求数列通项公式的十种方法

1、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、11 种方法：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，代换转化为等级差数列或等比数列。四求数列通项的基本方法是：累加法和累乘法。五

2、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：an 1anf (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 1anf ( n) (n2) ，a2a1f (1)a3a2f (2)则LLan 1anf ( n)n两边分别相加得an 1a1f (n)k1求数列通项公式的十种方法例 1已知数列 an 满足 an 1an 2n 1， a1 1，求数列 an 的通项公式。解：由 an 1an2n1得 an 1an2n 1 则an (anan 1 ) (an 1an 2 ) L(a3a2 ) (a2a1) a12( n1)12( n2)1L(22 1)(2

3、11)12(n1)(n2)L2 1(n1)1(n1)n122(n 1)(n 1)(n1)1n2所以数列 an 的通项公式为 ann2。例 2已知数列 an 满足 an 1an2 3n1， a3 ，求数列 an 的通项公式。1解法一：由 an1an2 3n1得 an 1an23n1 则an( anan 1 ) (an 1an 2 ) L(a3a2 ) (a2a1 ) a1(23n11)(23n21)L(2321)(2311)32(3n13n2L3231 )(n1)32 3(13n1 )(n1)3133n3n133nn1所以 an3nn1.解法二： an 13an23n1两边除以 3n1 ，得 a

4、n1an21，3n13n33n1则an 1an213n 13n33n 1 ，故ananan 1) (an 1an 2an 2an 3L(a2a1a1n( nan 13n 2) (n 2n 3 )21 )333 an 1333 3( 2 1n ) ( 2n11) (2n12 )L(2 12)33333333332(n1)1111L13( 3n3n3n 13n 232) 1求数列通项公式的十种方法1n1因此an2(n 1)3n(13)2n11，3n31312233n则 an2n 3n13n1 .322练习1. 已知数列an的首项为1 ，且an 1an2n(n N* )写出数列an的通项公式 .答案

5、： n 2n1anan 112)2. 已 知数 列 an 满 足 a1(n练习3 ，n( n 1)，求此数列的通项 公式 .an12答案：裂项求和n评注：已知 a1 a , an 1 an f (n) ，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 an .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;若 f(n) 是关于 n 的二次函数，累加后可分组求和;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;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 ,Sn1 (ann ),求数列 a

6、n 的通项公式 .an0 且2anSn1 ( ann ) Sn1 (SnSn 1n)解 :由已知2an得2SnSn 1,化简有 Sn2Sn21n ,由类型 (1)有 Sn2S122 3n ,2n(n1)2n(n1)又 S1a1 得 a11,所以 Sn2,又 an0 ,sn2,2n(n1)2n(n1)an则2此题也可以用数学归纳法来求解.求数列通项公式的十种方法二、累乘法1.适用于：an 1f (n)an - 这是广义的等比数列累乘法是最基本的二个方法之二。an 1a2a3f (2)，Lan1f (n)2若f (n) ，则f (1)，L ，ana1a2anan 1n两边分别相乘得，a1f (k

7、)a1k1例 4已知数列 an 满足 an 12(n 1)5n a ， a3 ，求数列 an的通项公式。n1解：因为 an 12( n 1)5nan， a13 ，所以 an0 ，则 an 12( n 1)5n ，故anananan 1 La3 a2 a1an1an2a2 a12( n11)5n 1 2( n21)5n 2 L2(21)52 2(1 1)51 32n1 n(n1)L3 25(n 1)( n 2)L2132n 1n (n1)35 2n! a 2n1n (n1)所以数列的通项公式为 an352n!.n例 5.设 an 是首项为1 的正项数列，且n1an21na n2an 1 an0

8、（ n =1 ， 2， 3，），则它的通项公式是an =_.解：已知等式可化为：( an 1an ) (n 1)an 1 nan0an 1nan0 ( n N * )(n+1) an 1na n 0 , 即 ann 1ann 1n2 时， an 1nanan 1a2a1n 1 n 211an= n n 11an 1an 2a12= n .求数列通项公式的十种方法评注： 本题是关于an 和 an 1 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an 与 a n 1 的更为明显的关系式，从而求出a n .练习 .已知 an 1nann1, a11,求数列 an 的通项公式 .答案：a

9、n(n1)! (a1 1) -1.评注：本题解题的关键是把原来的递推关系式an 1na nn1, 转化为an 1 1n(an 1), 若令 bn a n1,则问题进一步转化为bn 1nbn 形式，进而应用累乘法求出数列的通项公式 .三、待定系数法适用于 an 1 qanf ( n)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an 1cand , (c0 ,其中 a1 a )型（ 1）若 c=1 时，数列 a（ 2）若 d=0 时，数列 an 为等差数列 ;n 为等比数列 ;（ 3）若 c 1且d 0 时，数列 an 为线性递推数列，其通项可通

10、过待定系数法构造辅助数列来求 .待定系数法：设an 1c(an) ,得 an 1ca n (c 1) ,与题设 an 1 ca n d , 比较系数得d, ( c 0)andc(an 1d)(c 1)d ,所以 c1所以有：c1c1dda na1因此数列c 1 构成以c 1 为首项，以 c 为公比的等比数列，求数列通项公式的十种方法and( a1d ) c n 1an (a1d ) c n 1d所以c 1c 1即：c 1c 1 .规律：将递推关系 an 1cand 化为an 1cdc(ancd)11,构造成公比为c 的等比数列 and an 1dc n 1 ( a1d )c1 从而求得通项公式

11、1cc 1逐项相减法（阶差法） ：有时我们从递推关系an 1ca nd 中把 n 换成 n-1 有 an ca n 1 d ,两式相减有 an 1 anc(an an 1 ) 从而化为公比为 c的等比数列 an 1 an ,进而求得通项公式 .an 1 an c n (a 2a1 ) ,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， a1 1,an2an 1 1(n 2) ，求数列a 的通项公式。n解法一： Q an2an 11(n2),an12(an 11)又 Q a112,an1 是首项为 2，公比为 2 的等比数列an 1 2n ，即 an 2

12、n1解法二： Q an2an 11(n2),an 12an1两式相减得an 1an2( anan 1 )(n2) ，故数列an 1an 是首项为 2，公比为 2 的等比数列，再用累加法的 an 中， a1 2, an 11an1, 求通项 an 。练习已知数列22an( 1 ) n 11答案：2求数列通项公式的十种方法2形如： a n 1 p anq n(其中 q 是常数，且 n 0,1)若 p=1 时，即： a n 1anq n ，累加即可 .若 p 1 时，即： an1pan q n ，求通项方法有以下三种方向：i. 两边同除以pn 1 .目的是把所求数列构造成等差数列a n 1an1 p

13、nanbn 1bn1 pnp n 1q n( )bn( )即：p q,令p np q,然后类型1，累加求通项 .，则n 1ii. 两边同除以 q. 目的是把所求数列构造成等差数列。an 1pan1即：q n 1qq nq,bnanbn 1p bn1q n令,则可化为qq .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 a n 1q n 1p(anpn ) .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 an满足an 1 2an4 3n 1， a11，求数列an的通项公式。解法一（待定系数法）

14、 ：设 an 113n2 (an3n 1 ) ，比较系数得14,22，则数列an 4 3n1是首项为 a14 3115 ，公比为2 的等比数列，所以 an4 3n 15 2n 1 ，即 an4 3n 15 2n 1q n13n 1an12an4解法二（两边同除以）： 两边同时除以得： 3n133n32，下面解法略an1an43n解法三（两边同除以p n1）： 两边同时除以2 n 1得： 2n12 n3(2 )，下面解法略求数列通项公式的十种方法练习 .（ 2003 天津理）设a0为 常 数 ， 且an 3n 12an 1 ( n N ) 证 明 对 任 意n 1 ，an1 3n( 1) n 1

15、 2n ( 1) n 2n a05；3形如 an 1panknb(其中 k,b 是常数，且k0)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(anxny)p(an 1x(n1)y) ;解题基本步骤：1、确定f (n) =kn+b2、设等比数列bn(anxny) ，公比为 p3、列出关系式( an xn y) p( an 1 x(n 1) y) ,即 bnpbn 14、比较系数求x,y5、解得数列(anxny) 的通项公式6、解得数列an 的通项公式例 8在数列 an 中， a1 1, an 1 3an 2n, 求通项 an .（逐项相减法）解：， an 13an2n,n

16、2 时， an3an 1 2( n 1) ，两式相减得an 1an3(an an 1 )2 .令 bnan 1a n ,则 bn3bn 12利用类型 5 的方法知 bn5 3n 12即a n 1a n5 3n 11an53n 1n1a n53n 1n1再由累加法可得22 . 亦可联立 解出22 .求数列通项公式的十种方法a13 ,2anan 1 6n 3例 9. 在数列 an 中，2,求通项 an .（待定系数法）解：原递推式可化为2(an xn y) an 1 x(n 1)y比较系数可得：x=-6,y=9, 上式即为 2bnbn 1所以 bnb1 a16n 991bn9 ( 1 )n 1是一

17、个等比数列，首项2,公比为 2.2 2即：an 6n99(1) n2an9(1) n6n9故2.4形如 an 1panan2b n c(其中 a,b,c 是常数，且 a0 )基本思路是转化为等比数列，而数列本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。例 10已知数列 an 满足 a2an3n24n 5， a1，求数列 an的通项公式。n 11解： 设 an 1x(n1)2y(n1)z2(anxn2ynz)比较系数得 x3, y 10, z 18 ，所以 an 13(n1)210(n1)182( an3n210n18)由 a13 1210118131320 ，得 an3n210n180则 an

18、 13(n 1)210(n1)182 ，故数列 an3n210n 18 为以an3n210n18a13121011813132为首项，以2 为公比的等比数列，因此an3n210n18322n 1 ，则an 2n 43n210n18 。求数列通项公式的十种方法5.形如 an 2pan 1qan 时将 an 作为 f (n) 求解分析：原递推式可化为an 2an 1( p)(an 1an ) 的形式，比较系数可求得，数列an 1 an 为等比数列。例 11 已知数列 an 满足 an 25an 16an , a11,a22 ，求数列 an 的通项公式。解：设 an 2an 1(5)(an 1an

19、)比较系数得3 或2 ，不妨取2 ，（取 -3 结果形式可能不同，但本质相同）则an 22an 13(an12an )，则an 12an是首项为4，公比为3 等比数列an 12an4 3n 1，所以 an4 3n 15 2n 1练习 .数列 an 中，若a18, a22,且满足an 2 4an 13an 0,求an.答案：an113n .四、迭代法an 1pa nr (其中 p,r 为常数 )型已知数列 an 满足 an 13( n 1)2 n5 ，求数列 an 的通项公式。例 12an， a1解：因为 an 13( n1)2 nan，所以anan3n12n 1 an3( n2 1) 2n 2

20、 3n 2n 1an32 (2n 1) n 2( n 2) ( n 1)an3( n3 2) 2n 3 32 ( n 1) n 2(n 2) (n 1)an33 (3n 2)( n1) n 2(n 3)(n 2) ( n 1)La13n 1 2 3L L (n 2) ( n 1) n 21 2 L L ( n 3) (n 2) ( n 1)n( n 1)a13n 1n! 22n 1n (n 1)又 a15 ，所以数列 an 的通项公式为 an 53n! 22。注：本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式。求数列通项公式的十种方法例 13.（2005 江西卷）已知数列 an 的各项都是

21、正数 , 且满足 : a0 1, an 11an (4 an ), n N2，（ 1）证明an an 1 2, n N ;（2）求数列 an 的通项公式 an.an 11 an (4 an )1 (an 2) 24,2(an 1 2)(an 2)2解：（ 1）略（ 2）22所以令 bn an2,则 bn1 bn2 11 ( 1 bn22 )21(1 )2 bn2 1(1 )1 22n 1bn2n222 2222又 bn= 1，bn( 1) 2n 1 ,即 an 2 bn2 ( 1 )2 n 1所以22.12方法 2：本题用归纳 -猜想 -证明，也很简捷，请试一试.解法 3：设 cnbn ，则

22、c n2cn 1,转化为上面类型（ 1）来解五、对数变换法适用于 an1panr(其中 p,r 为常数 )型p>0， an0例 14.设正项数列an满足a11，an2an21（ n2） .求数列an的通项公式 .解：两边取对数得：log2an12 log 2an 1log 2an12(log 2an 11)，设bnlog 2an1，则，bn2bn1bn是以 2 为公比的等比数列，b1log 121 1bn1 2n 12n 1，log 2a n12n1， log 2an2n 11 ， an22n 11练习 数列an中，a11，a n2 an 1（ n2），求数列an的通项公式 .答案： a

23、n2 22 2 n求数列通项公式的十种方法例 15已知数列 an 满足 an 12 3nan5， a1 7 ，求数列 an 的通项公式。解：因为 an 123nan5， a17 ，所以 an0， an 10 。两边取常用对数得lg an 15lg ann lg3lg 2设 lg an1 x(n1)y5(lg anxny)（同类型四）比较系数得，xlg3lg3lg 2, y1644由 lg a1lg31lg3lg 2lg 7lg31lg3lg 20 ，得 lg anlg3nlg3lg 20 ，416441644164所以数列 lganlg3nlg3lg 2lg3lg3lg 25 为公比的等比数列

24、，416 是以 lg 7416为首项，以44则 lg anlg3 nlg3lg 2(lg 7lg3lg3lg 2)5n1 ，因此41644164lg an(lg 7lg 3lg 3lg 2)5n 1lg 3nlg 3lg 24164464111n11lg(73431624 )5n1lg(3 43162 4 )111n11lg(73431624 )5n 1lg(3 4 316 2 4 )5 n4 n 15n 11lg(75 n 1 31624)75n 15n4 n 15n 11则 an3 162 4。六、倒数变换法适用于分式关系的递推公式，分子只有一项例 16已知数列 an 满足 an 12an

25、, a1 1 ，求数列 an 的通项公式。an2解：求倒数得111,111,11 为等差数列，首项11 ，公差为1 ，an 12anan 1an2an 1ana12111),an2an(nn12求数列通项公式的十种方法七、换元法适用于含根式的递推关系例 17 已知数列 an 满足 an 114an1 24an )， a11 ，求数列 an 的通项公式。(116解：令 bn124an，则 an1 (bn21)24代入 an 111 24an ) 得(1 4an161 (bn2 11)1 1 4 1 (bn2 1) bn 241624即 4bn2 1 (bn 3)2因为 bn124an0 ，则 2

26、bn 1bn1bn33 ，即 bn 12，2可化为 bn 131 (bn3) ，2所以 bn3 是以 b13124a1312413 2 为首项，以1 为公比的等比数列，因此2bn32(1)n1(1)n2 ，则 bn(1) n 23，即124an(1) n 23 ，得2222an2 ( 1) n( 1)n1 。3423八、数学归纳法通过首项和递推关系式求出数列的前n 项，猜出数列的通项公式，再用数学归纳法加以证明。例 18 已知数列 an 满足 an 1an(2 n8( n 1)3)2， a18 ，求数列 an 的通项公式。1)2 (2n9解：由 an 18( n 1)及 a18an，得(2 n

27、 1)2 (2n 3)29a2a18(11)88224(211)2 (213)2992525a3a28(21)248348(221)2 (223)225254949a4a38(31)488480(231)2 (233) 249498181求数列通项公式的十种方法由此可猜测 an(2 n1)21 ，下面用数学归纳法证明这个结论。(2 n1)2（ 1）当 n1 时， a1(2 111)2 18 ，所以等式成立。(21)29（ 2）假设当 nk 时等式成立，即 ak(2 k1)21 ，则当 nk 1 时，(2 k1)2ak 1ak8(k1)(2k1)2 (2k3)2(2 k1)21(2k3)28(k

28、1)(2 k 1)2 (2k 3)2(2k1)2 (2k3)2(2k1)2(2k1)2 (2k3)2(2k3)21(2k3)22( k1)1212(k1)12由此可知，当 nk1 时等式也成立。根据（ 1），（ 2）可知，等式对任何 nN * 都成立。九、阶差法（逐项相减法）1、递推公式中既有Sn ，又有 an分析：把已知关系通过anS1, n 1转化为数列an或 Sn 的递推关系，然后采用相应的SnSn 1 ,n2方法求解。例 19 已知数列 an 的各项均为正数，且前n 项和 Sn 满足 S1 (an1)(an2) ，且 a2 , a4 , a9 成n6等比数列，求数列 an 的通项公式。

29、解：对任意 nN1(an1)(an2)有 Sn6当 n=1 时， S1a11 ( a1 1)(a12) ，解得 a11 或 a126求数列通项公式的十种方法当 n2 时， Sn 112)( an 1 1)(an 16 -整理得： (anan 1)( anan 13)0 an 各项均为正数， anan 13当 a11时， an3n2 ，此时 a42a2a9 成立当 a12 时， an3n1 ，此时 a42a2a9 不成立，故a12 舍去所以 an 3n2练习。 已知数列 an 中 , an0 且 Sn1(an1) 2, 求数列 an 通项公式 .2答案： SnSn 1 a n( an1) 2( an 1 1) 2an 2n 12、对无穷递推数列例 20已知数列 an 满足