高中一年级数学数列通项公式的求法
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.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 .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 311=+，其中11=a ，求n a .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五、累乘法：它与累加法类似 ，当数列{}n a 中有()1nn 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5：111,1n n na a a n -==- ()2,n n N *≥∈ 求通项n a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 a㈡、取倒数法：这种方法适用于11n 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11122,2n n n a a a a --==+ ()2,n n N *≥∈ 求通项n a㈢、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 .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 ca 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nn 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.。
数列通项公式方法大全很经典
⑥若 为正项等差自然数列，则 为等比数列.
⑦ 为等比数列.
⑧ ，n>2m，m、n ， .
⑨ .
⑩若
则 .
重要性质
①若 p、q ，且 ,
则 .
②若 且 ,则 p、q .
①
= .
②若|q|<1,则 .
求数列{an}通项公式的方法
1． = + 型
累加法：
=（ － ）+（ － ）+…+（ － ）+
[解] = · … ·
=（n－1）·（n－2）…1·1=（n－1）！
∴ =（n－1）！（n∈N+）
4． =p + 型（p为常数）
方法：变形得 = + ，
则{ }可用累加法求出，由此求 .
例4.已知{ }满足 =2， =2 + .求 .
[解] = +1
∴{ }为等差数列.
=
∴ =n·
5． =p ＋q 型（p、q为常数）
评注：本题解题的关键是把递推关系式 转化为 ，从而可知数列 是等比数列，进而求出数列 的通项公式，最后再求出数列 的通项公式。
变式：
已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。
已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。
（5）对数变换法
例5已知数列 满足 ， ，求数列 的通项公式。
解：因为 ，所以 。在 式两边取常用对数得 ⑩
设
将⑩式代入 式，得 ，两边消去 并整理，得 ，则
，故
代入 式，得
由 及 式，
得 ，
则 ，
所以数列 是以 为首项，以5为公比的等比数列，则 ，因此
则 。
求数列通项公式的十种方法
求数列通项公式的十种方法求解数列的通项公式是高中数学中的一个重要问题，通常需要运用数学分析方法、递推关系、差分方法等多种技巧。
下面将列举十种常见的方法来求解数列的通项公式。
方法一：等差数列的通项公式对于等差数列 an = a1 + (n - 1) * d，其中 a1 为首项，n 为项数，d 为公差。
通项公式可以直接通过公式计算得出。
方法二：等差数列的求和公式对于等差数列 S = (n / 2) * (a1 + an)，其中 S 为前 n 项和，a1 为首项，an 为末项，n 为项数。
可以通过求和公式推导出等差数列的通项公式。
方法三：等比数列的通项公式对于等比数列 an = a1 * r^(n - 1)，其中 a1 为首项，r 为公比，n 为项数。
通项公式可以直接通过公式计算得出。
方法四：等比数列的求和公式对于等比数列S=(a1*(r^n-1))/(r-1)，其中a1为首项，r为公比，n为项数。
可以通过求和公式推导出等比数列的通项公式。
方法五：递推关系法对于一些递推关系的数列，可以通过寻找规律，构建递推关系来求解数列的通项公式。
例如斐波那契数列就可以通过递推关系f(n)=f(n-1)+f(n-2)，其中f(1)=1，f(2)=1，来求解通项公式。
方法六：二项式展开法对于一些满足二项式展开的数列，可以通过展开得到二项式系数，然后通过系数的通项公式来求解数列的通项公式。
例如二项式数列(x+1)^n的展开系数就是通过n阶二项展开推导出来的。
方法七：差分法通过对数列进行差分操作，找到规律来求解数列的通项公式。
例如，如果差分的结果是一个等差数列，那么原数列就是一个二次或高次多项式。
方法八：线性递推法对于一些线性递推关系的数列，可以通过构建矩阵形式或特征方程的方法来求解数列的通项公式。
例如，对于一阶线性递推数列a(n)=p*a(n-1)+q，可以通过特征方程x-p*x-q=0来求解通项公式。
方法九：插值法通过给定数列中的若干项，利用 Lagrange 插值公式来推导数列的通项公式。
高一数列通项公式常见求法
数列通项公式的常见求法一、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、已知等差数列{a n }满足a 2=0，a 6+a 8=-10，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11,1.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、设{}n a 是公比为正数的等比数列，12a =，324a a =+，求{}n a 的通项公式。
解：设q 为等比数列{}n a 的公比，则由21322,4224a a a q q ==+=+得， 即220q 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⎩⎨⎧≥-==-211n S S n S a n n n n 求解。
一般先求出11S a =，若计算出的n a 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 时由于1a 不适合于此等式。
∴⎩⎨⎧≥-==)2(12)1(0n 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1+n a 的关系时，我们可以根据具体情况采用下列方法：1、累加法一般地，对于形如)(1n f a a n n +=+类型的通项公式，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 。
求数列通项公式的11种方法
求数列通项公式的11种方法数列通项公式是数学中一种重要的概念，它通过确定数列中任意一项的值来描述数列的规律。
它与算法不同，可在一定程度上减少计算量。
本文将介绍求数列通项公式的11种方法，帮助读者更好地理解数列通项公式的意义。
第一种方法是利用数列中已知项，来求数列通项公式。
比如，一个数列已知前五项a1,a2,a3,a4,a5，那么数列的通项公式为a1+a2+ a3+ a4+a5，通过求和得出该数列的公式。
第二种方法是使用特征系数展开式求数列通项公式。
比如，一个数列已知前五项a1,a2,a3,a4,a5，那么可以使用特征系数展开式求出该数列的通项公式：a1+2a2+3a3+4a4+5a5。
第三种方法是倒数展开式求数列通项公式。
比如，一个数列已知前五项a1,a2,a3,a4,a5，那么可以使用倒数展开式求出该数列的通项公式：a1+a2/2+a3/3+a4/4+a5/5。
第四种方法是由观察法求数列通项公式。
比如，一个数列已知前五项a1,a2,a3,a4,a5，那么可以通过观察发现，这是一个等比数列，则该数列的通项公式为a1qn-1，其中q为公比。
第五种方法是由增量法求数列通项公式。
比如，一个数列已知前五项a1,a2,a3,a4,a5，增量法可以用来求出a2=a1+d1，a3=a2+d2，a4=a3+d3，a5=a4+d4，其中d1,d2,d3,d4为增量。
将这四式代入原式：a1+a2+a3+a4+a5，即可求出该数列的通项公式：a1+(n-1)(d1+d2+d3+d4)/2+nd5。
第六种方法是由公因式法求数列通项公式。
比如，一个数列已知前五项a1,a2,a3,a4,a5，那么可以将这五项分别除以共同的因子，求出最小因式，例如给定数列a1,a2,a3,a4,a5=2,4,8,16,32，其中32是最大因子，将其他四项都除以32，得到d1=1/2,d2=1/4,d3=1/8,d4=1/16，将d1,d2,d3,d4代入原式a1+a2+a3+a4+a5，即可求出该数列的公式。
高中数列的通项公式的几种常用求法
高中数列的通项公式的几种常用求法数列是高考的必考内容，也是同学们比较怕的一个知识点。
其实归结起来数列常考的就三个知识点：等差等比数列性质的应用、求数列的通项公式、求数列的前n 项和。
而数列的通项公式往往又决定着前n 项和的求法，所以求出数列的通项公式至关重要。
下面我将对数列通项公式的几种常用求法进行总结。
一． 观察法1 适用类型：已知数列前若干项，求该数列的通项时。
2 具体方法：一般对所给的项观察分析，找出项数n 与项n a 之间的关系，从而根据规律写出此数列的一个通项.3 例题示范例1：根据数列的前4项，写出它的一个通项公式：（1）4，44,444，4444，…（2） ,17164,1093,542,211 （3） ,52,21,32,1 （4） ,54,43,32,21--4 方法总结：(1）有分式又有整式的统一表示成假分式，再分子分母分别观察规律。
（2）正负相间的先把负号去了观察规律，再用1)1()1(+--n n 或来调节符号.二． 公式法1 适用类型：当已知数列为等差或等比数列时。
2 具体方法：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.等差数列：d n a a n )1(1-+=等比数列:)0(11≠=-q q a a n n三． 已知n s 求n a1适用类型：已知数列的前n 项和求通项时。
2具体发方法：通常用公式⎩⎨⎧≥-==-)2()1(11n S S n S a n n n 。
3例题示范例1、已知数列{}n a 的前n 项和为：① n n S n -=22 ② 12++=n n S n求数列{}n a 的通项公式。
四． 由递推式求数列通项1 适用类型:已知数列的递推公式求通项公式时.2 具体方法：（1）形如d a a n n +=-1或q a a n n 1-=——-—利用等差等比来求例1 n n n a a a a 求已知2,111=-=+的通项公式（2）形如q pa a n n +=+1--——---构造等比数列例2 已知数列}{n a 满足11=a ，321+=+n n a a ,求n a【解析】123n n a a +=+,∴1326n n a a ++=+，即)3(231+=++n n a a ，1323n n a a ++∴=+． ∴{3}n a +是以134a +=为首项，2为公比的等比数列,∴113422n n n a -++=⨯=，即321-=+n n a ．（3）形如--——--——累加法例3 已知数列}{n a 满足12a = ,121,(2)n n a a n n -=+-≥,求n a【解析】∵当2n ≥时,121n n a a n -=+-，∴121n n a a n --=-，∴11221()()()n n n n n a a a a a a a ---=-+-++-1a +[(21)(23)3]2n n =-+-+++2[(21)3](1)212n n n -+=⋅-+=+， ∵21211a ==+，∴21n a n =+（4)形如——-—--——-累乘法例4 已知数列}{n a 满足11a =，12n n n a a +=⋅，求n a ．【解析】∵12n n n a a +=⋅，∴12n n na a +=， ∴3241231n n a a a a a a a a -⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅121222n -=⨯⨯⋅⋅⋅⋅⨯, ∴(1)12(1)2122n n n n a a -++⋅⋅⋅+-==， 又11a =，∴(1)22n n n a -=．（5）形如1n n n a pa q +=+方法：①将原递推公式两边同除以1n q +，②得111n n n n a a p q q q q ++=⋅+，③n n n a b q =，得11n n p b b q q+=+， ④再利用“递推关系形如1n n a pa q +=+”方法来求. 例5 已知数列}{n a 满足11a =，123n n n a a +=+，求n a【解析】在123n n n a a +=+两边除以13n +，得11213333n n n n a a ++=⋅+， 令3n n n a b =，则12133n n b b +=+，∴121(1)3n n b b +-=-， ∴11221(1)()()33n n n b b --=-⋅=-， ∴21()3n n b =-．∴332n n n n n a b =⋅=-． 总之，数列的通项公式的求法有很多，着需要我们多做题，多总结.做到从题目中来到题目中去.。
数列求通项的方法(完整版本)
四、连续迭代型：形如 an2 pan1 qan （其中 p，q 均为常数） 。先把原递推公式转化为
s t p an2 san1 t (an1 san ) 其中 s，t 满足 st q
2、设等比数列 an 1 f (n) ，公比为 4、比较系数求 1 ， 2
3、列出关系式 an1 1 f (n 1) 2 [an 2 f (n)] 5、解得数列 an 1 f (n) 的通项公式
6、解得数列 an 的通项公式
为了方便同学们更好地掌握待定系数法求通项，以下再进行分类。 1）常数型。可转化为特殊数列{a n +k}的形式求解。一般地，形如 a n1 =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 n1 +k=p（a n +k）与原式比较 系数可得 pk－k=q，即 k= 系数就行。 1、数列{a n }满足 a 1 =1， 3an1 an 7 0 ,求数列{a n }的通项公式。
2. 已知数列 {an } 满足 a1 2,
1 a n 1
1 2 ，求数列 an 的通项公式； an
3. 已知数列 {an } 满足 a1 2, an 3an1 (n 1) ，求数列 {an } 的通项公式；
4.已知数列 {an } 满足 a1 2，a2 4且an2 an an1 公式；
高中数学常见求数列通项的方法
一、公式法。即是题目说清楚该数列是等比或者等差数列时，直接套用公式。但是难点在 于，一旦给出的条件，不是具体的数字而是字母参数时，就是对个人运算能力的考验。 1.已知数列 {an } 满足 a1 2, an an1 1(n 1) ，求数列 {an } 的通项公式；
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 。
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令bn an1 an 则数列{bn}是以4为公差的等差数列
∴bn b1 (n 1)d b1 a2 a1 2
∴bn an1 an 4n 2 两边分别相加得：
∴a2 a1 4 1 2
a4 a3 4 3 2
a3 …a…2 4 2 2
an an1 4 (n 1)
的解通：a项2 公 a式1 {a2n}
aa43 aa32 43
∴两边相加得：
an a1 2 3 4 n
a…5 …a4 5
an an1 n
∴
1 an 2 n(n 1)
三、迭积法（逐积法） 当一个数列每依次相邻两项之商
构成一个等比数列时，就可用迭积法
进行消元
例4、已知数列 {an} 中，a1 2 ，an1 3n an ，
数列通项公式的求法
数列的通项公式:是一个 数列的第n项（即an）与项数n 之间的函数关系
注： ① 有的数列没有通项公式， 如：3，π，e，6；②有的数列有
多个通项公式,如：an 1n cosn
下面我就谈一谈数列通项公 式的常用求法：
一、观察法（又叫猜想法，不完全归 纳法）：观察数列中各项与其序号间 的关系，分解各项中的变化部分与不 变部分，再探索各项中变化部分与序 号间的关系，从而归纳出构成规律写 出通项公式 例1：数列9，99，999，9999，……
解：变形为：101－1，102―1，103―1， 104―1，……
∴通项公式为：an 10n 1
例2，求数列3，5，9，17，33，……
解：变形为：21+1，22+1，23+1， 24+1，25+1，……
∴通项公式为： an 2n 1
可见联想与转化是由已知认识未知的两
种有效的思维方法。
注意：用不完全归纳法，只从数列的有限项
2
an
a1 4[1 2 3 (n 2(n 1)
∴ an 2a2 4n
1)]
3
例10，已知 a1 2 ，an 0 ，
且 an1 an 2an1 • an (n N ) ，求 an 。
解：∵ an1 an 2an1 • an 且an 0
∴ 令 bn 数列
1
an
1 an
1 2即
返回
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∴两边迭加得：
an a1 d d n 1d
即：an a1 (n 1)d
返回
解：把1∵，{2an…}为，等n分比别数代列入,∴上式a得ann：1 q
a2 a1
q ，a3
a2
q ，…，
an an 1
q
把上面n-1条式子左右两边同时相乘得：
an q111 qn1
a1
∴ an
a1 qn1
， a2 31 a3
a1
a2
32 ，…，aann1
3n 1
把上面n-1条式子左右两边同时相乘得：
an
3123(n1)
nn1
3 2
a1
∴
n ( n 1)
an 2 3 2
练习:①用迭加法推导等差数列的通项公式 解答
②用迭积法推导等比数列的通项公式 解答
四、待定系数法：
用待定系数法解题时，常先假定通项公式
由于 a1 也适合于此等式 ∴ an 4n 5
（2）a1 s1 0，当 n 2 时
an sn sn1 (n2 1) [(n 1)2 1] 2n 1
由于 a1 不适合于此等式
∴
0
(n 1)
an 2n 1 (n 2)
六、 换元法
当给出递推关系求 an时，主要掌握通过引进
∴
d
2
p
a1
d 2
6
a1 5
∴
an
a1
(n 1)d
1 6n
例6．设数列 {cn }的各项是一个等差数列
与一个等比数列对应项的和，若c1=2，
c2=4，c3=7，c4=12，求通项公式cn
解：设 cn a (n 1)d bq
n
1
a b 2
a a
d bq 2d bq2
4
7
a 3d bq3 12
q 2
d b
1 1
a 1
cn n 2n1
五、已知数列的前n项和公式，求通项公
式的基本方法是：an
ss1n
(n sn 1
1) (n
2)
注意：要先分n=1和n 2两种情况分别进
行运算，然后验证能否统一。
例7．已知下列两数列 {an} 的前n项和sn的 公式，求 {an} 的通项公式。
来归纳数列所有项的通项公式是不一定可靠
的，如2，4，8，……。可归纳成
者an n2 n 2两个不同的数列（ a
an 2n 或
4 便不同）
二、迭加法（又叫加减法，逐加法）
当所给数列每依次相邻两项之间的差
组成等差或等比数列时，就可用迭加法
进行消元
例3，求数列：1，3，6，10，15，21，……
辅助数列能转化成等差或等比数列的形式。
例8，已知数列{an}的递推关系为an1 2an 1
，解且：∵a1
1 求通项公式 an1 2an 1
an
。
∴ an1 1 2(an 1)
令 bn an 1
∴
bn 1 bn
an1 1 2 an 1
则辅助数列 {bn} 是公比为2的等比数列
an 1
11 7
an 1 an
，则数列 {bn} 是公差为-2的等差
因此 bn b1 (n 1)d
∴ 1 1 2(n 1) 5 4n
∴an
an
a1
2 5 4n
2
解：∵{an} 为等差数列
∴ a2 a1 d
a3 a2 d a4 a3 d
a5 …a4 d
an an1 d
2
的前n项 3 ，若 {an}
和 为
等差数列，求p与 an 。
例 为
5
sn
．已
Pn
知( p数 1)列n {apn}
2
的前n项 3 ，若 {an}
和 为
等差数列，求p与 an 。
解：∵{an}为等差数列
∴
sn
na1
n(n 1) d 2
d n2 2
(a1
d )n 2
Pn2 (P 1)n p 3
或前n项和公式为某一多项式，一般地，
若数列 {an}为等差数列：则 an bn c ， 或是sn bn2 cn （b、ｃ为常数），若数
列 {an} 为等比数列，则 an Aqn1 ，
或 sn Aqn A ( Aq 0, q 1) 。
例 为
5
sn
．已
Pn
知( p数 1)列n {apn}
（1）sn n2 1 （2）sn 2n2 3n
例7．已知下列两数列 {an} 的前n项和sn的 公式，求 {an} 的通项公式。
（1）sn n2 1 （2）sn 2n2 3n
解： （1）a1 s1 1，当n 2时
an sn sn1 (2n2 3n) [2(n 1)2 3(n 1)] 4n 5
求解：通把由项1，已公2知式，…aa1 ，n 。2n，分an别1 代3n a入n ，上得式：得aan：n1 3n
a2 31，a3 32 ，…， an 3n 1
a1
a2
an 1
例4、已知数列中{an} ，a1 2 ，an1 3n an ，
求解：通把由项1，已公2知式…，aa1 nn分。2，别an代1 入3n a上n ，式得得：：aann1 3n
∴bn b1qn 即 1 an 1 (a1 1)qn1 2n
∴ an 2n 1
例 9 ， 已 知 数 列 {an} 的 递 推 关 系
为 an2 2an1 an 4，且 a1 1，a2 3 ，
求通项公式 an 。
解：∵ an2 2an1 an 4
∴ (an2 an1) (an1 an ) 4