递推数列——从一项推出下一项的艺术

递推才是数列的本质

前面我们学了等差数列和等比数列，它们都有漂亮的通项公式。

但你有没有想过：人类最早认识数列的时候，是先有通项公式，还是先有递推关系？

答案是先有递推。

你看一个细胞分裂成两个，两个分裂成四个——你第一反应肯定是"后一项是前一项的两倍"，而不是"第 n 项是 2 的 n 次方"。

递推更贴近事物的生长过程：知道了前面的，就能推出后面的。它描述的是变化的规则，而不是最终的结果。

通项公式虽然好用，但它是"结果"——是我们从递推关系里"解"出来的。

这一讲，我们就来学高中阶段几种最常见的递推类型，以及它们对应的求通项方法。

示意图

类型一：aₙ = aₙ₋₁ + f(n) —— 累加法

这是最简单的递推关系之一：后一项等于前一项加上一个关于 n 的函数。

$$a_n = a_{n-1} + f(n) \quad (n \ge 2)$$

怎么求通项？思路很朴素：既然每一项都比前一项多了 f(n)，那把所有的"增量"加起来不就行了？

把递推式从 $n=2$ 写到 $n$：

$$\begin{aligned} a_2 - a_1 &= f(2) \\ a_3 - a_2 &= f(3) \\ a_4 - a_3 &= f(4) \\ &\ldots \\ a_n - a_{n-1} &= f(n) \end{aligned}$$

把这 $n-1$ 个式子左边加左边，右边加右边，中间的 $a_2, a_3, \ldots, a_{n-1}$ 全部抵消了：

$$a_n - a_1 = f(2) + f(3) + \ldots + f(n) = \sum_{k=2}^{n} f(k)$$

所以：

$$a_n = a_1 + \sum_{k=2}^{n} f(k)$$

这就是累加法（也叫叠加法）。

等差数列 $a_n = a_{n-1} + d$ 其实是累加法的特例——当 $f(n) = d$（常数）时，累加的结果就是 $(n-1)d$，和我们之前学的通项公式完全一致。

累加法的关键：递推式能写成 "$a_n - a_{n-1} =$ 只含 n 的式子"。只要能写成这个形式，就可以累加。

类型二：aₙ = aₙ₋₁ · f(n) —— 累乘法

和累加法对应的是累乘法。如果递推关系是乘法的：

$$a_n = a_{n-1} \cdot f(n) \quad (n \ge 2)$$

那我们就把所有的"倍率"乘起来。

把递推式从 $n=2$ 写到 $n$：

$$\begin{aligned} \frac{a_2}{a_1} &= f(2) \\ \frac{a_3}{a_2} &= f(3) \\ \frac{a_4}{a_3} &= f(4) \\ &\ldots \\ \frac{a_n}{a_{n-1}} &= f(n) \end{aligned}$$

左边乘左边，右边乘右边，中间全部约掉：

$$\frac{a_n}{a_1} = f(2) \cdot f(3) \cdot \ldots \cdot f(n) = \prod_{k=2}^{n} f(k)$$

所以：

$$a_n = a_1 \cdot \prod_{k=2}^{n} f(k)$$

这就是累乘法（也叫叠乘法）。

等比数列 $a_n = a_{n-1} \cdot q$ 是累乘法的特例——当 $f(n) = q$（常数）时，累乘的结果就是 $q^{n-1}$。

累加和累乘，一个对应等差、一个对应等比，结构完全对称——又是加法变乘法的翻译。

类型三：aₙ = paₙ₋₁ + q —— 构造法

这是高中最常考的递推类型，也是很多同学的噩梦。

$$a_n = p a_{n-1} + q \quad (n \ge 2,\ p \neq 1,\ p \neq 0)$$

左边是 $a_n$，右边是 $a_{n-1}$ 乘以一个常数，再加一个常数。既不是等差（因为乘了 p），也不是等比（因为加了 q）。

怎么办？我们想办法把它变成等比数列。

思路是这样的：假设我们在两边都减去一个常数 $\lambda$，让它变成等比的形式：

$$a_n - \lambda = p(a_{n-1} - \lambda)$$

展开右边：

$$a_n - \lambda = p a_{n-1} - p \lambda$$

整理一下：

$$a_n = p a_{n-1} + \lambda - p \lambda$$

和原式 $a_n = p a_{n-1} + q$ 对比，常数项应该相等：

$$\lambda - p \lambda = q$$ $$\lambda(1 - p) = q$$ $$\lambda = \frac{q}{1 - p}$$

找到了！只要我们令 $b_n = a_n - \dfrac{q}{1 - p}$，那么新数列 $\{b_n\}$ 就是一个公比为 $p$ 的等比数列。

求出了 $b_n$ 的通项，$a_n$ 自然就出来了：

$$a_n = b_n + \frac{q}{1 - p}$$

这个方法叫做构造法，也叫待定系数法——我们先假设有这么一个常数 $\lambda$，然后通过对比系数把它求出来。

构造法的核心思想：把不熟悉的递推关系，通过巧妙的变形，变成熟悉的等比数列。 这是数学里非常通用的一种思路——化归：把未知问题转化为已知问题。

类型四：aₙ = paₙ₋₁ + f(n) —— 更一般的构造

如果右边加的不是常数 $q$，而是一个关于 $n$ 的函数 $f(n)$，怎么办？

$$a_n = p a_{n-1} + f(n)$$

思路还是一样的：想办法构造成等比数列。但这次构造的不是"减一个常数"，而是"减一个关于 n 的函数"。

具体怎么构造，要看 $f(n)$ 是什么形式：

• 如果 $f(n)$ 是一次函数（比如 $f(n) = an + b$），就构造 $a_n - (An + B) = p[a_{n-1} - (A(n-1) + B)]$
• 如果 $f(n)$ 是指数函数（比如 $f(n) = c \cdot r^n$），就构造 $a_n - A \cdot r^n = p(a_{n-1} - A \cdot r^{n-1})$
• 如果 $f(n)$ 是二次函数，就构造二次函数的形式

总之，$f(n)$ 长什么样，我们就构造一个同样"形状"的式子去减它，把右边剩下的部分变成纯等比。

这个方法高中阶段不要求掌握所有情况，但最基本的（常数、一次、指数）最好心里有数。

类型五：二阶线性递推（了解）

如果递推关系里出现了前两项：

$$a_n = p a_{n-1} + q a_{n-2}$$

这就是二阶线性递推，需要两个初始条件（$a_1$ 和 $a_2$）才能确定整个数列。

最经典的例子就是斐波那契数列：$F_n = F_{n-1} + F_{n-2}$，$F_1 = 1, F_2 = 1$。

二阶递推的通项求法叫特征根法，在高考中一般不做硬性要求（属于竞赛内容），但知道有这么个方法没坏处。

思路是这样的：假设解的形式是 $a_n = x^n$，代入递推式得到一个二次方程（特征方程），解出两个根 $x_1, x_2$，那么通解就是 $a_n = A x_1^n + B x_2^n$，再用初始条件确定 A 和 B。

斐波那契数列那个看起来很复杂的通项公式，就是这么来的。

一个核心思想：化归

讲了这么多类型，你可能会觉得"递推的花样好多啊"。

但其实万变不离其宗，核心思想就一个词——化归。

什么是化归？就是把不熟悉的问题转化成熟悉的问题。

• 累加法：把 $a_n - a_{n-1} = f(n)$ 转化为求和问题
• 累乘法：把 $\dfrac{a_n}{a_{n-1}} = f(n)$ 转化为求积问题
• 构造法：把 $a_n = pa_{n-1} + q$ 转化为等比数列
• 特征根法：把二阶递推转化为解二次方程

每一种递推类型，本质上都是"通过某种变形，变成我们已经会的东西"。

所以学递推，不是死记"这种类型用那个公式"，而是理解为什么要这么变形——因为这样变形之后，就能归到已有的知识体系里。

给个解题步骤

遇到递推数列求通项的题，可以按这个顺序来想：

第一步：看形式。 递推式是 $a_n$ 和 $a_{n-1}$ 的什么关系？加？乘？线性组合？

第二步：定方法。

• 差为 n 的函数 → 累加法
• 比为 n 的函数 → 累乘法
• $a_n = pa_{n-1} + q$ 型 → 构造法（待定系数）
• $a_n = pa_{n-1} + f(n)$ 型 → 构造对应形式的新数列

第三步：验证。 求出来的通项，用 $n=1, n=2$ 代入验证一下，和已知条件对不对得上。

第三步特别重要。递推的计算步骤多，很容易算错。用前两项验证一下，能避免 80% 的低级错误。

在高中数学体系里的位置

递推数列是数列章节里最灵活、也最能出难题的部分。

高考中，递推通常以两种形式出现：

1. 解答题第一问：给一个递推关系，让你求通项。这是送分题，只要掌握了基本方法（累加、累乘、构造），一般都能做出来。
2. 压轴题的一部分：递推关系只是第一步，后面还要结合不等式放缩、数学归纳法、函数性质等等，难度就上去了。

但不管多难的题，递推求通项都是第一步。这一步走对了，后面才有戏；这一步走错了，后面全白搭。

所以递推数列这部分，基本功要扎实——不是说要会多少技巧，而是几种最基本的方法（累加、累乘、构造）要练到条件反射的程度，看到递推式就知道该往哪个方向走。

思考与拓展

1. 已知 $a_1 = 1$，$a_n = a_{n-1} + 2n - 1$（$n \ge 2$），求 $a_n$。（提示：累加，右边是等差数列求和）
2. 已知 $a_1 = 1$，$a_n = \dfrac{n}{n+1} a_{n-1}$（$n \ge 2$），求 $a_n$。（提示：累乘，中间约分）
3. 已知 $a_1 = 1$，$a_n = 2a_{n-1} + 3$（$n \ge 2$），用构造法求 $a_n$。（先想想 $\lambda$ 应该是多少）
4. 你能不能用构造法的思路，给 $a_n = 3a_{n-1} + 2^n$ 这个递推式设计一个构造方案？不用算到最后，说说构造的形式是什么样的就行。

高考母题

（2023·新课标II卷） 已知 $\left \{ a_{ n } \right \}$ 为等差数列， $b_{ n } =\left \{ \right.$ ，记 $S_{ n }$ ， $T_{ n }$ 分别为数列 $\left \{ a_{ n } \right \}$ ， $\left \{ b_{ n } \right \}$ 的前n项和， $S_{ 4 } =32$ ， $T_{ 3 } =16$ ．
(1)求 $\left \{ a_{ n } \right \}$ 的通项公式；
(2)证明：当 $n>5$ 时， $T_{ n } >S_{ n }$ ．

展开详解

(1) $a_{ n } =2n+3$ ；
(2)证明：方法1：由（1）知， $S_{ n } =\frac { n(5+2n+3) } { 2 }=n ^ { 2 } +4n$ ， $b_{ n } =\left \{ \right.,k∈N ^ { * }$ ， 当 $n$ 为偶数时， $b_{ n-1 } +b_{ n } =2(n-1)-3+4n+6=6n+1$ ， $T_{ n } =\frac { 13+(6n+1) } { 2 }⋅\frac { n } { 2 }=\frac { 3 } { 2 }n ^ { 2 } +\frac { 7 } { 2 }n$ ， 当 $n>5$ 时， $T_{ n } -S_{ n } =(\frac { 3 } { 2 }n ^ { 2 } +\frac { 7 } { 2 }n)-(n ^ { 2 } +4n)=\frac { 1 } { 2 }n(n-1)>0$ ，因此 $T_{ n } >S_{ n }$ ， 当 $n$ 为奇数时， $T_{ n } =T_{ n+1 } -b_{ n+1 } =\frac { 3 } { 2 }(n+1) ^ { 2 } +\frac { 7 } { 2 }(n+1)-[4(n+1)+6]=\frac { 3 } { 2 }n ^ { 2 } +\frac { 5 } { 2 }n-5$ ， 当 $n>5$ 时， $T_{ n } -S_{ n } =(\frac { 3 } { 2 }n ^ { 2 } +\frac { 5 } { 2 }n-5)-(n ^ { 2 } +4n)=\frac { 1 } { 2 }(n+2)(n-5)>0$ ，因此 $T_{ n } >S_{ n }$ ， 所以当 $n>5$ 时， $T_{ n } >S_{ n }$ . 方法2：由（1）知， $S_{ n } =\frac { n(5+2n+3) } { 2 }=n ^ { 2 } +4n$ ， $b_{ n } =\left \{ \right.,k∈N ^ { * }$ ， 当 $n$ 为偶数时， $T_{ n } =(b_{ 1 } +b_{ 3 } +\cdots +b_{ n-1 } )+(b_{ 2 } +b_{ 4 } +\cdots +b_{ n } )=\frac { -1+2(n-1)-3 } { 2 }⋅\frac { n } { 2 }+\frac { 14+4n+6 } { 2 }⋅\frac { n } { 2 }=\frac { 3 } { 2 }n ^ { 2 } +\frac { 7 } { 2 }n$ ， 当 $n>5$ 时， $T_{ n } -S_{ n } =(\frac { 3 } { 2 }n ^ { 2 } +\frac { 7 } { 2 }n)-(n ^ { 2 } +4n)=\frac { 1 } { 2 }n(n-1)>0$ ，因此 $T_{ n } >S_{ n }$ ， 当 $n$ 为奇数时， $T_{ n } =(b_{ 1 } +b_{ 3 } +\cdots +b_{ n } )+(b_{ 2 } +b_{ 4 } +\cdots +b_{ n-1 } )=\frac { -1+2n-3 } { 2 }⋅\frac { n+1 } { 2 }+\frac { 14+4(n-1)+6 } { 2 }⋅\frac { n-1 } { 2 }$ $=\frac { 3 } { 2 }n ^ { 2 } +\frac { 5 } { 2 }n-5$ ，显然 $T_{ 1 } =b_{ 1 } =-1$ 满足上式，因此当 $n$ 为奇数时， $T_{ n } =\frac { 3 } { 2 }n ^ { 2 } +\frac { 5 } { 2 }n-5$ ， 当 $n>5$ 时， $T_{ n } -S_{ n } =(\frac { 3 } { 2 }n ^ { 2 } +\frac { 5 } { 2 }n-5)-(n ^ { 2 } +4n)=\frac { 1 } { 2 }(n+2)(n-5)>0$ ，因此 $T_{ n } >S_{ n }$ ， 所以当 $n>5$ 时， $T_{ n } >S_{ n }$ . 【分析】
（1）设等差数列 $\left \{ a_{ n } \right \}$ 的公差为 $d$ ，用 $a_{ 1 } ,d$ 表示 $S_{ n }$ 及 $T_{ n }$ ，即可求解作答.
（2）方法1，利用（1）的结论求出 $S_{ n }$ ， $b_{ n }$ ，再分奇偶结合分组求和法求出 $T_{ n }$ ，并与 $S_{ n }$ 作差比较作答；方法2，利用（1）的结论求出 $S_{ n }$ ， $b_{ n }$ ，再分奇偶借助等差数列前n项和公式求出 $T_{ n }$ ，并与 $S_{ n }$ 作差比较作答.
（1）设等差数列 $\left \{ a_{ n } \right \}$ 的公差为 $d$ ，而 $b_{ n } =\left \{ \right.,k∈N ^ { * }$ ， 则 $b_{ 1 } =a_{ 1 } -6,b_{ 2 } =2a_{ 2 } =2a_{ 1 } +2d,b_{ 3 } =a_{ 3 } -6=a_{ 1 } +2d-6$ ， 于是 $\left \{ \right.$ ，解得 $a_{ 1 } =5,d=2$ ， $a_{ n } =a_{ 1 } +(n-1)d=2n+3$ ， 所以数列 $\left \{ a_{ n } \right \}$ 的通项公式是 $a_{ n } =2n+3$ .
（2）略

一句话总结

递推数列的核心是化归——用累加、累乘、构造这些方法，把不认识的递推关系，变成我们熟悉的等差或等比。