数列通项公式的12种求法(进阶)
史上最全的数列通项公式的求法13种
最全的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。
本文给出了求数列通项公式的常用方法。
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⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-2111n 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2．①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.③ 已知等比数列{}n a 的首项11=a ，公比10<<q ，设数列{}n b 的通项为21+++=n n n a a b ，求数列{}n b 的通项公式。
③解析：由题意，321++++=n n n a a b ，又{}n a 是等比数列，公比为q ∴q a a a a b b n n n n n n =++=+++++21321，故数列{}n b 是等比数列，)1(211321+=+=+=q q q a q a a a b ， ∴ )1()1(1+=⋅+=-q q q q q b n n n三、归纳猜想法如果给出了数列的前几项或能求出数列的前几项，我们可以根据前几项的规律，归纳猜想出数列的通项公式，然后再用数学归纳法证明之。
也可以猜想出规律，然后正面证明。
四、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。
求数列通项公式的11种方法
求数列通项公式的11种方法方法总述：一．利用递推关系式求数列通项的11种方法：累加法、 累乘法、 待定系数法、 阶差法〔逐差法〕、 迭代法、 对数变换法、 倒数变换法、换元法〔目的是去递推关系式中出现的根号〕、 数学归纳法〔少用〕不动点法〔递推式是一个数列通项的分式表达式〕、 特征根法二．四种根本数列：等差数列、等比数列、等和数列、等积数列及其广义形式。
等差数列、等比数列的求通项公式的方法是：累加和累乘，这二种方法是求数列通项公式的最根本方法。
三 ．求数列通项的方法的根本思路是：把所求数列通过变形，代换转化为等级差数列或等比数列。
四．求数列通项的根本方法是：累加法和累乘法。
五．数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。
一、累加法1．适用于：1()n n a a f n +=+ ----------这是广义的等差数列 累加法是最根本的二个方法之一。
2．假设1()n n a a f n +-=(2)n ≥，那么21321(1)(2) ()n n a a f a a f a a f n +-=-=-=两边分别相加得 111()nn k a a f n +=-=∑例1 数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+那么112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n n n n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++=所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。
例2 数列{}n a 满足112313nn n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。
求数列通项公式、前n项和sn常用方法F
求数列通项公式常用方法1.归纳法：由给出已知项寻找规律 ，求同存异，猜想通项公式2.公式法：等差数列与等比数列.3.作差法：利用⎩⎨⎧≥-==-)2()1(11n S S n S a n n n , 求n a特别的：已知前n 项积，求n a 使用（作商法）.4、累加法：数列}{n a 的递推公式为)(1n f a a n n =-+型时，且{)(n f }中n 项和可求。
5、累乘法：数列}{n a 的递推公式为)(1n f a a n n =+型时，且{)(n f } 中n 项积可求。
6、构造法：形如q a p a n n+∙=-1（q p 、为常数）的形式，往往变为)(1λλ-=--n n a p a ，构成等比数列，求}{λ-na 的通项公式，再求n a .7、倒数法：形如)()()(n h a n g a n f n n++，可取倒数后换元，变为q a p a n n +∙=-18.周期法：计算出前n 项，寻找周期精题自测(1)已知数列}{n a 满足)1(23-=n n a S ，则n a =_____________(2)已知数列}{n a 满足11=a ，n n n a a 21+=+，则n a =_____________(3)已知数列}{n a 满足11=a ，)11ln(1na a n n ++=+，则n a =_____________(4)已知数列}{n a 满足11=a ，n nn a a 21=+，则n a =_____________(5)已知数列}{n a 满足11=a ，0>n a ，0)1(1221=∙+-+++n n n n a a na a n ，则n a =____________(6)已知数列}{n a 满足11=a ，121+=+n nn a a a ，则n a =_____________(7)已知数列}{n a 满足31=a ，62=a ，n n n a a a -=++12，则2013a =_____________(8)已知数列}{n a 满足333313221na a a a n n =∙++∙+∙+- ，则n a =_____________（9）已知数列的前n 项积为2n ，则当≥n 2时，则n a =_____________求前n 项和nS 常用方法1、公式法：等差数列的前n 项和公式： 等比数列的前n 项和公式：①d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+= ②⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q qq a a q q a q na S n n nn )1(211+=∑=n n k nk∑=nk k 12=)12)(1(613212222++=++++n n n n 213)]1(21[+=∑=n n k nk 例1：已知3log 1log 23-=x ，求 +++++n x x x x 32的前n 项和.2、分组求和法：把一个数列分成几个可直接求和的数列．例2：求数列211，413，815，…，⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-n n 2112）（的前n 项和。
求数列通项公式的十种方法
求数列通项公式的十一种方法（方法全，例子全，归纳细）总述：一．利用递推关系式求数列通项的11种方法：累加法、 累乘法、 待定系数法、 阶差法（逐差法）、 迭代法、 对数变换法、 倒数变换法、换元法（目的是去递推关系式中出现的根号）、 数学归纳法、不动点法（递推式是一个数列通项的分式表达式）、 特征根法二。
四种基本数列：等差数列、等比数列、等和数列、等积数列及其广义形式。
等差数列、等比数列的求通项公式的方法是：累加和累乘，这二种方法是求数列通项公式的最基本方法。
三 ．求数列通项的方法的基本思路是：把所求数列通过变形，代换转化为等差数列或等比数列。
四．求数列通项的基本方法是：累加法和累乘法。
五．数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。
一、累加法1．适用于：1()n n a a f n +=+ ----------这是广义的等差数列 累加法是最基本的二个方法之一。
2．若1()n n a a f n +-=(2)n ≥，则21321(1)(2) ()n n a a f a a f a a f n +-=-=-=两边分别相加得 111()nn k a a f n +=-=∑例1 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n nn n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++= 所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。
例2 已知数列{}n a 满足112313nn n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。
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。
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。
史上最全的数列通项公式的求法13种
最全的数列通项公式的求法数列是高考取的要点内容之一，每年的高考题都会观察到，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，在求数列问题中特别重要。
本文给出了求数列通项公式的常用方法。
一、直接法依据数列的特点，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 S n 与 a n 的 关 系 ， 求 数 列 a n的 通 项 a n 可 用 公 式a n S 1 n 1S nSn 1n 求解 .2(注意：求完后必定要考虑归并通项)( 1) n , n 1 ．求数列 a n 的通项公式 .例 2．①已知数列 a n 的前 n 项和 S n 知足 S n 2a n②已知数列 a n 的前 n 项和 S n 知足 S nn2n 1，求数列 a n 的通项公式 .③ 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 b na n 1 a n2，求数列b n 的通项公式。
③ 分析：由题意， b n 1 a n 2 a n 3 ，又 a n 是等比数列，公比为 q∴bn 1an 2an 3q ，故数列 b n 是等比数列， b 1 a 2 a 3a 1q a 1q 2 q(q 1) ，b na n 1 a n 2∴ b nq(q 1) q n 1 q n (q 1)三、概括猜想法假如给出了数列的前几项或能求出数列的前几项，我们能够依据前几项的规律，概括猜想出数列的通项公式，而后再用数学概括法证明之。
也能够猜想出规律，而后正面证明。
四、累加（乘）法关于形如 a n 1an f ( n) 型或形如 a n 1 f (n)a n 型的数列，我们能够依据递推公式，写出n取 1 到 n 时的全部的递推关系式，而后将它们分别相加（或相乘）即可获得通项公式。
例 4.若在数列 a n 中， a 1 3 ， a n 1 a n n ，求通项 a n 。
数列通项公式的12种求法(进阶)
数列通项公式的十二种求法一、公式法例1 已知数列{}n a 满足1232nn n a a +=+⨯，12a =，求数列{}n a 的通项公式. 【解析】1232nn n a a +=+⨯两边除以12n +，得113222n n n n a a ++=+，则113222n n n n a a ++-=， ∴ 数列2n na ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1112a =为首项，以23为公差的等差数列，∴ 31222n n a n =-，∴ 31()222n n a n =-. 评注：本题解题的关键是把递推关系式1232nn n a a +=+⨯转化为113222n n n na a ++-=，说明数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出31(1)22n n a n =+-，进而求出数列{}n a 的通项公式. 变式1 已知数列{n a }，其中913,3421==a a ，且当n ≥3时，)(31211----=-n n n n a a a a ，求通项公式n a （1986年高考文科第八题改编）.二、累加法例2.1 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式. 【解析】由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n nn n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++=所以2n a n =.评注：本题解题的关键是把递推关系式121n n a a n +=++转化为121n n a a n +-=+， 进而求出11232211()()()()n n n n a a a a a a a a a ----+-++-+-+，即得数列{}n a 的通项公式.例2.2 已知数列{}n a 满足112313n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式. 【解析】由1231nn n a a +=+⨯+得1231nn n a a +-=⨯+则11232211122112211()()()()(231)(231)(231)(231)32(3333)(1)33(13)2(1)313331331n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n --------=-+-++-+-+=⨯++⨯+++⨯++⨯++=+++++-+-=+-+-=-+-+=+-所以3 1.nn a n =+-评注：本题解题的关键是把递推关系式1231n n n a a +=+⨯+转化为1231nn n a a +-=⨯+， 进而求出11232211()()()()n n n n n a a a a a a a a a a ---=-+-++-+-+，即得数列{}n a 的通项公式。
史上最全的数列通项公式的求法13种
最全的数列通项公式的求法之青柳念文创作数列是高考中的重点内容之一，每一年的高考题都会考查到，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.本文给出了求数列通项公式的常常使用方法. 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操纵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⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-2111n S S n S a n n n 求解. (注意：求完后一定要思索合并通项)例2．①已知数列{}n a 的前n 项和n S 知足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 知足21n S n n =+-，求数列{}n a 的通项公式.③ 已知等比数列{}n a 的首项11=a ，公比10<<q ，设数列{}n b 的通项为21+++=n n n a a b ，求数列{}n b 的通项公式.③解析：由题意，321++++=n n n a a b ，又{}n a 是等比数列，公比为q ∴q a a a a b b n n n n n n =++=+++++21321，故数列{}n b 是等比数列，)1(211321+=+=+=q q q a q a a a b ， ∴)1()1(1+=⋅+=-q q q q q b n n n 三、归纳猜测法如果给出了数列的前几项或能求出数列的前几项，我们可以根据前几项的规律，归纳猜测出数列的通项公式，然后再用数学归纳法证明之.也可以猜测出规律，然后正面证明.四、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 .例5.在数列{}n a 中，11=a ，n n n a a 21=+（*N n ∈），求通项n a .五、取倒（对）数法a 、r n n pa a =+1这种类型一般是等式双方取对数后转化为q pa a n n +=+1，再操纵待定系数法求解b 、数列有形如0),,(11=--n n n n a a a a f 的关系，可在等式双方同乘以,11-n n a a 先求出.,1n na a 再求得 c 、)()()(1n h a n g a n f a n nn +=+解法：这种类型一般是等式双方取倒数后换元转化为q pa a n n +=+1.例6.．设数列}{n a 知足,21=a ),N (31∈+=+n a a a n nn 求.n a 例7设正项数列{}n a 知足11=a ，212-=n n a a （n≥2）.求数列{}n a 的通项公式.解：双方取对数得：122log 21log -+=n na a ，)1(log 21log 122+=+-n na a ，设1log 2+=nan b ，则12-=n n b b {}n b 是以2为公比的等比数列，11log 121=+=b .11221--=⨯=n n n b ，1221log -=+n a n，12log 12-=-n a n， ∴1212--=n n a 变式:1.已知数列｛an ｝知足：a1＝32，且an ＝n 1n 13na n 2n N 2a n 1*≥∈－－（，）＋－ 求数列｛an ｝的通项公式； 2、若数列的递推公式为11113,2()n na n a a +==-∈，则求这个数列的通项公式.3、已知数列{n a }知足2,11≥=n a 时，n n n n a a a a 112--=-，求通项公式.4、已知数列｛an ｝知足：1,13111=+⋅=--a a a a n n n ，求数列｛an ｝的通项公式.5、若数列｛a n ｝中，a 1=1，a 1+n =22+n na a n∈N +，求通项a n ．六、迭代法迭代法就是根据递推式，采取循环代入计算. 七、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）型的递推式都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 }知足a 1=1，a n =21a 1-n +1（n≥2），求数列{a n }的通项公式.说明：通过对常数1的分解，停止适当组合，可得等比数列{ a n －2}，从而达到处理问题的目标. 操练、1数列{a n }知足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 知足11=a ，且132n n a a +=+，求n a ．2、递推式为11+++=n n n q pa a （p 、q 为常数）时，可同除1+n q ，得111+⋅=++n nn n qa q p qa ，令n n n qa 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 知足11=a ，123-+=n n n a a )2(≥n ，求n a ．解：将123-+=n n n a a 双方同除n 3，得n n n n a a 32131-+=⇒1133213--+=n n nn a a 设n nn a b 3=，则1321-+=n n b b ．令)(321t b t b n n -=--⇒t b b n n 31321+=-⇒3=t ．条件可化成)3(3231-=--n n b b ，数列{}3-n b 是以3833311-=-=-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)32(38(331+⨯-==∴-n n n n n b a ⇒2123++-=n n n a ．3、形如b an pa a n n ++=+1)001(≠≠，a、p解法：这种类型一般操纵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.例11:设数列{}n a ：)2(,123,411≥-+==-n n a a a n n ，求n a . 解：令1(1)3()n n a x n y a xn y ++++=++ 化简得：1322n n a a xn y x +=++-所以2221x y x =⎧⎨-=-⎩解得10x y =⎧⎨=⎩ ，所以1(1)3()n n a n a n +++=+又因为115a +=，所以数列{}n a n +是以5为首项，3为公比的等比数列.从而可得1153,53-n n n n a n a n --+=⨯=⨯所以 4、形如21n n a pa an bn c +=+++)001(≠≠，a 、p解法：这种类型一般操纵待定系数法构造等比数列，即令221(1)(1)()n n a x n y n c p a xn yn c ++++++=+++，与已知递推式比较，解出yx ,{}2naxn yn c +++是公比为p 的等比数列.例12:设数列{}n a ：2114,321,(2)n n a a a n n -==+-≥，求n a . 八：不动点法，形如hra qpa a n n n ++=+1解法：如果数列}{n a 知足下列条件：已知1a 的值且对于N ∈n ，都有hra qpa a n n n ++=+1（其中p 、q 、r 、h 均为常数，且rh a r qr ph -≠≠≠1,0,），那末，可作特征方程hrx q px x ++=,当特征方程有且唯一一根0x 时,则01n a x ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列;当特征方程有两个相异的根1x 、2x 时，则12n n a x a x ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭是等比数列.例15：已知数列}{n a 知足性质：对于,324,N 1++=∈-n n n a a a n 且,31=a 求}{n a 的通项公式.九：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，目标是代换后出现的整体数列具有规律性.例16已知数列{}n a知足111(14116n n a a a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式.解：令n b =21(1)24n n a b =- 故2111(1)24n n a b ++=-，代入11(1416n n a a +=++得 即2214(3)n n b b +=+因为0n b =，故10n b +=≥则123n n b b +=+，即11322n n b b +=+，可化为113(3)2n n b b +-=-，所以{3}n b -是以13332b -===为首项，以21为公比的等比数列，因此121132()()22n n n b ---==，则21()32n n b -=+21()32n -=+，得2111()()3423n n n a =++.评注：本题解题的关键是通过将n b ，使得所给递推关系式转化11322n 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. 例18. 已知数列{}n a 知足211=a ，211nn a a +=+，求n a .解析：设3cos 211π==a ，∵211nn a a +=+，∴6cos2π=a ，32cos23⋅=πa ，…，32cos1⋅=-n na π总之，求数列的通项公式，就是将已知数列转化成等差（或等比）数列，从而操纵等差（或等比）数列的通项公式求其通项. 十、双数列解法：根据所给两个数列递推公式的关系，矫捷采取累加、累乘、化归等方法求解.例19. 已知数列{}n a 中，11=a ；数列{}n b 中，01=b .当2≥n 时，)2(3111--+=n n n b a a ,)2(3111--+=n n n b a b ，求n a ,n b .解：因=+n n b a ++--)2(3111n n b a )2(3111--+n n b a 11--+=n n b a所以=+n n b a 11--+n n b a 1112222=+=+=•••=+=--b a b a b a n n 即1=+n n b a …………………………………………（1） 又因为=-n n b a -+--)2(3111n n b a )2(3111--+n n b a )(3111---=n n b a所以=-n n b a )(3111---n n b a =-=--))31(222n n b a ……)()31(111b a n -=-1)31(-=n .即=-n n b a 1)31(-=n ………………………（2） 由（1）、（2）得：])31(1[211-+=n n a ， ])31(1[211--=n n b十一、周期型 解法：由递推式计算出前几项，寻找周期.例20：若数列{}n a 知足⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<≤-≤≤=+)121(,12)210(,21n n n n n a a a a a ，若761=a ，则20a 的值为___________.变式:（2005，湖南,文，5） 已知数列}{n a 知足)(133,0*11N n a a a a n n n ∈+-==+，则20a = （）A ．0B ．3-C ．3D ．23十二、分解因式法当数列的关系式较复杂，可思索分解因式和约分化为较简形式，再用其它方法求得an.),1,0(,)1()(,)1()(34≠-⋅=-=r x r x g x x f 数列}{n a 知足1,21==n a a （n∈N ），且有条件n a a f n g a a n n n n (,0)()1()(11求=+-⋅---≥2）.解：由得：0)]1()([)1(.0)1()1()(113141311=-+--=-+-⋅⋅-------n n n n n n n n a a a r a a a r a a 即对n∈N ，,11:.0)1()(,1111---⋅-+==-+-≠n n n n n n a rr r a a a a r a 合并同类项得故再由待定系数法得：).1(111--=--n n a rr a ∴.)1(11--+=n n rr a十三、循环法数列有形如0),(12=++n n n a a a f ，的关系，如果复合数列构不成等差、等比数列，有时可思索构成循环关系而求出.n a例22.．在数列}{n a 中，.19981221,,5,1a a a a a a n n n 求-===++ 解：由条件,)(11123n n n n n n n a a a a a a a -=--=-=+++++即,,363n n n n n a a a a a =-=∴-=+++即每间隔6项循环一次.1998=6×333， ∴.461998-==a a总结方法比做题更重要!方法发生于详细数学内容的学习过程中.。
史上最全的数列通项公式的求法13种
最全的数列通项公式的求法创作：欧阳数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。
本文给出了 求数列通项公式的常用方法。
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"项和S”与“”的关系，求数列仏啲通项〜(注意：求完后一定要考虑合并通项) 例2 •①已知数列｛a n ｝的前n 项和S n 满足S” = 2a n + (-1)" N1 .求 数列仏｝的通项公式.②已知数列仏啲前〃项和凡满足归+_1 ,求数列僦｝的通项公式.③ 已知等比数列｛“”｝的首项公比0 < X 1 ,设数列血啲通项为咕⑺+⑺,求数列他｝的通项公式。
③解析：由题意/ 一+― 5+3，又｛"“｝是等比数列/ 时间：2021.03.02 蔦求解.可用公式勺公比为Q.・.字=3也勺，故数列{b…}是等比数列，b n心4 + %2b{ =a2+a3 =a}q + a}q2 =q{q + \),「•加=q(q + l)严=/'(g + l)三、归纳猜想法如果给出了数列的前几项或能求出数列的前几项，我们可以根据前几项的规律，归纳猜想出数列的通项公式，然后再用数学归纳法证明之。
也可以猜想出规律，然后正面证明。
四、累加(乘)法对于形如％广+ /⑷型或形如％ = /(叭型的数列，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{"“}中/山=3 z= a n + n ,求通项心。
例5.在数歹U {"“}中,畑=25“ ( neN* ),求通项〜。
五、取倒(对)数法a、这种类型一般是等式两边取对数后转化为，再利用待定系数法求解b、数列有形如o的关系，可在等式两边同乘以丄，先求出丄，再求得％a n a n-l a nc、"―1叫-解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换兀转化为+ q o例6・・设数列｛心｝满足⑷=2, G = -(n e N),求心.+3例7设正项数列仏｝满足® “，J =2<. (n>2) •求数列仏｝的通项公式.解:两边取对数得：log? = 1 + 2log, log? +1 = 2(log严 + 1), 设®=log? + l /贝U讥叽您｝是以2为公比的等比数列，b、= log； + l = l・亿=lx2"“=2"J, Iog? + 1 = 2"-* z log?=2"T-l z・・・心宀变式：1•已知数列｛ an ｝满足：al = | ,且an =3nan-' (n>2, neN*)2a n_1+n-l求数列｛ an ｝的通项公式；2、若数列的递推公式为勺=3,丄=丄-2("N),则求«n+l这个数列的通项公式。
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3 3 1 2n 2n 3 n 21 2 2n2 2 ⎩ ⎭数列通项公式的十二种求法一、公式法例 1 已知数列{a }满足a= 2a + 3⨯ 2n ， a = 2 ，求数列{a }的通项公式.nn +1n1n【解析】a= 2a + 3⨯ 2n 两边除以2n +1，得 a n +1 = a n + 3 ，则 a n +1 - a n = ， n +1 n2n +1 2n 2 2n +1 2n 2∴ 数列⎧ a n ⎫是以 a 1 = 1为首项，以 3 为公差的等差数列，∴ a n = n - ，∴ a = 3 - 1)2n .⎨ ⎬ n( n ⎩ ⎭2 2评注：本题解题的关键是把递推关系式a= 2a + 3⨯ 2n转化为 a n +1 - a n = 3 ，说明数列⎧ a n ⎫ 是等差数列，再直n +1n2n +1 2n2⎨ ⎬ 接利用等差数列的通项公式求出a n= 1+ (n -1) ，进而求出数列{a }的通项公式.2n 2 n4 13 1变式 1 已知数列{ a n }，其中a 1 = 3, a 2 = 年高考文科第八题改编）.二、累加法9 ，且当 n ≥3 时， a n - a n -1 = 3 (a n -1 - a n -2 ) ，求通项公式a n （1986例 2.1 已知数列{a n }满足a n +1 = a n + 2n +1，a 1 = 1，求数列{a n }的通项公式.【解析】由a n +1 = a n + 2n +1得a n +1 - a n = 2n +1则a n = (a n - a n -1 ) + (a n -1 - a n -2 ) + + (a 3 - a 2 ) + (a 2 - a 1 ) + a 1= [2(n -1) +1] + [2(n - 2) +1] + + (2 ⨯ 2 +1) + (2 ⨯1+1) +1 = 2[(n -1) + (n - 2) + + 2 +1] + (n -1) +1= 2 (n -1)n + (n -1) +12= (n -1)(n +1) +1 = n 2所以a = n 2.评注：本题解题的关键是把递推关系式a n +1 = a n + 2n +1转化为a n +1 - a n = 2n +1，进而求出(a n -a n-1) +(a n-1 -a n-2 ) ++(a3 -a2 ) +(a2 -a1) +a1 ，即得数列{a n }的通项公式.例 2.2 已知数列{a }满足a= a + 2⨯3n+1，a = 3 ，求数列{a }的通项公式.nn +1n1n【解析】由a n +1 = a n + 2⨯3n +1得a - a n = 2⨯3n+1则a n = (a n - a n -1 ) + (a n -1 - a n -2 ) + + (a 3 - a 2 ) + (a 2 - a 1 ) + a 1= (2 ⨯ 3n -1 +1) + (2 ⨯ 3n -2 +1) + + (2 ⨯ 32 +1) + (2 ⨯ 31 +1) + 3 = 2(3n -1 + 3n -2 + + 32 + 31 ) + (n -1) + 3 3(1- 3n -1 ) 2 1- 3 + (n -1) + 3= 3n - 3 + n -1+ 3 = 3n + n -1所以a n = 3 + n -1.n评注：本题解题的关键是把递推关系式a n +1 = a n + 2⨯3n+1转化为a - a n = 2⨯3n+1，进而求出a n = (a n - a n -1) + (a n -1 - a n -2 ) ++ (a 3 - a 2 ) + (a 2 - a 1) + a 1 ，即得数列{a n }的通项公式。
变式 2.1 在数列{a }中， a = 3， a = a +1，求数列{a }的通项公式.n1n +1nn (n +1)n变式 2.2 已知数列{a }满足a= 3a + 2⨯3n +1，a = 3，求数列{a }的通项公式.nn +1n1n【解析】a= 3a + 2⨯3n +1两边除以3n +1 ，得 a n +1 = a n + 2 + 1， n +1 n则 a n +1 - a n = 2 + 1， 故 3n +1 3n 3 3n +13n +1 3n 3 3n +1a n = ( a n - a n -1 ) + ( a n -1 - a n -2 ) + ( a n -2 - a n -3 ) + + ( a 2 - a 1 ) + a 13n 3n a a 3n -2 3n -2 3n -332 31 3 n -1 n -1= ( 2 + 1 ) + ( 2 + 1 ) + ( 2 + 1 ) + + ( 2 + 1 ) + 33 3n 3 3n -1 3 3n -2 3 32 3= 2(n -1) + ( 1 3 3n+ 1 + 3n 1 3n -1+ 1 3n -2 + + 1 ) +1321(1- 3n -1 ) 因此 a n = 2(n -1) +3n +1 = 2n + 1 - 1， 3n所以a n 3 1- 3 3 2 2⨯ 3n= 2⨯ n ⨯ 3n + 1 ⨯ 3n - 1 .3 2 2n +1 n +1 =⋅ a 3 ⋅ a 2 a 2 a 1⋅ a 3 ⋅ a 2 a 2 a 1 3n⎩⎭评注：本题解题的关键是把递推关系式a= 3a + 2⨯3n+1转化为 a n +1 - a n = 2 + 1 ， n +1 n3n +1 3n 3 3n +1进而求出( a n - a n -1 ) + ( a n -1 - a n -2 ) + ( a n -2 - a n -3 ) + + ( a 2 - a 1 ) + a 1 ，即得数列⎧ a n ⎫的通项公式，最后再求3n3n -13n -13n -23n -23n -332313⎨ ⎬数列{a n }的通项公式。
三、累乘法例 3.1 已知数列{a }满足a= 2(n +1)5n ⨯ a ，a = 3，求数列{a }的通项公式.nn +1n1n【解析】∵ a= 2(n +1)5n⨯ a ，a= 3，∴ a ≠ 0 ，则a n +1= 2(n +1)5n ，故a = a nn +1n1n⋅ an -1 ⋅ ⋅ a na a 1n -1 n -2= [2(n -1+1)5n -1 ][2(n - 2 +1)5n -2 ]⋅ ⋅[2(2 +1) ⨯ 52 ][2(1+1) ⨯ 51]⨯ 3 = 2n -1[n (n -1) ⋅ ⋅ 3⨯ 2]⨯ 5(n -1)+(n -2)+ +2+1 ⨯ 3 n (n -1) = 3⨯ 2n -1⨯ 52⨯ n !所以a n = 3⨯ 2n -1⨯ 5n (n -1) 2⨯ n !.评注：本题解题的关键是把递推关系a n +1= 2(n +1)5n⨯ a 转化为 a n +1 = 2(n +1)5n ，a na 进而求出 n⋅ a n -1 ⋅ ⋅ a ，即得数列{a }的通项公式。
a a 1 nn -1 n -2例 3.2（2004 年全国 I 第 15 题）已知数列{a n }满足a 1 = 1，a n = a 1 + 2a 2 + 3a 3 + + (n -1)a n -1 (n ≥ 2) ，则 a n.【解析】∵ a n = a 1 + 2a 2 + 3a 3 ++ (n -1)a n -1(n ≥ 2) ①∴ a n +1 = a 1 + 2a 2 + 3a 3 ++ (n -1)a n -1 + na n②②－①，得a n +1 - a n = na n .nna⋅ n = n !21+ 24a n 1+ 24a n n +1 n n +1 n n则 a n +1 = (n +1)a n (n ≥ 2)故a n +1 = n +1(n ≥ 2)a n∴ a = a n ⋅ a n -1 ⋅ ⋅ a 3 ⋅ a = [n (n -1) ⋅ ⋅ 4⨯ 3]a = n !a . ③na a a 22 2 2n -1 n -2 2由 a n = a 1 + 2a 2 + 3a 3 + + (n -1)a n -1(n ≥ 2) ， 取n = 2得a 2 = a 1 + 2a 2 ，则a 2 = a 1 ，又知a 1 = 1，则a 2 = 1，代入③得a n = 1⋅3⋅ 4 ⋅5⋅. n !所 以 a n = 2.评注：本题解题的关键是把递推关系式a= (n +1)a (n ≥ 2) 转化为 an +1 = n +1(n ≥ 2) ， n +1 nnaa a 进而求出 n ⋅ n -1 ⋅ ⋅ 3 ⋅ a ，从而可得当n ≥ 2时，a 的表达式，最后再求出数列{a }的通项公式。
aaa2 nnn -1n -22变式 3.1 设数列{ a }是首项为 1 的正项数列，且(n +1)a 2- na 2+ a a = 0 （n=1,2,3…），则它的通项公式是 a n =（2000 年高考 15 题）【解析】原递推式可化为： ⎡⎣(n +1)a n +1 - na n ⎤⎦ (a n +1 + a n ) = 0 ∵ a n +1an> 0 ， ∴a n +1 a n= nn + 1 则 a 2 = 1 , a 3 = 2 , a 4 = 3 , ……， a n = n -1 ， 累乘得： a n = 1 ，即a = 1 .a 1 2 a 2 3 a 3 4 a n -1 n a 1 n n 四、换元法例 4 已知数列{a }满足a= 1 (1+ 4a +)，a= 1 ，求数列{a }的通项公式.n n +1 16n 1 n【解析】令b =，则a = 1 (b 2 -1)n n24 n故 a = 1 (b 2 -1) ，代入a = 1 (1+ 4a +) 得， 1 (b 2 -1) = 1 [1+ 4 1 (b 2 -1) + b ]n +124 n +1 n +1 16 n 24 n +1 16 24 n n1+ 24a n aa n a n -2 a na n -1 a n -1 a n -2a n a n -1 a 1 a 0n 1 13 3 n 0⎨2 n +1 = (b n + 3)2，又b≥ 0，故b n +1 ≥ 0则2b n +1 = b n + 3 ，即b n +1 = 2 b n + 2， 可化为b n +1 - 3 = 2(b n - 3) ，所以 {b n - 3 是以 b 1 - 3 3 = 3 = 2 为 首 项 ， 以 1为公 比 的 等 比 数 列 ， 因 此2 b -3 = 1 n -1 =1 n -2 ，则b =n -2 + 3 ，即= 1 n -2+ 3 ， 得2( ) ( ) ( )( ) n 2 2 n22a = 2 1 n +1 n + 1 。