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 *
≥∈
故3241
12312341123
1
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 -=+
∴()1b k m =- 即1b m k =- 故111n n b b a k a k k -⎛
⎫+=+ ⎪--⎝⎭ ∴数列11n b a k -⎧
⎫+⎨⎬-⎩
⎭是以k 为公比的等比数列，借助它去求n a
例6：已知111,21n n a a a -==+ ()
2,n n N *≥∈ 求通项n a
分析：
121n n a a -=+ ∴()1112221n n n a a a --+=+=+
∴数列{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列 ∴()1
11122n n n a a -+=+⋅= 故21n n a =-
㈡、取倒数法：这种方法适用于11
n n n ka a ma p
--=
+()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.
例7：已知11122,2
n n n a a a a --==+ ()
2,n n N *
≥∈ 求通项n a
1122n n n a a a --=+ ∴
111211122
n n n n a a a a ---+==+ 即11112n n a a --= ()
2,n n N *≥∈ ∴ 数列1n a ⎧⎫⎨
⎬⎩⎭
是以12为首项，以1
2为公差的等差数列
∴
()1111222n n n a =+-⋅= ∴2
n a n
= 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()2
11
3,2n n a a a n -==≥ 求通项n a
分析：由()2
11
3,2n n a a a n -==≥知0n a >∴在21n n a a -=的两边同取常用对数
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 --== ∴1
23n n a -=
七、“m n n c ba a +=+1（c b ,为常数且不为0，*
,N n m ∈）”型的数列求通项n a .
例9：设数列{}n a 的前n 项和为n s ，已知*
11,3,N n s a a a n n n ∈+==+，求通项n a . 解：n n n s a 31+=+ 1
13--+=∴n n n s a ()2≥n
两式相减得 1132-+⋅+=-n n n n a a a 即 1
1322-+⋅+=n n n a a
上式两边同除以1
3+n 得
92
332311+⋅=++n n n n a a （这一步是关键） 令n
n
n a c 3=
得 9
2
321+=+n n c c ⎪⎭
⎫
⎝⎛-=-∴+3232321n n c c ()2≥n （想想这步是怎么得来的）
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∴数列⎭
⎬⎫⎩⎨⎧-32n c 从第2项起，是以9
3
322-=
-
a c 为首项，以32为公比的等比数列 故 ()n n n n n a a c c 3
2332933232322
2
2
2----=⎪
⎭
⎫
⎝⎛-=⎪
⎭
⎫
⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-
()323232+-=∴-n n n a c 又n n n a c 3
=，所以()12
322
3--⋅+⋅-=n n n a a a a =1 不适合上式 ()()()
⎩⎨
⎧≥⋅+⋅-==∴--23
22
311
2
n a n a a n n n
注：求m n n c ba a +=+1（c b ,为常数且不为0，*
,N n m ∈）”型的数列求通项公式的方法是等式的
两边同除以1
+n c ，得到一个“1n n a ka b -=+”型的数列，再用上面第六种方法里面的“一次函数法”
便可求出
n n c
a 的通式，从而求出n a .另外本题还可以由n n n s a 31+=+得到n
n n n s s s 31+=-+即 n n n s s 321+=+,按照上面求n a 的方法同理可求出n s ,再求n a .您不不妨试一试.
除了以上七种方法外，还有嵌套法（迭代法）、归纳猜想法等，但这七种方法是经常用的，将其总结到一块，以便于学生记忆和掌握.
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