高中数学 数列通项公式的求法集锦论文
论文：浅谈求数列通项公式的几种方法
浅谈求数列通项公式的几种方法灵璧县黄湾中学 柯林摘要:本文通过几个最新的具体的高考实例分别介绍了高中阶段求数列通项公式的几种不同方法。
数列在理论上和实践中均有较高的价值,是培养学生观察能力、理解能力、逻辑思维能力的绝好载体，高考对数列知识的考察从未间断过，而且在前几年,很多省市的高考数学卷都把数列题作为压轴题。
数列的通项公式是数列的核心内容之一,它如同函数中的解析式一样，有了解析式便可研究性质等；而有了数列的通项公式便可求出数列中的任一项及前n 项和等。
因此，求数列的通项公式往往是解题的突破口、关键点.本文即通过几个高考实例总结了在高中阶段，求数列的通项公式的常用方法和策略。
1． 观察法即归纳推理,就是观察数列特征,找出各项共同的构成规律,横向看各项之间的关系结构，纵向看各项与项数n 的内在联系，从而归纳出数列的通向公式,然后利用数学归纳法加以证明即可。
例1。
（2014年重庆理科)设11=a ,)(2221*+∈++-=N n b a a a n n n 。
(Ⅰ）若1=b ，求32,a a 及数列}{n a 的通项公式．解：由题意可知：11111+-==a ，11221221212+-==++-=a a a , 113121222223+-=+=++-=a a a .因此猜想11+-=n a n 。
下面用数学归纳法证明上式． (1)当n ＝1时，结论显然成立．（2）假设当n ＝k 时结论成立,即11+-=k a k ，则11)1(11)1(11)1(122221+-+=++-=++-=++-=+k k a a a a k k k k ，即当n ＝k ＋1时结论也成立． 由（1）、(2）可知,对于一切正整数n ，都有)(11*∈+-=N n n a n ． 点评:采用数学归纳法证明是理科教学内容，较为容易，好掌握.2． 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。
高中数学数列通项公式的求法集锦论文
求 an 。有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解。
例 3．在数列 { an } 中， a1=1， an 1 nan ，求 an 。
解：由已知得 an 1 n ，分别取 n=1、 2、 3…… (n-1), 代入该式得 n-1 个等式累乘， an
即 a2 . a3 . a4 ...... an =1 × 2 × 3 × … × (n-1)=(n-1)!
anan
1得
2 an
1 an 1
2an
an 1
1
1
移项得：
an 1 2(
an )
an 1
an
所以新数列 { 1
1 an} 是首项为
a1
1 3
an
a1
3
8
q=2 的等比数列。
3
1
故
an
an
1 2n 2 3
解关于 an 的方程得 an
1 (2n 1 3
22 n 2 9) 。
六．利用公式 an Sn Sn 1(n 2) 求通项
例 6、（ 07 全国
理 21）设数列 { an } 的首项 a1
3 (0,1) ， an =
an 1 ，n=2、3、4…… 2
（ ）求 { an } 的通项公式。
解：构造新数列 an p ，使之成为 q
1
的等比数列
2
1 即 an p = (an 1 p)
2
整理得： an =
1 an 1
3
3
p 满足 an =
2
故 an
n(n 1) a1 2
2
n n 2 且 a1 1也满足该式 ∴ an 2
2
n n 2(n 2
数列通项公式的求法(论文)
浅谈求数列通项公式的几种方法数列的通项公式是数列的核心内容之一，它如同函数中的解析式一样,有了解析式便可研究起性质等；而有了数列的通项公式便可求出任一项以及前 N项和等。
因此，求数列的通项公式往往是解题的突破口、关键点。
作为一线教师，本人根据多年教学经验结合近年来的数列 考查动向，将求数列通项公式的方法做一总结,希望能对广大考生的复习有所帮助。
下面我就谈谈求数列通项公式的几种方法： 一、观察法即归纳推理，一般用于解决选择、填空题。
过程：观察→概括、推广→猜出一般性结论。
例 1：根据数列的前4项，写出它的一个通项公式：2 510 17 3 252 3 4 5 24 8 16解：（1）变形为：10 －1，10―1，10 ―1，10 ―1，…… ∴通项公式为：a n = 101n +1 n +1n +1 2点评：关键是找出各项与项数n的关系。
33 7 9 11 2n +1二、 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．{n }n 1, 3, 9 5 5nn11 4 9 162 1 2（1）9，99，999，9999，…（2） （3）1 2 3 4 13 7 15 （4） ,, ,, (5)， ，，。
n2 n 2 （2）a = n+ ; （3）a = ;2nnn +1（4）a = ( 1) ⊕ . （5）a =n1针对性训练：① 3 33 333 333 3333 … （a = (10 1)）2 2 10 17 26 n +1 ② 1… （） n2aaa求数列 的通项公式.解：设数列 a 公差为 d(d>0)∵ 1, a 23,a 9 成等比数列， 4a 31 9点评：当已知数列为等差或等比数列时，可直接利用等差或等比数列的通项公式，只需求 得首项及公差公比。
针对性训练： 已知等比数列 {a n}的首项 a 1 = 1，公比 0 < q<1，设数列{b n }的通项为nn +1 n +2 nn +1n +2 n +3 nb n a n +1 +a n +2b n =q (q +1)⊕q =q (q +1)三、公式法♥S nS n 1nε 2nn（1） S n = n +n 1。
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高中数学数列论文范文数学中，数列的教学思想是一座桥梁，能够将复杂的问题巧妙地转化成简单的解题方法，让教师在教学中和学生学习的过程中更清晰、更简洁。
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高中数学数列论文篇一【摘要】随着新课标在我国的全面实施，高中数学教学中心课改的理念如何体现，才能适应新课改的要求?成为高中数学教学实践的重点目标。
高中数学数列方面的内容，是高中数学的基础内容，很多重要的数学问题通过数列都可得到圆满解决。
因此教好数列、学好数列对提高学生未来解决数学问题的能力有重要的实践意义。
从教师角度看，优良的数列教学课堂设计对教学目标和教学效果的实现举足轻重。
【关键词】高中数学;数列;课堂教学高中数学中，数列占有很重要的教学地位，数列在数学领域隶属于离散函数的范畴，是解决现实中很多数学问题的重要工具。
数列问题是高二年级数学教学的基础。
数列问题学习可以培养学生对数学问题的思考、分析和归纳的能力。
并对以后阶段的数学知识有启蒙作用。
数学教师必须重视数列教学实践对学生的启发作用。
一、数列部分教学内容概述数列这一部分主要介绍了数列的概念，并对数列根据其特点进行了分类。
接着引出了数列通项的概念。
高中二年级主要学习等差、等比数列的概念，通项公式，前n项和。
并对数列在现实生活中的意义进行了介绍，主要有分期付款等储蓄问题。
本章介绍的数学公式较多，主要涉及数列的通项公式和前n项和公式。
教学中，对公式的推导过程和变形种类要重点讲解。
以便让学生从数学原理的角度对数列的相关概念做深入理解。
如何灵活的运用数列的性质来对综合性题目进行解答是本章的重点教学任务。
数列的相关问题的认识，要贯穿函数的思想来向学生传递。
二、数列教学的有效性策略简析数列的教学应该遵循有效性原则来进行。
我们在教学中应该用先进的教学理念来指导教学。
数学的思维模式主要是逻辑性思维为主，因此有效的方式方法一旦为学生所领会，那教学的过程会变得相当的容易。
高中数学教学论文 递推数列通项的求解策略 苏教版
递推数列通项的求解策略由数列的递推公式，求数列的通项公式是高考常考的内容，但是由于数列的表现形式各异，有些数列的递推公式比较复杂，给问题的解决带来不少困难。
本文试图归纳几类较为常见的数列通项问题的求法，给读者一些有益的启示.1．累加型形如)1(1-+=-n f a a n n ，则)1(1-=--n f a a n n)1(12f a a =-, ),2(23f a a =-,)1(1-=--n f a a n n 以上1-n 个等式经累加， 得∑-=+=111)(n k n k f a a .例1数列}{n a 满足211=a ,nn a a n n -+=-211)2(≥n ,求数列}{n a 的通项. 解：由n n a a n n -=--211且211=a ，得∑-=+-+=-1121)1()1(1n k n k k a a ，所以 n a =∑-=+-+11)111(21n k k k =n 1121-+=n 123-.2．累乘型形如)1(1-=-n f a a n n ，0≠n a ，则)1(1-=-n f a a n n 可利用)1(12f a a =, ),2(23f a a =,)1(1-=-n f a a n n 以上1-n 个等式经累乘，得)(111k f a a n k n -=∏=，即)(111k f a a n k n -=∏⋅=. 例2数列}{n a 中11=a ,且12)11(--=n n a n a )2(≥n ,0≠n a ，求数列}{n a 的通项. 解：因为2111n a a n n -=-,1-n 个等式经累乘得⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-∏=-=2111)1(11k a a n k n ，所以 =n a ])1(11[2111+-∏⋅-=k a n k =]121[111++⨯+∏⨯-=k k k k n k =n n 21+.3. 构造型（1）形如B Aa a n n +=-1，其中B A ,为常数且0,0,1≠≠≠B A A 的构造可用待定系数法,构造一个公比为A 的等比数列,令)(1λλ+=+-n n a A a ,经整理比较 得,)1(B A =-λ1-=A B λ,从而}1{-+A B a n 是一个公比为A 的等比数列.例3已知数列{}n a 满足2311+=-n n a a ，11=a ，求{}n a 的通项公式.解：设)(311λλ+=+-n n a a ，解之得3-=λ，则)3(3131-=--n n a a ，令3-=n n a b ， 则数列{}n b 是以2311-=-=a b 为首项，31为公比的等比数列，所以132--=n n b ，所以 1323--=n n a . 评析：把λ+n a 作为一个整体，求λ，通过求{}3-n a 的通项，间接的求{}n a 的通项公式.若1=A ，则可以用累加法直接求通项.（2）形如1n n n a Aa b -=+，且0,0≠≠b A 型的构造 可变形成111+⎪⎭⎫ ⎝⎛=--n n n n b a b A b a ，令n n n b a c =，则11+=-n n c b A c ，（此问题就转化成B Aa a n n +=-1 的模型求解）.例4已知数列{}n a 满足142n n n a a -=-，14a =，求{}n a 的通项公式.解：原式变型为112122n n n n a a --=-，令2n n n a b =，则121n n b b -=-（此问题就转化成B Aa a n n +=-1 的模型）……，解之得：2122n n n a -=+.评析：等式两边同除以2n ，要注意n a 的下标与指数变量同步，即：n a 与2n ，1n a -与12n -，将问题转化到B Aa a n n +=-1模型求解.（3）n Aa a n n +=-1，且0≠A 型的构造 可用待定系数法构造γλλ+-+=+-))1((1n a A n a n n ，然后经整理比较n Aa a n n +=-1得出 1,11-=-=A A A γλ，从而转化为B Aa a n n +=-1型的构造. 例5已知数列{}n a 满足n a a n n -=-12，21=a ，求{}n a 的通项公式. 解：设()121n n a n a n λλγ-+=+-+⎡⎤⎣⎦，解之得1-=λ，2γ=-， 则()[]2121---=--n a n a n n ，令n a b n n -=，则221-=-n n b b （此问题就转化成 B Aa a n n +=-1的模型）……，解之得：221++-=-n a n n .评析：把n a n λ+作为一个整体，要注意n a 的下标与一次变量同步，即：n a 与n ，1-n a 与1-n ，将问题转化到B Aa a n n +=-1的模型求解.类型(1)(2)(3)也可归纳到0),(1≠+=-A n f Aa a n n 这类问题中，则还可通过同除n A ，变形为0,)(11≠+=--A A n f A a A a n n n n n ，令n n n A a b =，得n n n An f b b )(1+=-，再通过累加得 ∑-=+++=1111)1(n i i n Ai f b b . （4）形如)1,0,,0(1≠≠∈>=-k k Q k m ma a k n n 的构造可两边取对数得m a k a n n lg lg lg 1+=-，令n n a b lg =，得m b k b n n lg 1+⋅=-，所以该问题转化到B Aa a n n +=-1模型求解.例6数列}{n a 中, 11=a ,312-=n n a a ,求n a解：显然0>n a ,对312-=n n a a 的两边同时取以2为底的对数得1log 3log 122+=-n n a a ,令n n a b 2log =,则131+=-n n b b ，（此问题就转化为B Aa a n n +=-1模型）……，解之得：)13(2112--=n n a .评析：由于数列}{n a 是冪型数列，通过取对数将递推关系式转化为q pa a n n +=+1的模型, 若1=k ，可以用累乘法求通项.例7已知数列}{n a 与}{n b 有如下关系：,21=a ),1(211nn n a a a +=+ 11-+=n n n a a b ， 求数列}{n a 和}{n b 的通项公式. 解：有已知得22111)11(1)1(211)1(2111n n n nn n n n n n b a a a a a a a a b =-+=-+++=-+=+++ ，且0,31>=n b b . 即21n n b b =+，取对数得n n b b lg 2lg 1=+，即数列}{lg n b 是首项为3lg ，公比为2的等比数列. 3lg 2lg 1-=∴n n b ，于是123-=n n b ，从而1313111122-+=-+=--n n n n n b b a . 评析：虽然数列}{n a 不是冪型数列，但由此构造的数列}{n b 是一个冪型，所以可以先求出数列}{n b 的通项公式，再求数列}{n a 的通项公式.（5）其它一些常见类型的构造例7数列}{n a 满足1)1(1++=+n n a n na ,且11=a ,求数列}{n a 的通项.解：将原式两边同时除以)1(+n n ,变形为)1(111++=++n n n a n a n n . 令na b n n =, 则)1(11++=+n n b b n n （即可化为用累加方法求解）……，解之得： 12-=n a n .评析：通过同除)1(+n n ，将递推关系式转化为累加型通项求法.例8已知各项都是正数的数列}{n a 满足231=a ，)4(211n n n a a a -=+，求数列}{n a 的通项公式. 解：由已知得,2)2(2121+--=+n n a a 令n n b a =-2，则有21121,21n n b b b ==+. ,20,01<<∴>+n n a a 又201<<a ，20<<∴n a ，从而0>n b . 取对数得2lg lg 2lg 1-=+n n b b ，令n n b c lg =，得2lg 21-=+n n c c （此问题就转化为B Aa a n n +=-1模型）……，解之得：n n b 212-= 评析： 数列}{n a 是一个二次递推数列，虽然不是基本冪型，但由它可以构造一个新的冪型数列}{n b ，通过求}{n b 的通项公式而达到求数列}{n a 通项公式的目的.。
高中数学《数列求通项公式》完美编辑解析版
数列求通项公式【教学目标】1.了解数列求通项的常见方法：待定系数法、已知n S 求n a 、构造法、累加法、累乘法。
【知识梳理】1. 已知S n 求a n 的三个步骤 (1)先利用a 1＝S 1求出a 1.(2)用n －1(n ≥2)替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式． (3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 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n ＝1与n ≥2两段来写． 2. 由数列递推式求通项公式的常用方法(1)构造法：形如a n ＝pa n －1＋m (p 、m 为常数，p ≠1，m ≠0)时，构造等比数列. (2)累加法：形如a n ＝a n －1＋f (n )({f (n )}可求和)时，用累加法求解． (3)累积法：形如a n a n ＋1＝f (n )({f (n )}可求积)时，用累积法求解．【典型例题】考点一 待定系数法【典型例题1】1.已知等差数列{a n }的公差d >0.设{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 2·S 3＝36，求d 及S n . 解析：由题意知(2a 1＋d )(3a 1＋3d )＝36， 将a 1＝1代入上式解得d ＝2或d ＝－5. 因为d >0，所以d ＝2，S n ＝n 2(n ∈N *)． 【对点演练1】1.已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和等于________．解析：设等比数列的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 3＝9，a 21·q 3＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12.又{a n }为递增数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，所以S n ＝1－2n 1－2＝2n－1.考点二 由a n 与S n 的关系求通项a n命题点1 已知a n 与S n 【典型例题2】1. (2018·全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝ . 答案 －63解析：∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)， 即a n ＝2a n －1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1＝－1，公比q ＝2的等比数列， ∴S n ＝a 11－q n 1－q ＝－1×1－2n1－2＝1－2n ，∴S 6＝1－26＝－63. 【对点演练2】1.已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且满足S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值； (2)求数列{a n }的通项公式．解析：(1)由S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)，可得a 1＝12a 21＋12a 1，解得a 1＝1； S 2＝a 1＋a 2＝12a 22＋12a 2，解得a 2＝2；同理a 3＝3，a 4＝4. (2)S n ＝12a 2n ＋12a n ，① 当n ≥2时，S n －1＝12a 2n －1＋12a n －1，② ①－②得(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0. 由于a n ＋a n －1≠0， 所以a n －a n －1＝1， 又由(1)知a 1＝1，故数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列，故a n ＝n . 命题点2 已知n 与S n 【典型例题3】1. 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，则a n ＝ . 答案 4n －5解析：a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5， 由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5. 【对点演练3】1.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝ .答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，n ∈N * 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－[(n －1)2＋1]＝2n －1， a 1＝2不满足上式． 故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，a 1＝2不满足上式.2n －1，n ≥2，n ∈N *.命题点3 S n 链式运算 【典型例题4】1.已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n ，则a n ＝ . 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n ，n ≥2解析：当n ＝1时，由已知，可得a 1＝21＝2， ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n ，①故a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝2n －1(n ≥2)，②由①－②得na n ＝2n －2n －1＝2n －1， ∴a n ＝2n －1n.显然当n ＝1时不满足上式， ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n ，n ≥2.【对点演练4】1. 设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，则a n ＝ .答案13n解析：因为a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，①则当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，② ①－②得3n －1a n ＝13，所以a n ＝13n (n ≥2)．由题意知a 1＝13符合上式，所以a n ＝13n .考点三 由递推关系求数列的通项公式命题点1 构造法【典型例题5】1.数列{}n a 中，11a =，132n n a a -=+，求数列{}n a 的通项公式思路：观察到n a 与1n a -有近似3倍的关系，所以考虑向等比数列方向构造，通过对n a 与1n a -分别加上同一个常数λ，使之具备等比关系，考虑利用待定系数法求出λ 解析：设()13n n a a λλ-+=+即132n n a a λ-=+ 对比132n n a a -=+，可得1λ=()1131n n a a -∴+=+{}1n a ∴+是公比为3的等比数列()11113n n a a -∴+=+⋅ 1231n n a -∴=⋅-【对点演练5】1.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1，则{a n }的通项公式为________． 解析：由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3a n ＋32＝3⎝⎛⎭⎫a n ＋12. 又a 1＋12＝32，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列，所以a n ＋12＝3n2，因此数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －12.命题点2 累加法【典型例题6】1.数列{}n a 满足：11a =，且121nn n a a +-=+，求n a 解析：121nn n a a +-=+1121n n n a a ---=+12121a a -=+累加可得：()2112221n n a a n --=++++-()122112321n n n n --=+-=+--22n n a n ∴=+-【对点演练6】1.a 1＝0，a n ＋1＝a n ＋(2n －1)(n ∈N *)；解析：a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(a n －a n －1)＝0＋1＋3＋…＋(2n －5)＋(2n －3)＝(n －1)2， 所以数列的通项公式为a n ＝(n －1)2.命题点3 累乘法【典型例题7】1.已知数列{}n a 满足：11a =，且()11n n na n a +=+，求n a 解析：()1111n n n n a n na n a a n+++=+⇒= 1212112121n n n n a a a n n a a a n n ----∴⋅⋅⋅=⋅⋅⋅-- 1na n a ⇒= 1n a na n ∴== 【对点演练7】 1.a 1＝1，a n ＝nn －1a n －1(n ≥2，n ∈N *)．解析：当n ≥2，n ∈N *时， a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×…×a na n －1＝1×21×32×…×n －2n －3×n －1n －2×n n －1＝n ，当n ＝1时，也符合上式。
数列的通项公式求解技巧
数列的通项公式求解技巧艾尼·吾司塔1， 木沙江·吐尔逊2（阿图什市第一中学, 阿图什 845350)摘要：数列是高中数学的重要部分，尤其是现实生活中的应用很广.这文章为了学生针对高考数学数列题，总结了数列的通项公式求解问题的方法.关键词：数列，通项公式，递推公式.1. 引言在古代人类随着自然数、分数的概念和四则运算的产生，为了生产与生活的需要，就产生了数列的知识.在世界数学史上，对数列的讨论具有悠久的历史，中国、巴比伦、古希腊、埃及和印度等，都曾经研究过数列，中国古代数学名著《周髀算经》 《九章算术》《孔子算经》 《张邱建算经》等，对等差数列a+(a+b)+(a+2b)+(a+3b)+…＋〔a ＋(n －1)b 〕和等比数列a ＋aq ＋aq 2＋aq 3＋…＋aqn －1都列举出计算的例子，说明中国古代对数列的研究曾作出过一定的贡献.现在我国关于这个方面有很多研究工作[1-4].2.数列的通项公式求解技巧历年的高考中出现了给出数列的解析式（包括递推关系式和非递推关系式）求通项公式的问题.对于这类问题学生感到困难较大.本文以例子介绍这类问题求通项公式的初等方法和技巧，以供参考.1、累加法数列有形如a n+1=a n +f(n)的解析式，而f (1)+f (2)+……+f (n )的和是可求的，可用多式相加法求得a n .例1.在数列{a n }中，a 1=－1，a n+1= a n +2n ，求a n （n ≥2）.解：由条件，a 2=a 1+2×1,a 3=a 2+2×2……，a n = a n －1+2(n －1)，以上n －1个式子相加化简得：a n =a 1+n (n －1)=n 2－n －1.练习1.数列}{n a 满足211=a ,nn a a n n -+=-211)2(≥n ,求数列}{n a 的通项. 2、累乘法数列有形如a n =f (n )·a n －1的解析关系，而f (1)·f (2)……f (n )的积是可求的，可用多式相乘法求得a n .例2．在数列{a n }中，a a n n a a n n (11,2111-⋅+-==≥2），求n a . 解：由条件⋅+-=⋅=⋅=⋅=⋅=11,64,53,42,3145342312n n a a a a a a a a a n a n －1,1收稿日期：2015-6-18 ; 修回日期作者简介:艾尼·吾司塔（1981-），男 ，新疆维吾尔自治区阿图什人，硕士研究生，从事高中数学研究。
浅谈数列通项公式的求法数学专业论文
学科代码：学号：贵州师范大学（本科）毕业论文题目：浅谈数列通项公式的求法学院：数学与计算机科学学院专业：数学与应用数学专业浅谈数列通项公式的求法摘要: 高中的数学中，数列的通项公式是学习数列的重难点，是数列的核心内容之一，它如同函数中的解析式，有了解析式便可研究函数的性质;有了数列的通项公式，便可求数列的任一项和前n项的和等。
因此，在解题的过程中，求数列的通项公式是解题的突破口，关键点。
同时，求数列的通项公式，方法灵活多样，对于培养学生的贯彻能力，理解能力和逻辑思维能力有着十分重要的作用。
本篇论文就我对数列的学习，研究及近来来数列的考察方向，对通项公式的种种求法做简单浅谈。
关键字：数列，通项公式，求法。
Abstract: the high school mathematics, the sequence of general term formula isto study the difficult point of the sequence, is one of the core content of thesequence, it as an analytic expression of function, the analysis method to studythe properties of the function; A series of general term formula, then ask forthe sequence of item before any item and n and etc. Therefore, in the process ofproblem solving, sequence of general term formula are the breakthrough to problemsolving, key points. At the same time, the sequence of general term formula, themethod is flexible, to develop the students' ability to carry out, understandingability and logical thinking ability has a very important role. This paper serieson my study and research and the recent series of direction, all kinds of methodof general term formula to do a simple introduction.Key words: sequence, the general term formula of calculation methods.1.引言数列通项公式直接表述了数列的本质，是给出数列的一种重要方法。
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数列通项公式的求法集锦非等比、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。
一、累加法形如1()n n a a f n --= (n=2、3、4…...) 且(1)(2)...(1)f f f n +++-可求，则用累加法求n a 。
有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解。
例1. 在数列{n a }中，1a =1，11n n a a n --=- (n=2、3、4……) ，求{n a }的通项公式。
解：∵111n a ==时，21324312123.......1n n n a a a a a a a a n -≥-=⎫⎪-=⎪⎪-=⎬⎪⎪-=-⎪⎭时,这n-1个等式累加得：112...n a a -=+++（n-1）=(1)2n n -故21(1)222n n n n n a a --+=+= 且11a =也满足该式 ∴222n n n a -+= (n N *∈). 例2．在数列{n a }中，1a =1，12n n n a a +-= (n N *∈),求n a 。
解：n=1时, 1a =121232343112222.......2n n n n a a a a a a a a --≥-=⎫⎪-=⎪⎪-=⎬⎪⎪⎪-=⎭时,以上n-1个等式累加得21122 (2)n n a a --=+++=12(12)12n ---=22n -，故12221n nn a a =-+=- 且11a =也满足该式 ∴21n n a =- (n N *∈)。
二、累乘法形如1()nn a f n a -= (n=2、3、4……)，且(1)(2)...(1)f f f n +++-可求，则用累乘法求n a 。
有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解。
例3．在数列{n a }中，1a =1，1n n a na +=，求n a 。
解：由已知得1n na n a += ，分别取n=1、2、3……(n-1),代入该式得n-1个等式累乘，即3241231........n n a a a a a a a a -=1×2×3×…×(n-1)=(n-1)!所以时，1(1)!n a n a =-故(1)!n a n =-且10!a ==1也适用该式 ∴(1)!n a n =- (n N *∈).例4．已知数列{n a }满足1a =23，11n n n a a n +=+，求n a 。
解：由已知得11n n a n a n +=+，分别令n=1，2，3，….(n-1),代入 上式得n-1个等式累乘，即3241231........n n a a a a a a a a -= 1231......234n n-⨯⨯⨯ 所以11n a a n =，又因为123a =也满足该式，所以23n a n=。
三、构造等比数列法原数列{n a }既不等差，也不等比。
若把{n a }中每一项添上一个数或一个式子构成新数列，使之等比，从而求出n a 。
该法适用于递推式形如1n a +=n ba c +或1n a +=()n ba f n +或1n a += n n ba c +其中b 、c 为不相等的常数，()f n 为一次式。
例5、（06福建理22）已知数列{n a }满足1a =1，1n a +=21n a + (n N *∈)，求数列{n a }的通项公式。
解：构造新数列{}n a p +，其中p 为常数，使之成为公比是n a 的系数2的等比数列 即1n a p ++=2()n a p + 整理得：1n a +=2n a p +使之满足1n a +=21n a + ∴p=1即{}1n a +是首项为11a +=2，q=2的等比数列∴1n a +=122n -⋅ n a =21n-例6、（07全国II 理21）设数列{n a }的首项1(0,1)a ∈，n a =132n a --，n=2、3、4…… （I ）求{n a }的通项公式。
解：构造新数列{}n a p +，使之成为12q =-的等比数列即n a p +=11()2n a p --+ 整理得：n a =11322n a p ---满足n a =132n a -- 得 32p -=32 ∴p=-1 即新数列{}1n a -首项为11a -，12q =-的等比数列 ∴1n a -=1(1a -）112n --（） 故 n a =1(1a -）112n --（）+1例7、（07全国I 理22）已知数列{n a }中，1a =2，1n a +=1)(2)n a + n N *∈（I ）求{n a }的通项公式。
解：构造新数列{}n a p +，使之成为1q =的等比数列1n a p ++=1)()n a p + 整理得：1n a +=1)n a +2)p使之满足已知条件 1n a +=1)n a +21)∴2)1)p =解得p = ∴{n a 是首项为21q =的等比数列，由此得n a (2-11)n - ∴n a 1)n例8、已知数列{n a }中，1a =1，1n a +=23nn a +，求数列的通项公式。
分析：该数列不同于以上几个数列，该数列中含3n是变量，而不是常量了。
故应构造新数列{3}nn a λ+，其中λ为常数，使之为公比是n a 的系数2的等比数列。
解：构造数列{3}nn a λ+，λ为不为0的常数，使之成为q=2的等比数列即113n n a λ+++=2(3)n n a λ+ 整理得：1n a +=12(233)n n n a λλ++-满足 1n a +=23n n a + 得12333n n nλλ+-= ∴1λ=-新数列{3}n n a -是首项为113a -=2-，q=2的等比数列 ∴3n n a -=122n --⨯ ∴n a =32n n -例9、（07天津文20）在数列{n a }中，1a =2，1n a +=431n a n -+ ，求数列的通项n a 。
解：构造新数列{}n a n λ+，使之成为q=4的等比数列，则1(1)n a n λ+++=4()n a n λ+ 整理得：1n a +=43n a n λλ+-满足1n a +=431n a n -+，即331n n λλ-=-+得1λ=-∴新数列{}n a n -的首项为111a -=，q=4的等比数列∴14n n a n --= ∴14n n a n -=+四、构造等差数列法数列{n a }既不等差，也不等比，递推关系式形如11()n n n a ba b f n ++=++，那么把两边同除以1n b+后，想法构造一个等差数列，从而间接求出n a 。
例10．（07石家庄一模）数列{n a }满足1221nn n a a -=+-(2)n ≥且481a =。
求(1)1a 、2a 、3a (2)是否存在一个实数λ，使此数列{}2n na λ+为等差数列？若存在求出λ的值及n a ；若不存在，说明理由。
解：(1)由4a =43221a +-=81 得3a =33；又∵3a =32221a +-=33得2a =13；又∵2a =21221a +-=13，∴1a =5(2)假设存在一个实数λ，使此数列{}2n na λ+为等差数列 即1122n n n n a a λλ--++-= 122n n n a a λ---= 212n n λ--= 112nλ+-该数为常数 ∴λ=1- 即1{}2n n a -为首项11122a -=，d=1的等差数列 ∴12n na -=2+(1)1n -⨯=n+1 ∴n a =(1)21nn +⨯+ 例11、数列{n a }满足1n a += 12(2)n n a +-+- (n N *∈)，首项为12a =-，求数列{n a }的通项公式。
解：1n a += 12(2)n n a +-+- 两边同除以1(2)n +-得11(2)n n a ++-=(2)nna -+1 ∴数列{}(2)n n a -是首项为12(2)--=1，d=1的等差数列∴(2)n na -=1+(1)1n n -⨯= 故n a =(2)nn -例12．数列{n a }中，1a =5，且1331nn n a a -=+- （n=2、3、4……），试求数列{n a }的通项公式。
解：构造一个新数列{}3n n a λ+，λ为常数，使之成为等差数列，即1133n n n n a a d λλ--++=+ 整理得133n n n a a d λ-+=++3λ，让该式满足1331n n n a a -=+-∴取33n nd ⋅=，21λ=-得12λ=-，d=1 ，即{}3n n a λ+是首项为1113232a -=，公差d=1的等差数列。
故1312(1)1322n n a n n -=+-⨯=+ ∴na =11()322n n +⋅+ 例13、（07天津理21）在数列{n a }中，1a =2，且11(2)2n n n n a a λλλ++=++- （n N *∈）其中λ＞0，()I 求数列{n a }的通项公式。
解：1n λ+的底数与n a 的系数相同，则两边除以1n λ+得1111221n nn nn nn na a λλλλ++++=++-即111221n nn n n na a λλ+++--=+∴2{}nn na λ-是首项为120a λ-=，公差d=1的等差数列。
∴20(1)1nn na n n λ-=+-=- ∴(1)2n n n a n λ=-+。
五、取倒数法有些关于通项的递推关系式变形后含有1n n a a +项，直接求相邻两项的关系很困难，但两边同除以1n n a a +后，相邻两项的倒数的关系容易求得，从而间接求出n a 。
例14、已知数列{n a }，1a = 1-，11n n na a a +=- n N *∈，求n a =？ 解：把原式变形得11n n n n a a a a ++-⋅= 两边同除以1n n a a +得1111n n a a +=+ ∴1{}n a 是首项为1-，d=1-的等差数列故11(1)(1)n n n a =-+--=-∴1n a n=-。
例15、（06江西理22）已知数列{n a }满足132a =，且11321n n n na a a n --=+-（2n ≥n N *∈）()I 求数列{n a }的通项公式。
解：把原式变形成112(1)3n n n n a a n a na --+-= 两边同除以1n n a a +得 即111233n n n n a a --=+ …… ⑴构造新数列{}n n a λ+，使其成为公比q= 13的等比数列 即111()3n n n n a a λλ--+=+整理得：11233n n n n a a λ--=- 满足⑴式使2233λ-= ∴1λ=-∴数列{1}n n a -是首项为11113a -=-，q= 13的等比数列 ∴11111()()333n nn n a --=-=- ∴331n n n n a ⋅=-。