求数列通项公式的11种方法

总述：一．运用递推关系式求数列通项的11种办法：

累加法. 累乘法. 待定系数法.

阶差法（逐差法）. 迭代法. 对数变换法. 倒数变换法.

换元法（目标是去递推关系式中消失的根号）. 数学归纳法（罕用）

不动点法（递推式是一个数列通项的分式表达式）. 特点根法

二．四种根本数列：等差数列.等比数列.等和数列.等积数列及其广义情势.等差数列.等比数列的求通项公式的办法是：累加和累乘,这二种办法是求数列通项公式的最根本办法.

三 ．求数列通项的办法的根本思绪是：把所求数列经由过程变形,代换转化为等级差数列或等比数列.

四．求数列通项的根本办法是：累加法和累乘法.

五．数列的本质是一个函数,其界说域是天然数集的一个函数. 一.累加法

1．实用于：an1anf(n) ----------这是广义的等差数列 累加法是最根本的二个办法之一. 2．若an1anf(n)(n2),

a2a1f(1)则

a3a2f(2) an1anf(n)

双方分离相加得 an1a1f(n)

k1n例1 已知数列{an}知足an1an2n1，a11,求数列{an}的通项公式. 解：由an1an2n1得an1an2n1则

所以数列{an}的通项公式为ann2.

例2 已知数列{an}知足an1an23n1，a13,求数列{an}的通项公式. 解法一：由an1an23n1得an1an23n1则

an(anan1)(an1an2)(23n11)(23n21)2(3n13n23(13n1)2(n1)3133n3n133nn1(a3a2)(a2a1)a1(2321)(2311)33231)(n1)3

所以an3nn1.

解法二：an13an23n1双方除以3n1,得

则

an1an21,故 3n13n33n1an1an21, 3n13n33n11(13n1)nan2(n1)32n11是以n133133223n,

则ann3n3n.

anan1an2n(nN*)演习1.已知数列的首项为1,且写出数列an2的通项公式. 答案：nn1

231212演习2.已知数列{an}知足a13,

anan11(n2)n(n1),求此数列的通

项公式. 答案：裂项乞降

an21n

评注：已知a1a,

an1anf(n),个中f(n)可所以关于n的一

次函数.二次函数.指数函数.分式函数,求通项an.

①若f(n)是关于n的一次函数,累加后可转化为等差数列乞降; ②若f(n)是关于n的二次函数,累加后可分组乞降;

③若f(n)是关于n的指数函数,累加后可转化为等比数列乞降; ④若f(n)是关于n的分式函数,累加后可裂项乞降.

Sn1n(an)2an例3.已知数列{an}中,an0且

Sn1n(an)2an,求数列{an}的通项公式.

解:由已知得

Sn1n(SnSn1)2SnSn1,

222SnS1223nSSnnn1化简有,由类型(1)有,

n(n1)2Sn2又S1a1得a11,所以,又

2n(n1)2n(n1)2

an0sn2n(n1)2,,

则

an此题也可以用数学归纳法来求解. 二.累乘法

1.实用于： an1f(n)an ----------这是广义的等比数列 累乘法是最根本的二个办法之二. 2．若

an1aaf(n),则2f(1)，3f(2)，ana1a2a，n1f(n) annan1双方分离相乘得,a1f(k)

a1k1例4 已知数列{an}知足an12(n1)5nan，a13,求数列{an}的通项公式. 解：因为an12(n1)5nan，a13,所以an0,则

an12(n1)5n,故ananan1anan1an22n1[n(n1)32n15

a3a2a1a2a1[2(21)52][2(11)51]321[2(n11)5n1][2(n21)5n2]32]5(n1)(n2)n!n(n1)23n1a325所以数列{a}的通项公式为nnn(n1)2n!.

22n1anaan1an0an1n例5.设n是首项为1的正项数列,且

（n=1,2,3,…）,则它的通项公式是an=________.

解：已知等式可化为：(an1an)(n1)an1nan0

*an0(nN)(n+1)an1nanan1nn1 0, 即anann1n n2时,an1anan1a21n1n21ana11an1an2a12=n. =nn1评注：本题是关于an和an1的二次齐次式,可以经由过程因式分化（一般情形时用求根公式）得到an与an1的更为显著的关系式,从而求出

an.

an1nann1,a11,求数列{an}的通项公式.

答案：an(n1)!(a11)-1.

评注：本题解题的症结是把本来的递推关系式an1nann1,转化为

an11n(an1),若令bnan1,则问题进一步转化为bn1nbn情势,进

而运用累乘法求出数列的通项公式. 三.待定系数法 实用于an1qanf(n)

根本思绪是转化为等差数列或等比数列,而数列的本质是一个函数,其界说域是天然数集的一个函数.

1．形如an1cand,(c0,个中a1a)型

（1）若c=1时,数列{an}为等差数列; （2）若d=0时,数列{an}为等比数列;

（3）若c1且d0时,数列{an}为线性递推数列,其通项可经由过程待定系数法结构帮助数列来求.

待定系数法：设an1c(an),

得an1can(c1),与题设an1cand,比较系数得

(c1)d,所以

dddanc(an1),(c0)c1c1 c1所以有：

ddaa1nc1组成认为c1首项,以c为公比的等比数列, 是以数列所以

andd(a1)cn1c1c1 即：

ddn1an(a1)cc1c1.

纪律：将递推关系an1cand化为

an1ddc(an)c1c1,结构

d{an}c1从而求得通项公式成公比为c的等比数列

an1ddcn1(a1)1cc1

逐项相减法（阶差法）：有时我们从递推关系换成n-1有

ancan1d{an1an}an1cand中把n

,两式相减有an1anc(anan1)从而化为公比

naac(a2a1),n,进而求得通项公式.n1为c的等比数列

再运用类型(1)即可求得通项公式.我们看到此办法比较庞杂.

例6已知数列{an}中,a11,an2an11(n2),求数列an的通项公式. 解法一：an2an11(n2),

又a112,an1是首项为2,公比为2的等比数列

nan12n,即an21

解法二：

an2an11(n2),

两式相减得an1an2(anan1)(n2),故数列an1an是首项

为2,公比为2的等比数列,再用累加法的……

a12,an111an,22求通项an.

演习．已知数列

{an}中,

1an()n112答案：

napaqn1n2．形如： (个中q是常数,且n0,1)

①若p=1时,即：

an1anqn,累加即可.

a②若p1时,即：n1panqn,

n1p求通项办法有以下三种偏向：i. 双方同除以.目标是把所求数

列结构成等差数列

an1n1p即：

an1pn1pnbb()bnnn()n1npqpq,令p,则q,然后类

an型1,累加求通项.

n1qii.双方同除以 . 目标是把所求数列结构成等差数列.

an1n1q 即： pan1nqqq,

bn1p1bnqq.然后转化为类型5来解,

令

bnanqn,则可化为

iii.待定系数法：目标是把所求数列结构成等差数列 设

an1qn1p(anpn).经由过程比较系数,求出,转

化为等比数列求通项.

留意：运用待定系数法时,请求pq,不然待定系数法会掉效. 例7已知数列公式.

解法一（待定系数法）：设

an113n2(an3n1){an}知足

an12an43n1，a11a,求数列n的通项

,比较系数得

14,22,

a则数列n43n1是首项为

a143115,公比为2的等比数列,

n1n1n1n1a4352a4352所以n,即n

an12an4n2n1n1n1q333,解法二（双方同除以）： 双方同时除以3得：3下面解法略

解法三（双方同除以

an1an43nn()n132,下面解法略 22pn1n1）： 双方同时除以2得：

演习.（2003天津理） 设

a0为常数,且

an3n12an1(nN)．证实对随意率性

n≥

1nan[3(1)n12n](1)n2na051,;

3．形如an1panknb (个中k,b是常数,且k0) 办法1：逐项相减法（阶差法） 办法2：待定系数法 经由过程凑配可转化为 解题根本步调： 1.肯定f(n)=kn+b 2.设等比数列

(anxny)p(an1x(n1)y);

bn(anxny),公比为p

,即

3.列出关系式

(anxny)p(an1x(n1)y)bnpbn1

4.比较系数求x,y 5.解得数列6.解得数列

(anxny)的通项公式

an的通项公式

a11,an13an2n,例8 在数列{an}中,法）

解：,

an13an2n,求通项an.（逐项相减

①

n2时,an3an12(n1),

两式相减得

an1an3(anan1)2.令

bnan1an,则

bn3bn12

n1n1aa531② b532n1nn运用类型5的办法知 即

再由累加法可得an5n113n22.

an5n113n22. 亦可联立 ①②解出

3a1,2anan16n3{an}2例9. 在数列中,,求通项an.（待定系

数法）

解：原递推式可化为

2(anxny)an1x(n1)y

比较系数可得：x=-6,y=9,上式即为2bnbn1

9b1a16n92,公比为所所以bn一个等比数列,首项

91n11bn()222.

1an6n99()n2 即：

1an9()n6n92故.

4．形如

a0)

an1panan2bnc (个中a,b,c是常数,且

根本思绪是转化为等比数列,而数列的本质是一个函数,其界说域是天然数集的一个函数.

例10 已知数列{an}知足an12an3n24n5，a11,求数列{an}的通项

公式.

22ax(n1)y(n1)z2(axnynz) 解：设n1n比较系数得x3,y10,z18,

所以an13(n1)210(n1)182(an3n210n18) 由a131210118131320,得an3n210n180

an13(n1)210(n1)18则2,故数列{an3n210n18}为认为2an3n10n18a13121011813132首项,以

2为公比的等比数列,是以

an3n210n18322n1,则an2n43n210n18.

an2pan1qan 时将an作为f(n)求解

剖析：原递推式可化为an2an1(p)(an1an) 的情势,比较系数可求得,数列an1an为等比数列. 例11 已知数列{an}知足通项公式. 解：设

an25an16an,a11,a22,求数列{an}的

an2an1(5)(an1an)

比较系数得3或2,无妨取2,（取-3 成果情势可能不合,但本质雷同） 则

an22an13(an12an)a2an,则n1是首项为4,公比为3的等比

数列

an12an43n1,所以an43n152n1

{an}中,若a18,a22,且知足an24an13an0,求an.

答案：

an113n.

rapan(个中p,r为常数)型 四.迭代法 n1例12 已知数列{an}知足an1a3(n1)2nn，a15,求数列{an}的通项公式.

解：因为

an1a3(n1)2nn,所以

n(n1)3n1n!22又

a15,所以数列

{an}a5n的通项公式为

.

注：本题还可分解运用累乘法和对数变换法求数列的通项公式. 例13.（2005江西卷）

1a1,aan(4an),nNn1{an}的各项都是正数,且满足:02已知数列

,

（1）证实anan12,nN; （2）求数列{an}的通项公式an.

an111an(4an)[(an2)24],22所以

解：（1）略（2）

2(an12)(an2)2

121122112221122n12n令bnan2,则bnbn1(bn2)()bn1()bn22222212n112n1bn(),即an2bn2()22又bn=－1,所以.

办法2：本题用归纳-猜测-证实,也很简捷,请试一试.解法3：设cnbn,

则c

n12cn12,转化为上面类型（1）来解

0rapan(个中p,r为常数)型 p>0,an五.对数变换法 实用于n1

2an的通项ana2aa1n1（n≥2）.求数列例14. 设正项数列知足1,n公式.

anaaanan1bloglog12(log1)log12logn21,2222解：双方取对数得：,,设

nn1则bn2bn1bn是以2为公比的等比数

2n1n1aan1n1a2b122log12log21blog11n列,1,2,2,∴n12nnn11

演习 数列an中,a11,an2an1（n≥2）,求数列an的通项公式.

a答案：n2222n

5例15 已知数列{an}知足an123nan,a17,求数列{an}的通项公式.

5，a17,所以an0，an10. 解：因为an123nan双方取经常运用对数得lgan15lgannlg3lg2 设lgan1x(n1)y5(lganxny)（同类型四） 比较系数得,x由lga1lg3lg3lg2,y 4164lg3lg3lg2lg3lg3lg2lg3lg3lg21lg710,得lgann0, 416441644164lg3lg3lg2lg3lg3lg2n}是认为lg7首项,以541644164lg3lg3lg2lg3lg3lg2n1(lg7)5,是以的等比数列,则lgann41644164所以数列{lgan为公比

lg3lg3lg2n1lg3lg3lg2lgan(lg7)5n4164464[lg(7332)]5n1lg(332)lg(7332)lg(75n135n4n116141161n1451411614n411614lg(332))n411614

25n114则na735n15n4n11625n114.

六.倒数变换法 实用于分式关系的递推公式,分子只有一项 例16 已知数列{an}知足an12an,a11,求数列{an}的通项公式. an2解：求倒数得公役为,12111111111,,为等差数列,首项1,an12anan1an2an1ana1112(n1),an an2n1七.换元法 实用于含根式的递推关系 例17 已知数列{an}知足an1公式.

解：令bn124an,则an代入an112(bn1) 241(14an124an)，a11,求数列{an}的通项161(14an124an)得 16即4bn21(bn3)2 因为bn124an0,

则2bn1bn3,即bn1bn, 可化为bn13(bn3),

所所以{bn3}认为b13124a13124132首项,认为1公比的等

2123212比数列,是以bn32()n1()n2,则bn()n23,即124an()n23,得

2111an()n()n.

342312121212八.数学归纳法 经由过程首项和递推关系式求出数列的前n项,猜出数

列的通项公式,再用数学归纳法加以证实.

例18 已知数列{an}知足an1an公式.

解：由an1an8(n1)(2n1)2(2n3)28(n1)8，a,求数列{an}的通项1(2n1)2(2n3)29及a1,得

89(2n1)21由此可猜测an,下面用数学归纳法证实这个结论. 2(2n1)(211)218（1）当n1时,a1,所以等式成立. 2(211)9(2k1)21（2）假设当nk时等式成立,即ak,则当nk1时, 2(2k1)由此可知,当nk1时等式也成立.

依据（1）,（2）可知,等式对任何nN*都成立. 九.阶差法（逐项相减法） 1.递推公式中既有Sn,又有an

S1,n1剖析：把已知关系经由过程an转化为数列an或Sn的递推

SS,n2n1n关系,然后采取响应的办法求解.

例19 已知数列{an}的各项均为正数,且前n项和Sn知足

1Sn(an1)(an2),且a2,a4,a9成等比数列,求数列{an}的通项公式.

6解：∵对随意率性nN有Sn(an1)(an2)⑴ ∴当n=1时,S1a1(a11)(a12),解得a11或a12 当n≥2时,Sn1(an11)(an12)⑵ ⑴-⑵整顿得：(anan1)(anan13)0 ∵{an}各项均为正数,∴anan13

2当a11时,an3n2,此时a4a2a9成立

1616162当a12时,an3n1,此时a4a2a9不成立,故a12舍去

所以an3n2

演习.已知数列{an}中,an0且Sn(an1)2,求数列{an}的通项公式.

答案：Sn22Sn1an(an1)(an11)an2n1

122.对无限递推数列

例20 已知数列{an}知足a11，ana12a23a3(n1)an1(n2),求{an}的通项公式.

解：因为ana12a23a3(n1)an1(n2)①

所以an1a12a23a3(n1)an1nan② 用②式－①式得an1annan. 则an1(n1)an(n2) 故

anan1an1an2an1n1(n2) an所以ana3a2[n(n1)a243]a2n!a2.2③

由ana12a23a3(n1)an1(n2),取n2得a2a12a2,则a2a1,又知

a11,则a21,代入③得an1345nn!. 2所以,{an}的通项公式为ann!. 2十.不动点法 目标是将递推数列转化为等比（差）数列的办法

不动点的界说：函数f(x)的界说域为D,若消失f(x)x0D,使f(x0)x0成立,则称x0为f(x)的不动点或称(x0,f(x0))为函数f(x)的不动点.

剖析：由f(x)x求出不动点x0,在递推公式双方同时减去x0,在变形求解.

类型一：形如an1qand

例21 已知数列{an}中,a11,an2an11(n2),求数列an的通项公式. 解：递推关系是对应得递归函数为f(x)2x1,由f(x)x得,不动点为-1 ∴an112(an1),…… 类型二：形如an1aanb

cand剖析：递归函数为f(x)axb

cxd（1）如有两个相异的不动点p,q时,将递归关系式双方分离减去不动点

apcan1panpkkp,q,再将两式相除得,个中,∴

aqcan1qanq(a1qpq)kn1(a1ppq)an(a1p)kn1(a1q)

（2）如有两个雷同的不动点p,则将递归关系式双方减去不动点p,然后用1除,得

112ck,个中k.

an1panpad例22. 设数列{an}知足a12,an15an4,求数列{an}的通项公式.

2an7剖析：此类问题经常运用参数法化等比数列求解. 解：对等式两头同时加参数t,得：

7t45an4(2t5)an7t2t5tt(2t5)2an72an72an7an,an1

ant7t4at(2t5)令t, 解之得t=1,-2 代入n1得

2an72t5an1an1an213a29,n1,

2an72an7nan111an1相除得,即{

anan123an2a1a11}是首项为1, 2a124an111n43n121公比为的等比数列,=3, 解得an. n1an244313办法2：,

an113an1,

2an7双方取倒数得令bn1an12an72(an1)923, 13(an1)3(an1)3an123bn,,转化为累加法来求. 31,则an1bn例23 已知数列{an}知足an1解：令x21an24，a14,求数列{an}的通项公式.

4an121x2421x24,得4x220x240,则x12，x23是函数f(x)的4x14x1两个不动点.因为

21an242an124an121an242(4an1)13an2613an2.所以数an1321an24321an243(4an1)9an279an34an1列an2a3n是认为

a12422a1343首项,认为

139公比的等比数列,故

1an213n1a3. 2(),则n13an392()n119演习1：已知{an}知足a12,anan12(n2),求{an}的通项an

2an113n(1)n答案：ann3(1)n

演习2.已知数列{an}知足a12,an1135n答案：an

10n62an1(nN*),求数列{an}的通项an

4an6演习3.（2009陕西卷文）

anan1*a＝1a2,a＝,nN已知数列an}知足, 1’2. n＋22令bnan1an,证实：{bn}是等比数列;

(Ⅱ)求an}的通项公式.

答案：（1）bn是以1为首项,为公比的等比数列.（2）

12521n1an()(nN*).

332十一：特点方程法 形如an2pan1qan(p,q是常数）的数列 （已知 a1;a2)

形如a1m1,a2m2,an2pan1qan(p,q是常数）的二阶递推

2x数列都可用特点根法求得通项an,其特点方程为pxq…①

nnacc(c1,c2是待定常数） 若①有二异根,,则可令n12n若①有二重根,则可令an(c1nc2)(c1,c2是待定常数）

再运用a1m1,a2m2,可求得c1,c2,进而求得an

*a2,a3,a3a2a(nN),求数例24 已知数列{an}知足12n2n1n列{an}的通项an

nnac1c2解：其特点方程为x3x2,解得x11,x22,令n, 122c11ac2c21121, an由,得c2a2c14c23212n1

*例25已知数列{an}知足a11,a22,4an24an1an(nN),求数列{an}的

通项an

11解：其特点方程为4x24x1,解得x1x2,令anc1nc222n,

1a(cc)1112c142an由,得, c26a(c2c)1221243n2n1

2*演习1．已知数列{an}知足a11,a22,4an24an1an1(nN),求

数列{an}的通项

演习2．已知数列{an}知足

a11,a22,4an24an1ann4(nN*),求数列{an}的通项

解释：(1)若方程x2pxq有两不合的解s , t,

则an1tans(antan1), an1sant(ansan1),

n1n1由等比数列性质可得an1tan(a2ta1)s, an1san(a2sa1)t,

ts,由上两式消去an1可得ana2ta1na2sa1n.s.t.

ssttst(2)若方程x2pxq有两相等的解st,则

an1tansantan1s2(an1tan2)sn1a2ta1,

anan1ana2ta1n1n,等于n等差数列, 2ssssana1a2sa1n1.由等差数列性质可知n, 2sssa1a2sa1a2sa1na.ns． 所以n22sss2554例26.数列{an}知足a1,且an1求数列{an}的通项.

29122an42an2529252an2an444……① 解：an1an129292an2an44292525令2,解得11,2,将它们代回①得,

442an25a2nan1254……②,an1an11292942an2an442……③,

2525an1an44③÷②,得a1a1,

n1n2252525aan1ann4442lg则lg,∴数列lga1成等比数列,首项为1,

an11an1n公比q=2

2525252n110anann14102a442n1lgn所以,则,2n1an1an1101十二.四种根本数列

1．形如an1anf(n)型 等差数列的广义情势,见累加法.

an1f(n)型 等比数列的广义情势,见累乘法. anan1anf(n)型

（1）若an1and（d为常数）,则数列{an}为“等和数列”,它是一个周期数列,周期为2,其通项分奇数项和偶数项来评论辩论;

（2）若f(n)为n的函数（异常数）时,可经由过程结构转化为an1anf(n)型,经由过程累加来求出通项;或用逐差法(两式相减)得

an1an1f(n)f(n1),,分奇偶项来分求通项.

例27. 数列{an}知足a10,an1an2n,求数列{an}的通项公式. 剖析 1：结构 转化为an1anf(n)型

n解法1：令bn(1)an

则

bn1bn(1)n1an1(1)nan(1)n1(an1an)(1)n12n.

n2时,

bnbn1(1)n2(n1)n1bb(1)2(n2)n1n2bb(1)22112b1a10各式相

加:

bn2(1)n(n1)(1)n1(n2)(1)32(1)21n2

n. 此时anbnn 当n为奇数当n为偶数时,bn2(n1)(1)2时,bn2(n1)n1 2n1,n为奇数,此时bnan,所以ann1.故 an

n,n为偶数.解法2：an1an2n

n2时,anan12(n1),两式相减得：an1an12. a1,a3,a5,,组成以a1,为首项,以

2为公役的等差数列; 为公役的等差数列

a2,a4,a6,,组成以a2,为首项,以2

a2k1a1(k1)d2k2a2ka2(k1)d2k.

n1,n为奇数,an 评注：成果要还原成

n,n为偶数.n的表达式.

例28.（2005江西卷）已知数列{an}的前n项和Sn知足 Sn－Sn－2=3()n1(n3),且S11,S2,求数列{an}的通项公式. 解：办法一：因为SnSn2anan1所以anan13()n1(n3), 以下同上例,略

1n143(),n为奇数,2答案 an 43(1)n1,n为偶数.2121232an1anf(n)型

（1）若an1anp(p为常数),则数列{an}为“等积数列”,它是一个周期数列,周期为2,其通项分奇数项和偶数项来评论辩论;

（2）若f(n)为n的函数（异常数）时,可经由过程逐差法得

anan1f(n1),两式相除后,分奇偶项来分求通项.

例29. 已知数列{an}满足a13,anan1公式.

注：同上例相似,略.

1n(),(nN*),求此数列的通项2