1、中学教育研发网（） 博学而笃志 切问而近思北京海淀区新街口外大街 19 号京师大厦 共 14 页 第 1 页邮箱：高中数学一轮复习专题讲座 13：数列通项公式的求法各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解。特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。本文总结出几种求解数列通项公式的方法，希望能对大家有帮助。一、定义法直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于已知数列类型的题目例 1等差数列 是递增数列，前 n 项和为 ，且 成等比数列， 求数列 的通项nanS931,a25aSn公式.解：设数列 公差为 )0(d 成
2、等比数列， ，931,a9123a即 8)2(1ad ， 0 5S 211)4(25d由得： ，31ad nn5)(5点评：利用定义法求数列通项时要注意不用错定义，设法求出首项与公差（公比）后再写出通项。二、公式法若已知数列的前 项和 与 的关系，求数列 的通项 可用公式nSanan求解。211Sann例 2已知数列 的前 项和 满足 求数列 的通项公式。an 1,)(2nna解：由 111当 时，有 ,)(1nnnna1(),na221， .2121()nnnn.)1(233)()(121nnn 经验证 也满足上式，所以a )1(23nna点评：利用公式 求解时，要注意对 n 分类讨论，但若
3、能合写时一定要合1Snn并三、由递推式求数列通项法中学教育研发网（） 博学而笃志 切问而近思北京海淀区新街口外大街 19 号京师大厦 共 14 页 第 2 页邮箱：对于递推公式确定的数列的求解，通常可以通过递推公式的变换，转化为等差数列或等比数列问题，有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列。类型 1 递推公式为 )(1nfan解法：把原递推公式转化为 ，利用累加法(逐差相加法) 求解。1f例 3. 已知数列 满足 ， ，求 。n2nan21na解：由条件知： )(1 an分别令 ，代入上式得 个等式累加之，即)(,3,2n1n)()( 3412 aaa1)1() n所以 nn1，2a23类型
4、2 （1）递推公式为 nnaf)(1解法：把原递推公式转化为 ，利用累乘法(逐商相乘法) 求解。fn例 4. 已知数列 满足 ， ，求 。na321na1解：由条件知 ，分别令 ，代入上式得 个等式累乘之，即1n )(, )1(n13421naa n1432an又 ，（2） 由 和 确定的递推数列 的通项可如下求得：nnf)(11n由已知递推式有 ， ， ， 依次向前代入，得na21)(af12)(af，1)(2()fffan简记为 ，这就是叠（迭）代法的基本模式。11kn)(,0kf中学教育研发网（） 博学而笃志 切问而近思北京海淀区新街口外大街 19 号京师大厦 共 14 页 第 3 页邮
5、箱：（3）递推式： nfpan1解法：只需构造数列 ，消去 带来的差异nbf例 5设数列 ： ，求 .na)2(,13,411 nan na解：设 ，将 代入递推式，得BAbB，Abnn则 1,n12)(31nn )13()23(ABnAB（）则 ,又 ，故 代入（）得1nabn取 13nb6nnnb32132说明：（1）若 为 的二次式，则可设 ;(2)本题也可由)(f CBAan2, （ ）两式相减得11nan 1)(321n 3n转化为 求之.2)(3 qpbn1例 6已知 ， ，求 。1nna31)(a解： 1232)(2)(3an 47563181n。类型 3 递推公式为 （其中 p
6、，q 均为常数， ） 。pann )01(pq解法：把原递推公式转化为： ，其中 ，再利用换元法转化为等比数列求解。)(1tatnnt例 7. 已知数列 中， ， ，求 .na1321nn解：设递推公式 可以转化为 即 .故递推公式为32n )(1tat21tan中学教育研发网（） 博学而笃志 切问而近思北京海淀区新街口外大街 19 号京师大厦 共 14 页 第 4 页邮箱：,令 ，则 ,且 .所以 是以 为首项，)3(21nna3nab431ab231nabnb412 为公比的等比数列，则 ,所以 .124nn 21n类型 4 递推公式为 （其中 p，q 均为常数， ） 。 （或pa1 )0
7、1)(qp,其中 p，q, r 均为常数）1nnaprq例 8. 已知数列 中， , ，求 。n651 11)2(3nn na解：在 两边乘以 得：1)2(3na 1)2(31n令 ，则 ,应用例 7 解法得：b21nnbnb所以 n)(类型 5 递推公式为 （其中 p，q 均为常数） 。nnapa12解法：先把原递推公式转化为 )(112nsats其中 s，t 满足 ，再应用前面类型 3 的方法求解。qt例 9. 已知数列 中， , , ，求 。na12annna1解：由 可转化为nn321 )(11sts即 或nnnstatsa12)(3tt13t这里不妨选用 （当然也可选用 ，大家可以试
8、一试） ，则31ts1ts )(312nnaa是以首项为 ，公比为 的等比数列,所以 ,应用类型 1 的方法，na1 12a311)(nn分别令 ，代入上式得 个等式累加之，即)(,2 )(n中学教育研发网（） 博学而笃志 切问而近思北京海淀区新街口外大街 19 号京师大厦 共 14 页 第 5 页邮箱：2101 )3()3(nna 31)(n又 ，所以 。11)(47nn类型 6 递推公式为 与 的关系式。( 或 )Sa(nSfa解法：利用 进行求解。)21nn例 10. 已知数列 前 n 项和 .a214naS（1）求 与 的关系；（2）求通项公式 .1n解：（1）由 得：214nS 11
9、2nn于是 )()(1nna所以 .12anna21（2）应用类型 4 的方法，上式两边同乘以 得：121nna由 .于是数列 是以 2 为首项，2 为公差的等差数列，所以1211Snnan)(na类型 7 双数列型解法：根据所给两个数列递推公式的关系，灵活采用累加、累乘、化归等方法求解。例 11. 已知数列 中， ；数列 中， 。当 时， ,n1nb012n)2(311nnba，求 , .)2(311nnbaba解：因 )(1n)2(31n1na所以 n1 22 bb即 （1）ba又因为 n)(31na)(31na)(31na所以 1b22nbb.即 （2）)3(nn1)(n中学教育研发网（
10、） 博学而笃志 切问而近思北京海淀区新街口外大街 19 号京师大厦 共 14 页 第 6 页邮箱：由（1） 、 （2）得： ， )31(2nna)31(2nnb四、待定系数法（构造法）求数列通项公式方法灵活多样，特别是对于给定的递推关系求通项公式，观察、分析、推理能力要求较高。通常可对递推式变换，转化成特殊数列（等差或等比数列）来求解，这种方法体现了数学中化未知为已知的化归思想，而运用待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法。1、通过分解常数，可转化为特殊数列a +k的形式求解。一般地，形如 a =p a +q（p1，pq0）型n 1n的递推式均可通过待定系数法对常数 q 分解法：设
11、 a +k=p（a +k）与原式比较系数可得 pk k=q，即1nnk= ，从而得等比数列a +k。1pqn例 12、数列a 满足 a =1，a = a +1（n2） ，求数列a 的通项公式。n1n1n解：由 a = a +1（n2）得 a 2= （a 2） ，而 a 2=1 2=1， 11数列 a 2是以 为公比，1 为首项的等比数列na 2=（ ） a =2（ ）2nn21n说明：这个题目通过对常数 1 的分解，进行适当组合，可得等比数列 a 2 ，从而达到解决问题的目的。n例 13、数列a 满足 a =1， ,求数列 a 的通项公式。n 073nn解：由 得07311n设 a ，比较系数
12、得 解得)(kknn 3k47 是以 为公比，以 为首项的等比数列43471a 1)(7nn 1)(n例 14已知数列 满足 ，且 ，求 a132nna解：设 ，则 ，31ttnn ta是以 为首项,以 3 为公比的等比数列)(a)( 1121n点评：求递推式形如 （p、q 为常数）的数列通项，可用迭代法或待定系数法构造新数n列 来求得,也可用“归纳猜想 证明”法来求，这也是近年高考考得很多的)(1qapqn一种题型例 15已知数列 满足 ， ， 求 n1123nna)(na中学教育研发网（） 博学而笃志 切问而近思北京海淀区新街口外大街 19 号京师大厦 共 14 页 第 7 页邮箱：解：将
13、 两边同除 ，得123nnan3na321132nna设 ，则 令bb)(tbtn tb条件可化成 ，数列 是以 为首项， 为公比的t )(321n n 81132等比数列 因 ,)83n na(1nnba 21点评：递推式为 （p、q 为常数）时，可同除 ，得a 1nq，令 从而化归为 （p、q 为常数）型1nnqpnbann12、通过分解系数，可转化为特殊数列 的形式求解。这种方法适用于 型的递 nnqapa12推式，通过对系数 p 的分解，可得等比数列 ：设 ，比较系数得1na)(112nkhk，可解得 。qhk, kh,例 16、数列 满足 =0，求数列a 的通项公式。na352121
14、 nann分析：递推式 中含相邻三项，因而考虑每相邻两项的组合，即把中间一项 的系032n 1na数分解成 1 和 2，适当组合，可发现一个等比数列 。1na解：由 得1nnaa 0)(212na即 ，且）2( 35 是以 2 为公比，3 为首项的等比数列1n 1a利用逐差法可得 121)()()( aaannn = 32301= 2)1(n= 213= n中学教育研发网（） 博学而笃志 切问而近思北京海淀区新街口外大街 19 号京师大厦 共 14 页 第 8 页邮箱： 123nna例 17、数列 中， ，求数列 的通项公式。n nnaaa1223, n解：由 得 设n12 , )(112nk
15、ahk比较系数得 ，解得 或3khk， 3hk,若取 ，则有,h)(12nnaa 是以 为公比，以 为首项的等比数列1na121 )3(n由逐差法可得 12211 )()() aaan= 33(2n= =1) 11)(47)(4 nn说明：若本题中取 ，则有 即得,3hk nnnaa3312为常数列, 31nnana112故可转化为例 13。72例 18已知数列 满足 , , 求 n12nnna31解：设 )(12nnsatsa或nnntta12)(31stts1ts则条件可以化为 是以首项为 ，公比为 的等比数)(112nnaana 12a3列,所以 问题转化为利用累加法求数列的通项的问题，
16、解得 1)(na 1)(47nn点评：递推式为 （p、q 为常数）时，可以设 ，其待定n12 112nsats常数 s、 t 由 , 求出，从而化归为上述已知题型pst五、特征根法1、设已知数列 的项满足 ,其中 求这个数列的通项公式。作出一个方nadcabn11, ,0c中学教育研发网（） 博学而笃志 切问而近思北京海淀区新街口外大街 19 号京师大厦 共 14 页 第 9 页邮箱：程 则当 时， 为常数列，即 ，其中 是以 为公,dcx10an 0101,;xbaxann 时当 nbc比的等比数列，即 .01,xbcn例 19已知数列 满足： 求 ,4,N,231ann .n解：作方程 .
17、,2310xx则当 时，41a21101b数列 是以 为公比的等比数列.于是nb .N,)31(23,)(2)3(11 nbann2、对于由递推公式 ， 给出的数列 ，方程 ，叫做nqp11,ana02qpx数列 的特征方程。若 是特征方程的两个根，当 时，数列 的通项为na2,x21x，其中 A，B 由 决定（即把 和 ，代入121nxA21, 21,，得到关于 A、B 的方程组） ；当 时，数列 的通项为 ，1n 21xna1)(nnxBA其中 A，B 由 决定（即把 和 ，代入 ，得到关于2,a21,a,n1)(xA、B 的方程组） 。例 20：已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。n
18、),0(53,1221 Nnabnn na解法一（待定系数迭加法）由 ，得025312nnaa，)(且 。b12则数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，于是na 32。把 代入，得11)32(na n,，b2，)(3a中学教育研发网（） 博学而笃志 切问而近思北京海淀区新街口外大街 19 号京师大厦 共 14 页 第 10 页邮箱：，234)(aba。21)(nn把以上各式相加，得。)3()(3)( 21 nnaba )(31)abn。bannn )()()21解法二（特征根法）：数列 ： ， 的特征方程是：n ),0(25312 Nnan ba21,。02532x,3,1。12nnBxAa
19、1)3(n又由 ，于是b1,)(322aBAb故 13nnba3、如果数列 满足下列条件：已知 的值且对于 ，都有 （其中 p、 q、 r、 h 均n 1aNnhrapnn1为常数，且 ） ，那么，可作特征方程 ,当特征方程有且仅有一根 时,rhrqph1,0xq0x则 是等差数列;当特征方程有两个相异的根 、 时，则 是等比数列。01nax 1212na(2006.重庆.文.22) （本小题满分 12 分）数列 求数列 的通项公式. ).(0521681 naannn且满 足 n解：由已知，得 ，其特征方程为 ，解之，得125nn168x1524x或中学教育研发网（） 博学而笃志 切问而近思
20、北京海淀区新街口外大街 19 号京师大厦 共 14 页 第 11 页邮箱：，116()28nna152()468nna，1524nna112()54nnna。 P26 (styyj)1n例 21、已知数列 na满足性质：对于 且 求 的通项公式. ,324,N1nna,1na解: 数列 n的特征方程为 变形得 其根为 故特征方程有两,324x,0x.2,1个相异的根，使用定理 2 的第（2）部分，则有 .N,)21()( 11221 nrpacnn .N,)51nn .,1)5(212ncann即 .N,)5(24nn例 22已知数列 满足：对于 都有na, .3251nna（1）若 求 （2
21、）若 求 （3）若 求,51;n,1;na,61;（4）当 取哪些值时，无穷数列 不存在？a解：作特征方程 变形得.35x,0252x特征方程有两个相同的特征根 依定理 2 的第（1）部分解答.(1) 对于 都有.,511a,Nn;na(2) 3中学教育研发网（） 博学而笃志 切问而近思北京海淀区新街口外大街 19 号京师大厦 共 14 页 第 12 页邮箱： rpnabn)1(15353,82令 ，得 .故数列 从第 5 项开始都不存在，0nbna当 4， 时， .N17bn(3) ,561a.1a .,81)(1 Nnrpnbn 令 则 对于,0n.7.0b,n .,743581nban(
22、4)、显然当 时，数列从第 2 项开始便不存在.由本题的第（ 1）小题的解答过程知， 时，数31 51a列 是存在的，当 时，则有 令na51a .N,85)(11narpnabn则得 且 2.,0nbN,31n当 （其中 且 N2）时，数列 从第 项开始便不存在.5a n于是知：当 在集合 或 且 2上取值时，无穷数列 都不存在.13,:15n na说明：形如: 递推式，考虑函数倒数关系有 令)(1bakmn )1(1mkanmknn1则 可归为 型。(取倒数法)nab1qpnn1例 23： ,31an中学教育研发网（） 博学而笃志 切问而近思北京海淀区新街口外大街 19 号京师大厦 共 1
23、4 页 第 13 页邮箱：解：取倒数： 113nnnaa是等差数列，n1)(1n 3)(21na六、构造法构造法就是在解决某些数学问题的过程中，通过对条件与结论的充分剖析，有时会联想出一种适当的辅助模型，如某种数量关系，某个直观图形，或者某一反例，以此促成命题转换，产生新的解题方法，这种思维方法的特点就是“构造”.若已知条件给的是数列的递推公式要求出该数列的通项公式，此类题通常较难，但使用构造法往往给人耳目一新的感觉.1、构造等差数列或等比数列由于等差数列与等比数列的通项公式显然，对于一些递推数列问题，若能构造等差数列或等比数列，无疑是一种行之有效的构造方法.例 24： 设各项均为正数的数列
24、的前 n 项和为 ，对于任意正整数 n，都有等式：anS成立，求 的通项 an.nnSa42na解： ，1214nS nnn )(1， ， . 即 是以 2 为公差的等差数列，且0)( 021nana.4211aa n2例 25： 数列 中前 n 项的和 ，求数列的通项公式 .nnS2n解： 当 n2 时，11S12)( 11 nnnnnn aaaaa )2(1nna令 ，则 ，且2b1b是以 为公比的等比数列，n1 11)2()(nnn .)2(na2、构造差式与和式解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差，然后采用迭加的方法就可求得这一数列的通项公式.例 26： 设 是首项为 1 的
25、正项数列，且 ， （nN*） ，求数列的通项公式 an.na 0121nnaa解：由题设得 .0)(n ， ， .0n11 例 27： 数列 中，2)1(321)()()(23121 naaann na，且 ， （nN*） ，求通项公式 ., nn1a解： 12n )(1n中学教育研发网（） 博学而笃志 切问而近思北京海淀区新街口外大街 19 号京师大厦 共 14 页 第 14 页邮箱：)1(2n )!2()(3412na （nN*）!311aan 3、构造商式与积式构造数列相邻两项的商式，然后连乘也是求数列通项公式的一种简单方法.例 28： 数列 中， ，前 n 项的和 ，求 .n21 na
26、S21解： 21)()()( nnn aSa，1n 12ann )1(23nn )(1a4、构造对数式或倒数式有些数列若通过取对数，取倒数代数变形方法，可由复杂变为简单，使问题得以解决.例 29： 设正项数列 满足 ， （n2）.求数列 的通项公式.na11nana解：两边取对数得： ， ，设 ，22logl)1(logl2n 1log2nab则 12nb是以 2 为公比的等比数列， .l12b， ， ，n 12lnan na 1na例 30： 已知数列 中， ，n2 时 ，求通项公式.n1 137n解： ，两边取倒数得 .3411nna 4na可化为等差数列关系式.413)(1n 35a总结方法比做题更重要 !方法产生于具体数学内容的学习过程中.
