递推数列通项的猜测、构造与证明

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一、递推数列通项问题的基本思想

递推数列通常由初始条件和递推关系共同确定。例如：

$$a_1=a,\qquad a_{n+1}=F(n,a_n)$$

或者：

$$a_1=a,\quad a_2=b,\qquad a_{n+2}=F(n,a_{n+1},a_n)$$

求通项时，常见思路不是直接从递推式中“看出”答案，而是：

1. 根据递推式计算前几项；

2. 观察前几项的差、比、符号和结构；

3. 对原递推式进行变形；

4. 构造一个更简单的辅助数列；

5. 猜测原数列的通项；

6. 通过递推关系和初始条件进行验证。

需要特别注意：

由前几项得到的只是猜想，不能作为严格证明。

例如，数列的前几项为：

$$1,2,4,8,\dots$$

可以猜测：

$$a_n=2^{n-1}$$

但必须结合递推关系验证：

$$2a_n=2\cdot2^{n-1}=2^n=a_{n+1}$$

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二、第一步：计算并观察前几项

2.1 观察相邻两项之差

计算：

$$a_2-a_1,\quad a_3-a_2,\quad a_4-a_3,\dots$$

如果差值相等，通常是等差数列。

若一阶差分不是常数，可以继续计算二阶差分：

$$\Delta^2a_n (a_{n+2}-a_{n+1})-(a_{n+1}-a_n)$$

一般来说：

• 一阶差分为常数，通项通常为一次多项式；

• 二阶差分为常数，通项通常为二次多项式；

• 三阶差分为常数，通项通常为三次多项式。

例如：

$$1,4,9,16,25,\dots$$

一阶差分为：

$$3,5,7,9,\dots$$

二阶差分为：

$$2,2,2,\dots$$

因此可以猜测通项为二次式：

$$a_n=An^2+Bn+C$$

结合前几项可以得到：

$$a_n=n^2$$

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2.2 观察相邻两项之比

计算：

$$\frac{a_2}{a_1},\quad \frac{a_3}{a_2},\quad \frac{a_4}{a_3},\dots$$

如果比值恒定，则是等比数列：

$$a_n=a_1q^{n-1}$$

如果比值不是常数，但具有规律，例如：

$$\frac{a_{n+1}}{a_n} \frac{n+1}{n}$$

则可以连乘：

$$a_n a_1\prod_{k=1}^{n-1}\frac{k+1}{k}$$

连乘后得到：

$$a_n=a_1n$$

因此，观察比值不仅可以识别等比数列，还可以发现阶乘、组合数和连乘结构。

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2.3 观察正负号和交替结构

如果数列符号交替出现，通常考虑：

$$(-1)^n$$

例如：

$$1,-2,4,-8,16,\dots$$

可以写成：

$$a_n=(-2)^{n-1}$$

或者：

$$a_n=(-1)^{n-1}2^{n-1}$$

如果奇数项和偶数项规律不同，可以拆分为两个子数列：

$$a_{2n-1},\qquad a_{2n}$$

例如：

$$1,2,1,2,1,2,\dots$$

可以写成：

$$a_{2n-1}=1,\qquad a_{2n}=2$$

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2.4 观察周期性

如果递推中出现负号、倒数或三角函数，数列可能具有周期性。

例如：

$$a_{n+1}=-a_n$$

则：

$$a_n=(-1)^{n-1}a_1$$

如果：

$$a_{n+1}=\frac1{a_n}$$

则：

$$a_{n+2}=a_n$$

因此数列可能是二周期数列。

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三、等差与等比结构

3.1 等差型递推

若：

$$a_{n+1}=a_n+d$$

则：

$$\boxed{ a_n=a_1+(n-1)d }$$

这是最基本的一阶递推。

更一般地，若：

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

则逐项累加：

$$a_n a_1+\sum_{k=1}^{n-1}f(k)$$

因此，许多递推题本质上是先把递推式整理成差分形式，再利用求和公式。

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3.2 等比型递推

若：

$$a_{n+1}=qa_n$$

则：

$$\boxed{ a_n=a_1q^{n-1} }$$

更一般地，若：

$$a_{n+1}=p_na_n$$

则：

$$\boxed{ a_n=a_1\prod_{k=1}^{n-1}p_k }$$

此时需要根据 (p_k) 的形式化简连乘。

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3.3 交替等比型

若：

$$a_{n+1}=-qa_n$$

则：

$$\boxed{ a_n=a_1(-q)^{n-1} }$$

这种结构常表现为正负交替，同时绝对值按照等比规律变化。

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四、常系数非齐次线性递推：平移不动点

考虑递推：

$$a_{n+1}=qa_n+b$$

如果直接展开，容易出现较长的计算。更好的方法是寻找一个常数 (c)，使得：

$$c=qc+b$$

这个 (c) 称为不动点。

解得：

$$c=\frac{b}{1-q},\qquad q\ne1$$

令：

$$u_n=a_n-c$$

则：

$$\begin{aligned} u_{n+1} &=a_{n+1}-c\ &=qa_n+b-c\ &=q(a_n-c)\ &=qu_n \end{aligned}$$

于是 (u_n) 是等比数列：

$$u_n=u_1q^{n-1}$$

还原得到：

\boxed{ a_n=\left$a_1-\frac{b}{1-q}\right$q^{n-1}+\frac{b}{1-q} }

例

$$a_1=1,\qquad a_{n+1}=2a_n+3$$

不动点满足：

$$c=2c+3$$

所以：

$$c=-3$$

令：

$$u_n=a_n+3$$

则：

$$u_{n+1}=2u_n$$

由于：

$$u_1=4$$

所以：

$$u_n=4\cdot2^{n-1}=2^{n+1}$$

因此：

$$\boxed{ a_n=2^{n+1}-3 }$$

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五、一般一阶线性递推：归一化方法

一般形式为：

$$a_{n+1}=p_na_n+q_n$$

先考虑对应的齐次递推：

$$a_{n+1}=p_na_n$$

令：

$$P_1=1,\qquad P_n=\prod_{k=1}^{n-1}p_k$$

再令：

$$b_n=\frac{a_n}{P_n}$$

由于：

$$P_{n+1}=p_nP_n$$

所以：

$$\begin{aligned} b_{n+1} &=\frac{a_{n+1}}{P_{n+1}}\ &=\frac{p_na_n+q_n}{p_nP_n}\ &=\frac{a_n}{P_n} +\frac{q_n}{P_{n+1}}\ &=b_n+\frac{q_n}{P_{n+1}} \end{aligned}$$

这样就把原递推转化成了可求和的差分递推。

常见归一化因子

遇到以下形式，可以尝试：

递推中出现的结构	可以尝试的辅助量
(na_n)	(b_n=na_n)
((n+1)a_{n+1})	(b_n=na_n)
(n!a_n)	(b_n=n!a_n)
$\frac{n}{n+1}a_n$	(b_n=na_n)
$\frac{1}{n+1}a_n$	(b_n=n!a_n)
$\prod p_k$	除以连乘因子

例

$$a_1=1,\qquad a_{n+1}=\frac{n}{n+1}a_n+\frac1{n+1}$$

两边乘以 (n+1)：

$$(n+1)a_{n+1}=na_n+1$$

令：

$$b_n=na_n$$

则：

$$b_{n+1}=b_n+1$$

又因为：

$$b_1=1$$

所以：

$$b_n=n$$

因此：

$$\boxed{a_n=1}$$

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六、差分法与裂项法

如果递推式可以整理为：

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

则：

$$a_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}f(k)$$

当 (f(n)) 可以裂项时，求解会更加简单。

常见裂项公式

$$\frac1{n(n+1)} \frac1n-\frac1{n+1}$$ \frac1{n(n+r)} \frac1r\left$\frac1n-\frac1{n+r}\right$

[

\frac1{\sqrt{n+1}+\sqrt n}

\sqrt{n+1}-\sqrt n







]

例

$$a_1=1,\qquad a_{n+1}-a_n=\frac1{n(n+1)}$$

则：

\begin{aligned} a_n &=1+\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{k(k+1)}\ &=1+\sum_{k=1}^{n-1} \left$\frac1k-\frac1{k+1}\right$\ &=1+1-\frac1n \end{aligned}

因此：

$$\boxed{ a_n=2-\frac1n }$$

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七、倒数变换

7.1 典型倒数结构

遇到：

$$a_{n+1}=\frac{a_n}{1+ca_n}$$

两边取倒数：

$$\frac1{a_{n+1}} \frac{1+ca_n}{a_n} \frac1{a_n}+c$$

令：

$$b_n=\frac1{a_n}$$

则：

$$b_{n+1}=b_n+c$$

于是 (b_n) 是等差数列。

例

$$a_1=1,\qquad a_{n+1}=\frac{a_n}{1+a_n}$$

令：

$$b_n=\frac1{a_n}$$

得到：

$$b_{n+1}=b_n+1$$

且 (b_1=1)，所以：

$$b_n=n$$

从而：

$$\boxed{ a_n=\frac1n }$$

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7.2 平移后取倒数

如果递推式中反复出现 (a_n-c)，可以尝试：

$$b_n=\frac1{a_n-c}$$

例如：

$$a_{n+1}=c+\frac{d}{a_n-c}$$

令：

$$b_n=\frac1{a_n-c}$$

则：

$$b_{n+1}=\frac1{d}b_n^{-1}$$

此时可能转化为周期递推或等比递推，需要继续分析。

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八、分式线性递推与不动点

考虑：

$$a_{n+1} \frac{\alpha a_n+\beta}{\gamma a_n+\delta}$$

这是分式线性递推。

8.1 寻找不动点

令 (a_{n+1}=a_n=r)，得到：

$$r= \frac{\alpha r+\beta}{\gamma r+\delta}$$

即：

\gamma r^2+$\delta-\alpha$r-\beta=0

求出不动点后，可以尝试：

$$b_n=\frac1{a_n-r}$$

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8.2 两个不动点与交比代换

若不动点为 (r_1,r_2)，可以令：

$$\boxed{ b_n=\frac{a_n-r_1}{a_n-r_2} }$$

经过计算，通常得到：

$$b_{n+1}=kb_n$$

于是：

$$b_n=b_1k^{n-1}$$

再由：

$$\frac{a_n-r_1}{a_n-r_2} b_1k^{n-1}$$

反解出 (a_n)。

这种方法适合竞赛中的分式递推，考研中一般只要求较简单的倒数或平移形式。

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九、乘积、阶乘与组合数结构

9.1 连乘法

若：

$$a_{n+1}=p_na_n$$

则：

$$a_n=a_1\prod_{k=1}^{n-1}p_k$$

例如：

$$a_{n+1}=\frac{k+1}{k}a_n$$

连乘后常发生望远镜消去。

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9.2 阶乘归一化

如果递推中出现 (n)、(n+1)、(n!)，可考虑：

$$b_n=na_n,\qquad b_n=n!a_n$$

例如：

$$a_{n+1}=\frac{a_n}{n+1}$$

反复展开：

$$a_n \frac{a_1}{2\cdot3\cdots n}$$

因此：

$$\boxed{ a_n=\frac{a_1}{n!} }$$

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9.3 组合数结构

如果前几项表现为：

$$1, n, \frac{n(n-1)}2,\dots$$

要考虑组合数：

$$\binom nk$$

如果递推含有：

$$\frac{n-k+1}{k}$$

则可能对应：

$$\binom nk$$

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9.4 双阶乘结构

出现奇数连乘或偶数连乘时，可使用：

$$(2n)!!=2^n n!$$ $$(2n-1)!!=\frac{(2n)!}{2^n n!}$$

例如：

$$\prod_{k=1}^{n-1}\frac{2k+1}{2k} \frac{(2n-1)!!}{(2n-2)!!}$$

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十、二阶线性递推与特征方程

考虑：

$$a_{n+2}=pa_{n+1}+qa_n$$

设：

$$a_n=r^n$$

代入得：

$$r^{n+2}=pr^{n+1}+qr^n$$

约去 (r^n)，得到特征方程：

$$\boxed{ r^2-pr-q=0 }$$

10.1 两个不同特征根

若根为 (r_1,r_2)，则：

$$\boxed{ a_n=Ar_1^n+Br_2^n }$$

常数 (A,B) 由初值确定。

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10.2 二重根

若特征方程有二重根 (r)，则：

$$\boxed{ a_n=(A+Bn)r^n }$$

这里多出的 (n) 是重根带来的。

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10.3 共轭复根

如果特征根为：

r$\cos\theta\pm i\sin\theta$

则实数形式可以写成：

\boxed{ a_n=r^n$A\cos n\theta+B\sin n\theta$ }

这类递推常与周期性或三角函数有关。

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10.4 降阶法

有些二阶递推不必直接列特征方程，可以构造：

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

如果能得到：

$$b_{n+1}=\mu b_n$$

则先求 (b_n)，再由：

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

求出 (a_n)。

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十一、非齐次线性递推

考虑：

$$a_{n+2}+pa_{n+1}+qa_n=f(n)$$

求解分为两部分：

$$a_n=a_n^{(h)}+a_n^{(p)}$$

其中：

• (a_n^{(h)}) 是对应齐次递推的通解；

• (a_n^{(p)}) 是非齐次递推的一个特解。

常见特解猜法

非齐次项 (f(n))	特解形式
常数	常数
一次多项式	一次多项式
(n) 次多项式	(n) 次多项式
(c^n)	(Ac^n)
(P(n)c^n)	(Q(n)c^n)
$\sin n\theta,\cos n\theta$	$A\sin n\theta+B\cos n\theta$

如果猜出的形式已经包含在齐次解中，需要乘以 (n)。如果重复次数更高，则乘以相应的 (n^s)。

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十二、根式递推

12.1 直接平方

对于：

$$a_{n+1}=\sqrt{a_n+c}$$

可以先平方：

$$a_{n+1}^2=a_n+c$$

平方能够消除根号，但不一定直接产生通项。之后还需要观察是否可以继续配方、平移或三角代换。

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12.2 共轭变形

遇到：

$$\sqrt{x+1}-\sqrt{x}$$

乘以共轭：

$$\sqrt{x+1}-\sqrt{x} \frac1{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}$$

这类变形常用于：

• 求和；

• 求极限；

• 证明单调性；

• 比较数列增长速度。

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12.3 根式与三角代换

如果出现：

$$\sqrt{1-a_n^2}$$

可以令：

$$a_n=\sin\theta_n$$

因为：

$$\sqrt{1-\sin^2\theta_n} |\cos\theta_n|$$

如果出现：

$$\sqrt{1+a_n^2}$$

可以考虑：

$$a_n=\tan\theta_n$$

或：

$$a_n=\sinh t_n$$

具体选择取决于递推中后续是否出现：

$$1+\tan^2\theta=\sec^2\theta$$

或：

$$1+\sinh^2t=\cosh^2t$$

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十三、半角公式递推

半角递推是根式递推中非常重要的一类。

13.1 基本对应关系

$$\boxed{ \sqrt{\frac{1+\cos\theta}{2}} \left|\cos\frac\theta2\right| }$$ $$\boxed{ \sqrt{\frac{1-\cos\theta}{2}} \left|\sin\frac\theta2\right| }$$

因此：

$$a_{n+1} \sqrt{\frac{1+a_n}{2}}$$

若令：

$$a_n=\cos\theta_n$$

则在符号合适时：

$$a_{n+1}=\cos\frac{\theta_n}{2}$$

于是：

$$\theta_{n+1}=\frac{\theta_n}{2}$$

如果：

$$a_1=\cos\theta_1$$

则：

$$\boxed{ a_n= \cos\frac{\theta_1}{2^{n-1}} }$$

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13.2 根式形式

若：

$$a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}$$

令：

$$a_n=2\cos\theta_n$$

则：

$$\begin{aligned} a_{n+1} &=\sqrt{2+2\cos\theta_n}\ &=2\left|\cos\frac{\theta_n}{2}\right| \end{aligned}$$

在角度范围合适时：

$$\theta_{n+1}=\frac{\theta_n}{2}$$

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13.3 含负号的半角

若：

$$a_{n+1}=\sqrt{\frac{1-a_n}{2}}$$

设：

$$a_n=\cos\theta_n$$

则：

a_{n+1} \sin\frac{\theta_n}{2} \cos\left$\frac\pi2-\frac{\theta_n}{2}\right$

所以：

$$\boxed{ \theta_{n+1} \frac\pi2-\frac{\theta_n}{2} }$$

若是：

$$a_{n+1}=\sqrt{2-a_n},\qquad a_n=2\cos\theta_n$$

则：

a_{n+1} 2\sin\frac{\theta_n}{2} 2\cos\left$\frac{\pi-\theta_n}{2}\right$

于是：

$$\boxed{ \theta_{n+1} \frac{\pi-\theta_n}{2} }$$

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13.4 含正弦的半角结构

若：

$$a_n=\sin\theta_n$$

则：

\frac{1+\sin\theta_n}{2} \sin^2\left$\frac\pi4+\frac{\theta_n}{2}\right$

因此：

\boxed{ \sqrt{\frac{1+\sin\theta_n}{2}} \left|\sin\left$\frac\pi4+\frac{\theta_n}{2}\right$\right| }

同理：

\boxed{ \sqrt{\frac{1-\sin\theta_n}{2}} \left|\sin\left$\frac\pi4-\frac{\theta_n}{2}\right$\right| }

因此，含 $1\pm\sin\theta$ 的递推可能对应：

$$\theta_{n+1} \frac\pi4+\frac{\theta_n}{2}$$

或：

$$\theta_{n+1} \frac\pi4-\frac{\theta_n}{2}$$

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13.5 角度递推的求解

半角递推得到的角度关系不一定只是：

$$\theta_{n+1}=\frac12\theta_n$$

也可能是：

$$\theta_{n+1}=c+\frac12\theta_n$$

或：

$$\theta_{n+1}=c-\frac12\theta_n$$

对于：

$$\theta_{n+1}=c+\frac12\theta_n$$

先求不动点：

$$\theta_*=c+\frac12\theta_*$$

得到：

$$\theta_*=2c$$

令：

$$b_n=\theta_n-\theta_*$$

则：

$$b_{n+1}=\frac12b_n$$

所以：

\boxed{ \theta_n \theta_*+* *$\theta_1-\theta_*$2^{-(n-1)} }

对于：

$$\theta_{n+1}=c-\frac12\theta_n$$

不动点为：

$$\theta_*=\frac{2c}{3}$$

并且：

\boxed{ \theta_n \theta_*+* *$\theta_1-\theta_*$ \left$-\frac12\right$^{n-1} }

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13.6 符号问题

必须牢记：

$$\sqrt{\cos^2\theta}=|\cos\theta|$$

因此：

$$\sqrt{2+2\cos\theta} 2\left|\cos\frac\theta2\right|$$

不能不加判断地写成：

$$2\cos\frac\theta2$$

必须根据角度范围确定符号。

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十四、倍角公式递推

如果递推式中出现：

$$a_{n+1}=a_n^2-2$$

可以联想到：

$2\cos\theta$^2-2=2\cos2\theta

令：

$$a_n=2\cos\theta_n$$

则：

$$a_{n+1}=2\cos2\theta_n$$

所以：

$$\theta_{n+1}=2\theta_n$$

若：

$$a_1=2\cos\theta_1$$

则：

\boxed{ a_n=2\cos$2^{n-1}\theta_1$ }

半角递推的角度是不断除以 (2)，倍角递推的角度则是不断乘以 (2)。

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十五、平移到不动点

对于一般递推：

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

若数列有极限 (L)，通常满足：

$$L=f(L)$$

即 (L) 是递推函数的不动点。

即使暂时不讨论极限，也可以主动寻找满足：

$$c=f(c)$$

的常数 (c)，然后研究：

$$a_n-c$$

例

$$a_{n+1}=\frac{a_n+2}{3}$$

不动点满足：

$$c=\frac{c+2}{3}$$

所以：

$$c=1$$

令：

$$b_n=a_n-1$$

则：

$$b_{n+1} \frac{a_n+2}{3}-1 \frac{a_n-1}{3} \frac13b_n$$

于是：

$$\boxed{ a_n=1+(a_1-1)3^{-(n-1)} }$$

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十六、非线性递推的常见代换

16.1 作比值代换

如果递推中出现：

$$a_{n+1}a_{n-1}=a_n^2$$

可以令：

$$b_n=\frac{a_{n+1}}{a_n}$$

则：

$$\frac{a_{n+2}}{a_{n+1}} \frac{a_{n+1}}{a_n}$$

即：

$$b_{n+1}=b_n$$

因此 (b_n) 为常数，原数列是等比数列。

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16.2 取对数

对于正项幂递推：

$$a_{n+1}=a_n^{p_n}$$

令：

$$b_n=\ln a_n$$

则：

$$b_{n+1}=p_nb_n$$

例如：

$$a_1=e,\qquad a_{n+1}=a_n^2$$

有：

$$\ln a_n=2^{n-1}$$

因此：

$$\boxed{ a_n=e^{2^{n-1}} }$$

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16.3 平方代换

如果递推含 (a_n^2)，可考虑：

$$b_n=a_n^2$$

但要注意，平方可能丢失符号信息。若原数列不保证非负，不能只根据 (a_n^2) 直接还原 (a_n)。

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16.4 指数代换

如果出现：

$$a_n+\frac1{a_n}$$

或：

$$a_n-\frac1{a_n}$$

可以考虑：

$$a_n=e^{x_n}$$

因为：

$$e^x+e^{-x}=2\cosh x$$ $$e^x-e^{-x}=2\sinh x$$

这类代换经常把倒数结构转化为双曲函数结构。

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十七、不变量与辅助数列

17.1 寻找守恒量

如果能够证明：

$$F(a_{n+1},a_n)=F(a_n,a_{n-1})$$

那么：

$$F(a_{n+1},a_n)=C$$

其中 (C) 由初值确定。

这种 (F) 称为不变量。

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17.2 构造和与差

如果递推中出现相邻项的和差，可以尝试：

$$b_n=a_{n+1}+a_n$$

或：

$$b_n=a_{n+1}-a_n$$

有时原递推虽然复杂，但 (b_n) 会满足简单的等差或等比递推。

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17.3 构造乘积不变量

如果两个数列满足：

$$a_{n+1}b_{n+1}=a_nb_n$$

则：

$$a_nb_n=C$$

这可以把二元递推降为一元递推。

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十八、只求极限时的方法

并非所有递推题都适合或要求求显式通项。有些题目只要求极限，此时重点是：

1. 证明数列有界；

2. 证明数列单调；

3. 设极限为 (L)；

4. 代入递推关系求 (L)。

例如：

$$a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}$$

若已知数列收敛于 (L)，则：

$$L=\sqrt{2+L}$$

平方得：

$$L^2-L-2=0$$

所以：

$$L=2\quad\text{或}\quad L=-1$$

由于数列各项非负，故：

$$\boxed{L=2}$$

但“由递推求出的候选极限”还需要结合单调性、有界性和定义域筛选，不能直接认为一定收敛。

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十九、矩阵法与生成函数

19.1 矩阵法

对于二阶递推：

$$a_{n+2}=pa_{n+1}+qa_n$$

可以写为：

$$\begin{pmatrix} a_{n+2}\ a_{n+1} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} p&q\ 1&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_{n+1}\ a_n \end{pmatrix}$$

因此：

$$\begin{pmatrix} a_{n+1}\ a_n \end{pmatrix} A^{n-1} \begin{pmatrix} a_2\ a_1 \end{pmatrix}$$

矩阵的特征值对应递推的特征根。

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19.2 生成函数

定义：

$$A(x)=\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^n$$

将递推式乘以适当的 (x^n)，并对各项求和，通常可以得到 (A(x)) 的表达式。

生成函数适合：

• 高阶线性递推；

• 递推中含组合数；

• 需要研究数列求和；

• 竞赛中的系统性递推问题。

考研数学一中较少直接考生成函数，但竞赛中可能作为拓展方法使用。

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二十、猜想后的严格验证

20.1 一阶递推的归纳验证

若猜测：

$$a_n=f(n)$$

验证步骤如下：

1. 验证初值： [ a_1=f(1) ]

2. 假设： [ a_n=f(n) ]

3. 由递推关系： [ a_{n+1}=F(n,a_n) ]

4. 代入归纳假设： [ a_{n+1}=F(n,f(n)) ]

5. 证明： [ F(n,f(n))=f(n+1) ]

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20.2 二阶递推的验证

二阶递推需要验证两个初始项：

$$a_1=f(1),\qquad a_2=f(2)$$

归纳步骤中同时假设：

$$a_n=f(n),\qquad a_{n+1}=f(n+1)$$

再推出：

$$a_{n+2}=f(n+2)$$

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20.3 必须检查的细节

验证时还要检查：

• 根式内是否非负；

• 分母是否为零；

• 取倒数是否合法；

• 取对数是否要求 (a_n>0)；

• 平方是否引入多余解；

• $\sqrt{x^2}=|x|$ 的绝对值；

• 三角代换中的象限和符号；

• 递推关系的起始下标。

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二十一、方法选择总表

递推特征	优先尝试的方法
(a_{n+1}-a_n) 简单	差分、累加
(a_{n+1}/a_n) 简单	比值、连乘
(a_{n+1}=qa_n+b)	不动点平移
系数含 (n,n!,n+1)	归一化
含 $\frac1{a_n}$	倒数代换
分式线性结构	不动点、交比代换
二阶常系数	特征方程
出现 $a_{n+1}-\lambda a_n$	降阶
出现 (a_n^2)	平方、倍角、非线性代换
出现 $\sqrt{1-a_n^2}$	三角代换
出现 $\sqrt{1+a_n^2}$	正切、双曲函数、共轭
出现 (\sqrt{$1\pm a_n$/2})	半角公式
出现 $\sqrt{2\pm a_n}$	令 $a_n=2\cos\theta_n$
含 (a_n a_{n-1})	作比值或寻找不变量
只要求极限	单调有界、不动点
高阶线性递推	矩阵法、生成函数

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二十二、总结：递推猜通项的核心框架

递推数列的通项猜测可以归纳为以下几类：

1. 直接发现简单数列

通过差分、比值、符号和周期，识别：

• 等差数列；

• 等比数列；

• 多项式数列；

• 交替数列；

• 周期数列。

2. 构造简单的辅助数列

通过：

• 平移；

• 取倒数；

• 取对数；

• 作比值；

• 乘 (n)；

• 乘 (n!)；

• 除以连乘因子；

• 构造和、差、乘积。

将原递推化为等差、等比或可求和形式。

3. 识别特殊结构

通过：

• 特征方程；

• 半角公式；

• 倍角公式；

• 三角代换；

• 双曲函数；

• 不变量；

• 矩阵；

• 生成函数。

处理线性、高阶或非线性递推。

4. 严格验证

完整解答必须包含：

$$\boxed{ \text{观察猜想} \longrightarrow \text{变形构造} \longrightarrow \text{求出通项} \longrightarrow \text{归纳验证} }$$

最实用的记忆顺序是：

$$\boxed{ \text{先看差，再看比；} }$$ $$\boxed{ \text{再看倒数、平移和归一化；} }$$ $$\boxed{ \text{二阶看特征方程，根式看三角代换；} }$$ $$\boxed{ \text{最后检查定义域、符号并完成证明。} }$$