 1, d = 3$ 时 $b_{n} = 3 n - 2$ ； $c_{1} = 2, q = 2$ 时 $c_{n} = 2^{n}$ 。

为什么取倒数有效

分子只有一项时，取倒数可以逐项拆开： $a_{n + 1} = \frac{a _{n}}{1 + 3 a _{n}}$ ，所以 $\frac{1}{a _{n + 1}} = \frac{1 + 3 a _{n}}{a _{n}} = \frac{1}{a _{n}} + 3$ 。设 $b_{n} = \frac{1}{a _{n}}$ ，就得到 $b_{n + 1} = b_{n} + 3$ ，是等差数列。

取倒数前先确认不为零

$0$ 没有倒数，所以要先说明每一项都不为零。常用办法是逐项传递： $a_{1} > 0$ ；若某一项 $a_{n} > 0$ ，则 $\frac{a _{n}}{1 + 3 a _{n}} > 0$ ，下一项也为正。这样一项传一项，所有项都为正。

倒数后每次乘再加：先平移

设 $b_{n + 1} = p b_{n} + q$ 。 $p = 1$ 时它就是等差数列； $p = 0$ 时从第 $2$ 项起每项都等于 $q$ 。其余情形，先找满足 $c = p c + q$ 的数 $c$ ，两式相减得 $b_{n + 1} - c = p (b_{n} - c)$ 。若 $b_{1} = c$ ，则每一项都等于 $c$ ，是常数列；若 $b_{1} \neq = c$ ，则 $b_{n} - c$ 是公比为 $p$ 的等比数列。例如 $b_{n + 1} = 2 b_{n} + 1$ ，由 $c = 2 c + 1$ 得 $c = - 1$ ，所以 $b_{n + 1} + 1 = 2 (b_{n} + 1)$ 。

两边除以乘积也是取倒数

式子里既有两项之差、又有两项之积时，可以两边同除以这个乘积。例如 $a_{n} - a_{n + 1} = 3 a_{n} a_{n + 1}$ ，所有项不为零时除以 $a_{n} a_{n + 1}$ ，得 $\frac{1}{a _{n + 1}} - \frac{1}{a _{n}} = 3$ 。

先看一道例题

例 1：第几项开始小于给定的数

数列满足 $a_{1} = 4$ ， $a_{n + 1} = \frac{4 a _{n}}{4 + a _{n}}$ 。从第几项开始， $a_{n} < \frac{1}{10}$ ？

怎么看出来：

分子只有一项，取倒数后分母可以逐项拆开。先求通项，再解不等式。

解：

$a_{1} > 0$ ，若 $a_{n} > 0$ ，则 $\frac{4 a _{n}}{4 + a _{n}} > 0$ ，所以每一项都为正，可以取倒数。 $\frac{1}{a _{n + 1}} = \frac{4 + a _{n}}{4 a _{n}} = \frac{1}{a _{n}} + \frac{1}{4}$ 。设 $b_{n} = \frac{1}{a _{n}}$ ，则 $b_{1} = \frac{1}{4}$ ，每次加 $\frac{1}{4}$ ，所以 $b_{n} = \frac{1}{4} + \frac{n - 1}{4} = \frac{n}{4}$ ， $a_{n} = \frac{4}{n}$ 。检查：递推给出 $a_{2} = \frac{16}{8} = 2$ ，公式给出 $\frac{4}{2} = 2$ ，一致。解 $\frac{4}{n} < \frac{1}{10}$ ， $n$ 为正数，两边同乘 $10 n$ 得 $n > 40$ 。 $n = 40$ 时 $a_{40} = \frac{1}{10}$ ，恰好相等，不满足； $n = 41$ 时 $a_{41} = \frac{4}{41} < \frac{1}{10}$ 。

答案：

从第 $41$ 项开始。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
分子只有一项，如 $a_{n + 1} = \frac{a _{n}}{1 + 3 a _{n}}$	直接取倒数，分子分母逐项拆开
取倒数后系数不是 $1$ ，如 $\frac{1}{a _{n + 1}} = \frac{3}{a _{n}} + 1$	设 $b_{n} = \frac{1}{a _{n}}$ ，先平移，再用等比数列
两项之差等于两项之积，如 $a_{n} - a_{n + 1} = 3 a_{n} a_{n + 1}$	两边除以乘积，变成倒数之差
分子分母都有常数，如 $a_{n + 1} = \frac{4 a _{n} - 1}{a _{n} + 2}$	先求不动点并减去它，再取倒数（见进阶“平移后取倒数”）
相邻三项且次数相同，如 $a_{n + 1} a_{n - 1} = 2 a_{n}^{2}$	设相邻项之比，最后连乘（见进阶“相邻项之比”）
分母可能为零，如 $a_{n + 1} = \frac{a _{n}}{1 - a _{n}}$	逐项检查数列能走到第几项（见进阶“断项与非零条件”）

三、怎么用

确认每一项不为零。例如 $a_{1} = 1$ ， $a_{n + 1} = \frac{a _{n}}{1 + 3 a _{n}}$ ： $a_{1} > 0$ ，且正数代入后仍为正，所以每一项都为正。
取倒数并拆开。 $\frac{1}{a _{n + 1}} = \frac{1 + 3 a _{n}}{a _{n}} = \frac{1}{a _{n}} + 3$ 。
设新数列，用初值写通项。设 $b_{n} = \frac{1}{a _{n}}$ ，则 $b_{1} = 1$ ，每次加 $3$ ，所以 $b_{n} = 3 n - 2$ 。
倒回原数列，并代入前几项检查。 $a_{n} = \frac{1}{3 n - 2}$ 。由递推算出 $a_{2} = \frac{1}{4}$ ，公式给出 $a_{2} = \frac{1}{3 \cdot 2 - 2} = \frac{1}{4}$ ，一致。

四、再做一道

例 2：已知后面的项，反求首项

正数列满足 $a_{n + 1} = \frac{a _{n}}{a _{n} + 3}$ ，且 $a_{3} = \frac{1}{13}$ 。求 $a_{1}$ 和通项 $a_{n}$ 。

怎么看出来：

取倒数得到 $\frac{1}{a _{n + 1}} = \frac{3}{a _{n}} + 1$ ，系数是 $3$ ，要平移。这次已知的是第 $3$ 项，用平移后的等比关系倒推首项。

解：

各项为正，可以取倒数： $\frac{1}{a _{n + 1}} = \frac{a _{n} + 3}{a _{n}} = \frac{3}{a _{n}} + 1$ 。设 $b_{n} = \frac{1}{a _{n}}$ ，则 $b_{n + 1} = 3 b_{n} + 1$ 。由 $c = 3 c + 1$ 得 $c = - \frac{1}{2}$ ，所以 $b_{n + 1} + \frac{1}{2} = 3 (b_{n} + \frac{1}{2})$ 。走两步得 $b_{3} + \frac{1}{2} = 9 (b_{1} + \frac{1}{2})$ 。已知 $b_{3} = 13$ ，所以 $b_{1} + \frac{1}{2} = \frac{27}{2} \cdot \frac{1}{9} = \frac{3}{2}$ ， $b_{1} = 1$ ，即 $a_{1} = 1$ 。于是 $b_{n} + \frac{1}{2} = \frac{3}{2} \cdot 3^{n - 1} = \frac{3 ^{n}}{2}$ ， $b_{n} = \frac{3 ^{n} - 1}{2}$ ， $a_{n} = \frac{2}{3 ^{n} - 1}$ 。检查：递推给出 $a_{2} = \frac{1}{4}$ ， $a_{3} = \frac{1/4}{13/4} = \frac{1}{13}$ ；公式给出 $a_{2} = \frac{2}{8} = \frac{1}{4}$ ， $a_{3} = \frac{2}{26} = \frac{1}{13}$ ，一致。

答案：

$a_{1} = 1$ ； $a_{n} = \frac{2}{3 ^{n} - 1}$ 。

五、容易错在哪

没有说明各项不为零就取倒数，遇到某一项为零时整个推导都不成立。
倒数后得到的公式可能走过了递推分母为零的位置，要检查原递推每一步都能算，公式才有效。
设新数列后要用它自己的首项，例如 $b_{n} = \frac{1}{a _{n} - 1}$ 的首项是 $\frac{1}{a _{1} - 1}$ ，不是 $a_{1}$ 。
递推从 $n \geq 2$ 开始或连乘公式只对 $n \geq 2$ 写出时，要单独写出首项，不能漏掉。
不动点是用来平移的辅助数，不等于数列的项，如果某项恰好等于不动点，取倒数前要单独讨论。

进阶：平移后取倒数 · 先修：本卡基础部分

分子分母都有常数：先减去不动点

满足 $x = \frac{4 x - 1}{x + 2}$ 的 $x$ 叫不动点，也就是代入后不变的数。去分母得 $x^{2} - 2 x + 1 = 0$ ， $x = 1$ 。减去它后再取倒数： $a_{n + 1} - 1 = \frac{4 a _{n} - 1}{a _{n} + 2} - 1 = \frac{3 ( a _{n} - 1 )}{a _{n} + 2}$ 。有两个不动点 $p, q$ 时， $\frac{a _{n} - p}{a _{n} - q}$ 常常是等比数列：对 $a_{n + 1} = 3 - \frac{2}{a _{n}}$ ，不动点是 $1, 2$ ，可算得 $\frac{a _{n + 1} - 1}{a _{n + 1} - 2} = 2 \cdot \frac{a _{n} - 1}{a _{n} - 2}$ 。这个比值是等比数列，用首项写出它的通项，再解出 $a_{n}$ 。

例 3：哪些首项会让数列断掉

数列按 $a_{n + 1} = \frac{4 a _{n} - 1}{a _{n} + 2}$ 逐项计算， $a_{n} = - 2$ 时无法继续。求所有使数列在某一项断掉的首项 $a_{1}$ 。

怎么看出来：

分子分母都有常数，先减不动点把递推变成等差。断掉的条件 $a_{n} = - 2$ 也翻译到新数列上，再倒推首项。

解：

不动点是 $1$ 。若 $a_{1} = 1$ ，每一项都等于 $1$ ，不会断。若 $a_{1} \neq = 1$ ，由 $a_{n + 1} - 1 = \frac{3 ( a _{n} - 1 )}{a _{n} + 2}$ 知，只要数列还能算，每一项都不等于 $1$ ，可以取倒数： $\frac{1}{a _{n + 1} - 1} = \frac{( a _{n} - 1 ) + 3}{3 ( a _{n} - 1 )} = \frac{1}{3} + \frac{1}{a _{n} - 1}$ 。设 $b_{n} = \frac{1}{a _{n} - 1}$ ，每次加 $\frac{1}{3}$ 。 $a_{n} = - 2$ 对应 $b_{n} = - \frac{1}{3}$ 。第 $k$ 项第一次等于 $- 2$ ，需要 $b_{1} + \frac{k - 1}{3} = - \frac{1}{3}$ ，即 $b_{1} = - \frac{k}{3}$ ，其中 $k$ 是正整数。这时 $k$ 之前的 $b_{n}$ 都不等于 $- \frac{1}{3}$ ，前面的项都能算。反过来 $b_{1} = - \frac{k}{3}$ 给出 $a_{1} = 1 + \frac{1}{b _{1}} = 1 - \frac{3}{k}$ 。检查： $k = 1$ 时 $a_{1} = - 2$ ，第 $1$ 项就断； $k = 2$ 时 $a_{1} = - \frac{1}{2}$ ， $a_{2} = \frac{- 3}{3/2} = - 2$ ； $k = 3$ 时 $a_{1} = 0$ ， $a_{2} = - \frac{1}{2}$ ， $a_{3} = - 2$ 。

答案：

$a_{1} = 1 - \frac{3}{k}$ ， $k$ 为正整数。

进阶：相邻项之比 · 先修：本卡基础部分

相邻项之比和连乘

递推里每一项次数相同，如 $a_{n + 1} a_{n - 1} = 2 a_{n}^{2}$ 时，设 $q_{n} = \frac{a _{n + 1}}{a _{n}}$ 。先求 $q_{n}$ ，再用连乘恢复： $a_{n} = a_{1} \cdot \frac{a _{2}}{a _{1}} \cdot \frac{a _{3}}{a _{2}} \dots \frac{a _{n}}{a _{n - 1}} = a_{1} q_{1} q_{2} \dots q_{n - 1}$ 。形如 $u_{n + 1} = c + \frac{d}{u _{n}}$ 的递推，也可以设 $u_{n} = \frac{x _{n + 1}}{x _{n}}$ ，得到不含分式的 $x_{n + 2} = c x_{n + 1} + d x_{n}$ ，不过要确认所有 $x_{n}$ 不为零。

例 4：相邻项之比成等比

正数列满足 $a_{1} = a_{2} = 1$ ， $a_{n + 1} a_{n - 1} = 2 a_{n}^{2}$ （ $n \geq 2$ ）。从第几项开始， $a_{n} > 1 0^{6}$ ？

怎么看出来：

每一项都是 $2$ 次，两边除以 $a_{n} a_{n - 1}$ 后只剩相邻项之比。

解：

各项为正，两边除以 $a_{n} a_{n - 1}$ ： $\frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = 2 \cdot \frac{a _{n}}{a _{n - 1}}$ 。设 $q_{n} = \frac{a _{n + 1}}{a _{n}}$ ，则 $q_{1} = 1$ ，每次乘 $2$ ， $q_{n} = 2^{n - 1}$ 。连乘： $a_{2} = 1$ ， $a_{3} = a_{2} q_{2} = 2$ ， $a_{4} = a_{3} q_{3} = 2 \cdot 4 = 2^{3}$ ， $a_{5} = 2^{3} \cdot 2^{3} = 2^{6}$ ， $a_{6} = 2^{6} \cdot 2^{4} = 2^{10}$ ， $a_{7} = 2^{10} \cdot 2^{5} = 2^{15}$ ， $a_{8} = 2^{15} \cdot 2^{6} = 2^{21}$ 。 $2^{15} = 32768 < 1 0^{6}$ ， $2^{21} = 2097152 > 1 0^{6}$ 。 $q_{n} \geq 1$ ，所以数列不减，后面的项都超过 $1 0^{6}$ 。检查： $a_{4} a_{2} = 8$ ， $2 a_{3}^{2} = 8$ ，一致。

答案：

从第 $8$ 项开始。

例 5：整数数列和分式递推互相转换

数列满足 $x_{1} = 1, x_{2} = 2$ ， $x_{n + 2} = 2 x_{n + 1} + 3 x_{n}$ ，令 $a_{n} = \frac{x _{n + 1}}{x _{n}}$ 。写出 $a_{n + 1}$ 与 $a_{n}$ 的关系，并求 $a_{5}$ 。

怎么看出来：

两边除以 $x_{n + 1}$ ，右边就只剩 $a_{n}$ 和它的倒数。求具体的项时，整数数列比分式好算。

解：

$x_{1}, x_{2} > 0$ ，若相邻两项为正，则下一项为正，所以每一项都为正，比值都有意义。两边除以 $x_{n + 1}$ ： $\frac{x _{n + 2}}{x _{n + 1}} = 2 + \frac{3 x _{n}}{x _{n + 1}}$ ，即 $a_{n + 1} = 2 + \frac{3}{a _{n}}$ ， $a_{1} = 2$ 。这说明遇到 $a_{n + 1} = c + \frac{d}{a _{n}}$ 时，可以反过来找一个没有分式的整数数列。逐项算： $x_{3} = 7$ ， $x_{4} = 20$ ， $x_{5} = 61$ ， $x_{6} = 182$ 。所以 $a_{5} = \frac{x _{6}}{x _{5}} = \frac{182}{61}$ 。检查：用分式递推， $a_{2} = \frac{7}{2}$ ， $a_{3} = 2 + \frac{6}{7} = \frac{20}{7}$ ， $a_{4} = 2 + \frac{21}{20} = \frac{61}{20}$ ， $a_{5} = 2 + \frac{60}{61} = \frac{182}{61}$ ，一致。

答案：

$a_{n + 1} = 2 + \frac{3}{a _{n}}$ ； $a_{5} = \frac{182}{61}$ 。

进阶：增量随 n 变化 · 先修：等差数列求和

加的数随 n 变化，或整体带系数、带平方

倒数后可能得到 $b_{n + 1} = b_{n} + f (n)$ ，这时把增量逐项加起来： $b_{n} = b_{1} + f (1) + \dots + f (n - 1)$ 。还有两种变形：①系数带 $n$ ，整体设元。 $a_{n + 1} = \frac{( n + 1 ) a _{n}}{a _{n} + n}$ 时， $\frac{n + 1}{a _{n + 1}} = 1 + \frac{n}{a _{n}}$ ，设 $b_{n} = \frac{n}{a _{n}}$ 得 $b_{n + 1} = b_{n} + 1$ 。②有根号，取倒数的平方。 $x_{n + 1} = \frac{x _{n}}{1 + x _{n}^{2}}$ 且 $x_{n} > 0$ 时， $\frac{1}{x _{n + 1}^{2}} = \frac{1}{x _{n}^{2}} + 1$ ，设 $b_{n} = \frac{1}{x _{n}^{2}}$ 也是等差数列。

例 6：增量随 n 变化

数列满足 $a_{1} = 1$ ， $a_{n + 1} = \frac{a _{n}}{1 + ( 2 n - 1 ) a _{n}}$ ，求通项 $a_{n}$ 。

怎么看出来：

取倒数后加的数是 $2 n - 1$ ，随 $n$ 变化，所以要把增量逐项加起来。

解：

$a_{1} > 0$ ， $n \geq 1$ 时 $2 n - 1 > 0$ ，所以正数代入后仍为正，每一项都为正。取倒数： $\frac{1}{a _{n + 1}} = \frac{1}{a _{n}} + (2 n - 1)$ 。逐项相加： $\frac{1}{a _{n}} = 1 + [1 + 3 + \dots + (2 n - 3)]$ 。方括号里是 $n - 1$ 个奇数，等差数列的和等于（首项加末项）乘项数除以 $2$ ，即 $\frac{( 1 + 2 n - 3 ) ( n - 1 )}{2} = (n - 1)^{2}$ 。这一步在 $n = 1$ 时方括号为空，和为 $0$ ，也符合。所以 $\frac{1}{a _{n}} = 1 + (n - 1)^{2} = n^{2} - 2 n + 2$ 。检查：递推给出 $a_{2} = \frac{1}{2}$ ， $a_{3} = \frac{1/2}{1 + 3/2} = \frac{1}{5}$ ；公式给出 $\frac{1}{2}$ 和 $\frac{1}{5}$ ，一致。

答案：

$a_{n} = \frac{1}{n ^{2} - 2 n + 2}$ 。

进阶：断项与非零条件 · 先修：本卡基础部分

例 7：数列在哪一项断掉

数列满足 $a_{1} = \frac{1}{3}$ ， $a_{n + 1} = \frac{a _{n}}{1 - a _{n}}$ 。这个数列最多能写到第几项？

怎么看出来：

分母 $1 - a_{n}$ 可能为零。先用倒数找规律，再逐项检查。

解：

只要 $a_{n} \neq = 0$ 且 $a_{n} \neq = 1$ ，就有 $\frac{1}{a _{n + 1}} = \frac{1 - a _{n}}{a _{n}} = \frac{1}{a _{n}} - 1$ 。 $\frac{1}{a _{1}} = 3$ ，所以依次得到 $\frac{1}{a _{2}} = 2$ ， $\frac{1}{a _{3}} = 1$ ，即 $a_{2} = \frac{1}{2}$ ， $a_{3} = 1$ 。算 $a_{4}$ 时分母 $1 - a_{3} = 0$ ，递推无法继续。公式 $a_{n} = \frac{1}{4 - n}$ 只对 $n = 1, 2, 3$ 有效，不能把它用到 $n \geq 4$ 。

答案：

最多写到第 $3$ 项。

真题

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根式和平方型递推：平移配方，或用共轭数控制误差

先平移，看右边或根号里能不能配成平方。开方时记住 $v^{2} = ∣ v ∣$ ，先确定符号。遇到 $5 + 26$ 这样的无理数，就和它的共轭 $5 - 26$ 一起算：两数之和是整数，较小的数给出精确误差。

完整讲解 · 例题 · 可练 15 题

一、是什么

记号：递推、通项和取整

$a_{n}$ 表示数列的第 $n$ 项，递推式用前面的项算下一项，通项是直接用 $n$ 表示的公式。 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数，例如 $[3.7] = 3$ ， $[5] = 5$ ， $[- 1.2] = - 2$ 。若 $x = K - y$ ， $K$ 是整数， $0 < y < 1$ ，则 $K - 1 < x < K$ ，所以 $[x] = K - 1$ 。

平移成平方

$a_{n + 1} = a_{n}^{2} - 2 a_{n} + 2$ 可以配方： $a_{n + 1} - 1 = (a_{n} - 1)^{2}$ 。设 $b_{n} = a_{n} - 1$ ，就有 $b_{n + 1} = b_{n}^{2}$ ，每过一项指数乘 $2$ ，所以 $b_{n} = b_{1}^{2^{n - 1}}$ 。例如 $a_{1} = 3$ 时 $b_{1} = 2$ ， $a_{n} = 1 + 2^{2^{n - 1}}$ ，依次得 $3, 5, 17, 257$ ，与递推逐项计算一致。

根号里配方，平方后变等差

若 $b_{n + 1} = b_{n}^{2} + d$ ，两边平方得 $b_{n + 1}^{2} = b_{n}^{2} + d$ ，所以 $b_{n}^{2}$ 是每次加 $d$ 的等差数列（公差 $d$ ）， $b_{n}^{2} = b_{1}^{2} + (n - 1) d$ 。还原时要确定 $b_{n}$ 的符号：根号的值非负，所以 $n \geq 2$ 时 $b_{n} \geq 0$ ，取非负的平方根。第 1 项要单独看它的正负。

为什么不能把 $v^{2}$ 写成 $v$

$v^{2} = ∣ v ∣$ 。 $a_{n + 1} = a_{n}^{2} - 2 a_{n} + 1$ 的右边等于 $∣ a_{n} - 1∣$ 。取 $a_{1} = 3$ ，依次得 $3, 2, 1, 0, 1, 0, 1, \dots$ 。若写成 $a_{n + 1} = a_{n} - 1$ ，第 5 项会得到 $- 1$ ，而根号的值不可能是负数。

共轭数：和是整数，较小的数给误差

$x = 5 + 26, y = 5 - 26$ 满足 $x + y = 10$ ， $x y = 25 - 24 = 1$ 。设 $T_{n} = x^{n} + y^{n}$ 。由 $x^{n + 1} + y^{n + 1} = (x + y) (x^{n} + y^{n}) - x y (x^{n - 1} + y^{n - 1})$ 得 $T_{n + 1} = 10 T_{n} - T_{n - 1}$ 。又 $T_{0} = 2, T_{1} = 10$ 都是整数，所以每个 $T_{n}$ 都是整数。 $26 = 24$ 在 $4$ 和 $5$ 之间，所以 $0 < y < 1$ ， $0 < y^{n} < 1$ （ $n \geq 1$ ）。这样 $x^{n} = T_{n} - y^{n}$ ，由取整规则得 $[x^{n}] = T_{n} - 1$ 。依据是 $y^{n}$ 严格落在 $0$ 和 $1$ 之间，这对每个 $n \geq 1$ 都要成立；只说 $y^{n}$ 越来越小不够。

前几项是整数不算证明

前几项开得尽，不能推出以后都开得尽。例如 $a_{n + 1} = a_{n}^{2} + 3$ ， $a_{1} = 1$ 时 $a_{2} = 2$ ，但 $a_{3} = 7$ 。整数性要用整系数递推或数学归纳法证明。

先看一道例题

例 1：平移后再平方

$a_{1} = 1$ ， $a_{n + 1} = 1 + a_{n}^{2} - 2 a_{n} + 5$ 。求通项，并求 $a_{10}$ 。

怎么看出来：

根号里配方是 $(a_{n} - 1)^{2} + 4$ ，外面正好多一个 $1$ ，所以平移量是 $1$ 。

解：

配方： $a_{n}^{2} - 2 a_{n} + 5 = (a_{n} - 1)^{2} + 4$ 。设 $b_{n} = a_{n} - 1$ ，则 $b_{1} = 0$ ， $b_{n + 1} = b_{n}^{2} + 4$ 。平方得 $b_{n + 1}^{2} = b_{n}^{2} + 4$ ，所以 $b_{n}^{2} = 4 (n - 1)$ 。 $b_{1} = 0$ ， $n \geq 2$ 时 $b_{n}$ 是根号的值且 $b_{n}^{2} > 0$ ，所以 $b_{n} > 0$ 。于是 $b_{n} = 2 n - 1$ ，这对 $n = 1$ 也成立。还原得 $a_{n} = 1 + 2 n - 1$ ， $a_{10} = 1 + 2 \cdot 3 = 7$ 。检查：由递推 $a_{2} = 1 + 1 - 2 + 5 = 3$ ，公式也是 $3$ ； $a_{3} = 1 + 9 - 6 + 5 = 1 + 22$ ，公式也是 $1 + 22$ 。

答案：

$a_{n} = 1 + 2 n - 1$ ， $a_{10} = 7$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
右边是 $a_{n}$ 的二次式	配方，看能否写成 $a_{n + 1} - h = (a_{n} - h)^{2}$
根号里是 $a_{n}$ 的二次式，外面还有常数	平移消去一次项，平方后看 $b_{n}^{2}$
根式递推，要开方还原	先确定符号， $v^{2} = ∣ v ∣$
要 $(5 + 26)^{n}$ 的整数部分或小数部分	和共轭数相加得整数，用共轭数的大小定误差
$a_{n + 1} = p a_{n} + q a_{n}^{2} + r$ 且 $p^{2} - q = 1$	设伴随量 $c_{n}$ ，得一对一次递推（见进阶“伴随量与线性递推”）
$[λ x_{n}]$ 出现在递推里	用共轭数控制误差去掉取整号（见进阶“取整递推”）
$a_{n + 1} = \frac{a _{n}^{2} + k}{2 a _{n}}$	看 $\frac{a _{n} - k}{a _{n} + k}$ （见进阶“分式变平方”）
正数列反复平方，还乘常数	取对数变成一次递推（见进阶“取对数”）

三、怎么用

平移配方。例如 $a_{1} = 0$ ， $a_{n + 1} = a_{n}^{2} + 6 a_{n} + 10 - 3$ 。因为 $a^{2} + 6 a + 10 = (a + 3)^{2} + 1$ ，设 $b_{n} = a_{n} + 3$ ，得 $b_{n + 1} = b_{n}^{2} + 1$ ， $b_{1} = 3$ 。
平方，看新数列的规律。 $b_{n + 1}^{2} = b_{n}^{2} + 1$ ，所以 $b_{n}^{2}$ 是公差为 $1$ 的等差数列， $b_{n}^{2} = 9 + (n - 1) = n + 8$ 。
确定符号再开方。 $b_{1} = 3 > 0$ ，以后的项是根号的值，也为正，所以 $b_{n} = n + 8$ 。
还原并代回。 $a_{n} = n + 8 - 3$ 。检查： $a_{1} = 0$ ；由递推 $a_{2} = 10 - 3$ ，公式也是 $10 - 3$ 。

四、再做一道

例 2：小数部分的恒等式

设 $x = 5 + 26$ ， $n$ 是正整数， $f$ 是 $x^{n}$ 的小数部分（ $f = x^{n} - [x^{n}]$ ）。证明 $x^{n} (1 - f) = 1$ 。

怎么看出来：

目标里有 $1 - f$ ，猜它就是共轭数的幂。先算出 $x^{n}$ 的整数部分。

解：

设 $y = 5 - 26$ ， $T_{n} = x^{n} + y^{n}$ 。 $x + y = 10, x y = 1$ ，所以 $T_{n + 1} = 10 T_{n} - T_{n - 1}$ ， $T_{0} = 2, T_{1} = 10$ ，每个 $T_{n}$ 都是整数。 $26 = 24$ 在 $4$ 和 $5$ 之间，所以 $0 < y < 1$ ， $n \geq 1$ 时 $0 < y^{n} < 1$ 。 $x^{n} = T_{n} - y^{n}$ ，所以 $[x^{n}] = T_{n} - 1$ ， $f = x^{n} - T_{n} + 1 = 1 - y^{n}$ 。于是 $1 - f = y^{n}$ ， $x^{n} (1 - f) = (x y)^{n} = 1$ 。检查 $n = 2$ ： $x^{2} = 49 + 206 \approx 97.990$ ， $T_{2} = 98$ ， $f \approx 0.990$ ， $1 - f = y^{2} \approx 0.0102$ ，乘积约为 $1$ 。

答案：

$1 - f = y^{n}$ ，所以 $x^{n} (1 - f) = (x y)^{n} = 1$ 。

五、容易错在哪

$v^{2} = ∣ v ∣$ ，不是 $v$ 。开方前先确定符号，还要单独看第 1 项。
前几项是整数，不能说明以后都是整数。整数性要用整系数递推或归纳法证明。
用取整时要证明误差严格落在 $0$ 和 $1$ 之间，且对每个 $n$ 都成立。误差越来越小不等于误差一开始就小于 $1$ 。
共轭数在 $0$ 和 $1$ 之间时， $[x^{n}]$ 比整数和小 $1$ ；共轭数可能为负（如 $1 - 2$ ），这时要按 $n$ 的奇偶分开算，不能照搬。
伴随量的线性递推要求 $p^{2} - q = 1$ ，还要 $q a_{n} + p c_{n} \geq 0$ 。先验证再用。
取对数前要确认每项都是正数。

进阶：伴随量与线性递推 · 先修：本卡基础部分

伴随量：平方差不变

对 $a_{n + 1} = p a_{n} + q a_{n}^{2} + r$ ，其中 $p > 0, q > 0, a_{n} \geq 0$ ，且 $p^{2} - q = 1$ ，设 $c_{n} = q a_{n}^{2} + r$ ，它就是 $a_{n}$ 的伴随量。 $c_{n}^{2} - q a_{n}^{2} = r$ 是常数。展开可验证 $q a_{n + 1}^{2} + r = (q a_{n} + p c_{n})^{2}$ ，这一步要用 $p^{2} - q = 1$ ；又 $q a_{n} + p c_{n} \geq 0$ ，所以 $c_{n + 1} = q a_{n} + p c_{n}$ 。于是 $a_{n + 1} = p a_{n} + c_{n}, c_{n + 1} = q a_{n} + p c_{n}$ 是一对一次递推。再用 $c_{n} \pm q a_{n}$ 的和、差，它们每一步分别乘 $p + q$ 和 $p - q$ 。要先平移才符合这个形式时，先配方： $2 a^{2} - 4 a + 3 = 2 (a - 1)^{2} + 1$ 。

例 3：反推参数，再求通项

设 $p > 1$ ， $a_{0} = 0$ ， $a_{n + 1} = p a_{n} + (p^{2} - 1) a_{n}^{2} + 1$ 。已知 $a_{2} = 6$ 。求 $p$ ，并求通项，说明每一项都是整数。

怎么看出来：

根号里的系数 $q = p^{2} - 1$ 正好满足 $p^{2} - q = 1$ ，这是伴随量的形式。先由前两项求 $p$ 。

解：

$a_{1} = 1 = 1$ 。 $a_{2} = p + p^{2} - 1 + 1 = p + p = 2 p$ （ $p > 0$ ），所以 $p = 3$ ， $q = 8$ 。设 $c_{n} = 8 a_{n}^{2} + 1$ ， $c_{0} = 1$ 。各项非负，所以 $a_{n + 1} = 3 a_{n} + c_{n}$ ， $c_{n + 1} = 8 a_{n} + 3 c_{n}$ 。由这两式可知， $a_{n}, c_{n}$ 从整数 $0, 1$ 开始，一直是整数。算一下： $(c_{n} + 22 a_{n}) (3 + 22) = (3 c_{n} + 8 a_{n}) + 22 (c_{n} + 3 a_{n}) = c_{n + 1} + 22 a_{n + 1}$ ，所以 $c_{n} + 22 a_{n} = (3 + 22)^{n}$ 。把 $2$ 全换成 $- 2$ ，这个乘法计算照样成立，所以 $c_{n} - 22 a_{n} = (3 - 22)^{n}$ 。两式相减得 $a_{n} = \frac{( 3 + 2 2 ) ^{n} - ( 3 - 2 2 ) ^{n}}{4 2}$ 。检查： $n = 1$ 得 $1$ ； $a_{3} = 18 + 288 + 1 = 35$ ，公式 $\frac{( 3 + 2 2 ) ^{3} - ( 3 - 2 2 ) ^{3}}{4 2} = \frac{2 \cdot ( 3 \cdot 9 \cdot 2 2 + 8 \cdot 2 2 )}{4 2} = 35$ 。

答案：

$p = 3$ ， $a_{n} = \frac{( 3 + 2 2 ) ^{n} - ( 3 - 2 2 ) ^{n}}{4 2}$ ，均为整数。

进阶：取整递推 · 先修：本卡基础部分

取整递推：用误差去掉取整号

若 $x_{n + 1}$ 的递推含 $[λ x_{n}]$ ， $λ$ 是无理数，先算几项猜出一个整系数线性递推，定义这个整数数列 $u_{n}$ ，再证明 $λ u_{n}$ 与某个整数的差严格落在 $0$ 和 $1$ 之间。这样取整号就能去掉，再用归纳法得 $x_{n} = u_{n}$ 。若误差每步乘同一个位于 $0$ 和 $1$ 之间的共轭数，且首项误差也在 $0$ 和 $1$ 之间，以后就一直满足。共轭数为负时，要另查奇偶项的误差方向和取整结果。

例 4：去掉取整号

$x_{1} = 1$ ， $x_{n + 1} = 3 x_{n} + [22 x_{n}] + 1$ 。证明 $x_{n + 2} = 6 x_{n + 1} - x_{n}$ 对所有正整数 $n$ 成立。

怎么看出来：

$3 + 22$ 和 $3 - 22$ 的和是 $6$ ，积是 $1$ ，正好对应要证的递推。关键是证明 $22 x_{n}$ 和某个整数的差严格在 $0$ 和 $1$ 之间。

解：

设 $α = 3 + 22, β = 3 - 22$ ， $α β = 1$ ， $0 < β < 1$ （因为 $22 = 8$ 在 $2$ 和 $3$ 之间）。定义 $u_{n} = \frac{α ^{n} - β ^{n}}{4 2}$ ， $c_{n} = \frac{α ^{n} + β ^{n}}{2}$ 。由定义 $α^{n} = c_{n} + 22 u_{n}$ ， $β^{n} = c_{n} - 22 u_{n}$ 。乘 $α$ 得 $α^{n + 1} = (3 c_{n} + 8 u_{n}) + 22 (c_{n} + 3 u_{n})$ ，乘 $β$ 得到同一式子里 $2$ 变号的结果，所以 $u_{n + 1} = 3 u_{n} + c_{n}$ ， $c_{n + 1} = 8 u_{n} + 3 c_{n}$ ； $u_{1} = 1, c_{1} = 3$ ，所以都是整数。 $c_{n} - 22 u_{n} = β^{n}$ ，它严格在 $0$ 和 $1$ 之间，所以 $22 u_{n} = c_{n} - β^{n}$ ， $[22 u_{n}] = c_{n} - 1$ 。下面归纳证明 $x_{n} = u_{n}$ 。 $n = 1$ 成立。若 $x_{n} = u_{n}$ ，则 $x_{n + 1} = 3 u_{n} + (c_{n} - 1) + 1 = 3 u_{n} + c_{n} = u_{n + 1}$ 。最后， $α, β$ 都满足 $t^{2} = 6 t - 1$ ，所以 $u_{n + 2} = 6 u_{n + 1} - u_{n}$ 。检查： $x_{2} = 3 + 2 + 1 = 6$ ， $x_{3} = 18 + 16 + 1 = 35$ （ $22 \cdot 6 \approx 16.97$ ）， $6 \cdot 6 - 1 = 35$ 。

答案：

由 $x_{n} = u_{n}$ 和 $α, β$ 满足的二次方程得 $x_{n + 2} = 6 x_{n + 1} - x_{n}$ 。

进阶：分式变平方 · 先修：本卡基础部分

分式递推变平方

$a_{n + 1} = \frac{a _{n}^{2} + k}{2 a _{n}}$ （ $k > 0$ ， $a_{n} \neq = 0$ ）满足 $a_{n + 1} - k = \frac{( a _{n} - k ) ^{2}}{2 a _{n}}$ ， $a_{n + 1} + k = \frac{( a _{n} + k ) ^{2}}{2 a _{n}}$ 。当 $a_{n} + k \neq = 0$ 时，两式相除， $b_{n} = \frac{a _{n} - k}{a _{n} + k}$ 满足 $b_{n + 1} = b_{n}^{2}$ 。例如 $k = 9$ ： $a_{n + 1} - 3 = \frac{( a _{n} - 3 ) ^{2}}{2 a _{n}}$ ， $a_{n + 1} + 3 = \frac{( a _{n} + 3 ) ^{2}}{2 a _{n}}$ 。 $a_{1} > 0$ 时每项都为正，这些分母都不为零。还原用 $a_{n} = k \cdot \frac{1 + b _{n}}{1 - b _{n}}$ 。

例 5：三次的版本

$a_{1} = 3$ ， $a_{n + 1} = \frac{a _{n}^{3} + 3 a _{n}}{3 a _{n}^{2} + 1}$ 。求通项。

怎么看出来：

分子分母正好是 $(a \pm 1)^{3}$ 展开式的两部分，所以看 $\frac{a _{n} - 1}{a _{n} + 1}$ 。

解：

$a_{1} > 0$ ，分子分母都为正，所以每项都为正。 $a_{n + 1} - 1 = \frac{a _{n}^{3} - 3 a _{n}^{2} + 3 a _{n} - 1}{3 a _{n}^{2} + 1} = \frac{( a _{n} - 1 ) ^{3}}{3 a _{n}^{2} + 1}$ ， $a_{n + 1} + 1 = \frac{( a _{n} + 1 ) ^{3}}{3 a _{n}^{2} + 1}$ 。 $a_{n} + 1 > 0$ ，设 $b_{n} = \frac{a _{n} - 1}{a _{n} + 1}$ ，相除得 $b_{n + 1} = b_{n}^{3}$ 。 $b_{1} = \frac{1}{2}$ ，所以 $b_{n} = 2^{- 3^{n - 1}}$ 。由 $b_{n}$ 的定义解出 $a_{n} = \frac{1 + b _{n}}{1 - b _{n}}$ ， $b_{n} < 1$ ，分母不为零。检查：由递推 $a_{2} = \frac{27 + 9}{27 + 1} = \frac{9}{7}$ ，公式 $b_{2} = \frac{1}{8}$ ， $a_{2} = \frac{9/8}{7/8} = \frac{9}{7}$ 。

答案：

$a_{n} = \frac{2 ^{3^{n - 1}} + 1}{2 ^{3^{n - 1}} - 1}$ 。

进阶：取对数 · 先修：对数的定义和运算律

取对数：把平方变成乘 2

$b_{n} > 0$ 时可以取常用对数。 $l g x$ 表示 $10$ 的多少次方等于 $x$ ， $l g (uv) = l g u + l g v$ ， $l g u^{2} = 2 l g u$ 。 $b_{n + 1} = b_{n}^{2}$ 变成 $l g b_{n + 1} = 2 l g b_{n}$ ， $l g b_{n}$ 每次乘 $2$ ，是等比数列（ $l g b_{1} \neq = 0$ 时）。有负项或零项时不能取对数。

例 6：取对数处理常数系数

$b_{1} = 3$ ， $b_{n + 1} = 2 b_{n}^{2}$ 。求通项。

怎么看出来：

正数列，平方后还乘 $2$ 。取对数得到一次递推，再平移。

解：

每项都为正。取对数： $l g b_{n + 1} = 2 l g b_{n} + l g 2$ 。两边加 $l g 2$ ： $l g b_{n + 1} + l g 2 = 2 (l g b_{n} + l g 2)$ ，所以 $l g b_{n} + l g 2 = 2^{n - 1} (l g 3 + l g 2) = 2^{n - 1} l g 6$ ，即 $l g (2 b_{n}) = l g 6^{2^{n - 1}}$ ， $2 b_{n} = 6^{2^{n - 1}}$ 。不用对数也能看出：两边乘 $2$ 得 $2 b_{n + 1} = (2 b_{n})^{2}$ 。检查： $b_{2} = 18$ ， $\frac{6 ^{2}}{2} = 18$ ； $b_{3} = 648$ ， $\frac{6 ^{4}}{2} = 648$ 。

答案：

$b_{n} = \frac{1}{2} \cdot 6^{2^{n - 1}}$ 。

真题

按这个方法练 · 15 题

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前缀作差找递推，长和只留首尾

记 $S_{n} = a_{1} + \dots + a_{n}$ ，称为前 $n$ 项和，另定 $S_{0} = 0$ 。两条相邻前缀关系相减，常可恢复通项；把和式写成相邻差，则中间项抵消，这叫望远镜相消。

完整讲解 · 例题 · 可练 31 题

一、是什么

首项和后项分开

$a_{n} = S_{n} - S_{n - 1}$ 对 $n \geq 2$ 可由两个已知公式相减； $a_{1} = S_{1}$ 要单独从原式求，不能擅把仅对正整数有效的前缀公式用于 $0$ 。

差式与比式

$u_{k} = v_{k + 1} - v_{k}$ 时， $\sum_{k = 1}^{n} u_{k} = v_{n + 1} - v_{1}$ 。 $u_{k} = v_{k + 1} / v_{k}$ 且所有分母非零时， $\prod_{k = 1}^{n} u_{k} = v_{n + 1} / v_{1}$ 。乘号连写称为连乘。

相邻乘积变增量

$a_{n + 1} = a_{n} + 1/ a_{n}$ 且项非零时， $1/ a_{n} = a_{n + 1} - a_{n}$ ，目标倒数和可直接相消。若由前缀条件推出递推，还要把解代回原条件，防止漏掉首项常数。

先看一道例题

例 1：前缀条件恢复数列

$S_{n} = 2 a_{n} - 1$ 对所有 $n \geq 1$ 成立。求 $a_{n}$ 。

怎么看出来：

先由 $n = 1$ 定首项。

解：

$a_{1} = 2 a_{1} - 1$ 得 $a_{1} = 1$ 。 $n \geq 2$ 时 $a_{n} = S_{n} - S_{n - 1} = 2 a_{n} - 2 a_{n - 1}$ ，故 $a_{n} = 2 a_{n - 1}$ ， $a_{n} = 2^{n - 1}$ 。回查 $S_{n} = 2^{n} - 1 = 2 a_{n} - 1$ 。

答案：

$a_{n} = 2^{n - 1}$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
已知前几项之和的公式	写相邻两式并相减
分母是相邻因子	试倒数之差
递推含 $1/ a_{n}$	先找目标是否就是增量

三、怎么用

单独确定首项和定义域。
写出相邻前缀的差，或目标的差式。
展开头尾两项确认指标。
求和后代回原条件。

四、再做一道

例 2：递推给倒数和

$a_{1} = 1, a_{n + 1} = a_{n} + 1/ a_{n}$ 。求 $\sum_{k = 1}^{4} 1/ a_{k}$ ，用 $a_{5}$ 表示。

怎么看出来：

正性归纳保证可取倒数。

解：

$a_{1} > 0$ ，正项加正倒数仍正，所以所有项非零。 $1/ a_{k} = a_{k + 1} - a_{k}$ ，四项相加只余 $a_{5} - a_{1} = a_{5} - 1$ 。核前两项： $1 + 1/2 = a_{3} - 1 = 5/2 - 1$ 。

答案：

$a_{5} - 1$ 。

五、容易错在哪

只满足相减后的递推不够，还要检查最初的前缀条件。
差式从 $v_{k}$ 到 $v_{k + 1}$ ，累加后的末项是 $v_{n + 1}$ 。

真题

按这个方法练 · 31 题

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数列按下标分支：沿商链折回，按区间分块

先分清分支看的是下标还是项的值。看下标时，反复除以同一个数，把远处的项一步步折回开头；取整的项按取值相同的区间分块；已知后面的项反求前面的项时，每一层的可能都要列全。

完整讲解 · 例题 · 可练 17 题

一、是什么

分支看下标，还是看项的值

$x_{n + 1} = x_{n} + 1$ （ $n$ 为偶数）的分支看下标， $n$ 是几就走哪支。 $x_{n + 1} = x_{n} + 1$ （ $x_{n}$ 为偶数）的分支看项的值，要先算出 $x_{n}$ 。前者可以跳着算，后者一般要一步步算或分情况。读题时先确认这一点。

余数递推：沿商链往回走

$b_{2 n} = 2 b_{n}, b_{2 n + 1} = b_{n}$ 这种关系，下标除以 $2$ 就回到更小的下标。 $12 \to 6 \to 3 \to 1$ ，这串数叫商链。每一步的余数决定做什么：余数 $0$ 乘 $2$ ，余数 $1$ 不变。一个数反复除以 $2$ 的余数，从低位到高位就是它的二进制数位，例如 $12 = (1100)_{2}$ 。所以 $b_{n}$ 由二进制里 $0$ 的个数决定。除以 $3$ 时对应三进制，道理一样。

奇偶分成两串

若条件是 $a_{n + 1} + a_{n} = 2 n$ ，把 $n$ 换成 $n + 1$ 再相减，得 $a_{n + 2} - a_{n} = 2$ 。奇数下标和偶数下标各自成等差数列，要分开算，它们的首项不同。类似地， $\frac{a _{2 k}}{a _{2 k - 1}}, \frac{a _{2 k + 1}}{a _{2 k}}$ 交替给定时，隔一项的比是常数。

取整按区间分块

$[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数，例如 $[2.6] = 2$ 。 $[n] = k$ 的条件是 $k^{2} \leq n < (k + 1)^{2}$ ，这一块有 $(k + 1)^{2} - k^{2} = 2 k + 1$ 个 $n$ 。在同一块里 $[n]$ 不变，所以求和或迭代时一块一块算，最后一块常常不完整，要单独数。

先看一道例题

例 1：沿商链算项，再反过来找下标

数列满足 $b_{1} = 1, b_{2 n} = 2 b_{n}, b_{2 n + 1} = b_{n}$ （ $n \geq 1$ ）。求 $b_{100}$ ，并求使 $b_{n} = 8$ 的最小正整数 $n$ 。

怎么看出来：

分支看下标的奇偶。下标除以 $2$ 就变小，所以写商链。

解：

商链： $100 \to 50 \to 25 \to 12 \to 6 \to 3 \to 1$ 。其中 $100, 50, 12, 6$ 是偶数，各乘 $2$ ； $25, 3$ 是奇数，不变。所以 $b_{100} = 2^{4} = 16$ 。一般地， $b_{n} = 2^{m}$ ， $m$ 是 $n$ 的二进制里 $0$ 的个数。 $b_{n} = 8$ 要求恰有 $3$ 个 $0$ ，而二进制首位是 $1$ ，所以至少 $4$ 位，最小的是 $(1000)_{2} = 8$ 。检查： $b_{8} = 2 b_{4} = 4 b_{2} = 8 b_{1} = 8$ ，而 $n < 8$ 时二进制至多 $3$ 位，至多 $2$ 个 $0$ 。

答案：

$b_{100} = 16$ ，最小的 $n = 8$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
$a_{2 n}, a_{2 n + 1}$ 或 $a_{3 n}, a_{3 n + 1}, a_{3 n + 2}$ 给出关系	反复除以 $2$ 或 $3$ ，写商链，看每位数字的贡献
含 $[n]$ 或 $[\frac{n}{k}]$	找取值相同的区间，一块一块算
$a_{n + 1} + a_{n}$ 是 $n$ 的式子	相邻两式相减，奇偶下标分开
数列由复制、拼接得到，问很远的一项	写各阶段长度，折回（见进阶“复制串与反求”）
已知后面的项，求开头所有可能	逐层反推，列全再代回（见进阶“复制串与反求”）

三、怎么用

判断分支看什么。 $b_{1} = 1, b_{2 n} = 2 b_{n}, b_{2 n + 1} = b_{n}$ 的分支看下标。
写商链。求 $b_{12}$ ： $12 \to 6 \to 3 \to 1$ 。
写每一步的动作。 $12$ 和 $6$ 是偶数，各乘 $2$ ； $3$ 是奇数，不变。
从开头算回来。 $b_{3} = b_{1} = 1$ ， $b_{6} = 2 b_{3} = 2$ ， $b_{12} = 2 b_{6} = 4$ 。
用数位核对。 $12 = (1100)_{2}$ 有 $2$ 个 $0$ ， $2^{2} = 4$ ，结果一致。

四、再做一道

例 2：取整按块求和

求 $[1] + [2] + \dots + [30]$ 。

怎么看出来：

$[n]$ 在一段区间内不变，所以按取值分块，每块是个数乘取值。

解：

$k = 1$ ： $n = 1, 2, 3$ ，共 $3$ 个，贡献 $3$ 。 $k = 2$ ： $n = 4, \dots, 8$ ，共 $5$ 个，贡献 $10$ 。 $k = 3$ ： $n = 9, \dots, 15$ ，共 $7$ 个，贡献 $21$ 。 $k = 4$ ： $n = 16, \dots, 24$ ，共 $9$ 个，贡献 $36$ 。 $k = 5$ ：完整的一块到 $35$ ，这里只到 $30$ ， $n = 25, \dots, 30$ ，共 $6$ 个，贡献 $30$ 。个数合计 $3 + 5 + 7 + 9 + 6 = 30$ ，没有漏。总和 $3 + 10 + 21 + 36 + 30 = 100$ 。

答案：

$100$ 。

五、容易错在哪

不要把下标的奇偶当成项的奇偶，两者走的分支不同。
折回时要减去正确的阶段长度，多减或少减一，结果就错了。
分块时最后一块常常不完整。数完之后把各块个数加起来，和总项数核对。
反求时只找到几个值还不够，要说明每一层的来源都列全了，再正向代回。

进阶：复制串与反求

复制串：按长度折回

数列由复制拼接而成时，先写出每一阶段的长度。如果第 $k$ 阶段是 $S_{k - 1}$ 、一个新数、 $S_{k - 1}$ ，那么后半段第 $p$ 位和前半段对应位相同，下标减去前半段长度加一，就能折回。反复折回，直到落在新添的那个数上。

反求前一项：每层列全

已知后面的项求前面的项，同一个值可能有几个来源。例如 $a_{n + 1} = [\frac{a _{n}}{3}] + 1$ ， $a_{n + 1} = 3$ 时 $[\frac{a _{n}}{3}] = 2$ ， $a_{n}$ 可以是 $6, 7, 8$ 。如果变换单调不减，每一层的来源是连续的一段，只需跟踪两端。有分支的变换要逐支写出条件，再正向代回检查，一个都不能漏。

例 3：对称拼接数列

$S_{1}$ 是 $1$ ， $S_{k}$ 由 $S_{k - 1}$ 、数 $k$ 、 $S_{k - 1}$ 依次拼成，于是 $S_{3}$ 是 $1, 2, 1, 3, 1, 2, 1$ 。把这样无限延长得到的数列记为 ${a_{n}}$ 。求 $a_{100}$ ，以及前 $100$ 项中 $3$ 出现的次数。

怎么看出来：

每一阶段的长度能写出来，新数的位置固定，所以按长度折回。

解：

$S_{k}$ 的长度是 $2^{k} - 1$ ，新数 $k$ 在第 $2^{k - 1}$ 位，所以 $a_{2^{k - 1}} = k$ 。第 $p$ 位满足 $2^{k - 1} < p < 2^{k}$ 时，它和第 $p - 2^{k - 1}$ 位相同。折回： $100 - 64 = 36$ ， $36 - 32 = 4$ ，而 $4 = 2^{2}$ ，所以 $a_{100} = 3$ 。减去的数都比当前下标含的 $2$ 的因子更多，所以折回不改变下标里 $2$ 的次数，于是 $a_{p}$ 等于 $p$ 含 $2$ 的次数加 $1$ 。 $a_{p} = 3$ 当且仅当 $p$ 被 $4$ 整除、不被 $8$ 整除，即 $p = 4, 12, \dots, 100$ ，共 $\frac{100 - 4}{8} + 1 = 13$ 个。

答案：

$a_{100} = 3$ ，出现 $13$ 次。

例 4：分支按项的值：逐支解

正整数数列满足： $a_{n}$ 为偶数时 $a_{n + 1} = \frac{a _{n}}{2}$ ， $a_{n}$ 为奇数时 $a_{n + 1} = a_{n} + 3$ 。求所有使 $a_{4} = a_{1}$ 的 $a_{1}$ 。

怎么看出来：

分支看项的值，要按奇偶分情况走三步，每一支都是一次方程，解完要代回确认奇偶假设。

解：

设 $a_{1} = x$ 。若 $x$ 为奇数， $a_{2} = x + 3$ 是偶数， $a_{3} = \frac{x + 3}{2}$ 。此时若 $a_{3}$ 为偶数， $a_{4} = \frac{x + 3}{4} = x$ ，得 $x = 1$ ，此时 $a_{3} = 2$ 确为偶数，符合。若 $a_{3}$ 为奇数， $a_{4} = \frac{x + 3}{2} + 3 = x$ ，得 $x = 9$ ，但此时 $a_{3} = 6$ 是偶数，矛盾，舍去。若 $x$ 为偶数， $a_{2} = \frac{x}{2}$ 。若 $a_{2}$ 为奇数， $a_{3} = \frac{x}{2} + 3$ 是偶数， $a_{4} = \frac{x}{4} + \frac{3}{2} = x$ ，得 $x = 2$ ，此时 $a_{2} = 1$ 确为奇数，符合。若 $a_{2}$ 为偶数， $a_{3} = \frac{x}{4}$ 。再分： $a_{3}$ 为偶数时 $a_{4} = \frac{x}{8} = x$ ，无正整数解； $a_{3}$ 为奇数时 $a_{4} = \frac{x}{4} + 3 = x$ ，得 $x = 4$ ，此时 $a_{2} = 2, a_{3} = 1$ ，符合。代回： $1 \to 4 \to 2 \to 1$ ， $2 \to 1 \to 4 \to 2$ ， $4 \to 2 \to 1 \to 4$ 。

答案：

$a_{1} = 1, 2, 4$ 。

真题

按这个方法练 · 17 题

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数列只问范围：不变区间、单调和夹逼

不需要通项。先用归纳证明每一项都落在某个区间里，再把和或差写成能算出来的上下界。问整数部分时，把项夹在两个相邻整数之间。

完整讲解 · 例题 · 可练 25 题

一、是什么

归纳法和不变区间

要证所有项都在区间 $I$ 里，只需两步：第一项在 $I$ 里；如果 $a_{n}$ 在 $I$ 里，那么 $a_{n + 1}$ 也在 $I$ 里。这样一项传一项，全部都在。这样的 $I$ 叫不变区间。例如 $a_{n + 1} = \frac{a _{n}}{2} + 1$ ： $x \in [0, 2]$ 时 $\frac{x}{2} + 1 \in [1, 2] \subset [0, 2]$ 。

整数部分

$[x]$ 是不超过 $x$ 的最大整数。要求 $[a] = k$ ，要证 $k \leq a < k + 1$ ，其中右边必须严格。如果区间端点碰到整数，比如 $a \in [2, 3]$ 且可能等于 $3$ ，就要再收紧一步。

倒数和裂项

若增量含 $a_{n}$ ，常换成倒数看。 $a_{n + 1} = a_{n} - a_{n}^{2}$ 时， $0 < a_{n} < 1$ 的前提下， $\frac{1}{a _{n + 1}} = \frac{1}{a _{n} ( 1 - a _{n} )} = \frac{1}{a _{n}} + \frac{1}{1 - a _{n}}$ 。另外 $k \geq 2$ 时， $\frac{1}{k ^{2}} < \frac{1}{k ( k - 1 )} = \frac{1}{k - 1} - \frac{1}{k}$ ，这样放大之后能相消。

先看一道例题

例 1：不变区间求整数部分

数列满足 $a_{1} = 1, a_{n + 1} = 2 + \frac{1}{a _{n}}$ 。求 $[a_{2026}]$ 。

怎么看出来：

只问整数部分。算几项： $1, 3, \frac{7}{3}, \frac{17}{7}$ ，大约在 $2$ 和 $3$ 之间，所以找不变区间。

解：

$a_{2} = 3$ 。设 $x \in [2, 3]$ ，则 $\frac{1}{x} \in [\frac{1}{3}, \frac{1}{2}]$ ，所以 $2 + \frac{1}{x} \in [\frac{7}{3}, \frac{5}{2}] \subset [2, 3]$ 。由归纳， $n \geq 2$ 时 $a_{n} \in [2, 3]$ ，从而 $n \geq 3$ 时 $a_{n} \in [\frac{7}{3}, \frac{5}{2}]$ 。第二个区间不含 $3$ ， $a_{2026}$ 严格小于 $3$ 。

答案：

$[a_{2026}] = 2$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
只问 $[a_{n}]$ ，不问具体值	找不变区间或夹在相邻整数之间
$a_{n + 1} = a_{n} - a_{n}^{2}$ 、 $a_{n + 1} = a_{n} + a_{n}^{2}$ 这类	看倒数的差； $a_{n}^{2}$ 本身可以写成相邻两项的差
增量含 $\frac{1}{a _{n}}$ 或 $\frac{1}{a _{n}^{2}}$	看平方差或立方差（见进阶“越界与部分和”）
问第一次越过某个数，或问以后是否总成立	算出前后两项，再证保持（见进阶“越界与部分和”）
问所有项为正时初值的范围	归一化，看部分和的上限（见进阶“越界与部分和”）

三、怎么用

先算几项，猜范围。 $a_{1} = 1, a_{n + 1} = \frac{a _{n}}{2} + 1$ ： $1, \frac{3}{2}, \frac{7}{4}$ ，猜 $a_{n} < 2$ 。
验证第一项。 $a_{1} = 1$ ，在 $[1, 2)$ 里。
验证传递。 $x \in [1, 2)$ 时 $\frac{x}{2} + 1 \in [\frac{3}{2}, 2) \subset [1, 2)$ 。
写结论。由归纳，所有项都在 $[1, 2)$ 里，右端严格。
回答问题。所有 $n$ 都有 $[a_{n}] = 1$ ，因为 $1 \leq a_{n} < 2$ 。

四、再做一道

例 2：倒数放缩和相消

数列满足 $a_{1} = \frac{1}{2}, a_{n + 1} = a_{n} - a_{n}^{2}$ 。证明：对所有正整数 $n$ ， $a_{n} \leq \frac{1}{n + 1}$ ，且 $a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + \dots + a_{n}^{2} < \frac{1}{2}$ 。

怎么看出来：

$a_{n}^{2} = a_{n} - a_{n + 1}$ ，和可以相消。上界要用倒数，先确认各项在 $(0, 1)$ 里，分母才不为零。

解：

若 $x \in (0, 1)$ ，则 $x (1 - x) \in (0, \frac{1}{4}] \subset (0, 1)$ ，所以由归纳，所有 $a_{n} \in (0, 1)$ 。由此 $\frac{1}{a _{n + 1}} = \frac{1}{a _{n}} + \frac{1}{1 - a _{n}} > \frac{1}{a _{n}} + 1$ 。 $\frac{1}{a _{1}} = 2$ ，所以 $\frac{1}{a _{n}} \geq n + 1$ （ $n = 1$ 时取等），即 $a_{n} \leq \frac{1}{n + 1}$ 。求和： $a_{k}^{2} = a_{k} - a_{k + 1}$ ，累加得 $a_{1}^{2} + \dots + a_{n}^{2} = a_{1} - a_{n + 1} = \frac{1}{2} - a_{n + 1} < \frac{1}{2}$ ，因为 $a_{n + 1} > 0$ 。

答案：

两个结论都成立。

五、容易错在哪

数值算几项只能帮你猜，不能代替证明。要写归纳或严格的不等式。
部分和严格小于上限，不等于初值必须严格大于上限。要单独判断等号时是否成立。
非严格的下界要说明能否取等， $[x]$ 的右端必须严格。
首次越界要核对前后两项；要说以后一直成立，还要证明不变区间。
除以 $a_{n}$ 或 $1 - a_{n}$ 之前，先证明它们不为零，并确定符号。

进阶：越界与部分和 · 先修：等比数列求和

增量含负幂：看幂的差

若 $a_{n + 1} = a_{n} + \frac{1}{a _{n}}$ （ $a_{n} > 0$ ），直接求和不行。平方后 $a_{n + 1}^{2} = a_{n}^{2} + 2 + \frac{1}{a _{n}^{2}} > a_{n}^{2} + 2$ ，增量变成了常数，累加得 $a_{n}^{2} > a_{1}^{2} + 2 (n - 1)$ （ $n \geq 2$ ）。增量含 $\frac{1}{a _{n}^{2}}$ 时，换成看立方的差。

首次越界

问第一次超过或低于某数时，要算出这一项和前一项，两边都核对。如果还问以后是否一直保持，要再证越界后的范围是不变区间。

归一化和部分和

$a_{n + 1} = 2 a_{n} - 1$ 令 $b_{n} = \frac{a _{n}}{2 ^{n - 1}}$ ，得 $b_{n + 1} = b_{n} - \frac{1}{2 ^{n}}$ ，于是 $a_{n} > 0$ 等价于 $a_{1}$ 大于前几项的和 $\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{2 ^{n - 1}} = 1 - \frac{1}{2 ^{n - 1}}$ 。这些部分和都小于 $1$ ，又能任意接近 $1$ ，所以这个上限 $1$ 本身可以取。注意部分和严格小于 $1$ ，所以 $a_{1} = 1$ 也满足条件，不要写成 $a_{1} > 1$ 。

到极限点的距离按比例缩小

设 $L$ 满足 $L = f (L)$ 。如果在不变区间内能证明 $∣ a_{n + 1} - L ∣ \leq k ∣ a_{n} - L ∣$ ， $0 < k < 1$ ，那么 $∣ a_{n} - L ∣ \leq k^{n - 1} ∣ a_{1} - L ∣$ ，这些距离的和被等比数列控制住。关键是先有不变区间，比值 $k$ 才能统一。

例 3：首次越界并保持

数列满足 $a_{1} = 100, a_{n + 1} = \frac{a _{n}}{2} + 1$ 。求使 $a_{n} < 3$ 的最小 $n$ ，并说明此后是否一直小于 $3$ 。

怎么看出来：

不动点是 $2$ ，减去它就有通项，再比较前后两项。

解：

$a_{n + 1} - 2 = \frac{1}{2} (a_{n} - 2)$ ，所以 $a_{n} - 2 = \frac{98}{2 ^{n - 1}}$ 。 $a_{n} < 3$ 即 $2^{n - 1} > 98$ ，最小的 $n - 1 = 7$ ， $n = 8$ 。核对： $a_{7} = 2 + \frac{98}{64} > 3$ ， $a_{8} = 2 + \frac{98}{128} < 3$ 。此后： $x < 3$ 时 $\frac{x}{2} + 1 < \frac{5}{2} < 3$ ，所以一直小于 $3$ 。

答案：

最小的 $n = 8$ ，此后一直小于 $3$ 。

例 4：所有项为正与首次不为正

数列满足 $a_{n + 1} = 2 a_{n} - 1$ 。求使所有项都为正的 $a_{1}$ 的范围；再求恰好第 $4$ 项是第一个不为正的项时 $a_{1}$ 的范围。

怎么看出来：

不动点是 $1$ ， $a_{n} - 1$ 每步乘 $2$ 。 $a_{1} < 1$ 时差距越来越大，变成负数。

解：

$a_{n} = 1 + 2^{n - 1} (a_{1} - 1)$ 。若 $a_{1} \geq 1$ ，所有 $a_{n} \geq 1 > 0$ 。若 $a_{1} < 1$ ，取 $n$ 足够大使 $2^{n - 1} (1 - a_{1}) \geq 1$ ，就有 $a_{n} \leq 0$ 。所以第一问是 $a_{1} \geq 1$ 。第二问： $a_{3} = 1 + 4 (a_{1} - 1) > 0$ 得 $a_{1} > \frac{3}{4}$ ； $a_{4} = 1 + 8 (a_{1} - 1) \leq 0$ 得 $a_{1} \leq \frac{7}{8}$ 。这时 $a_{1}, a_{2}$ 也为正，因为 $a_{1} > \frac{3}{4}$ ， $a_{2} = 2 a_{1} - 1 > \frac{1}{2}$ 。检查： $a_{1} = \frac{7}{8}$ 时序列为 $\frac{7}{8}, \frac{3}{4}, \frac{1}{2}, 0$ 。

答案：

$a_{1} \geq 1$ ；第二问 $\frac{3}{4} < a_{1} \leq \frac{7}{8}$ 。

例 5：距离按比例缩小后求和

数列满足 $a_{1} = 2, a_{n + 1} = \frac{2}{1 + a _{n}}$ 。证明： $a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n} < n + 3$ 。

怎么看出来：

$L = 1$ 满足 $L = \frac{2}{1 + L}$ ，目标相当于 $\sum (a_{k} - 1) < 3$ 。先找不变区间，才能把比值控制住。

解：

$x \in [\frac{1}{2}, 2]$ 时 $\frac{2}{1 + x} \in [\frac{2}{3}, \frac{4}{3}] \subset [\frac{1}{2}, 2]$ ，所以所有 $a_{n}$ 都在这个区间。 $a_{n + 1} - 1 = \frac{1 - a _{n}}{1 + a _{n}}$ ，而 $1 + a_{n} \geq \frac{3}{2}$ ，所以 $∣ a_{n + 1} - 1∣ \leq \frac{2}{3} ∣ a_{n} - 1∣$ 。 $∣ a_{1} - 1∣ = 1$ ，所以 $∣ a_{k} - 1∣ \leq (\frac{2}{3})^{k - 1}$ 。 $\sum_{k = 1}^{n} (a_{k} - 1) \leq \sum_{k = 1}^{n} (\frac{2}{3})^{k - 1} = 3 (1 - (\frac{2}{3})^{n}) < 3$ 。移项得结论。

答案：

结论成立。

真题

按这个方法练 · 25 题

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相邻乘积型递推：找不变量，化成线性

把相邻两个恒等式并排写出来相减，常能发现某个乘积差固定、变号或按固定倍数变化。再由它得到隔项的比值，把非线性递推变回线性递推，整除和平方问题就都简单了。

完整讲解 · 例题 · 可练 16 题

一、是什么

线性递推里的乘积差

设 $a_{n + 1} = p a_{n} + q a_{n - 1}$ ，记 $D_{n} = a_{n + 1} a_{n - 1} - a_{n}^{2}$ 。计算 $D_{n + 1} = a_{n + 2} a_{n} - a_{n + 1}^{2} = (p a_{n + 1} + q a_{n}) a_{n} - a_{n + 1}^{2} = a_{n + 1} (p a_{n} - a_{n + 1}) + q a_{n}^{2} = - q a_{n + 1} a_{n - 1} + q a_{n}^{2} = - q D_{n}$ 。所以 $D_{n}$ 每步乘 $- q$ 。 $q = 1$ 时符号交替， $q = - 1$ 时不变。

不变量为零：等比数列

如果 ${a_{n}}$ 各项不为零且公比不变，那么 $a_{n + 1} a_{n - 1} = a_{n}^{2}$ ， $D_{n} = 0$ 。反过来，线性递推的 $D_{n}$ 某一项为零且 $q \neq = 0$ 时全部为零，只要各项不为零， $\frac{a _{n + 1}}{a _{n}}$ 就是常数。

从乘积差到线性递推

若 $a_{n + 1} a_{n - 1} - a_{n}^{2} = c$ 对所有 $n \geq 2$ 成立，下标加一再相减，得 $a_{n + 2} a_{n} - a_{n + 1}^{2} = a_{n + 1} a_{n - 1} - a_{n}^{2}$ ，移项 $a_{n} (a_{n + 2} + a_{n}) = a_{n + 1} (a_{n + 1} + a_{n - 1})$ 。各项不为零时除过去， $\frac{a _{n + 2} + a _{n}}{a _{n + 1}} = \frac{a _{n + 1} + a _{n - 1}}{a _{n}}$ ，这个比值恒定，由前三项算出来。若右边是 $c k^{n}$ （ $k \neq = 0$ ），下标加一后的式子是原式的 $k$ 倍，同样整理得 $\frac{a _{n + 2} + k a _{n}}{a _{n + 1}}$ 恒定。

先看一道例题

例 1：让不变量为零，得等比数列

数列满足 $a_{1} = 1, a_{n + 2} = 2 a_{n + 1} + 3 a_{n}$ 。求所有使 ${a_{n}}$ 成等比数列的 $a_{2}$ 。

怎么看出来：

等比数列的 $a_{n + 2} a_{n} - a_{n + 1}^{2}$ 恒为零。先由第一项列方程，再验证整个数列确实等比。

解：

等比数列必须满足 $a_{3} a_{1} = a_{2}^{2}$ 。 $a_{3} = 2 a_{2} + 3$ ，所以 $2 a_{2} + 3 = a_{2}^{2}$ ， $(a_{2} - 3) (a_{2} + 1) = 0$ ， $a_{2} = 3$ 或 $- 1$ 。验证： $a_{n} = 3^{n - 1}$ 满足 $3^{n + 1} = 2 \cdot 3^{n} + 3 \cdot 3^{n - 1}$ ，因为 $9 = 6 + 3$ ； $a_{n} = (- 1)^{n - 1}$ 满足递推，因为 $1 = - 2 + 3$ 。两个都成立。

答案：

$a_{2} = 3$ 或 $a_{2} = - 1$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
$a_{n + 1} a_{n - 1} - a_{n}^{2}$ 或 $a_{n + 2} a_{n} - a_{n + 1}^{2}$	用 $a_{n + 1} = p a_{n} + q a_{n - 1}$ 算它每步乘多少
$a_{n + 1} = \frac{a _{n}^{2} + c}{a _{n - 1}}$	乘过去是乘积差等于常数，下标加一相减，得比值不变
问所有项是不是整数	化成整系数线性递推
乘积加 $1$ 或减 $1$ 是完全平方	把乘积差等于 $\pm 1$ 写出来（见进阶“乘积固定与平方判定”）
$a_{n + 1} = a_{n - 1} + \frac{c}{a _{n}}$	乘 $a_{n}$ 得相邻积等差（见进阶“乘积固定与平方判定”）

三、怎么用

写出乘积差。 $a_{1} = a_{2} = 1, a_{n + 2} = a_{n + 1} + 2 a_{n}$ ，记 $D_{n} = a_{n + 2} a_{n} - a_{n + 1}^{2}$ 。
算第一项。 $a_{3} = 3$ ， $D_{1} = 3 \cdot 1 - 1 = 2$ 。
算出每步的倍数。这里 $q = 2$ ，所以 $D_{n + 1} = - 2 D_{n}$ 。
写通项。 $D_{n} = 2 \cdot (- 2)^{n - 1}$ 。
用数字核对。 $a_{4} = 5, a_{5} = 11$ ： $D_{2} = 5 \cdot 1 - 9 = - 4$ ， $D_{3} = 11 \cdot 3 - 25 = 8$ ，都符合。

四、再做一道

例 2：含参数的非线性递推

设 $c$ 是正整数，数列满足 $a_{1} = a_{2} = 1, a_{n + 1} = \frac{a _{n}^{2} + c}{a _{n - 1}} (n \geq 2)$ 。证明每一项都是正整数，并把 $a_{5}$ 写成 $c$ 的式子。

怎么看出来：

分母在变，直接看不出整数。乘过去是 $a_{n + 1} a_{n - 1} - a_{n}^{2} = c$ ，乘积差固定，可以化成线性递推。

解：

由归纳，各项为正，分母不为零。对 $n \geq 2$ ， $a_{n + 1} a_{n - 1} - a_{n}^{2} = c$ ，下标加一， $a_{n + 2} a_{n} - a_{n + 1}^{2} = c$ 。两式相减并整理： $a_{n} (a_{n + 2} + a_{n}) = a_{n + 1} (a_{n + 1} + a_{n - 1})$ 。除以 $a_{n} a_{n + 1} > 0$ ，得 $\frac{a _{n + 2} + a _{n}}{a _{n + 1}} = \frac{a _{n + 1} + a _{n - 1}}{a _{n}}$ ，恒等于 $n = 2$ 时的值。 $a_{3} = 1 + c$ ，所以这个值是 $\frac{a _{3} + a _{1}}{a _{2}} = c + 2$ 。于是 $a_{n + 1} = (c + 2) a_{n} - a_{n - 1}$ ，系数和前两项都是整数，所以各项都是整数，又都为正。再算： $a_{4} = (c + 2) (c + 1) - 1 = c^{2} + 3 c + 1$ ， $a_{5} = (c + 2) (c^{2} + 3 c + 1) - (c + 1) = c^{3} + 5 c^{2} + 6 c + 1$ 。检查 $c = 1$ ： $1, 1, 2, 5, 13$ ，而 $a_{5} = \frac{25 + 1}{2} = 13$ 。

答案：

每一项都是正整数； $a_{5} = c^{3} + 5 c^{2} + 6 c + 1$ 。

五、容易错在哪

乘积差的符号和下标有关。换一种下标约定，符号可能相反，要代入前几项核对。
除以 $a_{n} a_{n + 1}$ 之前要说明各项不为零，通常先归纳证明为正。
认出熟悉的数列之后，还要验证它确实满足原递推，尤其是根式递推。
只由前几项解出常数还不够，要证明这些常数对所有 $n$ 都成立。

进阶：乘积固定与平方判定

先猜后证

算出前几项，猜出线性关系。这只是猜测，要用原来的乘积恒等式归纳证明，再用。猜出是熟悉的数列时，也要验证它确实满足原来的根式或分式递推。根式 $a_{n} = a_{n - 1} a_{n + 1} + 1$ 先平方，并确认各项为正。

相邻积固定时的相消

若 $a_{n + 1} = a_{n - 1} + \frac{2}{a _{n}}$ ，乘 $a_{n}$ 得 $a_{n} a_{n + 1} = a_{n - 1} a_{n} + 2$ ， $a_{n} a_{n + 1}$ 是等差数列。同时 $\frac{1}{a _{n}} = \frac{a _{n + 1} - a _{n - 1}}{2}$ ，可以裂项相消。若 $a_{n} a_{n + 1}$ 是常数或指数，隔项的比 $\frac{a _{n + 2}}{a _{n}}$ 就简单了。

隔项的乘积差

恒等式可以不是相邻项，如 $a_{n} a_{n + 3} - a_{n + 1} a_{n + 2} = 1$ ，或隔四项的乘积差。方法相同：把下标加一并排写，比较右边，再整理成某个比值每隔若干项不变。如果每一步只是变号，就再乘一个交替的符号，把它变成真正的不变量。要分开考虑奇偶下标。

例 3：乘积加 1 是平方

数列满足 $a_{1} = 1, a_{2} = 2, a_{n + 2} = 2 a_{n + 1} + a_{n}$ 。判断： $m \geq 1$ 时， $a_{2 m + 2} a_{2 m} + 1$ 是不是完全平方数？若是，它等于什么？

怎么看出来：

这是乘积差的问题。 $q = 1$ ，乘积差每步变号。

解：

记 $D_{n} = a_{n + 1} a_{n - 1} - a_{n}^{2}$ （ $n \geq 2$ ）。这里 $q = 1$ ，所以 $D_{n + 1} = - D_{n}$ 。 $a_{3} = 5$ ， $D_{2} = 5 \cdot 1 - 4 = 1$ ，所以 $D_{n} = (- 1)^{n}$ 。取 $n = 2 m + 1$ （奇数）： $a_{2 m + 2} a_{2 m} - a_{2 m + 1}^{2} = - 1$ ，即 $a_{2 m + 2} a_{2 m} + 1 = a_{2 m + 1}^{2}$ 。检查： $m = 1$ 时 $a_{4} = 12, a_{2} = 2$ ， $24 + 1 = 25 = 5^{2} = a_{3}^{2}$ 。

答案：

是，它等于 $a_{2 m + 1}^{2}$ 。

真题

按这个方法练 · 16 题

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误区对照

容易误以为

二阶数列满足 $u_{1} = 1, u_{2} = 2, u_{n + 2} \equiv u_{n + 1} + 2 u_{n} (mod 6)$ ，写出前几项 $1, 2, 4, 2, 4, 2, \dots$ ，见 $u_{2} = u_{4} = 2$ 重复，便断言从 $u_{1}$ 起周期为 $2$ ，从而 $u_{2025} \equiv u_{1} = 1 (mod 6)$ 。

应当这样想

二阶递推须看相邻有序对 $(u_{n}, u_{n + 1}) mod 6$ ：依次为 $(1, 2) \to (2, 4) \to (4, 2) \to (2, 4)$ 。因回推系数 $q = 2$ 与模数 $6$ 不互素（ $g cd (2, 6) = 2 > 1$ ），转移不可逆，首项 $u_{1} = 1$ 属于非周期前段（pre-period），从 $n = 2$ 起才进入周期为 $2$ 的循环 $2, 4, 2, 4, \dots$ ；故对 $n \geq 2$ 奇数项恒为 $4$ ， $u_{2025} \equiv 4 (mod 6)$ 。

为什么

一是因为二阶递推需要有序对 $(u_{n}, u_{n + 1})$ 重复才算状态复现；二是因为当 $g cd (q, m) > 1$ 时，不同前驱 $(1, 2)$ 与 $(4, 2)$ 可映射到同一后继状态 $(2, 4)$ ，产生非周期前段，只有 $n \geq 2$ 的下标才能按周期折算。

容易误以为

对满足 $u_{n + 2} = p u_{n + 1} + q u_{n}$ 的数列，记 $D_{n} = u_{n} u_{n + 2} - u_{n + 1}^{2}$ ，误以为二阶线性递推的 Cassini 型行列式恒满足 $D_{n + 1} = - D_{n}$ 或 $D_{n + 1} = q D_{n}$ 。

应当这样想

将 $u_{n + 3} = p u_{n + 2} + q u_{n + 1}$ 代入得 $D_{n + 1} = u_{n + 1} (p u_{n + 2} + q u_{n + 1}) - u_{n + 2}^{2} = - u_{n + 2} (u_{n + 2} - p u_{n + 1}) + q u_{n + 1}^{2} = - q (u_{n} u_{n + 2} - u_{n + 1}^{2}) = - q D_{n}$ ，公比为 $- q$ （自带负号），故 $D_{n} = (- q)^{n - 1} D_{1}$ 。

为什么

从矩阵视角看， $(u_{n + 2} u_{n + 1} u_{n + 1} u_{n}) = (p 1 q 0) (u_{n + 1} u_{n} u_{n} u_{n - 1})$ ，转移矩阵的行列式为 $0 - q = - q$ ，故每推进一阶行列式乘以 $- q$ 。

概念自测

先想清楚，再确认判断。这些自测只帮助辨清概念，不计入真题做对率。

1. 设整数数列

{u_{n}}

满足二阶线性同余递推

u_{n + 2} \equiv p u_{n + 1} + q u_{n} (mod m)

（

m \geq 2

）。为保证对任意初值

(u_{1}, u_{2})

，状态序列

(u_{n}, u_{n + 1}) mod m

从第一项起就是纯周期数列（无非周期前段），充分条件是：A.

g cd (q, m) = 1

g cd (p, m) = 1

g cd (p + q, m) = 1

m

为合数

真题 · 160 道

从易到难排列。圆点表示你在这台设备上的做题情况：绿色做对、黄色部分做对、红色没做出。

递推数列

从这里开始

递推数列知识图谱

知识要点

方法卡

很远的一项：记完整状态，找循环

一、是什么

状态是什么

一个数重复不算

定位：下标除以周期

分式要检查分母

先看一道例题

例 1：含参数的三步循环

二、什么时候想到它

三、怎么用

四、再做一道

例 2：由总和反求第二项

五、容易错在哪

有前段的循环

什么时候从头就循环

用恒等式看出周期

例 3：有前段的末位循环

例 4：四步循环和排除初值

线性递推求通项：一阶减不动点，二阶用特征根

一、是什么

一阶：减去不动点

多出一项 n 或 kn

二阶：特征方程

重根

相邻差

先看一道例题

例 1：由前三项反求递推和通项

二、什么时候想到它

三、怎么用

四、再做一道

例 2：特征根相等

五、容易错在哪

换元变成线性

反求整数初值

特征根是虚数

例 3：多出的项和底数相同

例 4：数整数初值的组数

例 5：和与差解开两个数列

例 6：取对数后找首次超过

分式递推求通项：取倒数，把它变成等差或等比数列

一、是什么

递推和两种基本数列

为什么取倒数有效

取倒数前先确认不为零

倒数后每次乘再加：先平移

两边除以乘积也是取倒数

先看一道例题

例 1：第几项开始小于给定的数

二、什么时候想到它

三、怎么用

四、再做一道

例 2：已知后面的项，反求首项

五、容易错在哪

分子分母都有常数：先减去不动点

例 3：哪些首项会让数列断掉

相邻项之比和连乘

例 4：相邻项之比成等比

例 5：整数数列和分式递推互相转换

加的数随 n 变化，或整体带系数、带平方

例 6：增量随 n 变化

例 7：数列在哪一项断掉

根式和平方型递推：平移配方，或用共轭数控制误差

一、是什么

记号：递推、通项和取整

平移成平方

根号里配方，平方后变等差

为什么不能把 v2​ 写成 v

共轭数：和是整数，较小的数给误差

前几项是整数不算证明

先看一道例题

例 1：平移后再平方

二、什么时候想到它

三、怎么用

四、再做一道

例 2：小数部分的恒等式

多出一项 $n$ 或 $k^{n}$

为什么不能把 $v^{2}$ 写成 $v$