数列通项公式常见求法

数列通项公式的常见求法

数列在高中数学中占有非常重要的地位，每年高考都会出现有关数列的方面的试题，一般分为小题和大题两种题型，而数列的通项公式的求法是常考的一个知识点，一般常出现在大题的第一小问中，因此掌握好数列通项公式的求法不仅有利于我们掌握好数列知识，更有助于我们在高考中取得好的成绩。下面本文将中学数学中有关数列通项公式的常见求法进行较为系统的总结，希望能对同学们有所帮助。一.公式法

高中重点学了等差数列和等比数列，当题中已知数列是等差数列或等比数列，在求其通项公式时我们就可以直接利用等差或等比数列的公式来求通项，只需求得首项及公差公比。 1、等差数列公式例1、（2011辽宁理）已知等差数列{a n }满足a 2=0，a 6+a 8=-10 （I ）求数列{a n }的通项公式；

解：（I ）设等差数列{}n a 的公差为d ，由已知条件可得110,

21210,

a d a d +=??

+=-?

解得11,

a d =??

=-?

故数列{}n a 的通项公式为2.n a n =- 2、等比数列公式

例2.（2011重庆理）设{}n a 是公比为正数的等比数列，12a =，324a a =+。（Ⅰ）求{}n a 的通项公式

解：I ）设q 为等比数列{}n a 的公比，则由21322,4224a a a q q ==+=+得，即2

20q q --=，解得21q q ==-或（舍去），因此 2.q = 所以{}n a 的通项为1*222().n n n a n N -=?=∈ 3、通用公式

若已知数列的前n 项和n S 的表达式，求数列{}n a 的通项n a 可用公式

?≥-==-2

1n S S n S a n n n n 求解。一般先求出a1=S1，若计算出的an 中当n=1适合时可以合并为一个关系式，若不适合则分段表达通项公式。

例3、已知数列}{n a 的前n 项和12

-=n s n ，求}{n a 的通项公式。

解：011==s a ，当2≥n 时

12]1)1[()1(221-=----=-=-n n n s s a n n n 由于1a 不适合于此等式。 ∴??

?≥-==)

2(12)1(0

n n n a n

二.当题中告诉了数列任何前一项和后一项的递推关系即：n a 和a n-1的关系时我们可以根

据具体情况采用下列方法 1、叠加法

一般地，对于型如)(1n f a a n n +=+类的通项公式，且)()2()1(n f f f +++ 的和比较好求，我们可以采用此方法来求n a 。

即：11221()()()n n n n n a a a a a a a ---=-+-++- 1a +(2)n ≥；例4、（2011四川理8）数列

{}n a 的首项为3，{}n b 为等差数列且1(*)n n n b a a n N +=-∈．若

则32b =-，1012b =，则8a =

A ．0

B ．3

C ．8

D ．11

解：由已知知

128,28,n n n b n a a n +=--=-由叠加法

21328781()()()642024603a a a a a a a a -+-++-=-+-+-++++=?==

例5、已知数列{}n a 满足11211

,2n n a a a n n

=++，求数列{}n a 的通项公式。解：（1）由题知：12

1111

(1)1

n n a a n n n n n n +-=

==-+++ 112211()())n n n n n a a a a a +(a -a a ---∴=-+-++……

1111111(

)()()121122n n n n =-+-++-+---……

312n

=- 2、叠乘法

一般地对于形如“已知a 1，且

n a a +=f （n ）（f （n ）为可求积的数列）”的形式可通过叠乘法求数列的通项公式。即：121121

n n n n n a a a a a a a a ---=

???? (2)n ≥；例6、在数列｛n a ｝中，1a =1, (n+1)·1+n a =n ·n a ，求n a 的表达式。解：由(n+1)·1+n a =n ·n a 得

1+=

+n n

a a n n ，

1a a n =12a a .23a a .34a a (1)

-n n a a =n n n 1

1433221=-?? 所以n a n

1= 3、构造法

当数列前一项和后一项即n a 和a n-1的递推关系较为复杂时，我们往往对原数列的递推关系进行变形，重新构造数列，使其变为我们学过的熟悉的数列（等比数列或等差数列）。具体有以下几种常见方法。（1）、待定系数法 ①、一般地对于

a n =k a n-1 +m(k 、m 为常数）型，可化为的形式a n +λ=k(a n-1 +λ).重新

构造出一个以k 为公比的等比数列，然后通过化简用待定系数法求λ，然后再求n a 。

例7、（2011广东理）设b>0,数列{}n a 满足a 1=b ，1

1(2)22n n n nba a n a n --=≥+-.

（1）求数列{}n a 的通项公式；

解：

112(1)n n n a ba n a n --=+-，得111

2(1)121

n n n n a n n n a ba b b a ---+--==+?

，设

n n

b a =，则121n n b b b b -=?+(2)n ≥，

（ⅰ）当2b =时，{}n b 是以12为首项，1

为公差的等差数列，即111

(1)222

n b n n =

+-?=，∴2n a = （ⅱ）当2b ≠时，设12()n n b b b λλ-+=?+，则122

(1)n n b b b b

λ-=?+-，令21(

1)b b λ-=，得12b λ=-，1121

()22n n b b b b b -∴+=?+--(2)n ≥，知12n b b +

-是等比数列，11112

()()22n n b b b b b

-∴+

=+?--，又11b b =， 12112()222n n n n n b b b b b b b -∴=?-=?---，(2)

2n n n n

nb b a b -∴=-．

②、对于1()(n n a pa f n +=+其中p 为常数)这种形式,一般我们讨论两种情况：

i 、当f(n)为一次多项式时，即数列的递推关系为C Bn Aa a n n ++=+1型，可化为

])1([21211λλλλ+-+=+++n a A n a n n 的形式来求通项。

例8.设数列{}n a 中，111,321n n a a a n +==++，求{}n a 的通项公式。解：设1(1)3()n n a A n B a An B ++++=++ 1322n n a a An B A +∴=++-

与原式比较系数得：221

211A A B A B ==?????

-==??

即1(1)13(1)n n a n a n ++++=++

令1,n n b a n =++n+1n 11则b =3b 且b =a +1+1=3 {}n b ∴1是b =3为首项，公比q=3的等比数列

1333

n n

n b a n -∴=?==--即:

ii 、当f(n)为指数幂时，即数列递推关系为B Aa a n n +=+1n

C ?（A 、B 、C 为常数，）型，可化为11++?+n n C a λ=n n C a A ?+λ(）的形式.构造出一个新的等比数列，然后再求n a

例9.（2003年全国高考题）设0a 为常数，且1123---=n n n a a （*

N n ∈），证明：对任意n ≥1，02)1(]2)1(3[5

1a a n n n n

n ??-+?-+=

解：证明：设)3(2311--?--=?-n n n n t a t a 用1123---=n n n a a 代入可得5

t ∴ {}5

n a -

是公比为2-，首项为5

31-a 的等比数列，

∴ 10)2()53

21(53--?--=-n n n a a （*N n ∈），即：012)1(5

2)1(3a a n n n

n n n ??-+?-+=

- 当然对于B Aa a n n +=+1n

C ?这种形式递推关系求n a 时，当A=C 时，我们往往也会采取另一种方法，即左右两边同除以C n +1,重新构造数列，来求n a 。

例10、（2007天津理）在数列{}n a 中，1112(2)2()n n n n a a a n λλλ+*+==++-∈N ，，其

中0λ>．

（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；

解：由11(2)2()n n n n a a n λλλ+*+=++-∈N ，0λ>，

可得1

1221n n

n n

n n a a λλλλ+++??

-=-+ ?

???

，所以2n n n a λλ????

??-?? ??????

?为等差数列，其公差为1，首项为0，故21n

n n a n λλ??-=- ???，

所以数列{}n a 的通项公式为(1)2n n n a n λ=-+．（2）、倒数法

一般地形如1

1n n n a a ka b

--=

+、n n n n a a a a -=?--11等形式的递推数列可以用倒数法将其

变形为我们熟悉的形式来求通项公式。

例11.已知数列{}n a 满足：1

111,31

n n n a a a a --==

+，求{}n a 的通项公式。

解：原式两边取倒数得：111

13113n n n n a a a a ---+==+ 1

,1n

a n n n-11设

b =则b -b =3,且b =

{}1

n b ∴1是b =为首项，公差d=2的等差数列

1(1)332

b n n n ∴=+-?=- 即132

n a n =

例12、（北京龙门育才学校2011届高三上学期第三次月考）在数列{n a }中，3

1=a ，并且对任意2,≥∈*

n N n 都有n n n n a a a a -=?--11成立，令)(1

*∈=

N n a b n

n ．

（Ⅰ）求数列{n b }的通项公式；

解：（1）当n=1时，31

1==

a b ,当2≥n 时，由n n n n a a a a -=?--11 ，等式两边取倒数得：

,1111

=--n n a a 所以11=--n n b b 所以数列}{n b 是首项为3，公差为1的等差数列，

所以数列}{n b 的通项公式为2+=n b n （3）、对数法

当数列n a 和a

n-1的递推关系涉及到高次时，形如：a

n p

ma n-1q

（其中m 、p 、q 为

常数）等，我们一般采用对数法，等式两边分别取对数，进行降次，再重新构造数列进行求解。例13、（2006山东）已知a 1=2，点(a n ,a n+1)在函数f (x )=x 2+2x 的图象上，其中=1，2，3，… （1）证明数列｛lg(1+a n )｝是等比数列；

解：（1）由已知2

12n n n a a a +=+，

211(1)n n a a +∴+=+ 12a = 11n a ∴+>，两边取对数得 1lg(1)2lg(1)n n a a ++=+，即1lg(1)2lg(1)

n n a a ++=+

{lg(1)}n a ∴+是公比为2的等比数列.

例14、若数列{n a }中，1a =3且2

1n n a a =+（n 是正整数），则它的通项公式是n a =▁▁▁（2002年上海高考题）.

解由题意知n a ＞0，将2

1n n a a =+两边取对数得n n a a lg 2lg 1=+，即

2lg lg 1

=+n

n a a ，所以数列}{lg n a 是以1lg a =3lg 为首项，公比为2的等比数列，1

2113lg 2lg lg -=?=-n n n a a ，

即1

3-=n n a .

（4）、特征方程法

①、一般地对于形如已知1122,,a m a m ==a n+2=A a n+1 +B a n (A 、B 是常数）的二阶递推数列，我们可以采取两种方法来求通项。法一：可用特征方程的方法求解：

我们称方程：x 2-Ax-B=0为数列的特征方程

（i ）当方程有两个相异的实根（或虚根）p 、q 时，有：12n n n a c p c q =?+?，其中c 1与c 2由已知1122,,a m a m ==确定。

（ii ）当方程有唯一的实根p 时，有12()n

n a c n c p =?+，其中c 1与c 2由已知1122,,a m a m ==确定。

法二：可构造成)(112112n n n n a x a x a x a -=-+++，则{11n n a x a +-}为等比数列，进而求通项公式，这种方法过程较为繁杂。

例15、已知 a 1 =2， a 2 =3，n n n a a a -=++122，求通项公式。

解法一：特征方程的根为1，所以a n = (c 1 n+c 2)×1n

由：1212

223c c c c +=??+=?得c 1 = c 2 = 1，所以a n = n + 1。

解法二：设)(112112n n n n a x a x a x a -=-+++，可得x 1 = x 2 = 1，于是{a n+1－a n }是

公比为1的等比数列，a n+1－a n = 1，所以a n = n + 1。

例16．已知数列{}n a 满足*12212,3,32()n n n a a a a a n N ++===-∈，求数列{}n a 的通项n a 。

解：其特征方程为232x x =-，解得121,2x x ==，令1212n n n a c c =?+?，

由1122122243a c c a c c =+=??=+=?，得121

c c =???=??， 112n n a -∴=+．

例17、（2009陕西卷文）已知数列{}n a 满足， *1

1212,,2

n n n a a a a a n N ++=∈’＋2＝

＝. ()I 令1n n n b a a +=-，证明：{}n b 是等比数列；

(Ⅱ)求{}n a 的通项公式。解：（1）证明：1211,b a a =-= 当2n ≥时，1111,11

()222

n n n n n n n n n a a b a a a a a b -+--+=-=-=--=- 所以{}n b 是以1为首项，1

为公比的等比数列。（2）解由（1）知1

11(),2

n n n n b a a -+=-=-

当2n ≥时，121321()()()n n n a a a a a a a a -=+-+-++- 2

1111()()

n -=++-++-

11()2111()

n ---=+

--2211[1()]32n -=+--1521(),332n -=-- 当1n =时，11

1521()1332a ---==。

所以1*

521()()332

n n a n N -=--∈。

本题也可以用特征方程来证明,同学们不妨自己试试。 ②、一般地形如：1n n n a a b

a c a d

+?+=

?+（a 、b 、c 、d 为常数）

可得到相应的特征方程：ax b

x cx d

+=+，再将其变为2()0cx d a x b +--=，通过该方程的根的情况来重新构造数列。

（i ）如果方程2()0cx d a x b +--=有两个相异的实根，则有数列n n a p a q ??-??-??

是以

11a p

a q --为首项，

a cp

a cq

--为公比的等比数列；

（ii ）如果方程2()0cx d a x b +--=有两个相同的实根，则数列1n a p ?

??-??

是以

11a p -为首项，

a d

+为公差的等差数列。例18、（2009江西理22）各项均为正数的数列{}n a ，12,a a a b ==，且对满足m n p q +=+的正整数,,,m n p q 都有

.(1)(1)(1)(1)

p q m n

m n p q a a a a a a a a ++=++++

（1）当14

,25

a b =

=时，求通项;n a 解：（1）由

(1)(1)(1)(1)

p q m n

m n p q a a a a a a a a ++=

++++得 121

121.(1)(1)(1)(1)

n n n n a a a a a a a a --++=++++将1214,25a a ==代入化简得

1121

n n n a a a --+=

构造方程ax b

x cx d

+(a=2,b=1,c=1,d=2)化简得：x 2=1解得x=1和-1.

所以数列1{

}1n

a a -+为等比数列，所以

111,131n n n n a a a a ----=?++ 从而：11,13n n n a a -=+即31.31n n n a -=+

可验证，31

n n n a -=+满足题设条件.

例19已知数列{}n a 满足1112

2,(2)21

n n n a a a n a --+==≥+，求数列{}n a 的通项n a ．

解：其特征方程为2

x x x +=

+，化简得2220x -=，解得121,1x x ==-，令1111

n n

n n a a c a a ++--=?++ 由12,a =得245a =

，可得13

c =-， ∴数列11n n a a ??-??+??是以1111

13a a -=+为首项，以13-为公比的等比数列，

111133n n n a a --??∴=?- ?+??

，3(1)3(1)n n

n n

a --∴=+-．三、当题中给出的是S n 和n a 的关系时，我们一般通过作差法结合a n = S n －S n －1 这个通用公式对原等式进行变形，消掉S n 得到n a 和a n+1的递推关系，或消掉n a 得到S n 和S n －1的递推关系，然后重新构造数列求通项公式。

例20、（2007湖北理19）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足：1a a =(0)a ≠，

1n n a rS += (n ∈N *，,1)r R r ∈≠-．

（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；

解：（I ）由已知1,n n a rS +=可得21n n a rS ++=，两式相减可得 2111(),n n n n n a a r S S r a ++++-=-= 即21(1),n n a r a ++=+

又21,a ra ra ==所以r=0时，数列{}n a 为：a ，0，…，0，…；

当0,1r r ≠≠-时，由已知0,0n a a ≠≠所以（*

n N ∈），于是由21(1),n n a r a ++=+可得

1()n n a r n N a *++=+∈， 23,,,n a a a ∴+ 成等比数列， ∴≥当n 2时，2

(1)

.n n a r r a -=+

综上，数列{}n a 的通项公式为2

(1)

n n n a n a r r a n -=?=?

+≥?

例21：（2007重庆理）已知各项均为正数的数列{n a }的前n 项和满足1>n S ，且

*),2)(1(6N n a a S n n n ∈++=

（1）求{n a }的通项公式；

解：由)2)(1(6

1111++=

=a a S a ，解得a 1＝1或a 1＝2，由假设a 1＝S 1＞1，因此a 1＝2。

又由a n +1＝S n +1- S n ＝)2)(1(6

)2)(1(6111++=++++n n n n a a a a ，

得a n +1- a n -3＝0或a n +1＝-a n

因a n ＞0，故a n +1＝-a n 不成立，舍去。

因此a n +1- a n -3＝0。从而｛a n ｝是公差为3，首项为2的等差数列，故｛a n ｝的通项为a n ＝3n -2。

例22.（2009全国卷Ⅱ理）设数列{}n a 的前n 项和为,n S 已知11,a =142n n S a +=+ （I ）设12n n n b a a +=-，证明数列{}n b 是等比数列（II ）求数列{}n a 的通项公式。

解：（I ）由11,a =及142n n S a +=+，有12142

,a a a +=+21121325,23

a a

b a a =+=∴=-=

由142n n S a +=+，．．．① 则当2n ≥时，有142n n S a -=+．．．．．② ②－①得111144,22(2)n n n n n n n a a a a a a a +-+-=-∴-=-

又12n n n b a a +=- ，12n n b b -∴={}n b ∴是首项13b =，公比为２的等比数列．（II ）由（I ）可得11232n n n n b a a -+=-=?，113

224

n n n n a a ++∴

-= ∴数列{}2n

a 是首项为12，公差为34的等比数列． ∴1331

(1)22444

n n a n n =+-=-，2(31)2n n a n -=-? 四、猜想法

当我们在求数列通项时没想到比较好的方法时，猜想法不失为一种权宜之计。运用猜想法解题一般涉及到三个步骤：（1）利用所给的递推式求出123,,,a a a ……，（2）猜想出满足递推式的一个通项公式n a ，（3）用数学归纳法证明猜想是正确的。

例23、（2007天津理）在数列{}n a 中，1112(2)2()n n n n a a a n λλλ+*+==++-∈N ，，其

中0λ>．

（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；解：22222(2)22a λλλλ=++-=+，

2232333(2)(2)222a λλλλλ=+++-=+， 3343444(22)(2)232a λλλλλ=+++-=+．

由此可猜想出数列{}n a 的通项公式为(1)2n n n a n λ=-+．以下用数学归纳法证明．

（1）当1n =时，12a =，等式成立．

（2）假设当n k =时等式成立，即(1)2k k k a k λ=-+，那么111(2)2k k k a a λλλ++=++-1

1(1)222k

k k k k λλλλ

λ++=-+++-

11[(1)1]2k k k λ++=+-+．

这就是说，当1n k =+时等式也成立．根据（1）和（2）可知，等式(1)2n n n a n λ=-+对任何n *

∈N 都成立．

总结：数列通项的求解是高考考查的重点。随着素质教育的推行和新课程改革，近年来高考试题的难度有所降低，所以数列通项的求解也不会太繁杂，同学们谨记：较为简单的试题我们往往直接用等差或等比数列公式就能求出数列的通项公式，稍微复杂的试题往往需要对数列进行变形和重新构造再进行求解，当然实在没办法的话，同学们不妨试试猜想法。

求数列通项公式的常用方法(有答案)

求数列通项公式的常用方法一、累加法 1．适用于：1()n n a a f n +=+ ----------这是广义的等差数列累加法是最基本的二个方法之一。 2．解题步骤：若1()n n a a f n +-=(2)n ≥，则 21321(1) (2) () n n a a f a a f a a f n +-=-=-= 两边分别相加得 111 ()n n k a a f n +=-= ∑ 例1 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则 11232211 2 ()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)1 2[(1)(2)21](1)1(1)2(1)1 2 (1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n n n n n n ---=-+-++-+-+=-++-++ +?++?++=-+-++++-+-=+-+=-++= 所以数列{}n a 的通项公式为2 n a n =。练习. 已知数列 } {n a 满足31=a ， ) 2()1(1 1≥-+ =-n n n a a n n ，求此数列的通项公式. 答案：裂项求和 n a n 1 2- = 评注：已知a a =1,) (1n f a a n n =-+，其中f(n)可以是关于n 的一次函数、二次函

数、指数函数、分式函数，求通项 n a . ①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; ②若f(n)是关于n 的二次函数，累加后可分组求和; ③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; ④若f(n)是关于n 的分式函数，累加后可裂项求和。二、累乘法 1. 适用于： 1()n n a f n a += ----------这是广义的等比数列，累乘法是最基本的二个方法之二。 2．解题步骤：若 1()n n a f n a +=，则31212(1)(2)()n n a a a f f f n a a a +===，，，两边分别相乘得，1 11 1()n n k a a f k a +==?∏ 例2 已知数列{}n a 满足112(1)53n n n a n a a +=+?=，，求数列{}n a 的通项公式。解：因为112(1)53n n n a n a a +=+?=，，所以0n a ≠，则 1 2(1)5n n n a n a +=+，故1 32 112 21 12211(1)(2)21 (1)1 2 [2(11)5][2(21)5][2(21)5][2(11)5]32[(1)32]53 32 5 ! n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n -------+-+++--= ??? ??=-+-+??+?+??=-?????=??? 所以数列{}n a 的通项公式为(1)1 2 325 !.n n n n a n --=??? 练习. 已知 1 ,111->-+=+a n na a n n ,求数列{an}的通项公式答案： =n a ) 1()!1(1+?-a n -1.

数列通项公式的求法(较全)

常见数列通项公式的求法公式： 1、定义法若数列是等差数列或等比数列,求通公式项时,只需求出1a 与d 或1a 与q ,再代入公式()d n a a n 11-+=或 11-=n n q a a 中即可. 例1、成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2，5，13后成为等比数列{}n b 的345,,b b b ,求数列{}n b 的的通项公式. 练习：数列{}n a 是等差数列,数列{}n b 是等比数列,数列{}n c 中对于任何* n N ∈都有 1234127 ,0,,,,6954 n n n c a b c c c c =-====分别求出此三个数列的通项公式.

2、累加法形如()n f a a n n =-+1()1a 已知型的的递推公式均可用累加法求通项公式. （1）当()f n d =为常数时，{}n a 为等差数列，则()11n a a n d =+-；（2）当()f n 为n 的函数时，用累加法. 方法如下：由()n f a a n n =-+1得当2n ≥时，() 11n n a a f n --=-， () 122n n a a f n ---=-， ()322a a f -=， () 211a a f -=，以上()1n -个等式累加得 ()()()()11+221n a a f n f n f f -=--+ ++ 1n a a ∴=+()()()()1+221f n f n f f --+ ++ （3）已知1a ，()n f a a n n =-+1，其中()f n 可以是关于n 的一次函数、二次函数、指数函数、分式函数，求通项. ①若()f n 可以是关于n 的一次函数，累加后可转化为等差数列求和； ②若()f n 可以是关于n 的二次函数，累加后可分组求和； ③若()f n 可以是关于n 的指数函数，累加后可转化为等比数列求和； ④若()f n 可以是关于n 的分式函数，累加后可裂项求和求和. 例2、数列{}n a 中已知111,23n n a a a n +=-=-, 求{}n a 的通项公式.

(完整版)常见递推数列通项公式的求法典型例题及习题

常见递推数列通项公式的求法典型例题及习题【典型例题】 [例1] b ka a n n +=+1型。（1）1=k 时，}{1n n n a b a a ?=-+是等差数列，)(1b a n b a n -+?= （2）1≠k 时，设)(1m a k m a n n +=++ ∴ m km ka a n n -+=+1 比较系数：b m km =- ∴ 1-= k b m ∴ }1{-+ k b a n 是等比数列，公比为k ，首项为11-+k b a ∴ 11)1(1-?-+=-+ n n k k b a k b a ∴ 1)1(11--?-+=-k b k k b a a n n [例2] )(1n f ka a n n +=+型。（1）1=k 时，)(1n f a a n n =-+，若)(n f 可求和，则可用累加消项的方法。例：已知}{n a 满足11=a ，)1(1 1+= -+n n a a n n 求}{n a 的通项公式。解： ∵ 11 1)1(11+- =+= -+n n n n a a n n ∴ n n a a n n 1111--= -- 112121---=---n n a a n n 21 3132-- -=---n n a a n n …… 312123-= -a a 21112-=-a a 对这（1-n ）个式子求和得： n a a n 111- =- ∴ n a n 1 2- =

（2）1≠k 时，当b an n f +=)(则可设)()1(1B An a k B n A a n n ++=++++ ∴ A B k An k ka a n n --+-+=+)1()1(1 ∴ ???=--=-b A B k a A k )1()1( 解得：1-=k a A ，2 )1(1-+-=k a k b B ∴ }{B An a n ++是以B A a ++1为首项，k 为公比的等比数列 ∴ 1 1)(-?++=++n n k B A a B An a ∴ B An k B A a a n n --?++=-11)( 将A 、B 代入即可（3）n q n f =)(（≠q 0，1）等式两边同时除以1 +n q 得q q a q k q a n n n n 1 11+?=++ 令 n n n q a C = 则q C q k C n n 1 1+ =+ ∴ }{n C 可归为b ka a n n +=+1型 [例3] n n a n f a ?=+)(1型。（1）若)(n f 是常数时，可归为等比数列。（2）若)(n f 可求积，可用累积约项的方法化简求通项。例：已知： 311= a ，1121 2-+-=n n a n n a （2≥n ）求数列}{n a 的通项。解：123537532521232121212233 2211+= ?--?--?+-=???-----n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n ΛΛ ∴ 1211231+= +? =n n a a n [例4] 11 --+?? =n n n a m a m k a 型。

几种常见的数列的通项公式的求法

几种常见的数列的通项公式的求法一．观察法例1：根据数列的前4项，写出它的一个通项公式：（1）9，99，999，9999，…（2） ,1716 4,1093,542,211 （3） ,5 2 ,21,32 ,1（4） ,5 4 ,43,32,21-- 解：（1）变形为：101－1，102―1，103―1，104―1，…… ∴通项公式为：110-=n n a （2）;1 2 2 ++=n n n a n （3）;12 += n a n （4）1 )1(1+? -=+n n a n n .点评：关键是找出各项与项数n 的关系。二、公式法例2：已知数列{a n }是公差为d 的等差数列，数列{b n }是公比为q 的(q ∈R 且q ≠1)的等比数列，若函数f (x ) = (x －1)2，且a 1 = f (d －1)，a 3 = f (d +1)，b 1 = f (q +1)，b 3 = f (q －1)，(1)求数列{ a n }和{ b n }的通项公式；解：(1)∵a 1=f (d －1) = (d －2)2，a 3 = f (d +1)= d 2，∴a 3－a 1=d 2－(d －2)2=2d ， ∴d =2，∴a n =a 1+(n －1)d = 2(n －1)；又b 1= f (q +1)= q 2，b 3 =f (q －1)=(q －2)2， ∴2 213)2(q q b b -==q 2 ，由q ∈R ，且q ≠1，得q =－2，∴b n =b ·q n －1=4·(－2)n －1 例 3. 等差数列{}n a 是递减数列，且432a a a ??=48，432a a a ++=12，则数列的通项公式是（） (A) 122-=n a n (B) 42+=n a n (C) 122+-=n a n (D) 102+-=n a n 解析：设等差数列的公差位d ，由已知???==+??+12348)()(3 333a d a a d a ，解得 ?? ?±==2 4 3d a ，又 {} n a 是递减数列， ∴ 2 -=d ， 8 1=a ，∴ =--+=)2)(1(8n a n 102+-n ，故选(D)。例 4. 已知等比数列 {}n a 的首项11=a ，公比10<

高中数学数列通项公式的求法(方法总结)

（1）主题：求数列通项n a 的常用方法总结一、形如：特殊情况：当n+11,n n A B C A a a A =*+*+≠，常用累加法。 (n n a a +-,z 构建等比数列()1y n z *++z ；的通项公式，进而求得n a 。二、形n a a * ；

三、形 ()x f x =）情形1：1n n A B a a +=*+型。设λ是不动点方程的根，得数列 {}n a λ-是以公比为A 的等比数列。情形2：1*n n n A B C D a a a +*+=+型。设1λ和2λ 是不动点方程 *A x B x C x D *+=+的两个根；（1）当12λλ≠时，数列n 12n a a λλ??-?? ??-????是以12 A C A C λλ -*-*为公比的等比数列；（2）当12 =λλλ =时，数列1n a λ???? ??-???? 是以2*C A D +为公差的等差数列。【推导过程：递推式为a n+1= d ca b aa n n ++（c ≠0,a,b,c,d 为常数）型的数列 a n+1－λ= d ca b aa n n ++－λ= d ca c a d b a c a n n +--+ -) )((λλλ，令λ＝－λ λc a d b --，可得λ＝d c b a ++λλ ……（1）。（1）是a n+1=d ca b aa n n ++中的a n ，a n+1都换成λ后的不动点方程。 ○ 1当方程（1）有两个不同根λ１，λ２时，有 a n+1－λ１＝ d ca a c a n n +--))((11λλ，a n+1－λ２＝d ca a c a n n +--) )((22λλ ∴ 2111λλ--++n n a a ＝21λλc a c a --?21λλ--n n a a ，令b n =21λλ--n n a a 有b n ＋１＝ 2 1 λλc a c a --?b n ○ 2当方程（1）出现重根同为λ时，由a n+1－λ＝ d ca a c a n n +--))((λλ得λ-+11n a ＝))((λλ--+n n a c a d ca ＝λ c a c -＋))((λλλ--+n a c a c d （ “分离常数”）。设c n =λ-n a 1 得c n ＋１＝ λ λc a c d -+?c n ＋ λ c a c -】

求数列通项公式常用的七种方法

创作编号：GB8878185555334563BT9125XW 创作者：凤呜大王* 求数列通项公式常用的七种方法一、公式法：已知或根据题目的条件能够推出数列{}n a 为等差或等比数列，根据通项公式 ()d n a a n 11-+=或1 1-=n n q a a 进行求解. 例1：已知{}n a 是一个等差数列，且5,152-==a a ，求{}n a 的通项公式. 分析：设数列{}n a 的公差为d ，则?? ?-=+=+5411 1d a d a 解得???-==23 1d a ∴ ()5211+-=-+=n d n a a n 二、前n 项和法：已知数列{}n a 的前n 项和n s 的解析式，求n a . 例2：已知数列{}n a 的前n 项和12-=n n s ，求通项n a . 分析：当2≥n 时，1--=n n n s s a =( )( ) 32 321 ----n n =1 2 -n 而111-==s a 不适合上式，() () ???≥=-=∴-22111n n a n n 三、n s 与n a 的关系式法：已知数列{}n a 的前n 项和n s 与通项n a 的关系式，求n a . 例3：已知数列{}n a 的前n 项和n s 满足n n s a 3 1 1= +，其中11=a ，求n a . 分析： 13+=n n a s ① ∴ n n a s 31=- ()2≥n ② ①-② 得 n n n a a a 331-=+ ∴ 134+=n n a a 即 341=+n n a a ()2≥n 又1123 1 31a s a ==不适合上式 ∴ 数列{}n a 从第2项起是以 3 4 为公比的等比数列 ∴ 2 2 2343134--?? ? ??=? ? ? ??=n n n a a ()2≥n ∴()()??? ??≥?? ? ??==-23431112n n a n n 注：解决这类问题的方法，用具俗话说就是“比着葫芦画瓢”，由n s 与n a 的关系式，类比出1-n a 与的关系式，然后两式作差，最后别忘了检验1a 是否适合用上面的方法求出的通项. 四、累加法：当数列{}n a 中有()n f a a n n =--1，即第n 项与第1-n 项的差是个有“规律”的数时，可以用这种方法. 例4： ()12,011-+==+n a a a n n ，求通项n a 分析： 121-=-+n a a n n ∴ 112=-a a 323=-a a 534=-a a ┅ 321-=--n a a n n ()2≥n 以上各式相加得()()2 11327531-=-+++++=-n n a a n ()2≥n 又01=a ，所以()2 1-=n a n ()2≥n ，而01=a 也适合上式， ∴ ()2 1-=n a n ( ∈N n 五、累乘法：它与累加法类似，当数列{}n a 中有 ()1 n n a f n a -=，即第n 项与第1-n 项的商是个有“律”的数时，就可以用这种方法. 例5：111,1 n n n a a a n -==- ()2,n n N *≥∈ 求通项n a 分析： 11 n n n a a n -= - ∴11n n a n a n -=- ()2,n n N * ≥∈

九类常见递推数列求通项公式方法

递推数列通项求解方法类型一：1n n a pa q += +（1p ≠）思路1（递推法）：()123()n n n n a pa q p pa q q p p pa q q q ---??=+=++=+++=?? ......121(1n p a q p p -=++++ (2) 1 1)11n n q q p a p p p --??+=+?+ ? --?? 。思路2（构造法）：设()1n n a p a μμ++=+，即()1p q μ-=得1 q p μ= -，数列 {}n a μ+是以1a μ+为首项、p 为公比的等比数列，则1 111n n q q a a p p p -??+ =+ ?--??，即1111n n q q a a p p p -??=++ ? --?? 。例1 已知数列{}n a 满足123n n a a -=+且11a =，求数列{}n a 的通项公式。解：方法1（递推法）： ()123232(23)3222333n n n n a a a a ---??=+=++=+++=?? (1) 22 3(122n -=++++ (2) 11 332 )12232112n n n --+??+=+?+=- ? --? ?。方法2（构造法）：设()12n n a a μμ++=+，即3μ=，∴数列{}3n a +是以134 a +=为首项、2为公比的等比数列，则113422n n n a -++=?=，即1 23n n a +=-。

1n n +思路1（递推法）： 123(1)(2)(1)(3)(2)(1)n n n n a a f n a f n f n a f n f n f n ---=+-=+-+-=+-+-+-= …1 11 ()n i a f n -==+∑。思路2（叠加法）：1(1)n n a a f n --=-，依次类推有：12(2)n n a a f n ---=-、 23(3)n n a a f n ---=-、…、21(1)a a f -=，将各式叠加并整理得1 11 ()n n i a a f n -=-= ∑ ，即 1 11 ()n n i a a f n -==+ ∑ 。例2 已知11a =，1n n a a n -=+，求n a 。解：方法1（递推法）：123(1)(2)(1)n n n n a a n a n n a n n n ---=+=+-+=+-+-+= ......1[23a =+++ (1) (1)(2)(1)]2 n i n n n n n n =++-+-+= = ∑ 。方法2（叠加法）：1n n a a n --=，依次类推有：121n n a a n ---=-、232n n a a n ---=-、…、 212a a -=，将各式叠加并整理得12 n n i a a n =-= ∑ ，12 1 (1)2 n n n i i n n a a n n ==+=+ = = ∑ ∑ 。

求数列通项公式常用的八种方法

求数列通项公式常用八种方法一、公式法：已知或根据题目的条件能够推出数列{}n a 为等差或等比数列，根据通项公式()d n a a n 11-+= 或11-=n n q a a 进行求解. 二、前n 项和法：已知数列{}n a 的前n 项和n s 的解析式，求n a .（分3步）三、n s 与n a 的关系式法：已知数列{}n a 的前n 项和n s 与通项n a 的关系式，求n a .（分3步）四、累加法：当数列{}n a 中有()n f a a n n =--1，即第n 项与第1-n 项的差是个有“规律”的数时，就可以用这种方法. 五、累乘法：它与累加法类似，当数列{}n a 中有()1 n n a f n a -=，即第n 项与第1-n 项的商是个有“规律”的数时，就可以用这种方法. 六、构造法：㈠、一次函数法：在数列{}n a 中有1n n a ka b -=+（,k b 均为常数且0k ≠），从表面形式上来看n a 是关于1n a -的“一次函数”的形式，这时用下面的方法:------＋常数P

㈡、取倒数法：这种方法适用于1 1c --=+n n n Aa a Ba ()2,n n N * ≥∈（,,k m p 均为常数 0m ≠），两边取倒数后得到一个新的特殊(等差或等比)数列或类似于 1n n a ka b -=+的式子. ㈢、取对数法：一般情况下适用于1k l n n a a -=（,k l 为非零常数）例8：已知()2113,2n n a a a n -==≥ 求通项n a 分析：由()2113,2n n a a a n -==≥知0n a > ∴在21n n a a -=的两边同取常用对数得 211lg lg 2lg n n n a a a --== 即1 lg 2lg n n a a -= ∴数列{}lg n a 是以lg 3为首项，以2为公比的等比数列故1 12lg 2lg3lg3n n n a --== ∴123n n a -= 七、“1p ()n n a a f n +=+（c b ,为常数且不为0，*,N n m ∈）”型的数列求通项n a . 可以先在等式两边同除以f(n)后再用累加法。八、形如21a n n n pa qa ++=+型，可化为211a ()()n n n n q xa p x a a p x ++++=+++ ，令x=q p x + ,求x 的值来解决。除了以上八种方法外，还有嵌套法（迭代法）、归纳猜想法等，但这8种方法是经常用的，将其总结到一块，以便于学生记忆和掌握。

高中数学数列通项公式的求法详解

数列通项公式的求法及数列求和方法详解专题一：数列通项公式的求法关键是找出各项与项数n 的关系.）例1：根据数列的前4项，写出它的一个通项公式：（1）9，99，999，9999，…（2） ,17 16 4,1093,542,211（3） ,5 2 ,21,32 , 1（4） ,5 4 ,43,3 2 ,21-- 答案：（1）110-=n n a （2）;122++=n n n a n （3）;12+=n a n （4）1 )1(1+?-=+n n a n n . 公式法1：特殊数列例2：已知数列{a n }是公差为d 的等差数列，数列{b n }是公比为q 的(q ∈R 且q ≠1)的等比数列，若函数f (x ) = (x －1)2，且a 1 = f (d －1)，a 3 = f (d +1)，b 1 = f (q +1)，b 3 = f (q －1)，(1)求数列{ a n }和 { b n }的通项公式；答案：a n =a 1+(n －1)d = 2(n －1)； b n =b ·q n －1=4·(－2)n －1 例3. 等差数列{}n a 是递减数列，且432a a a ??=48，432a a a ++=12，则数列的通项公式是（） (A) 122-=n a n (B) 42+=n a n (C) 122+-=n a n (D) 102+-=n a n (D) 例4. 已知等比数列{}n a 的首项11=a ，公比10<

数列通项公式的十种方法(已打)

递推式求数列通项公式常见类型及解法对于由递推式所确定的数列通项公式问题，通常可通过对递推式的变形转化成等差数列或等比数列，也可以通过构8造把问题转化。下面分类说明。一、型例1. 在数列{a n}中，已知，求通项公式。解：已知递推式化为，即，所以。将以上个式子相加，得，

所以。二、型例2. 求数列的通项公式。解：当，即当，所以。

三、型例3. 在数列中，，求。解法1：设，对比，得。于是，得，以3为公比的等比数列。所以有。解法2：又已知递推式，得上述两式相减，得，因此，数列是以为首项，以3为公比的等比数列。所以，所以。

四、型例4. 设数列，求通项公式。解：设，则，，所以，即。设这时，所以。由于{b n}是以3为首项，以为公比的等比数列，所以有。由此得：。说明：通过引入一些尚待确定的系数转化命题结构，经过变形与比较，把问题转化成基本数列（等差或等比数列）。

五、型例5. 已知b≠0，b≠±1，，写出用n和b表示a n的通项公式。解：将已知递推式两边乘以，得，又设，于是，原递推式化为，仿类型三，可解得，故。说明：对于递推式，可两边除以，得，引入辅助数列，然后可归结为类型三。

六、型例6. 已知数列，求。解：在两边减去。所以为首项，以。所以令上式，再把这个等式累加，得。所以。说明：可以变形为，就是，则可从，解得，于是是公比为的等比数列，这样就转化为前面的类型五。等差、等比数列是两类最基本的数列，是数列部分的重点，自然也是高考考查的热点，而考查的目的在于测试灵活运用知识的能力，这个“灵活”往往集中在“转化”的水平上。转化的目的是化陌生为熟悉，当然首先是等差、等比数列，根据不同的递推公式，采用相应的变形手段，达到转化的目的。

常见数列通项公式的求法

常见数列通项公式的求法-中学数学论文常见数列通项公式的求法邹后林（会昌中学，江西赣州342600）摘要：数列的通项求法灵活多样，需要充分利用化归与转化思想。非等比、等差数列的通项公式的求法，题型繁杂，方法琐碎，笔者结合近几年的高考情况，对数列求通项公式的方法给以归纳总结。现举数例。关键词：数列；通项公式；求法中图分类号：G633文献标识码：A文章编号：1005-6351(2013)-12-0031-01 例1：已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1 (n∈N*)，等差数列{bn}中，bn0 (n∈N*)，且b1＋b2＋b3＝15，又a1＋b1、a2＋b2、a3＋b3成等比数列。 (1)求数列{an}、{bn}的通项公式； (2)求数列{an·bn}的前n项和Tn。解：(1)∵a1＝1，an＋1＝2Sn＋1 (n∈N*)， ∴an＝2Sn－1＋1 (n∈N*，n1)， ∴an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)，即an＋1－an＝2an，∴an＋1＝3an (n∈N*，n1)。而a2＝2a1＋1＝3，∴a2＝3a1。 ∴数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，∴an＝3n－1 (n∈N*)。∴a1＝1，a2＝3，a3＝9，

在等差数列{bn}中，∵b1＋b2＋b3＝15， ∴b2＝5。又∵a1＋b1、a2＋b2、a3＋b3成等比数列，设等差数列{bn}的公差为d，则有(a1＋b1)(a3＋b3)＝(a2＋b2)2。 ∴(1＋5－d)(9＋5＋d)＝64，解得d＝－10或d＝2，∵bn0 (n∈N*)，∴舍去d ＝－10，取d＝2，∴b1＝3，∴bn＝2n＋1 (n∈N*)。 (2)由(1)知Tn＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)3n－2＋(2n＋1)3n－1，①∴3Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)·3n－1＋(2n＋1)3n，② ∴①－②得－2Tn＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n-1－(2n＋1)3n＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n-1)－(2n＋1)3n

史上最全的数列通项公式的求法13种

最全的数列通项公式的求法数列是高考中的重点内容之一，每年的高考题都会考察到，小题一般较易，大题一般较难。而作为给出数列的一种形式——通项公式，在求数列问题中尤其重要。本文给出了求数列通项公式的常用方法。一、直接法根据数列的特征，使用作差法等直接写出通项公式。二、公式法 ①利用等差数列或等比数列的定义求通项 ②若已知数列的前n 项和n S 与n a 的关系，求数列{}n a 的通项n a 可用公式 ?? ?≥???????-=????????????????=-2 1 11n S S n S a n n n 求解. (注意：求完后一定要考虑合并通项) 例2．①已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足1,)1(2≥-+=n a S n n n ．求数列{}n a 的通项公式. ②已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足2 1n S n n =+-，求数列{}n a 的通项公式. ③ 已知等比数列{}n a 的首项11=a ，公比10<

常见递推数列通项公式的求法典型例题及习题

1 【典型例题】 [例 1] a n 1 (1)k (2) k 比较系数: {a n a n [例 2] a n 1 (1)k 例: 已知解: a n a n a 3 a n 常见递推数列通项公式的求法典型例题及习题 ka n b 型。 1 时，a n 1 1时，设a n km m ka n 1 时, a n ｝是等比数列, (a i f (n) 型。 a n 1 a n {a n }满足a i a n a n a n a 2 对这（n b ｛a n ｝是等差数列, a n b n 佝 b) k(a n m) a n 1 ka n km 公比为 1) k ”1 f(n) k ，首项为 a n 1 a n a i a n (a 1 k n1 f （n ）可求和, 则可用累加消项的方法。 n （n 1）求｛a n ｝的通项公式。 1 n(n 1 ) a 2 a n 1 a n a 1 1 个式子求和得: a n a 1 a n 2 - n

(2) k1时, 当f(n) an b则可设a n A(n 1) B k(a n An B) a n 1 ka n (k 1)A n (k 1)B A (k (k 1)A 1)B 解得: a 2 (k 1) ,? {a n An B｝是以 a1 B为首项, k为公比的等比数列 a n An (a1 B) k n1 a n (a1 B) k n1An B将A、B代入即可 (3) f(n) 0, 1) 等式两边同时除以 a n 1 1 c n 1 得q a n n q C n 令C n 1 {C n}可归为a n 1 ka n b型 [例3] a n f(n) a n型。 (1)f(n)是常数时, 可归为等比数列。 f(n)可求积，可用累积约项的方法化简求通项。例：已知: a1 2n 1 a n 1 2n 1 2)求数列｛a n｝的通项。解: a n a n a n 1 a n 1 a n 2 a n a 1 a n 2 a n 3 k m a n 1 m a n 1 型。a3 a2 a2 a1 2n 1 2n 2n 1 2n 3 2n 5 5 3 3 2n 1 2n 3 7 5 2n 1 [例4]

数列通项公式、前n项和求法总结全

一.数列通项公式求法总结： 1.定义法 —— 直接利用等差或等比数列的定义求通项。特征：适应于已知数列类型（等差或者等比）．例1．等差数列{}n a 是递增数列，前n 项和为n S ，且931,,a a a 成等比数列，2 55a S =．求数列{}n a 的通项公式. 变式练习： 1.等差数列{}n a 中,71994,2,a a a ==求{}n a 的通项公式 2. 在等比数列{}n a 中,212a a -=,且22a 为13a 和3a 的等差中项,求数列{}n a 的首项、公比及前n 项和. 2.公式法求数列{}n a 的通项n a 可用公式???≥???????-=????????????????=-21 11n S S n S a n n n 求解。特征：已知数列的前n 项和n S 与n a 的关系例2.已知下列两数列}{n a 的前n 项和s n 的公式，求}{n a 的通项公式。（1）13-+=n n S n 。（2）12 -=n s n

变式练习： 1. 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且n S =2n 2 +n ，n ∈N ﹡，数列{b }n 满足n a =4log 2n b +3，n ∈N ﹡.求n a ，n b 。 2. 已知数列{}n a 的前n 项和2 12 n S n kn =-+（*k N ∈）,且S n 的最大值为8，试确定常数k 并求n a 。 3. 已知数列{}n a 的前n 项和*∈+=N n n n S n ，2 2.求数列{}n a 的通项公式。 3.由递推式求数列通项法类型1 特征：递推公式为 ) (1n f a a n n +=+ 对策：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法求解。例3. 已知数列{}n a 满足211= a ，n n a a n n ++=+211，求n a 。

求数列通项公式常用的七种方法

求数列通项公式常用的七种方法一、公式法：已知或根据题目的条件能够推出数列{}n a 为等差或等比数列，根据通项公式 ()d n a a n 11-+=或11-=n n q a a 进行求解. 例1：已知{}n a 是一个等差数列，且5,152-==a a ，求{}n a 的通项公式. 分析：设数列{}n a 的公差为d ，则???-=+=+5411 1d a d a 解得???-==23 1d a ∴ ()5211+-=-+=n d n a a n 二、前n 项和法：已知数列{}n a 的前n 项和n s 的解析式，求n a . 例2：已知数列{}n a 的前n 项和12-=n n s ，求通项n a . 分析：当2≥n 时，1--=n n n s s a =( )( ) 32 321 ----n n =12-n 而111-==s a 不适合上式，() () ???≥=-=∴-22111n n a n n 三、n s 与n a 的关系式法：已知数列{}n a 的前n 项和n s 与通项n a 的关系式，求n a . 例3：已知数列{}n a 的前n 项和n s 满足n n s a 3 1 1= +，其中11=a ，求n a . 分析： 13+=n n a s ① ∴ n n a s 31=- ()2≥n ② ①-② 得 n n n a a a 331-=+ ∴ 134+=n n a a 即 3 4 1=+n n a a ()2≥n 又1123131a s a ==不适合上式 ∴ 数列{}n a 从第2项起是以 3 4 为公比的等比数列 ∴ 2 2 2343134--?? ? ??=? ? ? ??=n n n a a ()2≥n ∴()()??? ??≥? ? ? ??==-23431112n n a n n 注：解决这类问题的方法，用具俗话说就是“比着葫芦画瓢”，由n s 与n a 的关系式，类比出1-n a 与1 -n s 的关系式，然后两式作差，最后别忘了检验1a 是否适合用上面的方法求出的通项. 四、累加法：当数列{}n a 中有()n f a a n n =--1，即第n 项与第1-n 项的差是个有“规律”的数时，就可以用这种方法. 例4： ()12,011-+==+n a a a n n ，求通项n a 分析： 121-=-+n a a n n ∴ 112=-a a 323=-a a 534=-a a ┅ 321-=--n a a n n ()2≥n 以上各式相加得()()2 11327531-=-+++++=-n n a a n ()2≥n 又01=a ，所以()2 1-=n a n ()2≥n ，而01=a 也适合上式， ∴ ()2 1-=n a n ( )* ∈N n 五、累乘法：它与累加法类似，当数列{}n a 中有 ()1 n n a f n a -=，即第n 项与第1-n 项的商是个有“规律”的数时，就可以用这种方法. 例5：111,1 n n n a a a n -==- ()2,n n N *≥∈ 求通项n a 分析： 11n n n a a n -= - ∴11 n n a n a n -=- ()2,n n N * ≥∈ 故3241123123411231 n n n a a a a n a a n a a a a n -===- ()2,n n N *≥∈ 而11a =也适合上式，所以() n a n n N * =∈ 六、构造法：㈠、一次函数法：在数列{}n a 中有1n n a ka b -=+（,k b 均为常数且0k ≠），从表面形式上来看n a 是关于1n a -的“一次函数”的形式，这时用下面的方法: 一般化方法：设()1n n a m k a m -+=+ 则()11n n a ka k m -=+- 而1n n a ka b -=+

数列通项公式求法大全配练习及答案

数列通项公式的十种求法一、公式法 * 11(1)()n a a n d dn a d n N =+-=+-∈ 1 *11()n n n a a a q q n N q -== ?∈ 二、累加法 )(1n f a a n n +=+ 例 1 已知数列{}n a 满足1121 1n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。 2n a n = 例 2 已知数列{}n a 满足112313n n n a a a +=+?+=，，求数列{}n a 的通项公式。（3 1.n n a n =+-）三、累乘法 n n a n f a )(1=+ 例3 已知数列{}n a 满足112(1)53n n n a n a a +=+?=，，求数列{}n a 的通项公式。（(1)1 2 32 5 !.n n n n a n --=???）评注：本题解题的关键是把递推关系12(1)5n n n a n a +=+?转化为 1 2(1)5n n n a n a +=+，进而求出 1 32 112 21 n n n n a a a a a a a a a ---??? ??，即得数列{}n a 的通项公式。例4已知数列{}n a 满足112311 23(1)(2)n n a a a a a n a n -==++++-≥，，求{}n a 的通项公式。（! .2 n n a =）

评注：本题解题的关键是把递推关系式1(1)(2)n n a n a n +=+≥转化为 1 1(2)n n a n n a +=+≥，进而求出 1 3 212 2 n n n n a a a a a a a ---??? ?，从而可得当2n n a ≥时，的表达式，最后再求出数列{}n a 的通项公式。四、待定系数法 q pa a n n +=+1 ()n f pa a n n +=+1 n n n qa pa a +=++12（其中p ，q 均为常数）。例5 已知数列{}n a 满足112356n n n a a a +=+?=，，求数列{}n a 的通项公式。（125n n n a -=+）评注：本题解题的关键是把递推关系式1235n n n a a +=+?转化为1152(5)n n n n a a ++-=-，从而可知数列{5}n n a -是等比数列，进而求出数列{5}n n a -的通项公式，最后再求出数列 {}n a 的通项公式。例6 已知数列{}n a 满足1135241n n n a a a +=+?+=，，求数列{}n a 的通项公式。（1133522n n n a -=?-?-）评注：本题解题的关键是把递推关系式13524n n n a a +=+?+转化为 1 15223(522)n n n n a a +++?+=+ ?+，从而可知数列{522}n n a +?+是等比数列，进而求出数列{522}n n a +?+的通项公式，最后再求数列{}n a 的通项公式。例7 已知数列{}n a 满足2 1123451n n a a n n a +=+++=，，求数列{}n a 的通项公式。（42 231018n n a n n +=---）评注：本题解题的关键是把递推关系式2 12345n n a a n n +=+++转化为 2213(1)10(1)182(31018)n n a n n a n n ++++++=+++，从而可知数列