求数列通项公式的十种方法
总述：求数列通项的方法：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、 一、累加法 适用于：1()nnaafn
转换成1()nnaafn，其中f(n)可以是关于n的一次函数、二次函数、指数函数、分式函数，求通项na. ①若f(n)是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和; ②若f(n)是关于n的二次函数，累加后可分组求和; ③若f(n)是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和; ④若f(n)是关于n的分式函数，累加后可裂项求和。
例1 已知数列{}na满足11211nnaana，，求数列{}na的通项公式。
解：由121nnaan得121nnaan则 112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1nnnnnaaaaaaaaaannnnnnnnnnn
例2 已知数列{}na满足112313nnnaaa，，求数列{}na的通项公式。 解；由1231nnnaa得1231nnnaa则11232211122112211()()()()(231)(231)(231)(231)32(3333)(1)33(13)2(1)313331331nnnnnnnnnnnnaaaaaaaaaannnn
练习1.已知数列na的首项为1，且*12()nnaannN写出数列na的通项公式. 答案：12nn
练习2.已知数列}{na满足31a，)2()1(11nnnaann，求此数列的通项公式. 答案：裂项求和 nan12 二、累乘法 1.适用于： 1()nnafna ----------这是广义的等比数列
2．若1()nnafna，则31212(1)(2)()nnaaafffnaaa，，，
两边分别相乘得，1111()nnkaafka 例4 例4. 已知数列na满足321a，nnanna11，求na。 解：由条件知11nnaann，分别令)1(,,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累乘之，即
1342312••••nnaaaaaaaann1433221naan11 又3
2
1a，nan3
2
三.公式法：已知nS（即12()naaafn）求na，用作差法：11,(1),(2)nnnSnaSSn。 例2．已知数列na的前n项和nS满足1,)1(2naSnnn．求数列na的通项公式。
解：由1121111aaSa
当2n时，有,)1(2)(211nnnnnnaaSSa 1122(1),nnnaa
,)1(22221nnnaa……，.2212aa
11221122(1)2(1)2(1)nnnnnaa
].)1(2[323])2(1[2)1(2)]2()2()2[()1(21211211
nnnnn
nnnn
经验证11a也满足上式，所以])1(2[3212nnna
点评：利用公式211nSSnSannnn求解时，要注意对n分类讨论，但若能合写时一定要合并．
练一练：①已知{}na的前n项和满足2log(1)1nSn，求na； ②数列{}na满足11154,3nnnaSSa，求na； 四、待定系数法 适用于1()nnaqafn 基本思路是转化为等差数列或等比数列，而数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。 1．形如0(,1cdcaann,其中aa1)型 （1）若c=1时，数列{na}为等差数列; （2）若d=0时，数列{na}为等比数列; （3）若01且dc时，数列{na}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求. 待定系数法：设)(1nnaca, 得)1(1ccaann,与题设,1dcaann比较系数得
dc)1(,所以)0(,1ccd所以有：)1(11cdaccdann
因此数列1cdan构成以11cda为首项，以c为公比的等比数列， 所以 11)1(1nnccdacda 即：1)1(11cdccdaann. 规律：将递推关系dcaann1化为)1(11cdaccdann,构造成公比为c的等比数列}1{cdan从而求得通项公式)1(1111cdaccdann 逐项相减法（阶差法）：有时我们从递推关系dcaann1中把n换成n-1有dcaann1,两式相减有)(11nnnnaacaa从而化为公比为c的等比数列}{1nnaa,进而求得通项公式. )(121aacaannn,再利
用类型(1)即可求得通项公式.我们看到此方法比较复杂.
例6已知数列{}na中，111,21(2)nnaaan，求数列na的通项公式。 解法一：121(2),nnaan 112(1)nnaa 又112,1naa是首项为2，公比为2的等比数列 12nna，即21nna 练习．已知数列}{na中，,2121,211nnaaa求通项na。 答案：1)21(1nna 2．形如：nnnqapa1 (其中q是常数，且n0,1) ①若p=1时，即：nnnqaa1，累加即可. ②若1p时，即：nnnqapa1， 求通项方法有以下三种方向：i. 两边同除以1np.目的是把所求数列构造成等差数列
即： nnnnnqppqapa)(111,令nnnpab，则nnnqppbb)(11,然后类型1，累加求通项. ii.两边同除以1nq . 目的是把所求数列构造成等差数列。 即： qqaqpqannnn111, 令nnnqab,则可化为qbqpbnn11.然后转化为类型5来解， iii.待定系数法：目的是把所求数列构造成等差数列
设)(11nnnnpapqa.通过比较系数，求出，转化为等比数列求通项. 注意：应用待定系数法时，要求pq，否则待定系数法会失效。
例7已知数列{}na满足1112431nnnaaa，，求数列na的通项公式。 解法一（待定系数法）：设11123(3nnnnaa)，比较系数得124,2， 则数列143nna是首项为111435a，公比为2的等比数列， 所以114352nnna，即114352nnna
解法二（两边同除以1nq）： 两边同时除以13n得：112243333nnnnaa，下面解法略 解法三（两边同除以1np）： 两边同时除以12n得：nnnnnaa)23(342211，下面解法略 练习.（2003天津理）设0a为常数，且)(2311Nnaannn．证明对任意n≥1， 012)1(]2)1(3[51aannnnnn；
3．形如bknpaann1 (其中k,b是常数，且0k) 方法1：逐项相减法（阶差法） 方法2：待定系数法
通过凑配可转化为 ))1(()(1ynxapyxnann; 解题基本步骤：1、确定()fn=kn+b 2、设等比数列)(yxnabnn，公比为p 3、列出关系式))1(()(1ynxapyxnann,即1nnpbb 4、比较系数求x,y 5、解得数列)(yxnan的通项公式
6、解得数列na的通项公式 例8 在数列}{na中，,23,111naaann求通项na.（逐项相减法） 解：，,231naann ① 2n时，)1(231naann， 两式相减得 2)(311nnnnaaaa.令nnnaab1,则231nnbb 利用类型5的方法知2351nnb 即 13511nnnaa ②
再由累加法可得213251nann. 亦可联立 ① ②解出213251nann. 例9. 在数列{}na中，362,2311naaann,求通项na.（待定系数法） 解：原递推式可化为ynxayxnann)1()(21 比较系数可得：x=-6,y=9,上式即为12nnbb
所以nb是一个等比数列，首项299611nab,公比为21.1)21(29nnb 即：nnna)21(996 故96)21(9nann. 4．形如cnbnapaann21 (其中a,b,c是常数，且0a) 基本思路是转化为等比数列，而数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。
数列史上最全求通项公式10种方法并配大量习题及答案
数列史上最全求通项公式10种方法并配大量习题及答案求数列通项公式的方法有很多种。
这个问题通常是高考试卷的第一问，如果无法解决或没有思路，那么即使后面的问题可以解决，也是无济于事的。
下面我们逐个讲解这些重要的方法。
递推公式法是指利用an=Sn−Sn−1的形式，其中Sn表示数列的前n项和。
这种方法有两种类型。
第一种类型是题目中给出的是Sn=f(n)的形式，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。
但是需要注意的是，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a1和S1是否相等，若不相等，则需要写成分段的形式。
第二种类型是a(n-1),an和a(n+1)与S(n-1),Sn和S(n+1)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）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。
只要适合an=an-1+f(n)的形式，都可以使用累加法。
基本的书写步骤是将an-an-1=f(n)展开，然后累加，得到an-a1=f(2)+f(3)+f(4)+。
+f(n)。
因此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的前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。
累乘法的使用条件是，凡是适合an=an-1*f(n)形式的求通项公式问题，都可以使用累乘法。
它的基本书写步骤格式是：an=a1*f(2)*f(3)*。
*f(n)。
以上是数列通项公式的三种求法。
2.改写每段话：首先，我们来看等式左右两边的乘积。
左边相乘得到的总是1，右边相乘得到的是f(2)乘以f(3)乘以f(4)一直到f(n)。
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。
初中数学求数列通项公式的十种方法
解：因为 ，所以 ，则 ，故
所以数列 的通项公式为
例5.设 是首项为1的正项数列，且 （ =1，2，3，…），则它的通项公式是 =________.
解：已知等式可化为：
( ) (n+1) ,即
时，
= = .
评注：本题是关于 和 的二次齐次式，可以通过因式分解（一般情况时用求根公式）得到 与 的更为明显的关系式，从而求出 .
练习2．已知数列 满足
，求数列 的通项
说明：(1)若方程 有两不同的解s , t,
则 , ,
由等比数列性质可得 , ,
由上两式消去 可得 .
(2)若方程 有两相等的解 ，则
，
,即 是等差数列，
由等差数列性质可知 ，
所以 ．
例26、数列 满足 ，且 求数列 的通项。
解： ……①
令 ，解得 ，将它们代回①得，
分析：把已知关系通过 转化为数列 或 的递推关系，然后采用相应的方法求解。
例19已知数列 的各项均为正数，且前n项和 满足 ，且 成等比数列，求数列 的通项公式。
解：∵对任意 有
∴当n=1时， ，解得 或
当n≥2时， ⑵
-⑵整理得：
∵ 各项均为正数，∴
当 时， ，此时 成立
当 时， ，此时 不成立，故 舍去
令 ,则可化为 .然后转化为类型5来解，
.待定系数法：目的是把所求数列构造成等差数列
设 .通过比较系数，求出 ，转化为等比数列求通项.
注意：应用待定系数法时，要求p q，否则待定系数法会失效。
例7已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。
解法一（待定系数法）：设 ，比较系数得 ，
数列求通项公式的9种方法
四、加法构造
型如 an1 kan b ( k、b 为常数)的数列构造{an } 为等比数列
例 7 已知数列{an} 满足 a1 2 ， an1 2an 3 ，求{an}
变式训练 9 已知数列{an} 满足 a1 1 ， an1 3an 2 ，求{an} 的通
解法：将原递推公式两边同除以
q
n
1
得
a q
n1 n 1
p an q qn
m q
，设
bn
an qn
，得
例 12 已知数列{an} 满足 a1 1 ， an1 2an 3n ，求{an} 的
变式训练 14
已知数列{an} 满足 a1
2 ， an1
1 2 an
2n ，求{an}
三、累乘法：型如 an1 an f (n) 的数列
例4
已知数列{an} 满足 a1
Байду номын сангаас
1 ， an1
n
n
2
an
，求
{an
}
的
变式训练 6 已知数列{an} 满足 a1 1 ， an1 2n an ，求{an} 的 变式训练 7 已知数列{an} 满足 a1 1 ， an n(an1 an ) ，求{a
1 ， an1
an an
2
，求{an} 的
例 10（拓展）.设由 a1
1, an
2n
an1
1 an1
n
1
2,3,定义数列an ，
变式训练 11
已知数列{an} 满足 a1
求数列通项公式的十一种方法
1)n
2
1)(n
n 1
1] [2( n (n 2)
(n 1)
1) 1
所以数列
an
2) L
2) 1]
1]
｛an｝的通项公式为
an
例2已知数列｛an｝满足an1
an
解法一：由an1an23n
1得an1
an
(anan 1) (an 1(2 3n11) 2(3n13n223(1 3n1)
(2
L
an2)L3n21) 3231)
n
an1an c （a2aJ,再利用类型（1）即可求得通项公式.我们看到此方法比较复杂
例6已知数列｛an｝中，a11,an2an11(n
解法一：
an 12an
比数列，再用累加法的
2．若an1
a
2)，
a2
a1
则La3
a2
f(1) f(2) L
an
a
两边分别相加得an1
a1
n
f (n)
例1已知数列｛an｝满足an 1
an2n 1, ai 1，求数列｛an｝的通项公式。
解：由an 1an2n 1得an 1
an
2n 1则
an(an
[2(n
2[(n (n
2—
(n
2n
an 1) (a
1)
an0且
an
\求数列｛an｝的通项公式.
Sn
解：由已知
i
—)S
an得
i
Sn 1
Sn
化简有
Sn
n
Sn1
又
a1得a11
S
,
,
Sn
J
an
求数列通项公式的十一种方法
①若 f(n)是关于 n 的一次函数，累加后可转化为等差数列求和; ②若 f(n)是关于 n 的二次函数，累加后可分组求和; ③若 f(n)是关于 n 的指数函数，累加后可转化为等比数列求和; ④若 f(n)是关于 n 的分式函数，累加后可裂项求和。
例 3.已知数列{an }中,
an
0且 Sn
( 1 ) n1 2
1
2．形如： a n1 p an q n
(其中 q 是常数，且 n 0,1)
①若 p=1 时，即： a n1 an q n ，累加即可.
②若 p 1 时，即： a n1 p an q n ，
求通项方法有以下三种方向：i. 两边同除以 p n1 .目的是把所求数列构造成等差数列
)
(
an 3n
2 2
an 3n
3 3
)
(
a2 32
3a11)
a1 3
(
2 3
1 3n
)
(
2 3
1 3n 1
)
(
2 3
1 3n 2
)
(
2 3
1 32
)
3 3
2(n 1) 3
(31n
1 3n
1 3n 1
1 3n 2
1 32
)
1
因此 an 3n
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
求数列通项公式的十种方法,例题答案详解讲解
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()nnaafn----------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()nnaafn(2)n，
则2132
1(1)(2)()nn
aafaaf
aafn两边分别相加得111()nn
k
aafn例1 已知数列{}na满足11211nnaana，，求数列{}na
的通项公式。
解：由121nnaan得121nnaan
则
112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1nnnnnaaaaaaaaaannnnnnnn
nnn
所以数列{}na的通项公式为2nan
。
例2 已知数列{}na满足112313nnnaaa，，求数列{}na
的通项公式。
解法一：由1231nnnaa得1231nnnaa
则
11232211122112211()()()()(231)(231)(231)(231)32(3333)(1)33(13)2(1)313331331nnnnnnn
nnn
nn
aaaaaaaaaannnn
所以31.nnan
解法二：13231nnnaa两边除以13n，得111213333nnnnn
求数列通项公式的十种方法,例题答案详解
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：%+ =% + 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an+ -a n = f (n) (n >2),a2 -4=f(1)则出一包="2)III IHa n 1 -a n = f (n)两边分别相加得a n1._.a1 == f (n)k 4例1已知数列｛a n｝满足an4 =a n +2n +1, & =1,求数列｛a n｝的通项公式。
解：由an_1 =an+2n+1 得an邛一an = 2n+1 则n n n na n =(a n -a n。
(a n」- a n- IM (a3 -a2)(a2 -a1)&= [2(n-1) 1] [2(n-2) 1] |H (2 2 1) (2 1 1) 1= 2[(n -1) (n -2) ||| 2 1] (n -1) 1= 2(n 21)n (n -1) 1=(n -1)(n 1) 12 二n所以数列｛a n｝的通项公式为a n =n2。
例2已知数列｛a n｝满足a n+ =a n +2父3n +1, a1 =3 ,求数列｛a n｝的通项公式。
十种求数列通项公式的方法(理)
3.十种求数列通项公式的方法一、公式法（不能直接运用公式的要稍加变形）例1 已知数列{}n a 满足1232n n n a a +=+⨯，12a =，求数列{}n a 的通项公式。
答案：31()222n n a n =-。
评注：本题解题的关键是把递推关系式1232n n n a a +=+⨯转化为113222n n n n a a ++-=，说明数列{}2nn 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。
二、累加法(a n+1与a n 的系数相同，不相同的看能否变形为相同)例2 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。
例3 已知数列{}n a 满足112313n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。
例4 已知数列{}n a 满足1132313n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。
例2 2n a n =。
例3 3 1.n n a n =+- 例4 21133.322n n n a n =⨯⨯+⨯- 三、累乘法（a n+1/a n 是一变量）例5 已知数列{}n a 满足112(1)53n n n a n a a +=+⨯=，，求数列{}n a 的通项公式。
例6已知数列{}n a 满足11231123(1)(2)n n a a a a a n a n -==++++-≥，，求{}n a 的通项公式。
例5 (1)12325!.n n n n a n --=⨯⨯⨯ 例6{}n a 的通项公式为!.2n n a =四、待定系数法（y=kx+b 转化为y=kx ）例7 已知数列{}n a 满足112356nn n a a a +=+⨯=，，求数列{}n a 的通项公式。
例8 已知数列{}n a 满足1135241n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。
求数列通项公式的十种方法
第1页 求数列通项公式的n种方法 对于由递推式所确定的数列通项公式问题，通常可通过对递推式的变形转化成等差数列或等比数列，也可以通过构8造把问题转化。下面分类说明。
一、型
例1. 在数列{an}中，已知，求通项公式。 解：已知递推式化为，即， 所以。 将以上个式子相加，得
， 所以。 二、型
例2. 求数列的通项公式。 解：当， 即 第2页
当，所以。 三、型 例3. 在数列中，，求。 解法1：设，对比，得。于是，得，以3为公比的等比数列。
所以有。 解法2：又已知递推式，得 上述两式相减，得，因此，数列是以为首项，以3为公比的等比数列。
所以，所以。 四、型
例4. 设数列，求通项公式。 解：设，则，，
所以， 即。
设这时，所以。 第3页
由于{bn}是以3为首项，以为公比的等比数列，所以有。 由此得：。 说明：通过引入一些尚待确定的系数转化命题结构，经过变形与比较，把问题转化成基本数列（等差或等比数列）。
五、型
例5. 已知b≠0，b≠±1，，写出用n和b表示an的通项公式。
解：将已知递推式两边乘以，得，又设，于是，原递推式化为，仿类型三，可解得，故。
说明：对于递推式，可两边除以，得，引入辅助数列，然后可归结为类型三。 六、型
例6. 已知数列，求。 解：在两边减去。 所以为首项，以。 第4页
所以 令上式，再把这个等式累加，得
。所以 。 说明：可以变形为，就是 ，则可从，解得，于是是公比为的等比数列，这样就转化为前面的类型五。
等差、等比数列是两类最基本的数列，是数列部分的重点，自然也是高考考查的热点，而考查的目的在于测试灵活运用知识的能力，这个“灵活”往往集中在“转化”的水平上。
转化的目的是化陌生为熟悉，当然首先是等差、等比数列，根据不同的递推公式，采用相应的变形手段，达到转化的目的。
附：构建新数列巧解递推数列竞赛题 递推数列是国内外数学竞赛命题的“热点”之一，由于题目灵活多变，答题难度较大。本文利用构建新数列的统一方法解答此类问题，基本思路是根据题设提供的信息，构建新的数列，建立新数列与原数列对应项之间的关系，然后通过研究新数列达到问题解决之目的。其中，怎样构造新数列是答题关键。 1 求通项 求通项是递推数列竞赛题的常见题型，这类问题可通过构建新数列进行代换，使递推关系式简化，这样就把原数列变形转化为等差数列、等比数列和线性数列等容易处理的数列，使问题由难变易，所用的即换元和化归的思想。