1、- 1 -求数列通项公式方法大全一、累加法 适用于： -这是广义的等差数列 累加法是最基本的二个方法之一。1()naf例 1 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。n112na， na解：由 得 则12na1n所以 。23212()()()()211()()aaannn 2na例 2 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。na1123nnaa， na解法一：由 得 则1n1nn所以123211211()()()()333()(33nnnnaaaan 31.na解法二： 两边除以 ，得 ，121nna13n1123nna则 ，故1133nn2232111221()()()()3233() 1)3
2、nnnnnnaaaa- 2 -因此 ，则1(3)2(1)213 3nn na213.2nna练习 1.已知数列 的首项为 1，且 写出数列 的通项公式. n*1()naNn答案： 2n练习 2.已知数列 满足 ， ，求此数列的通项公式. na31)2(11nan答案：裂项求和 n2评注：已知 , ，其中 f(n)可以是关于 n 的一次函数、二次函数、指数函a1)(1nfn数、分式函数，求通项 .若 f(n)是关于 n 的一次函数，累加后可转化为等差数列求和;若 f(n)是关于 n 的二次函数，累加后可分组求和 ;若 f(n)是关于 n 的指数函数，累加后可转化为等比数列求和;若 f(n)是关于
3、 n 的分式函数，累加后可裂项求和。例 3.已知数列 中, 且 ,求数列 的通项公式.na0)(21nnaSn解:由已知 得 ,)(21nnS )(11nnS化简有 ,由类型(1)有 ,n1Sn3212又 得 ,所以 ,又 , ,1aS)(2Sn0na2)1(ns则 此题也可以用数学归纳法来求解2)1()(n二、累乘法 .适用于： -这是广义的等比数列累乘法是最基本的二个方法之二。1()nnaf- 3 -例 4 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。na112()53nna， na解：因为 ，所以 ，则 ，故112()53nn， 0n12()5n132122211(1)1(1)2(55()5(
4、)333!nnnnnaa 所以数列 的通项公式为na(1)235!.nna例 5.设 是首项为 1 的正项数列，且 （ =1，2， 3，） ，0121nnaa则它的通项公式是 =_.na解：已知等式可化为： 0)1(1nnaa( ) (n+1) , 即0na*N01n1n时， = = .2n11221aann 12nn评注：本题是关于 和 的二次齐次式，可以通过因式分解（一般情况时用求根公式）得na1到 与 的更为明显的关系式，从而求出 .na1 na练习.已知 ,求数列an的通项公式.1,1nan答案： -1.n)(!1评注：本题解题的关键是把原来的递推关系式 转化为,11nan若令 ,则问
5、题进一步转化为 形式，进而应用累乘法),1(1nnanab nb1求出数列的通项公式.- 4 -三、待定系数法 适用于 1()naqfn基本思路是转化为等差数列或等比数列，而数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。1形如 ,其中 )型0(,1cdana1（1）若 c=1 时，数列 为等差数列;n（2）若 d=0 时，数列 为等比数列;na（3）若 时，数列 为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列01且dcn来求.待定系数法：设 ,)(1nnac得 ,与题设 比较系数得)1can ,1dcan,所以 所以有：d)()0(,c )1(1cdacnn因此数列 构成以 为首项，
6、以 c 为公比的等比数列，1an 1da所以 即： .11)(nn ccd 1)1(cddann规律：将递推关系 化为 ,构造成公比为 c 的等比数dcan1)(1cnn列 从而求得通项公式cdan )1(11dacnn逐项相减法（阶差法）：有时我们从递推关系 中把 n 换成 n-1 有cn1,两式相减有 从而化为公比为 c 的等比数列 ,进dcan1 )(1nnaca 1na而求得通项公式. ,再利用类型(1)即可求得通项公式.我们看到此方法比较复)121n杂.- 5 -例 6 已知数列 中， ，求数列 的通项公式。na11,2()nana解法一： 12(),n1nn又 是首项为 2，公比为
7、 2 的等比数列 ，即1,na 12nna1na解法二： 12(),n1na两式相减得 ，故数列 是首项为 2，公比为 2 的等112)(2nna1na比数列，再用累加法的练习已知数列 中， 求通项 。na,2,11nnana答案：)2(1n2形如： (其中 q 是常数，且 n 0,1) nnap1 若 p=1 时，即： ，累加即可.若 时，即： ，nn1 1pnnqap1求通项方法有以下三种方向：i. 两边同除以 .目的是把所求数列构造成等差数列n即： ,令 ，则 ,然后类型 1，累加求通项.nnqpap)(11nabnnqpb)(11ii.两边同除以 . 目的是把所求数列构造成等差数列。1
8、n即： ,令 ,则可化为 .然后转化为类型 5 来解，qapqnn1nabqbpnn11iii.待定系数法：目的是把所求数列构造成等差数列设 .通过比较系数，求出 ，转化为等比数列求通项.)(11 nnnn paa 注意：应用待定系数法时，要求 p q，否则待定系数法会失效。例 7 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。n11243nna， na- 6 -解法一（待定系数法）：设 ，比较系数得 ，1123(3nnnaa)124,则数列 是首项为 ，公比为 2 的等比数列，143na 1145所以 ，即152nn113nna解法二（两边同除以 ）： 两边同时除以 得： ，下面解法略1nq1n12
9、433nna解法三（两边同除以 ）： 两边同时除以 得： ，下面解法略1np12n nn)(1练习.（2003 天津理）设 为常数，且 证明对任意 1，0a)(231Nnann；01)()(351nn 3形如 (其中 k,b 是常数，且 )bkpan1 0k方法 1：逐项相减法（阶差法）方法 2：待定系数法通过凑配可转化为 ; )1()(1ynxapyxn 解题基本步骤：1、确定 =kn+b 2、设等比数列 ，公比为 pf )(yxnabn3、列出关系式 ,即)1()(1ynxapyxna1np4、比较系数求 x,y 5、解得数列 的通项公式 6、解得数列 的通项公式n na例 8 在数列 中
10、， 求通项 .（逐项相减法）na,23,1anna解： ， 时， ，,231n)1(231n两式相减得 .令 ,则2)(11nnaa nnab1231nb利用类型 5 的方法知 即 35nb511n- 7 -再由累加法可得 . 亦可联立 解出 .21325nan 21325nan例 9. 在数列 中， ,求通项 .（待定系数法）na36,11ann解：原递推式可化为 yxyxnn )()(21比较系数可得：x=-6,y=9,上式即为 1nb所以 是一个等比数列，首项 ,公比为 . 即：nb 2961a11)2(9nnb故 .nna)21(96)2(9na4形如 (其中 a,b,c 是常数，且
11、)cbpn1 0a基本思路是转化为等比数列，而数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。例 10 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。na21 1345nana， n解：设 2 21()()()n nxyzxyz 比较系数得 ， 所以 3,0,182 2130(18(3108)n nana由 ，得21 320a2n则 ，故数列 为以213()0(1)8nn23108na为首项，以 2 为公比的等比数列，因此21 3a，则 。13082nn 43108na5.形如 时将 作为 求解21 nnapqn()f分析：原递推式可化为 的形式，比较系数可求得 ，数列211) nnapa 为等比
12、数列。1na- 8 -例 11 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。na211256,nnaana解：设 211()nn比较系数得 或 ，不妨取 ， （取-3 结果形式可能不同，但本质相同）322则 ，则 是首项为 4，公比为 3 的等比数列211()nnaa1na，所以143n 14352nn练习.数列 中，若 ,且满足 ,求 .na,821a03412nnaan答案： .n3四、迭代法 (其中 p,r 为常数)型rnnpa1例 12 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。n3(1)25nna， na解：因为 ，所以3(1)2nna1212(2)132()3()(1)112(3)(1)33
13、(1()32() nn nnnn nnaa 2(1)()1! nna又 ，所以数列 的通项公式为 。15na(1)23!5nna注：本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式。例 13.（2005 江西卷）已知数列 :,且 满 足的 各 项 都 是 正 数n，Naann),4(21,0（1）证明 （2）求数列 的通项公式 an.1,;nna- 9 -解：（1）略（2） 所以 ,4)2(1)4(21nnn aa 21)()2(nnaa又nnnnnn bbbbab 2121 1)()(, 则令bn=1，所以 .22,)(nnnna即方法 2：本题用归纳-猜想-证明，也很简捷，请试一试.解法
14、 3：设 c ，则 c ,转化为nb21n上面类型（1）来解五、对数变换法 适用于 (其中 p,r 为常数)型 p0， rnnpa1 0na例 14. 设正项数列 满足 ， （n2）.求数列 的通项公式.11解：两边取对数得： ， ，设 ，则122loglnnaa )1(logl22nnaa 1log2nab是以 2 为公比的等比数列， ，12nbb1b， ，loga 1logna 2na练习 数列 中， ， （n2） ，求数列 的通项公式. n11n na答案：nna2例 15 已知数列 满足 ， ，求数列 的通项公式。n5123nnaa17na解：因为 ，所以 。511237nna， 10
15、nn，两边取常用对数得 1lgllg32nna设 （同类型四）1lg()5(l)n naxyxy比较系数得， lg3g2,4164由 ，得 ，1lll3lg2g71064alg3lg204164na- 10 -所以数列 是以 为首项，以 5 为公比的等比数列，lg3lg24164nalg3l27416则 ，因此l lg()5n111 1664444511456l3gl2lg3lg2l(7)ll()g(32)g32l7nnn nna则 。114556432nna六、倒数变换法 适用于分式关系的递推公式，分子只有一项例 16 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。na11,2nnana解：求倒数得
16、 为等差数列，首项 ，公差为 ，111,2nnnnaaa1a121(),n七、换元法 适用于含根式的递推关系例 17 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。na1 1(42)6nnnaa， na解：令 ，则 代入 得124nnb2)nb1(42)6nnn即221()(146nnn22143)nb因为 ， 则 ，即 ，可化为 ，40nnba13nb1nn13()2nnb所以 是以 为首项，以 为公比的等比数列，因3n112424a2此 ，则 ，即 ，得2()nnb()3nb1()3na。343nna八、数学归纳法 通过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- 11
17、 -法加以证明。例 18 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。na1 1228()8139nnaa， na解：由 及 ，得1228()3n1921223422(1)824583()(3)9148018aa由此可猜测 ，下面用数学归纳法证明这个结论。2()1n（1）当 时， ，所以等式成立。21()89a（2）假设当 时等式成立，即 ，则当 时，nk2(1)ka1nk12222228(1)3(8(1) )( (133) ( 1)kakkkk由此可知，当 时等式也成立。根据（1） ， （2）可知，等式对任何 都成立。n *nN九、阶差法（逐项相减法）1、递推公式中既有 ，又有nSna- 12 -
18、分析：把已知关系通过 转化为数列 或 的递推关系，然后采用相应1,2nnSanaS的方法求解。例 19 已知数列 的各项均为正数，且前 n 项和 满足 ，且 成n nS1()26na249,a等比数列，求数列 的通项公式。a解：对任意 有 nN1()26nnSa当 n=1 时， ，解得 或11a112a当 n2 时， 111()26nnnS-整理得： 各项均为正数，1130nnaana13na当 时， ，此时 成立132n249当 时， ，此时 不成立，故 舍去 所以12a1n249a12a32na练习。已知数列 中, 且 ,求数列 的通项公式.na0n)(nnSn答案： nnS1 212nn
19、a1an2、对无穷递推数列例 20 已知数列 满足 ，求 的通项公na11231()(2)n na， na式。解：因为 1231()()n n所以 1231n naaa 用式式得 则 故1.nn1()2)nn1(2)na所以 13222 !()43.naaa - 13 -由 ， ，则 ，又知 ，1231()(2)n naaa 212na取 得 1a1a则 ，代入得 。所以， 的通项公式为2 !45n !.n十、不动点法 目的是将递推数列转化为等比（差）数列的方法不动点的定义：函数 的定义域为 ，若存在 ，使 成立，则称()fxD0()fxD0()fx为 的不动点或称 为函数 的不动点。0x()
20、f0,()f分析：由 求出不动点 ，在递推公式两边同时减去 ，在变形求解。fx0x0x类型一：形如 1 naqd例 21 已知数列 中， ，求数列 的通项公式。11,2()nana解：递推关系是对应得递归函数为 ，由 得，不动点为-1()fxfx ，12()nna类型二：形如 1nnabcd分析：递归函数为 ()xf（1）若有两个相异的不动点 p,q 时，将递归关系式两边分别减去不动点 p,q，再将两式相除得，其中 ，1nnapkqapckq11()()nnaqpkapq（2）若有两个相同的不动点 p，则将递归关系式两边减去不动点 p，然后用 1 除，得，其中 。1nnkap2cad例 22.
21、 设数列 满足 ,求数列 的通项公式.na7245,11nnna分析：此类问题常用参数法化等比数列求解.解：对等式两端同时加参数 t,得：,7254)(72)5(72451 nnnn attatat令 , 解之得 t=1,-2 代入 得5t )(1nntt- 14 -, ,72131nna729nna相除得 ,即 是首项为 ，1nn 1n 412a公比为 的等比数列, = , 解得 .32na13413nn方法 2： ，, 71nn两边取倒数得 ，132)1(392)(31 nnnn aaa令 b ，则 b , 转化为累加法来求. nann例 23 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。n11
22、24nna， na解：令 ，得 ，则 是函数 的两个不214x20x123x， 214()xf动点。因为。所以数列 是1224142(1)3261339733nn nnnnnaaa23na以 为首项，以 为公比的等比数列，故 ，则124a91 12()9nna。13()9nn练习 1：已知 满足 ，求 的通项na1122,()nanan答案： 3()n练习 2。已知数列 满足 ，求数列 的通项na*112,()46nnaNnan- 15 -答案： 13506na练习 3.（2009 陕西卷文）已知数列 na满足， *112,2naaN .令 1nnb，证明： b是等比数列；()求 a的通项公式
23、。答案：（1） n是以 1 为首项， 2为公比的等比数列。 （2） 1*52()3nnaN。十一。特征方程法 形如 是常数）的数列1(,nnapqa形如 是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项122,am，其特征方程为 nx若有二异根 ，则可令 是待定常数）,1212(,nacc若有二重根 ，则可令 是待定常数）()nn再利用 可求得 ，进而求得12,am12,cna例 24 已知数列 满足 ，求数列 的通项n *132()naNnan解：其特征方程为 ，解得 ，令 ，2x12,x12nc由 ，得 ， 12243ac12c1nna例 25 已知数列 满足 ，求数列 的通项na *1221
24、,4()nnNnan解：其特征方程为 ，解得 ，令 ，24x12x12nac由 ，得 ， 122()14ac1246c132n练习 1已知数列 满足 ，求数列 的通项na *1221,4()nnaaNna练习 2已知数列 满足，求数列 的通项*121,4()nna Nn- 16 -说明：(1)若方程 有两不同的解 s , t,2xpq则 , ,)(11nntasta )(1nnat由等比数列性质可得 , ,12)(s 12)(ntsas由上两式消去 可得 .,st1nannn ttt.12(2)若方程 有两相等的解 ，则2xpqs，12121211 )( tastatasta nnnn ,即
25、是等差数列，由等差数列性质可知 ，21snns 211.sansn所以 nn saa.21211例 26、数列 满足 ，且 求数列 的通项。n1521549nana解： 2211494nnn naa令 ，解得 ，将它们代回得，2954125,， ，2194nna 2149nna，得 ,21251nnaa则 ，数列 成等比数列，首项为 1，公比 q=21252544lglg1nnaa254lg1na- 17 -所以 ，则 ，1254lgnna12540nna12504nna十二、四种基本数列1形如 型 等差数列的广义形式，见累加法。)(1nfan2.形如 型 等比数列的广义形式，见累乘法。 3.
26、形如 型fn )(1nfan（1）若 （d 为常数） ，则数列 为“等和数列” ，它是一个周期数列，周期为 2，a1 na其通项分奇数项和偶数项来讨论;（2）若 f(n)为 n 的函数（非常数）时，可通过构造转化为 型，通过累加来求出)(1nfan通项;或用逐差法(两式相减)得 ，分奇偶项来分求通项.)()1fan例 27. 数列 满足 , ,求数列 an的通项公式.na012分析 1：构造 转化为 型)(fn解法 1：令 则 .nnb)( nab nnnn 2)1()1)(111 时, 各式相加:2n012)()(1211abnn 1)(2)1()()() 231 nnn当 n 为偶数时，
27、. 此时 当 n 为奇数时，nbn 2 ban此时 ,所以 .故 解法 2：1)(2bn na1n.,1为 偶 数为 奇 数n an1时， ，两式相减得： .2)1(21n21na构成以 ,为首项，以 2 为公差的等差数列;,531 a- 18 -构成以 ,为首项，以 2 为公差的等差数列,642a2a.)1(1kdk kdak2)1(2评注：结果要还原成 n 的表达式.,为 偶 数为 奇 数na例 28.（2005 江西卷）已知数列 an的前 n 项和 Sn满足SnS n2 =3 求数列 an的通项公式.,23,1),3()1Sn且解：方法一：因为 ),3()2112 nnn所 以以下同上例，略答案 .,)21(34,为 偶 数为 奇 数nann4.形如 型1fn（1）若 (p 为常数)，则数列 为“等积数列” ，它是一个周期数列，周期为 2，其pana通项分奇数项和偶数项来讨论;（2）若 f(n)为 n 的函数（非常数）时，可通过逐差法得 ，两式相除后，分奇)1(1nfan偶项来分求通项.例 29. 已知数列 ,求此数列的通项公式.满 足na)(,)21,3*1 Nann注：同上例类似，略.
