数列通项公式求法(叠加,叠乘等)全面

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(完整版)求数列的通项公式方法总结

题型四：求数列的通项公式一.公式法：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。

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 +++Λ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 ---=-+-++-L 1a +(2)n ≥；【例1】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：121111(1)1n 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n1n 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：121121n n n n n a a a a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅L (2)n ≥；【例2】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11+=+n n a a n n ， 1a a n =12a a ·23a a ·34a a …1-n n a a =n n n 11433221=-⋅⋅Λ 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）。

数列通项公式的五种求法

ａ：２＂－１
例３．已知数列（ａ）中．ａ＝ ÷，前ｎ项和ｓ与ａ的关系是ｓ＝ｎ
・．．
（２ｎ一１）ａ，试求通项公式ａ．
解析：首先由Ｓ＝ｎ（２ｎ一１）ａ易求得递推公式：
点评：这种方法类似于换元法，主要用于已知递推关系式
求通项公式．
１Ｏ
项公式．
或等比数列的通项公式．只需求得首项及公差公比即可．
二、叠加法
解：ａｌ＝ｓ１－０，当ｎ ≥２时，＝ｓ一ｓ１＝（ｎ ‘ －１）－Ｅ（ｎ－１） ‘ 一１］＝２ｎ－１．
＝ — —
ａ
一
２
２ｎ一１
ａ１５
、
公式法）等式相乘得：
ａ
ｎ
例１．等差数列｛ａ｝是递减数列．且ａ２・ａ３・ａ４＝４８，８２＋ａ３＋ａ４＝１２．
则数列的通项公式是（
一
・．
例２．若在数列｛ａ）中，ａ。＝３，ａ＋。一＋ｎ，求通项ａｎ．
解析：由ａｎ＋ｌ＋ｎ得ａ＋ｌ — ａ＝ｎ＿．＿～～ｌ＝ｎ－１．ａｌ—ａ２＝ｎ－２，
一一一
＿ａ１不适合于此等式，． ‘ ～＝１）２）．
：
例５：已知数｛ａ｝的递推关系为ａ＋。＝２ａ＋ｌ，且ａ。：１求通项

数列史上最全求通项公式10种方法并配大量习题及答案

数列通项公式的求法10种求数列的通项公式方法非常众多，而且这个问题基本上都是高考试卷中第一问，也就是说这一问题做不出来或没有思路，那么即使后面的问题比如求前N 项和的问题，会做也是无济于事的。

我们逐个讲解一下这些重要的方法。

递推公式法：递推公式法是指利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，这样的问题有两种类型，（1）题目中给出的是()n S f n =的形式，也就是n S 的表达式是一个关于n 的函数，要将n 改成n-1，包括角标，这样加上题中给出的式子就得到两个式子，两式子做差，即可整理出通项公式。

这种情况是比较简单的，但是也有值得我们注意的地方，那就是求出的通项公式一定要检验是否需要写成分段的形式，即验证一下1a 和1S 是否相等，若不相等，则需要写成分段的形式，只要题中涉及到角标n 不能从n=1开始取值的，都需要检验。

（2）第二种情况是非常常见的，即11(,)n n n a a a -+与n S (1n S -,1n S +)同时存在于一个等式中，我们的思路是将n 改写成n-1，又得到另一个式子，这两个式子做差，在做差相减的过程中，要将等式的一端通过移项等措施处理为零，这样整理,容易得出我们想要的关系式。

累加法（迭、叠加法）：累加法是在教材上推导等差数列通项公式和前n 项和公式的时候使用的一种方法，其实这个方法不仅仅适用于等差数列，它的使用范围是非常广泛的，我们可以总结为，只要适合：1()n n a a f n -=+的形式，都是可以使用累加法的，基本的书写步骤是：21324312,(2)3,(3)4,(4)......,()n n n a a f n a a f n a a f n n a a f n -=-==-==-==-=将上述展开后的式子左边累加后总是得到1(2)(3)(4)......()n a a f f f f n -=++++所以重点就是会求后边这部分累加式子的和，而这部分累加的式子，绝大部分都是三种情况之一，要么是一个等差数列的前n-1项的和，要么是一个等比数列前n-1项的和，要么就是能够在累加过程能够中消掉，比如使用裂项相消法等。

高中数学高二数学数列通项公式求法集锦

数列通项公式求法集锦一、累加法（叠加法、迭加法）1、d a a n n +=+1（d 为常数）：等差数列为代表2、)(1n f a a n n +=+则)1(.....)2()1(......)1()2()1(121-++++==-+-+=-+=--n f f f a n f n f a n f a a n n n )(n f 为关于n 的函数，一般有以下形式：（1）裂项消项法：)11()(2k n n k A kn n A n f +-=+= 、)11()(2nk n k A kn n A n f --=-= )())(()(n k n k A n k n n k n n k n A k n n A n f -+=-+++-+=++=例：1111)(2+-=+=n n n n n f ；裂项方法：令11)(2+-=+=n B n A n n n f ，则n n A n B A n n Bn n A n B n A n n ++-=+-+=+-=+222)()1(11，对比n n +21与n n A n B A ++-2)(可以得到等式⎩⎨⎧==-10A B A ，则⎩⎨⎧-==11B A ，所以1111)(2+-=+=n n n n n f 。

（2）常用数列：b kn n f +=)(（等差数列） n q k n f ⋅=)(（等比数列）累加时为求等差或等比数列的前n 项和。

（3）特殊数列：2)(n n f = 3)(n n f =6)12)(1(......3212222++=++++n n n n 22223333).....321()2)1((4)1(......321n n n n n n ++++=+=+=++++ 二、累乘法（叠乘法、迭乘法）1、n n qa a =+1（q 为非零常数）：等比数列为代表：11-⋅=n n q a a ；2、n n a n f a •=+)(1，则)1(.....)2()1(......)1()2()1(121-••==-•-•=-•=--n f f f a n f n f a n f a a n n n)(n f 为关于n 的函数，一般有如下形式（1）kn k n n f +++=1)(， )1(.....)2()1(......)1()2()1(121-••==-•-•=-•=--n f f f a n f n f a n f a a n n n =111.....231211+++•=+++••++•++k k n a k n k n k k k k a （2）1)(-•=n q k n f)1(.....)2()1(......)1()2()1(121-••==-•-•=-•=--n f f f a n f n f a n f a a n n n =1)(.....)()(121-•=⋅••⋅•⋅••-n S n n q k q k q k q k k a （S n-1 为q 的指数（等差数列）的前n-1项和）三、q pa a n n +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1((≠-p pq ）。

数列通项公式的求法大全

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{}n a 是递增数列，前n 项和为n S ，且931,,a a a 成等比数列，255a S =．求数列{}n a 的通项公式.解:设数列{}n a 公差为)0(>d d∵931,,a a a 成等比数列，∴9123a a a =，即)8()2(1121d a a d a +=+d a d 12=⇒∵0≠d ， ∴d a =1………………………………①∵255a S = ∴211)4(2455d a d a +=⋅⨯+…………② 由①②得：531=a ,53=d ∴n n a n 5353)1(53=⨯-+=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⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-2111n S S n S a n nn 求解。

例2．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足1,)1(2≥-+=n a S nn n ．求数列{}n a 的通项公式。

解:由1121111=⇒-==a a S a当2≥n 时,有,)1(2)(211nn n n n n a a S S a -⨯+-=-=-- 1122(1),n n n a a --∴=+⨯-,)1(22221----⨯+=n n n a a ……，.2212-=a a11221122(1)2(1)2(1)n n n n n a a ----∴=+⨯-+⨯-++⨯-].)1(2[323])2(1[2)1(2)]2()2()2[()1(21211211--------+=----=-++-+--+=n n n nn n n n n经验证11=a 也满足上式，所以])1(2[3212---+=n n n a 点评：利用公式⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-211n S S n S a n nn n 求解时,要注意对n 分类讨论，但若能合写时一定要合并．三、由递推式求数列通项法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。

高中数学-数列求通项公式方法汇总及经典练习(含答案)

高中数学-数列求通项公式方法汇总及经典练习（含答案）1、定义法：直接求首项和公差或公比。

2、公式法：1 (1) (2)n n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩两种用途（列举），结果要验证能否写成统一的式子．例、数列{}n a 的各项都为正数，且满足()()2*14nna S n N +=∈，求数列的通项公式．解一：由()()2*14nna S n N +=∈得()()()221114411n n n n n aS S a a +++=-=---化简得()()1120n n n n a a a a +++--=，因为10,2n n n a a a +>∴-=，又()2111441S a a ==-得11a =，故{}n a 是以1为首项，2为公差的等差数列，所以21n a n =-．解二：由()()2*14nn a S n N +=∈，可得()11,12n n n a S S n -=-∴=--≥化简可得)211n S -=，即1=，又11S =，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，∴n =，从而2n S n =，所以121n n n a S S n -=-=-，又11a =也适合，故21n a n =-．练习：已知数列{a n }的前n 项和S n 满足120n n n a S S -+=（2n ≥），a 1=21，求n a ．答案：a n =⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥--=)2()1(21)1(21n n n n ．扩展一：作差法例、在数列}{n a 中，11a =，212323(1)n a a a na n n ++++=-+，求n a ．解：由212323(1)n a a a na n n ++++=-+，得2123123(1)(2)1n a a a n a n n -++++-=-+-，两式相减，得66n na n =-+，∴ 1 (=1)66 (2)n n a n n n⎧⎪=-⎨≥⎪⎩．练习（理）：已知数列{}n a 满足11231123(1)(2)n n a a a a a n a n -==++++-≥，，求n a ．解：由123123(1)(2)n n a a a a n a n -=++++-≥，得1123123(1)n n n a a a a n a na +-=++++-+，两式相减，得1n n n a a na +-=，即11(2)n na n n a +=+≥，所以13222122![(1)43]2n n n n n a a a n a a n n a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅=-⋅⋅⨯=又由已知，得2122a a a =+，则211a a ==，代入上式，得!13452n n a n =⋅⋅⋅⋅⋅=，所以，{}n a 的通项公式为 1 (1)! (2)2n n a n n =⎧⎪=⎨≥⎪⎩．扩展二、作商法例、在数列}{n a 中，11a =，对所有的2n ≥，都有2123n a a a a n ••••=，求n a ．解：∵2123n a a a a n ••••=，∴21232(1)n a a a a n -••••=-，故当2n ≥时，两式相除，得22(1)n n a n =-， ∴221 (=1) (2)(1)n n a n n n ⎧⎪=⎨≥⎪-⎩．3、叠加法：对于型如)(1n f a a n n =-+类的通项公式．例、在数列{n a }中，31=a ,)1(11++=+n n a a n n ，求通项公式n a .答案：na n 14-=. 例、已知数列{}n a 满足112231n n n n a a ++=++-（*n N ∈），352a =，求通项n a .解：由112231n nn n aa ++=++-，两边同除以12n +，得()111131112222n n n n n n n a a n ++++-=-+≥，列出相加得121212121332323212212121-+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+=---n a a n n n n又由已知求得16a =，∴()*231n n n n N a n ∈=•++．练习：已知数列}a {n 满足3a 132a a 1nn 1n =+⋅+=+，，求数列}a {n 的通项公式．答案：1n 32n 31332a n nn -+=++--⋅=．4、叠乘法：一般地，对于型如1+n a =f (n)·n a 的类型例（理）、已知数列{}n a 满足112(1)53nn n a n a a +=+⨯=，，求数列{}n a 的通项公式．解：因为112(1)53nn n a n a a +=+⨯=，，所以0n a ≠，则12(1)5n n na n a +=+，故13211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅⋅121[2(11)5][2(21)5][2(11)5]3n n n n --=-+-++⨯⨯(1)1(1)(2)21122[(1)32]53325!n n n n n n n n n ---+-+++-=-⋅⋅⨯⨯⨯=⨯⨯⨯，所以数列{}n a 的通项公式为(1)12325!n n n n a n --=⨯⨯⨯．练习：在数列{a n }中，112a =，11(1n n n a a a n --=⋅+≥2），求n a ．答案：）1(1+=n n a n ． 5、构造法：型如a n+1=pa n +f(n) (p 为常数且p ≠0， p ≠1)的数列(1)f(n)= q (q 为常数) 一般地，递推关系式a +1=pa n +q (p 、q 为常数，且p ≠0，p ≠1)等价与)1(11pqa p p q a n n --=--+，则{p q a n --1}为等比数列，从而可求n a ．例、已知数列{}n a 满足112a =，132n n a a --=（2n ≥），求通项n a ．解：由132n n a a --=，得111(1)2n n a a --=--，又11210a -=≠，所以数列{1}n a -是首项为12，公比为12-的等比数列，∴11111(1)()1()22n nn a a -=---=+-．练习：已知数列}{n a 的递推关系为121+=+n n a a ，且11=a ，求通项n a ．答案：12-=n na ．(2) f(n)为等比数列，如f(n)= q n (q 为常数) ，两边同除以q n ，得111+=++nn n n qa p q a q ，令nn n a b q =，则可转化为b n+1=pb n +q 的形式求解．例、已知数列{a n }中，a 1=65，1111()32n n n a a ++=+，求通项n a ．解：由条件，得2 n+1a n+1=32(2 n a n )+1，令b n =2 n a n ，则b n+1=32b n +1，b n+1-3=32（b n -3）易得 b n =3)32(341+--n ，即2 n a n =3)32(341+--n ， ∴ a n =n n 2332+-．练习、已知数列{}n a 满足1232n n n a a +=+⨯，12a =，求通项n a ．答案：31()222nn a n =-．(3) f(n)为等差数列，如1n n a Aa Bn C +=++型递推式，可构造等比数列．（选学，注重记忆方法）例、已知数列{}n a 满足11=a ，11212n n a a n -=+-（2n ≥），求．解：令n n b a An B =++，则n n a b An B =--，∴11(1)n n a b A n B --=---，代入已知条件，得11[(1)]212n n b An B b A n B n ---=---+-，即11111(2)(1)2222n n b b A n A B -=++++-，令202A +=，1022A B +-=，解得A=－4，B=6，所以112n n b b -=，且46n n b a n =-+， ∴{}n b 是以3为首项、以12为公比的等比数列，故132n n b -=，故13462n n a n -=+-．点拨：通过引入一些尚待确定的系数，经过变形与比较，把问题转化成基本数列（等差或等比数列）求解．练习：在数列{}a n 中，132a =，1263n n a a n --=-，求通项a n ．答案：a n nn -+=69912·()．解：由1263n n a a n --=-，得111(63)22n n a a n -=+-，令11[(1)]2n n a An B a A n B -++=+-+，比较系数可得：A=－6，B=9，令n n b a An B =++，则有112n n b b -=，又1192b a A B ==++，∴{}n b 是首项为92，公比为12的等比数列，所以b n n =-92121()，故a n n n-+=69912·()． (4) f(n)为非等差数列，非等比数列法一、构造等差数列法例、在数列{}n a 中，1112(2)2()n n n n a a a n λλλ+*+==++-∈N ，，其中0λ>，求数列{}n a 的通项公式．解：由条件可得111221n nn nn n a a λλλλ+++⎛⎫⎛⎫-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，∴数列2n n n a λλ⎧⎫⎪⎪⎛⎫-⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭是首项为0，公差为1的等差数列，故21nnn a n λλ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，∴(1)2n n n a n λ=-+．练习：在数列{a n }中，a na n a n n n n n 1132212==+++++，()()()，求通项a n 。

高考数学题型全归纳：叠加、叠乘、迭代递推、代数转化(含问题详解)

叠加、叠乘、迭代递推、代数转化数列的递推关系式求数列的通项公式的方法大约分为两类：一类是根据前几项的特点归纳猜测出a n 的表达式,然后用数学归纳法证明；另一类是将递推关系,用代数法、迭代法、换元法,或是转化为根本数列〔等差或等比〕的方法求通项．第一类方法要求学生有一定的观察能力以与足够的结构经验,才能顺利完成,对学生要求高．第二类方法有一定的规律性,只需遵循其特有规律方可顺利求解．在教学中,我针对一些数列特有的规律总结了一些求递推数列的通项公式的解题方法．一、叠加相消．类型一：形如a 1+n ＝a n + f <n>, 其中f <n> 为关于n 的多项式或指数形式〔a n〕或可裂项成差的分式形式．——可移项后叠加相消．例1：数列｛a n ｝,a 1＝0,n ∈N +,a 1+n ＝a n ＋〔2n －1〕,求通项公式a n ．解：∵a 1+n =a n ＋〔2n －1〕∴a 1+n =a n ＋〔2n －1〕 ∴a 2－a 1 =1 、a 3－a 2=3 、…… a n －a 1-n =2n －3 ∴a n = a 1＋<a 2－a 1>＋<a 3－a 2>＋…＋<a n －a 1-n >=0＋1＋3＋5＋…＋<2n －3> =21[1＋<2n －3>]< n －1>=< n －1>2n ∈N + 练习1：⑴.数列｛a n ｝,a 1=1, n ∈N +,a 1+n =a n ＋3 n, 求通项公式a n ．⑵.数列｛a n ｝满足a 1＝3,)1(21+=-+n n a a n n ,n ∈N +,求a n ．二、叠乘相约．类型二：形如)(1n f a a n n =+.其中f <n> =p pc mn b mn )()(++ 〔p ≠0,m ≠0,b –c = km,k ∈Z 〕或 n n a a 1+=kn 〔k ≠0〕或nn a a 1+= km n< k ≠ 0, 0＜m 且m ≠ 1>．例2：数列｛a n ｝, a 1=1,a n ＞0,< n ＋1> a 1+n 2－n a n 2＋a 1+n a n =0,求a n ．解：∵< n ＋1> a 1+n 2－n a n 2＋a 1+n a n =0 ∴ [<n ＋1> a 1+n －na n ]<a 1+n ＋a n >= 0∵ a n ＞0 ∴ a 1+n ＋a n ＞0 ∴ <n ＋1> a 1+n －na n =0 ∴11+=+n n a a n n ∴nn n n n nn a a a a a a a a a a n n n n n n n 11212312111232211=⨯⨯⨯--⨯--⨯-=⨯⨯⨯⨯⨯=-----练习2：⑴数列｛a n ｝满足S n =2na n < n ∈N *>, S n 是{ a n }的前n 项和,a 2=1,求a n ． ⑵.数列｛a n ｝满足a 1+n = 3 na n < n ∈N *>,且a 1=1,求a n ．三、逐层迭代递推．类型三：形如a 1+n = f <a n >,其中f <a n >是关于a n 的函数.——需逐层迭代、细心寻找其中规律．例3：数列｛a n ｝,a 1=1, n ∈N +,a 1+n = 2a n ＋3 n,求通项公式a n ．解： ∵a 1+n = 2 a n ＋3 n∴ a n =2 a 1-n ＋3 n-1=2<2 a 2-n ＋3n-2>＋3n-1= 22<2 a 3-n ＋3n-3>＋2·3n-2＋3n-1=……=2 n-2<2 a 1＋3>＋2 n-3·3 2＋2n-4·3 3＋2n-5·3 4＋…＋22·3 n-3＋2·3 n-2＋3n-1=2n-1＋2n-2·3＋2n-3·3 2＋2n-4·3 3＋…＋22·3n-3＋2·3n-2＋3n-1练习3:⑴.假如数列｛a n ｝中,a 1=3,且a 1+n =a 2n 〔n ∈N +〕,求通项a n .⑵.数列｛a n ｝的前n 项和S n 满足S n =2a n +()n1-,n ∈N +,求通项a n ．四、运用代数方法变形,转化为根本数列求解．类型四：形如1+n n a a = 1++n n qa pa ,〔pq ≠ 0〕．且0≠n a 的数列,——可通过倒数变形为根本数列问题．当p = －q 时,如此有：pa a n n 1111=-+ 转化为等差数列；当p ≠ －q 时,如此有：ppa q a n n 111+-=+．同类型五转化为等比数列．例4：假如数列｛a n ｝中,a 1=1,a 1+n =22+n na a n ∈N +,求通项a n ．解： ∵221+=+n n n a a a又,011>=a ∴0>n a ,∴n n a a 12111+=+∴21111=-+n n a a ∵111=a∴数列{ a n }是首项为1,公差为21的等差数列． ∴na 1=1＋()121-n ∴a n =12+n n ∈N +练习4：f <n> =x x +32,数列{ a n }满足 a 1=1,a n =23f <a 1-n >,求a n ．类型五：形如a 1+n ＝pa n + q ,pq ≠0 ,p 、q 为常数．当p ＝1时,为等差数列；当p ≠1时,可在两边同时加上同一个数x,即a 1+n + x = pa n + q + x⇒a 1+n + x = p<a n +p x q +>, 令x =p x q +∴x =1-p q时,有a 1+n + x = p<a n + x >, 从而转化为等比数列 {a n +1-p q} 求解．例5：数列{a n }中,a 1=1,a n =21a 1-n + 1,n= 1、2、3、…,求通项a n ．解：∵ a n = 21a 1-n + 1 ⇒ a n －2 =21<a 1-n －2>又∵a 1－2 = -1≠0 ∴数列{ a n －2}首项为-1,公比为21的等比数列．∴ a n －2 = -11)21(-⨯n 即 a n = 2 －2n-1 n ∈N +练习5：⑴. a 1=1,a n = 2 a 1-n + 3 <n = 2、3、4…> ,求数列{a n }的通项．⑵. 数列｛a n ｝满足a 1=21,a 1+n =12+n n a a ,求a n ．类型六：形如a 1+n ＝pa n + f <n>,p ≠0且 p 为常数,f <n>为关于n 的函数．当p ＝1时,如此 a 1+n ＝a n + f <n> 即类型一．当p ≠1时,f <n>为关于n 的多项式或指数形式〔a n〕或指数和多项式的混合形式． ⑴假如f <n>为关于n 的多项式〔f <n> = kn + b 或kn 2+ bn + c,k 、b 、c 为常数〕,——可用待定系数法转化为等比数列．例6：数列{ a n }满足a 1=1,a 1+n = 2a n ＋n 2,n ∈N +求a n ．解：令a 1+n + x[a<n+1>2+ b<n+1> + c] = 2<a n + an 2+ bn + c>即 a 1+n = 2 a n + <2a –ax>n 2+ <2b -2ax – bx>n +2c –ax –bx – cx 比拟系数得：⎪⎩⎪⎨⎧=---=--=-0202212cx bx ax c bx ax b ax a ⇒⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-+=-=-=x bx ax c x ax b x a 22221⇒ 令x = 1,得：⎪⎩⎪⎨⎧===321c b a ∴ a 1+n + <n+1>2+2<n+1> + 3 = 2<a n + n 2+2n + 3> ∵ a 1+1+2×1+3 = 7令b n = a n + n 2+2n + 3 如此 b 1+n = 2b n b 1= 7 ∴数列{ b n }为首项为7,公比为2德等比数列∴ b n = 7× 21-n 即 a n + n 2+2n + 3 = 7× 21-n ∴ a n = 7× 21-n －< n 2+2n + 3 > n∈N +⑵假如f <n>为关于n 的指数形式〔a n〕． ①当p 不等于底数a 时,可转化为等比数列； ②当p 等于底数a 时,可转化为等差数列．例7：〔同例3〕假如a 1=1,a n = 2 a 1-n + 31-n ,<n = 2、3、4…> ,求数列{a n }的通项a n ．解: ∵ a n = 2 a 1-n + 31-n ∴ 令a n + x ×3n= 2<a 1-n +x ×31-n > 得 a n = 2 a 1-n －x ×31-n令-x ×3n= 3n⇒x = -1 ∴ a n －3n= 2<a 1-n －31-n > 又 ∵ a 1－3 = - 2∴数列{n n a 3-}是首项为-2,公比为2的等比数列． ∴n n a 3-=-2·21-n 即a n = 3n -2nn ∈N +例8：数列{ a n }中,a 1=5且a n =3a 1-n + 3n-1 <n = 2、3、4…> 试求通项a n ．解： a n =3a 1-n + 3n -1 ⇒ a n +-=--)21(3211n a 3n⇒132132111+-=---n n n n a a ⇒{n n a 321-}是公差为1的等差数列．⇒nn a 321-=3211-a +<1-n > = 3215-+<1-n > = n +21 ⇒a n = <213)21+⨯+n n n ∈N +⑶假如f <n>为关于n 的多项式和指数形式〔a n 〕的混合式,如此先转换多项式形式在转换指数形式．例如上面的例8．练习6:⑴.数列{a n }中a 1= 1,a 1+n = 3 a n + n ,+∈N n ; 求{a n }的通项．⑵设a 0为常数,且a n = 31-n －2 a 1-n <n ∈N +且n ≥ 2 >．证明：对任意n ≥ 1,a n =51[3n + <-1>1-n 2n ] +<-1>n 2na 0．类型七：形如a 2+n = p a 1+n + q a n < pq ≠ 0, p 、q 为常数且p 2+ 4q > 0 >,——可用待定系数法转化为等比数列．例9: 数列{a n }中a 1= 1, a 2= 2且n n n a a a 212+=++ ,+∈N n ; 求{a n }的通项．解:令a 2+n +x a 1+n = <1+x> a 1+n + 2 a n ⇒ a 2+n +x a 1+n = <1+x>< a 1+n + x+12a n >令x =x+12⇒x 2+ x – 2 = 0 ⇒x = 1或 -2当x = 1时,a 2+n + a 1+n =2<a 1+n + a n > 从而a 2+ a 1= 1 + 2 = 3 ∴数列{ a 1+n + a n }是首项为3且公比为2的等比数列. ∴ a 1+n + a n = 312-⨯n …………①当x = - 2时, a 2+n - 2a 1+n = - <a 1+n -2a n > , 而 a 2- 2a 1= 0 ∴ a 1+n - 2a n = 0 …………② 由①、②得:a n = 21-n , +∈N n练习7：⑴: a 1= 2, a 2= 35, n n n a a a 323512-=++ ,<n = 1、2、3、……>,求数列{ a n }的通项．⑵数列：1、1、2、3、5、8、13、……,根据规律求出该数列的通项．五、数列的简单应用.例10:设棋子在正四面体ABCD 的外表从一个顶点移向另外三个顶点时等可能的.现抛掷骰子,根据其点数决定棋子是否移动,假如投出的点数是奇数,如此棋子不动；假如投出的点数是偶数,棋子移动到另外一个顶点.假如棋子初始位置在顶点A,如此:⑴投了三次骰子,棋子恰巧在顶点B 的概率是多少? ⑵投了四次骰子,棋子都不在顶点B 的概率是多少? ⑶投了四次骰子,棋子才到达顶点B 的概率是多少？分析：考虑最后一次投骰子分为两种情况①最后一次棋子动；②最后一次棋子不动．解：∵ 事件投一次骰子棋子不动的概率为21；事件投一次骰子棋子动且到达顶点B 的概率为3121⨯ =61． ⑴．投了三次骰子,棋子恰巧在顶点B 分为两种情况①.最后一次棋子不动,即前一次棋子恰在顶点B ；②.最后一次棋子动,且棋子移动到B 点．设投了i 次骰子,棋子恰好在顶点B 的概率为p i ,如此棋子不在顶点B 的概率为<1- p i >．所以,投了i+1次骰子,棋子恰好在顶点B 的概率：p 1+i = p i ×21+ <1- p i >×61i = 1、2、3、4、…… ∴ p 1+i = 61 + 31×p i ∵ p 1= 3121⨯=61∴ p 2=92∴ p 3=5413⑵．投了四次骰子,棋子都不在顶点B,说明前几次棋子都不在B 点,应分为两种情况①最后一次棋子不动；②最后一次棋子动,且不到B 点．设投了i 次骰子,棋子都不在顶点B 的概率为i p ',如此投了i+1次骰子,棋子都不在顶点B 的概率为：1+'i p = i p '×21+ i p '×21×<1﹣31> i = 1、2、3、4、…… 即：1+'i p = 65i p ' 又∵1p '= 21+21×<1﹣31> = 65∴4p ' = <65>4 ⑶．投了四次骰子,棋子才到达顶点B ；说明前三次棋子都不在B 点,最后一次棋子动且到达顶点B ．设其概率为P 如此： P =3121⨯×3p ' = 61×<65>3= 1296125答：〔略〕．例11：用砖砌墙,第一层〔底层〕用去了全部砖块的一半多一块；第二层用去了剩下的一半多一块,…,依次类推,每层都用去了上层剩下的一半多一块.如果第九层恰好砖块用完,那么一共用了多少块砖？分析：此题围绕两个量即每层的砖块数ai 和剩下的砖块数bi,关键是找出ai和bi的关系式,通过方程<组>求解．解：设第i层所用的砖块数为ai ,剩下的砖块数为bi<i = 1、2、3、4、…… >如此b9=0,且设b为全部的砖块数,依题意,得a 1=21b+ 1,a2=21b1+ 1,…… ai=21b1-i+ 1 …………①又 b1-i = ai+ bi……………②联立①②得 b1-i -bi=21b1-i+ 1 即bi=21b1-i- 1∴ bi + 2 =21<b1-i+ 2> ∴ b9+2 = <21>9<b+ 2 > ∴ b+2 = 2×29∴ b= 1022练习8：⑴十级台阶,可以一步上一级,也可以一步上两级；问上完十级台阶有多少种不同走法？⑵. 三角形内有n个点,由这n个点和三角形的三个顶点,这n + 3个点可以组成多少个不重叠<任意两个三角形无重叠局部>的三角形？⑶．甲、乙、丙、丁四人传球,球从一人手中传向另外三个人是等可能的.假如开始时球在甲的手中．假如传了n次球,球在甲手中的概率为an ；球在乙手中的概率为bn.<n = 1、2、3、4、…… >.①问传了五次球,球恰巧传到甲手中的概率a5和乙手中的概率b5分别是多少？②假如传了n次球,试比拟球在甲手中的概率an 与球在乙手中的概率bn的大小.③传球次数无限多时,球在谁手中的概率大？参考答案练习1：⑴. an =21<3 n-1> ⑵. an=nn2+练习2：⑴. an= n -1 ⑵. an= 32)1(-n n练习3：⑴. an = 321-n <提示：可两边取对数> ⑵. a n=32[22-n+ <-1>1-n]练习4：an =23+n练习5：⑴ an= 21+n-3 ⑵ an=12211+--nn练习6：⑴可得a1+n +21<n+1>+41= 3<an+21n +41> 从而an=47×31-n-<21n +41> ⑵ <略>练习7：⑴an = 3 -132-nn, ⑵由得a2+n= a1+n+ an⇒ an=55[<251+>n-<251->n]练习8：⑴∵a2+n = a1+n+ an, a1= 1,a2= 2,∴a10= 89 ⑵∵a1+n= an+ 2 ,a1= 3 ∴an= 2n+1⑶①∵a1+n =31<1 - an> b1+n=31<1 - bn> a1= 0 b1=31∴a5=8120； b5=24361.②可解得an =41-41×1)31(--n bn=41+121×1)31(--n∴当n为奇数时, an <41<bn；当n为偶数时,an>41>bn③当n →∞时,an →41,bn→41故球在各人手中的概率一样大．。

2020年高考数学(理)之数列专题11 数列的通项( 叠加法、累乘法求通项)(解析版)

数列11 数列的通项（叠加法、累乘法求通项）一、具体目标：掌握用不同的数学方法求不同形式数列的通项公式.通过数列通项公式的求解过程,利用数列的变化规律,恰当选择方法,是数列的研究和探索奠定基础. 二、知识概述： 1.数列的通项公式：（1）如果数列{}n a 的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．即()n a f n =,不是每一个数列都有通项公式,也不是每一个数列都有一个个通项公式. （2）数列{}n a 的前n 项和n S 和通项n a 的关系：11(1)(2)n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩.2.求数列的通项公式的注意事项：（1）根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，观察出项与n 之间的关系、规律，可使用添项、通分、分割等办法，转化为一些常见数列的通项公式来求．对于正负符号变化，可用()1n-或()11n +-来调整．（2）根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想．由不完全归纳法得出的结果是不可靠，要注意代值验证.（3）对于数列的通项公式要掌握：①已知数列的通项公式，就可以求出数列的各项；②根据数列的前几项，写出数列的一个通项公式，这是一个难点，在学习中要注意观察数列中各项与其序号的变化情况，分解所给数列的前几项，看看这几项的分解中．哪些部分是变化的，哪些是不变的，再探索各项中变化部分与序【考点讲解】号的联系，从而归纳出构成数列的规律，写出通项公式.3.数列通项一般有三种类型：（1）已知数列是等差或等比数列，求通项，破解方法：公式法或待定系数法；（2）已知S n ，求通项，破解方法：利用S n -S n -1= a n ，但要注意分类讨论，本例的求解中检验必不可少，值得重视；（3）已知数列的递推公式，求通项，破解方法：猜想证明法或构造法。

4. 已知数列{}n a 的前n 项和n S ，求数列的通项公式，其求解过程分为三步： (1)先利用11a S =求出1a ；(2)用1n -替换n S 中的n 得到一个新的关系，利用=n a 1n n S S -- (2)n ≥便可求出当2n ≥时n a 的表达式； (3)对1n =时的结果进行检验，看是否符合2n ≥时n a 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分1n =与2n ≥两段来写．【注】该公式主要是用来求数列的通项，求数列通项时，一定要分两步讨论，结果能并则并，不并则分. 5. 递推公式推导通项公式方法：（1）叠加法：1()n n a a f n +-=叠加法（或累加法）：已知()⎩⎨⎧=-=+n f a a a a n n 11，求数列通项公式常用叠加法（或累加法）即112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-++-+-=---Λ.（2）累乘法：已知()⎪⎩⎪⎨⎧==+n f a a a a nn 11求数列通项公式用累乘法. （3）待定系数法：1n n a pa q +=+（其中,p q 均为常数，)0)1((≠-p pq ）解法：把原递推公式转化为：)(1t a p t a n n -=-+，其中pqt -=1，再利用换元法转化为等比数列求解. （4）待定系数法： nn n q pa a +=+1（其中,p q 均为常数，)0)1)(1((≠--q p pq ）. （或1nn n a pa rq +=+,其中,,p q r 均为常数）.解法：在原递推公式两边同除以1+n q ，得：111n n n n a a p q q q q++=⋅+，令n n n q a b =，得：q b q p b nn 11+=+，再按第（3）种情况求解.（5）待定系数法：b an pa a n n ++=+1(100)p a ≠≠，， 1122332211a a a a a a a a a a a a n n n n n n n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-----Λ解法：一般利用待定系数法构造等比数列，即令)()1(1y xn a p y n x a n n ++=++++，与已知递推式比较，解出y x ,,从而转化为{}y xn a n ++是公比为p 的等比数列. （6）待定系数法：21(0,1,0)n n a pa an bn c p a +=+++≠≠解法：一般利用待定系数法构造等比数列，即令221(1)(1)()n n a x n y n z p a xn yn z ++++++=+++，与已知递推式比较，解出y x ,,从而转化为{}2n a xn yn z +++是公比为p 的等比数列. （7）待定系数法：n n n qa pa a +=++12（其中,p q 均为常数）.解法：先把原递推公式转化为)(112n n n n sa a t sa a -=-+++其中,s t 满足s t pst q+=⎧⎨=-⎩，再按第（4）种情况求解.（8）取倒数法：1()()()nn n g n a a f n a t n +=+解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为q pa a n n +=+1，按第（3）种情况求解.（11()()()0n n n n g n a t n a f n a a +++-=，解法：等式两边同时除以1n n a a +⋅后换元转化为q pa a n n +=+1，按第（3）种情况求解.）.（9）取对数rn n pa a =+1)0,0(>>n a p解法：这种类型一般是等式两边取以p 为底的对数，后转化为q pa a n n +=+1，按第（3）种情况求解. 6. 以数列为背景的新定义问题是高考中的一个热点题型，考查频率较高，一般会结合归纳推理综合命题．常见的命题形式有新法则、新定义、新背景、新运算等．(1)准确转化：解决数列新定义问题时，一定要读懂新定义的本质含义，将题目所给定义转化成题目要求的形式，切忌同已有概念或定义相混淆．(2)方法选取：对于数列新定义问题，搞清定义是关键，仔细认真地从前几项(特殊处、简单处)体会题意，从而找到恰当的解决方法．类型1 )(1n f a a n n +=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用叠加法求解例1.设数列{}n a 中，112,1n n a a a n +==++，则通项n a = .【解析】法一：由题意可知：112,1n n a a a n +==++ 所以有()111n n a a n -=+-+，()1221n n a a n --=+-+，()2331n n a a n --=+-+，K ，3221a a =++，2111a a =++，1211a ==+将以上各式相加得：()()()123211n a n n n n =-+-+-+++++⎡⎤⎣⎦L()()()()11111111222n n n n n n n n --+⎡⎤-+⎣⎦=++=++=+ 故应填()112n n ++.法二：由题意11n n a a n +=++可得：11n n a a n +-=+， ()111n n a a n --=-+，()1221n n a a n ---=-+，()2331n n a a n ---=-+，K ，3221a a -=+，2111a a -=+，1211a ==+.将以上各式相加得：()()()123211n a n n n n =-+-+-+++++⎡⎤⎣⎦L()()()()11111111222n n n n n n n n --+⎡⎤-+⎣⎦=++=++=+ 故应填()112n n ++. 【答案】()112n n ++ 类型2 n n a n f a )(1=+ .解法：把原递推公式转化为)(1n f a a nn =+，利用叠乘法求解。

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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。

◆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1．①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21n
S n n =+-，求数列{}n a 的通项公式.
◆三、累加（乘）法
对于形如)(1n f a a n n +=+型或形如n n a n f a )(1=+型的数列，我们可以根据递推公式，写出n 取1到n 时的所有的递推关系式，然后将它们分别相加（或相乘）即可得到通项公式。

例4. 若在数列{}n a 中，31=a ，n a a n n +=+1，求通项n a 。

解析：由n a a n n +=+1得n a a n n =-+1，所以
11-=--n a a n n ，221-=---n a a n n ，…，112=-a a ，
将以上各式相加得：1)2()1(1+⋅⋅⋅+-+-=-n n a a n ，又31=a
所以 n a =32
)
1(+-n n 例5.
在数列{}n a 中，11=a ，n n n a a 21=+（*
N n ∈），求通项n a 。

解析：由已知
n n n a a 21=+，112--=n n n a a ，2212---=n n n a a ，…，21
2=a a
，又11=a ，
所以n a =1-n n a a ⋅⋅--21n n a a …
1
2a a 1a ⋅=⋅-12n ⋅-2
2n …12⋅⋅=2)
1(2-n n ◆四、取倒（对）数法
例6.．设数列}{n a 满足,21=a ),N (3
1∈+=
+n a a a n n
n 求.n a 解：原条件变形为.311n n n n a a a a =⋅+⋅++两边同乘以
,11+⋅n n a a 得1
1
131+=⋅+n n a a .
∵1132
1
1,211)2113-+=+∴+=+n n n n a a a （
∴.1
322
1-⨯=
-n n a
变式:1.已知数列｛a n ｝满足：a 1＝
3
2
，且a n ＝n 1n 13na n 2n N 2a n 1*≥∈－－（，）＋－
（1）求数列｛a n ｝的通项公式；
（2）证明：对于一切正整数n ，不等式a 1•a 2•……a n <2•n ！
2、若数列的递推公式为1111
3,2()n n
a n a a +==-∈，则求这个数列的通项公式。

3、已知数列{n a }满足2,11≥=n a 时，n n n n a a a a 112--=-，求通项公式。

4、已知数列｛a n ｝满足：1,1
3111
=+⋅=--a a a a n n n ，求数列｛a n ｝的通项公式。

5、若数列｛a n ｝中，a 1=1，a 1+n =2
2+n n
a a n ∈N +，求通项a n ．
◆五、待定系数法：
1、通过分解常数，可转化为特殊数列{a n +k}的形式求解。

一般地，形如
a 1+n =p a n +q
（p ≠1，pq ≠0）型的递推式均可通过待定系数法对常数q 分解法：设a 1+n +k=p （a n +k ）与原式比较系数可得pk －k=q ，即k=
1
-p q
，从而得等比数列{a n +k}。

例9、数列{a n }满足a 1=1，a n =
2
1
a 1-n +1（n ≥2），求数列{a n }的通项公式。

解：由a n =21a 1-n +1（n ≥2）得a n －2=2
1
（a 1-n －2），而a 1－2=1－2=－1，
∴数列{ a n －2}是以21
为公比，－1为首项的等比数列
∴a n －2=－（21）1-n ∴a n =2－（2
1）1
-n
练习、1数列{a n }满足a 1=1，0731=-++n n a a ,求数列{a n }的通项公式。

2、已知数列{}n a 满足11=a ，且132n n a a +=+，求n a ．
2、递推式为1
1+++=n n n q pa a （p 、q 为常数）时，可同除1
+n q
，得
111+⋅=++n n n n q a q p q a ，令n
n
n
q a b =从而化归为q pa a n n +=+1（p 、q 为常数）型．
、
例10．已知数列{}n a 满足11=a ，123-+=n n
n a a )2(≥n ，求n a ．
解：将123-+=n n n a a 两边同除n
3，得
n n n n a a 32131-+=⇒
11
33213--+=n n n
n a a 设n n n a b 3
=，则1321-+=n n b b ．令)(321t b t b n n -=--⇒t b b n n 31
321+=-
⇒3=t ．条件可化成)3(3
231-=--n n b b ，数列{}3-n b 是以38
33311-=-=-a b 为首项，
32为公比的等比数列．1)32
(383-⨯-=-n n b ．因n n n a b 3
=, )3)3
2
(38(331+⨯-==∴-n n n n n b a ⇒2123++-=n n n a ．
◆六：换元法：类比函数的值域的求法有三角代换和代数代换两种，目的是代换后出现的整体数列具有
规律性。

例16 已知数列{}n a 满足111
(14116n n a a a +=
+=，，求数列{}n a 的通项公式。

解：令n b =2
1(1)24
n n a b =-
故2111(1)24n n a b ++=
-，代入11
(1416
n n a a +=++得 22
1111(1)[14(1)]241624
n n n b b b +-=+-+ 即2214(3)n n b b +=+
因为0n b =≥，故10n b +=≥ 则123n n b b +=+，即11322
n n b b +=+，可化为11
3(3)2
n n b b +-=
-，
所以{3}n b -是以13332b -===为首项，以
2
1
为公比的等比数列，因此
121132()()22n n n b ---==，则21()32n n b -=+21
()32n -=+，得
2111
()()3423
n n n a =
++。

评注：n b ，使得所给递推关系式转化113
22
n n b b +=
+形式，从而可知数列{3}n b -为等比数列，进而求出数列{3}n b -的通项公式，最后再求出数列{}n a 的通项公式。