(完整版)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：Θ 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：Θ 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 Λ ()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：Q 11

n n n a a n -=

- ∴11n 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 -===-g

g g g L g g g g L g ()

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：Q 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 ∴()111122n 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

Q 1122n n n a a a --=

+ ∴

1112111

22

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得 21

1lg 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11

2lg 2

lg3lg3n 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+=+Θ 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

3323

1

1+?=++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） ∴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 =1Θ不适合上式 ()

()()?

??≥?+?-==∴--2322311

2n 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

.