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 5

10 17 3 2

5

2 3 4 5 2

4 8 16

解：（1）变形为：10 －1，10

―1，10 ―1，10 ―1，…… ∴通项公式为：

a n = 10

1

n +1 n +1

n +1 2

点评：关键是找出各项与项数

n

的关系。

3

3 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 5

n

n

1

1 4 9 16

2 1 2

（1）9，99，999，9999，…（2） （3）

1 2 3 4 1

3 7 15 （4） ,

, ,

, (5)

， ，

，

。。。

n

2 n 2 （2）

a = n

+ ; （3）

a = ;

2

n

n

n +1

（4）

a = ( 1) ⊕ . （5）

a =

n

1

针对性训练：① 3 33 333 333 3333 … （

a = (10 1)

）

2 2 10 17 26 n +1 ② 1

… （

） n

2

a

a

a

求数列 的通项公式.

解：设数列 a 公差为 d(d>0)

∵ 1, a 2

3,

a 9 成等比数列， 4a 3

1 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

n

n +1 n +2 n

n +1

n +2 n +3 n

b n a n +1 +

a n +2

b n =

q (q +1)⊕q =q (q +1)

三、公式法

?S n

S n 1

n

ε 2

n

n

（1） S n = n +

n 1。 （2）

s n = n 1

1

1

a n

=

S n

S n 1

=

(n +

n

1) [(n 1) + (n

1) 1]=3

n 3n +

2

1

1 n

（2）

a 1 = s 1 = 0，

2

a =

a a

[1]

，求数列

的通项公式。 解析：由题意， ，又 是等比数列，公比为

q

b a +a

∴ ，故数列 是等比数列，

，∴ n 1 2 3

1 1

n 1

n

S n

=

1 1 ，即已知数列前

n

项和，求通项。 ?

例 3：已知下列两数列 的前 n 项和

s 的公式，求 的通项公式。

3

2 解： （1） =1

3

3 2 2 此时， 。∴ =3

为所求数列的通项公式。

当 n

ε 2 时 a n = s n

s n 1 = (n 2

1)

[(n 1) ?0

2 1] = 2n 1 (n =

1)

由于 a 1不适合于此等式 。

∴

a n =

? 2n

1 (n ε

2) 点评：要先分 n=1

和

n ε 2两种情况分别进行运算，然后验证能否统一。

针对性训练

：①已知数列

{a n }前 n

项和

S n 满足： log 2(S n +1) = n

+1，求此数列的通项公式。

2 a n

n

1

当

n

ε 2

时，

a n = S n S n 1 = 2

2 =

2

?2 n

ε 2

2 a n 2

S n

S n 1

化简有

S

n

S n 1 = n ,由类型(1)有 S n = S 1 +

2+ 3

+?+ n

,

2 2

2

此题也可以用数学归纳法来求解.

四、累加法

n +1

n

递推公式转化为

a n +1

a n = f

(n )，利用累加法(逐差相加法)求解。

n

1 n +1 n n

n +1

n n +1 n

3

?

1 n

②已知数列

{a }中, a > 0且

S = (a + )

,求数列{a }的通项公式.[2]

n +1

①解：

当

时， n +1

n

n

3

n

=1

所以：

a = n n

1 n 1 n

②解:由已知

S = (a +

)得 S = (S

S + ),

2

2

2 2 2n (n

+1) 2

又

S =

a 得

a

=

1,所以

S = ,又 a > 0,

s = ,

2n (n

+1) 2n (n 1)

则

a =

递推公式为 ，其中 f (1)+ f (2)+

...+ f (n )的和比较易求 ，通常解法是把原

例 4. 若在数列 中， ， ，求通项 。

解析：由 得 ，

所以

a n

a n 1

= n 1， ，

a n 1

a n 2 = n

2

a 2 …，

a 1 =1 ，

将以上各式相加得： a n 1

= (n

1) + (n 2) +

⊕⊕

⊕+

1，

又

a 1 =

3所以 a n =

n (n 1)

2

+

3 1 1

针对性训练：已知数列 解： 由已知得， {a n } 中 a 1 = 2 ,a n +1 1 =

a n 1

+ 4n 1 1

，求 1 {a n } ，

的通向公式

a n +1 a n = 4n 2 1 =

2 2n

1 2n +1 令 n = 1,2,...,(n

1) ，代入 ( n 1) 个等式累加，即

( a 2

a 1

) + ( a 3

a 2 1

) +...+ 1 ( a n

a n 1

) = ≤ 1 3 + 3 5 +

...+ 1 2n

3

1

2n 1 ? 4a n

a 1 =

2 1

2n 1

4a n 五、累乘法

=

4n

3 4n

2

a n +1

推公式为

a n +1 =

a n f ( n ) 。解法：把原递推公式转化为

2 n

n

= f ( n ) ，利用累乘法求解。

例 5 已知数列 { a n

} 满足 a 1 = 3 ,a n +1 = n +1 a n ，求 a n 的通向公式。

解：由条件知 之，即

a n +1 n

= n

n +1 ，分别令 n=1，2，3……，(n-1)，代入上式得(n-1)个等式累乘

4

a 2

1? 2 1

1 1 /

a a

针对性训练：

设 {a }是首项为 1 的正项数列，且 (n

+1)a 2

na 2 +

a a =

0 （ n =1，

2，

n

3，…），则它的通项公式是

a n =________. [3] n +1

n

n +1

n

解：已知等式可化为：

(a *

n +1 + a n )[(n

+1)a n +1

na n a ] =

n +1

n

∵a

n >

0 ( n N a n ) 4(n+1) n

1

a n +1

na n =

0 , 即

a n = n

+

1 4

n ε

2时，

a n

1

=

n

4 a n =

a n

⊕

a n 1

⊕?⊕

a 2 ⊕ a 1

=

n 1 ⊕

n

2

⊕

?

1 ⊕1

= 1 .

a n 1

a n 2 a 1

n n

1

2

n

评注：本题是关于

a n 和

a n +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 a n 与 a n +1 的更为明显的关系式，从而求出 a n .

六、辅助数列法 n +1

n

+ f

(n )

型型

（1）若 f

(n )

=

q ，即 a n +1 = pa n + q （其中

p ，q

均为常数， pq (p

1) ? 0 ）

。 q 解法：一般采用待定系数法将原递推公式转化为：

a n +1 利用换元法转化为等比数列求解

例 6 已知数列 中， ，求

n +1 n n +1 n n +1

n

t

= 。

p (a n t )，其中

t = 1 p

，再

5

6.1

形如 解： 令

a +t = 2a +

t ,

与已知

比较，得

，

所以，数列 所以

{ a n +3} 是以

a 1 n

1

+3= 4为首项，2

为公比的等比数列

即

a n +

3= ( 1 2 = 2 a n = 2

3

(2)若 f (n ) =

kn +

b (其中 k,b

是常数，且

k ?

0) 求通项方法有以下两种方向： ⅰ.相减法

n 1 n +1 n 解：∵，

a n +1 = 3a n +

2n , ①

n

n 1

两式相减得 a n

.

a n +1 a n =

3(a n a n 1 ) + 2.令

b n n 1

= a n +1

a n ,则

b n =

3b n 1 + 2

利用类型

5

的方法知 b n n 1

=

5

⊕3

+ 2

即 a n +1

a n =

5⊕

3 5 1

n 1

1 ②

再由累加法可得 a n = 2

⊕3 n 5 n

1

2

.

1 亦可联立 ① ②解出

a n = 2 ⊕

3

n 2 .

ⅱ.待定系数法

例 8. 在数列{

a n }中， 解：原递推式可化为 a 1 = 3

2

,2a n a n 1 = 6n

3 ,求通项 a n . 2(a n + xn

+ y ) = a n 1

+ x (n

1)

+ +y

比较系数可得：x=-6,y=9,上式即为

2b n n 1 1 9 1 n 1 =

b n 1

6n

+

9

= 1 n

9 2 ,公比为 1

2

. 4b n = 2 ( 2 )

即：

a n

6n

+

9

=

9⊕ ( 2

)

故 a n =

9

⊕ (

1 2 ) n

n

+

6n

9 . [5] (3)若 f (n ) =

q (其中

q

是常数，且

n

?

0,1)

n

①若

p=1

时，即：

a n +1 = a n + q ，累加即可.

6

n +1

n +1 a +

3

例 7.在数列 中，

求通项 时， ，

所以 是一个等比数列，首项

②若 p

?1 时，即： a n +1 = p ⊕ a n +

q n ，

求通项方法有以下三种方向： i. 两边同除以

p .

即： = + ⊕ ( ) ,令

b n = a n ，则

b n +1

b n

= 1 ⊕

(

p ) n , p n +1 q n p q p n p q

然后类型

1，累加求通项.

ii.两边同除以

q . 即：

a n

p

a q n +1 n +1 = 1

p q ⊕ a q n n + 1

q

, 令

b n = q n ,则可化为

b n +1 = q ⊕

b n + q .然后转化为类型

5

来解，

iii.待定系数法： n +1

n 例 9.（2003

天津理）

+ ? ⊕

q n

) .通过比较系数，求出 ? ，转化为等比数列求通项.

设

a

为常数，且

a n =3 n 1 1 2a n n 1

(n N )． n 1 n n n

[4] 证明对任意 n ≥1， a n = 5

[3 n

+

( 1) a n ⊕2 ]

+ ( 1) a n 1

⊕2 1

a 0 ； 3 n

证法 1：两边同除以（-2） ,得 ( 2) n = ( 2) n 1 + 3 ⊕

( 2

)

令 b n =

a n

n

,则 b n

b n 1 = 1 ⊕

(

3 ) n

4 b n ( 2)

=

(b n

b n 1 ) +

(b n 1 3

b n 2 2

) +?+ (b 2

b 1) +

b 1

=

1

3 ≤ 3 2 ) n + (

3 2 ) n 1 +?+

( 3 2 ) 2 ? + a 1

2 = 1

3 ⊕ ( 3 2 ) 2 [1

( 3

3 2 ) n 1 ] 1 2 (1

2a 0) 1 1

( 3 n 2

)

= ?= 5 [( 2

n

1] +

a 0

1 n n 1 n n n 4a n =

( 2) b n =? = 5

[3 +

( 1) ⊕2 ]+

( 1) 7

⊕

2 a 0 .

n +1

a a

1 p n +1

n +1

设

? ( '

/ ∞ )

证法

2：由

a n =

3 n 1

2a n 1

(n N )得 a n

= 1 2 ⊕ a n

1 .

设 a n

，则

b

2

1

. 即：

3 3 1

3 2

3 n

1 1

,

b n = 3

n

n

= 3 b n 1 + 3

b n 5 =

3 (b n 1

5

所以 ?

b n

5↑ 是以

b 1 1 5 = 2 3 ( 1 5

a 0 )为首项，

2 3 为公比的等比数列. 则

b n a 1 5 = 2 3 ( 1 5 a 0 1 )( 2 3 ) n 1 =

( 2 1 5

a 0 1

)( 1)

n 1 ( 3 n , 即： n 3 =

b n 1

=

( 5 a 0 )(

1)

n 1 ( 3 ) n + 5 , 故 a n = 5 [3 n +( 1) n 1 ⊕2 n ] +

( 1) n ⊕2 n a 0 .

评注：本题的关键是两边同除以

3 n ，进而转化为 的类型，构造出新的等比数

列，从而将求一般数列的通项问题转化为求等比数列的通项问题. 证法

3：用待定系数法

设

a n + ? ⊕3 = 2(a n 1 + ? ⊕

3 ), 即:

a n = 2a n 1 5? ⊕

3

比较系数得：

,所以 所以 , 1 n 1 ,

?

5? =1 3 ? ? = 5 3

a n 5 ⊕

3 = 2(a n 1

5

⊕

3 ) 所以数列 3 ?

a n

5 ↑

是公比为－2，首项为 3

n 1

a 1

5

的等比数列.

1 n n 1 n n n

4a n 5 =

(1 2a 0

5

(n N ). 即 a n = 5

[3 +

( 1) ⊕2 ] +

( 1) ⊕2 a 0 . 方法

4：本题也可用数学归纳法证.

（i ）当

n=1

时，由已知 a 1=1－2a 0，等式成立；

k 2

1 5

[3 + ( 1) k 1 2 ]

( 1) k 2a 0, 那么

a k

+1 =

3 k

2a k = 3 1

5 [3

k +

( 1) k 1 2 k ]

( 1) k 2 a 0 = 5

[3 k +1 + ( 1) k 2 k +1 ]

+( 1) k

+1 2 k +1 a 0. 也就是说，当 n=k+1 时，等式也成立. 根据（i ）和（ii ），可知等式对任何

n ∈N ，成立.

n +1

规律：

a 法不同. n +1 = pa n + f

(n )

类型共同的规律为：两边同除以

p

，累加求和，只是求和的方

8

n )

? ? 1 ← 2 )

n n

n 1 n 1

1 1 n n ? ← )( 2) ( ii)假设当 n=k （k ≥1）等式成立，则

k k k

k +1

6.2形如a

n+1=

pa

ra

n

+ q

+ s

型

n

（1）p,r,s? 0,q= 0即a

n =

pa

ra

n 1

+ s

取倒数法.

例10.已知数列{a n

}中，a1= 2

n

1

，

a

n

=

a

2a

n 1

+1

(nε 2)，求通项公式a

n

。

解：取倒数：

1 1 1

a n

=

1

a n 1

+ 2?

1

a n

3

1

a n 1

n 1

= 2

4

a

n =

a

1

+ (n 1)⊕ 2= 2n

2

2

4a n=

4n 3

.

6.3形如a

n+1=ma

n

a n

+ p

+ q

(m,p,q为定值)型[6]

方法：不动点法:

我们设f(x)=

ma+mx+ p

x+ q

p

,由方程f(x)= x

a x

求得二根x,y,由a n+1=

ma

n

a n

+ p

+ q

有

a n+1 x=

a

n n

+ q

mx+ p

x+ q

=

mq p

x+ q⊕a

n

n

+ q

同理a n+1 y=ma n+ p my+ p=mq p

⊕

a n y

,两式相除有a n+ q y+ q y+ q a n+ q

a n+1 a x

=

y+ q

x+ q⊕

a n

a

x

y

,从而得

a

a

n+1

x

y

= (

y+ q

x+ q

)n 1⊕a1

a

x

y

,再解出a

n

即可.

n+1 y 例11.n

1

= 2,a

n+1

n+1=

5a

2a

n

n

+ 4

+ 7

1

,求｛a n｝的通项公式.

分析：此类问题常用参数法化等比数列求解.解：对等式两端同时加参数t,得：

9设数列｛a｝满足a

a n+1+ t=5a

n

+ 4

+ t=

(2t+ 5)a

n

+ 7t

= (2t+ 5)

a n+

7t+ 4

2t+ 5 , 2a

7t+ 4 n

+ 7 2a

n

+ 7 2a

n

+ 7

a n+ t

令t=

2t+ 5 ,解之得t=1,-2代入a

n+1

+ t= (2t+ 5)

2a n+ 7

得

a n+1 1= 3

a

n

1

,a

n+1

+ 2= 9

a

n

+ 2

, 2a

n

+ 7 2a

n

+ 7

相除得a

a

n+1

1

+ 2

=

1

3

⊕

a

a

n

1

+ 2

,即{

a

a

n

1

+ 2

}是首项为

a1

a

1

+ 2

=

1

4

，n+1n

a 1

n1

n 1

公比为1

的等比数列,n=

1

⊕ 3 ,解得a n=

4⊕

3 n 1

+ 2

.

3 a

n

+ 2 4 4⊕ 3 1

6.4形如a= pa r(其中p,r为常数)型

n+1

（1）p>0，a

n > 0

n

用对数法.

2

例12.设正项数列

{a n1

a n = 1，a

a n

1

n n 1

a n

n

a n 1

}的通项公式.

a n

解：两边取对数得：log

2= 1+ 2log

2

，log

2

+ 1= 2((log

2

+ 1)，设b n= log2+1，则

1

n n 1

n 1n 1

n n

} 是以

n 1

2为公比的等

n

比数列

2

，

n 1 1

1

= log

2

+1= 1

n = 1? 2= 2，log

2

+ 1= 2，llog

2

= 2a

n

= 2

练习数列

{a n } 中，a

1

= 1，a

n

= 2 a

n 1

（n≥2），求数列{

a n

} 的通项公式.

答案：a

n

= 2

（2）p<0时用迭代法.例13.（2005江西卷）

n0=1,a n+1=

1

2

a

n

(4 a n),n N，

（1）证明a n<

a n+1< 2,n N; （2）求数列{

a n

} 的通项公式a n.

解：（1）略

（2）a n+1=1

2

a

n

(4 a n)=

1

2

[ (a

2

n

2)2+ 4],

所以2(a

n+1

2)= (a n

1 2)

2

11

22

11

222

1

1+2+?+2n 12n又b=

令b n = a

n

2,则

b n

1

=

n

2

b

n 1

=

2

(

2

b

n 2

)=

1n

2

⊕

(2

)b

n 1

= ?= (

2

)b

n n

－1，所以b n= (2 2 1,即

a n = 2+

b n= 2 (

2

)2 1.

1 n

}满足a= 2a

（n≥2）.求数列{a b

= 2b

a {

b a n 1b

b

1

2 n

已知数列

)

方法2：本题用归纳-猜想-证明，也很简捷，请试一试.

10

解法3：设c

n = b n，则c n=

1

2

c2

n 1

,转化为上面类型（1）来解.

总之，求数列通向公式的方法并不满足以上所述，对于同一问题的求解也不仅是一种方法，只有在平时学习与探究过程中不断地体会与总结，将知识与方法学活，才可以做到游刃有余。

参考文献

[1]高慧明.数列通项的求法在2008年高考中的展示.[J]试题与研究,2008,20.

[2]龙志明.数列通项公式的九种求法.[J]求学,2005,11.

[3]陈云烽.递推数列通项的求解.[J]中学数学教学参考,2007,6.

[4]刘有路.叠加叠乘在高考数列解题中的应用.[J]试题与研究,2005,14.

[5]高慧明.数列通项的求法在2008年高考中的展示.[J]试题与研究,2008,20.

[6]吴怀芳.求数列通项的几种常见类型.[J]试题与研究,2005,26.

11

数列通项公式的求法集锦

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， 213243121 23.......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 ∴222 n 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 =1212323431122 22.......2n n n n a a a a a a a a --≥-=??-=??-=????-=?时, 以上n-1个等式累加得 21122...2n n a a --=+++=12(12)12 n ---=22n -，故12221n n n a a =-+=- 且11a =也满足该式 ∴21n n a =- (n N *∈)。 二、累乘法 形如1 ()n n 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 。

数列通项公式的求法(较全)

常见数列通项公式的求法 公式： 1、 定义法 若数列是等差数列或等比数列,求通公式项时,只需求出1a 与d 或1a 与q ,再代入公式()d n a a n 11-+=或 11-=n n q a a 中即可. 例1、成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2，5，13后成为等比数列{}n b 的345,,b b b ,求数列{}n b 的的通项公式. 练习：数列{}n a 是等差数列,数列{}n b 是等比数列,数列{}n c 中对于任何* n N ∈都有 1234127 ,0,,,,6954 n n n c a b c c c c =-====分别求出此三个数列的通项公式.

2、 累加法 形如()n f a a n n =-+1()1a 已知型的的递推公式均可用累加法求通项公式. （1） 当()f n d =为常数时，{}n a 为等差数列，则()11n a a n d =+-； （2） 当()f n 为n 的函数时，用累加法. 方法如下：由()n f a a n n =-+1得 当2n ≥时，() 11n n a a f n --=-， () 122n n a a f n ---=-， ()322a a f -=， () 211a a f -=， 以上()1n -个等式累加得 ()()()()11+221n a a f n f n f f -=--+ ++ 1n a a ∴=+()()()()1+221f n f n f f --+ ++ （3）已知1a ，()n f a a n n =-+1，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. ①若()f n 可以是关于n 的一次函数，累加后可转化为等差数列求和； ②若()f n 可以是关于n 的二次函数，累加后可分组求和； ③若()f n 可以是关于n 的指数函数，累加后可转化为等比数列求和； ④若()f n 可以是关于n 的分式函数，累加后可裂项求和求和. 例2、数列{}n a 中已知111,23n n a a a n +=-=-, 求{}n a 的通项公式.

几种常见的数列的通项公式的求法

几种常见的数列的通项公式的求法 一． 观察法 例1：根据数列的前4项，写出它的一个通项公式： （1）9，99，999，9999，…（2） ,1716 4,1093,542,211 （3） ,5 2 ,21,32 ,1（4） ,5 4 ,43,32,21-- 解：（1）变形为：101－1，102―1，103―1，104―1，…… ∴通项公式为：110-=n n a （2）;1 2 2 ++=n n n a n （3）;12 += n a n （4）1 )1(1+? -=+n n a n n .点评：关键是找出各项与项数n 的关系。 二、公式法 例2： 已知数列{a n }是公差为d 的等差数列，数列{b n }是公比为q 的(q ∈R 且q ≠1)的等比数列，若函数f (x ) = (x －1)2，且a 1 = f (d －1)，a 3 = f (d +1)，b 1 = f (q +1)，b 3 = f (q －1)，(1)求数列{ a n }和{ b n }的通项公式； 解：(1)∵a 1=f (d －1) = (d －2)2，a 3 = f (d +1)= d 2，∴a 3－a 1=d 2－(d －2)2=2d ， ∴d =2，∴a n =a 1+(n －1)d = 2(n －1)；又b 1= f (q +1)= q 2，b 3 =f (q －1)=(q －2)2， ∴2 213)2(q q b b -==q 2 ，由q ∈R ，且q ≠1，得q =－2，∴b n =b ·q n －1=4·(－2)n －1 例 3. 等差数列{}n a 是递减数列，且432a a a ??=48，432a a a ++=12，则数列的通项公式是 （ ） (A) 122-=n a n (B) 42+=n a n (C) 122+-=n a n (D) 102+-=n a n 解析：设等差数列的公差位d ，由已知???==+??+12348)()(3 333a d a a d a ， 解得 ?? ?±==2 4 3d a ，又 {} n a 是递减数列， ∴ 2 -=d ， 8 1=a ，∴ =--+=)2)(1(8n a n 102+-n ，故选(D)。 例 4. 已知等比数列 {}n a 的首项11=a ，公比10<

高中数学数列通项公式的求法(方法总结)

（1）主题：求数列通项n a 的常用方法总结 一、 形如：特殊情况：当n+11,n n A B C A a a A =*+*+≠，常用累加法。 (n n a a +-,z 构建等比数列()1y n z *++z ； 的通项公式，进而求得n a 。 二、 形n a a * ；

三、 形 ()x f x =） 情形1：1n n A B a a +=*+型。设λ是不动点方程的根，得数列 {}n a λ-是 以公比为A 的等比数列。 情形2：1*n n n A B C D a a a +*+=+型。 设1λ和2λ 是不动点方程 *A x B x C x D *+=+的两个根； （1）当12λλ≠时，数列n 12n a a λλ??-?? ??-????是以12 A C A C λλ -*-*为公比的等比数列； （2）当12 =λλλ =时，数列1n a λ???? ??-???? 是以2*C A D +为公差的等差数列。 【推导过程：递推式为a n+1= d ca b aa n n ++（c ≠0,a,b,c,d 为常数）型的数列 a n+1－λ= d ca b aa n n ++－λ= d ca c a d b a c a n n +--+ -) )((λλλ，令λ＝－λ λc a d b --，可得λ＝d c b a ++λλ ……（1）。（1）是a n+1=d ca b aa n n ++中的a n ，a n+1都换成λ后的不动点方程。 ○ 1当方程（1）有两个不同根λ１，λ２时，有 a n+1－λ１＝ d ca a c a n n +--))((11λλ，a n+1－λ２＝d ca a c a n n +--) )((22λλ ∴ 2111λλ--++n n a a ＝21λλc a c a --?21λλ--n n a a ，令b n =21λλ--n n a a 有b n ＋１＝ 2 1 λλc a c a --?b n ○ 2当方程（1）出现重根同为λ时， 由a n+1－λ＝ d ca a c a n n +--))((λλ得λ-+11n a ＝))((λλ--+n n a c a d ca ＝λ c a c -＋))((λλλ--+n a c a c d （ “分离常数”）。设c n =λ-n a 1 得c n ＋１＝ λ λc a c d -+?c n ＋ λ c a c -】

斐波那契数列的通项公式推导解析

斐波那契数列的通项公式推导 山西省原平市原平一中任所怀 做了这些年的数学题，我时常有这样的感受。一个新的数学题初次接触时，会觉得这个题的解题技巧很妙，甚至有点非夷所思，但如果把同类型问题多做几个，你就会发现原来所谓的技巧，其实是一种再正常不过的想法，是一种由已知到未知的必然之路。这样我们就由解题的技巧而转化到了通解通法，进一步就会形成解题的思想，所以我对于数学爱好者建议，做题时要把同类型题多种总结和分析，这样你的数学才会有长足的进步。 下面我们就由递推推导通项的问题，进行对比分析。 例1在数列中，，求数列的通项。（普通高中课程标准实验教科书人教A版必修5第69页6题） 分析：此题可分两步来进行，首先由构造一个等比数列，其中 ，并写出的通项；然后利用，两边同除以得 ，由累加法，就可求出数列的通项。 解：（ 设，则（）所以数列为等比数列，且首项为 ，公比为3。所以。 于是有，两边都除以得 设，则有 由累加法可得

因为所以（） 于是有。 总结：上面的求解过程实质，求是一个把已知条件逐步化简的过程，由相邻三项的递推关系化为相邻两项的递推关系，进一步求出通项公式。 下面我们来研究一下著名的斐波那契数列的通项。 已知数列，其中，，求数列的通项。 解：首先我们要构造一个等比数列，于是设 则有。（1） 则由已知得（2） 对照（1）（2）两式得解得或。 我们取前一解，就会有。 设，则有 所以数列为等比数列，首项为，公比为

所以。即（3） 再次构造等比数列，设 则有 对照（3）式，可得所以 x=. 于是有 设，则有数列为等比数列，首项为，公比为，于是= 所以有。

几种常见的数列的通项公式的求法

几种常见的数列的通项公式的求法 一、观察法 1、根据数列的前4项，写出它的一个通项公式： （1） ,5 4,43,32,21-- （2） ,5 2,21,32,1 （3）9，99，999，9999，… 二、叠加法：对于型如)(1n f a a n n +=+类的通项公式 2、已知数列6，9，14，21，30，…求此数列的一个通项。 3、若在数列{}n a 中，31=a ，n a a n n +=+1，求通项n a 。 三、叠乘法：对于型如1+n a =f (n)·n a 类的通项公式 4、在数列｛n a ｝中，1a =1, (n+1)·1+n a =n ·n a ，求n a 的表达式。 5、已知数列{}n a 中，3 11= a ，前n 项和n S 与n a 的关系是 n n a n n S )12(-= ，试求通项公式n a 。 四、S n 法利用1--=n n n S S a (n ≥2) 6、已知下列两数列}{n a 的前n 项和s n 的公式，求}{n a 的通项公式。 （1）13-+=n n S n 。 （2）12-=n s n 五、辅助数列法 7、已知数}{n a 的递推关系为121+=+n n a a ，且11=a 求通项n a 。 六、倒数法 8、已知数列｛n a ｝中11=a 且11+=+n n n a a a （N n ∈），，求数列的通项公式。 1． 已知数列{}n a 的首项11a =，且13(2)n n a a n -=+≥，则n a = 3n-2 ．

2．已知数列{}n a 的首项11a =，且123(2)n n a a n -=+≥，则n a 1433n -?-． 3．已知数列{}n a 的11a =，22a =且121()(3)2n n n a a a n --=+≥，则1lim n x n a a →∞+=

常见数列通项公式的求法(超好)

常见数列通项公式的求 法(超好) -CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1

常见数列通项公式的求法 1.定义法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式。 例1．等差数列{}n a 是递增数列，前n 项和为n S ，且931,,a a a 成等比数列， 2 55a S =．求数列{}n a 的通项公式.n a n 53= 2.公式法：已知n S （即12()n a a a f n ++ +=）求n a ，用作差法：{ 11,(1) ,(2) n n n S n a S S n -== -≥。 例2：已知数列}{n a 的前n 项和s n ，12-=n s n 求}{n a 的通项公式。 解：（1）当n=1时，011 ==s a ，当2≥n 时 12]1)1[()1(221-=----=-=-n n n s s a n n n 由于1a 不适合于此等式 。 ∴? ??≥-==)2(12)1(0 n n n a n 练习：数列{a n }满足a n =5S n －3，求a n 。 答案：a n =34 （－14 ）n-1 3.累加法： 若1()n n a a f n +-=求n a ：11221()()()n n n n n a a a a a a a ---=-+-+ +-1a +(2)n ≥。 例3：（1）数列{a n }满足a 1=1且a n =a n －1+3n －2（n ≥2），求a n 。 （2）数列{a n }满足a 1=1且a n =a n －1+1 2n （n ≥2），求a n 。 解：（1）由a n =a n －1+3n －2知a n －a n －1=3n －2，记f （n ）=3n －2= a n －a n －1 则a n = （a n －a n －1）+（a n －1－a n －2）+（a n －2－a n －3）+…（a 2－a 1）+a 1 =f （n ）+ f （n －1）+ f （n －2）+…f （2）+ a 1 =（3n －2）+[3（n －1）－2]+ [3（n －2）－2]+ …+（3×2－2）+1 =3[n+（n －1）+（n －2）+…+2]－2（n －1）+1 =3×（n+2）（n －1）2 －2n+3=3n 2－n 2 （2）由a n =a n －1+12n 知a n －a n －1=12n ，记f （n ）=1 2n = a n －a n －1 则a n =（a n －a n －1）+（a n －1－a n －2）+（a n －2－a n －3）+…（a 2－a 1）+a 1 =f （n ）+ f （n －1）+ f （n －2）+…f （2）+ a 1 =12n +12n －1 +12 n －2 +…+122 +1=12 －12n 练习：已知数列{}n a 满足211=a ，n n a a n n ++=+211 ，求n a 。答案：n a n 1-23= 4.累乘法：已知1()n n a f n a +=求n a ，用累乘法：121121 n n n n n a a a a a a a a ---=????(2)n ≥。 例4：在数列｛n a ｝中，1a =1, (n+1)·1+n a =n ·n a ，求n a 的表达式。 解：由(n+1)·1+n a =n ·n a 得 1 1+=+n n a a n n ，

高中数学数列通项公式的求法详解

数列通项公式的求法及数列求和方法详解 专题一：数列通项公式的求法 关键是找出各项与项数n 的关系.） 例1：根据数列的前4项，写出它的一个通项公式： （1）9，99，999，9999，…（2） ,17 16 4,1093,542,211（3） ,5 2 ,21,32 , 1（4） ,5 4 ,43,3 2 ,21-- 答案：（1）110-=n n a （2）;122++=n n n a n （3）;12+=n a n （4）1 )1(1+?-=+n n a n n . 公式法1：特殊数列 例2： 已知数列{a n }是公差为d 的等差数列，数列{b n }是公比为q 的(q ∈R 且q ≠1)的等比数列，若函数f (x ) = (x －1)2，且a 1 = f (d －1)，a 3 = f (d +1)，b 1 = f (q +1)，b 3 = f (q －1)，(1)求数列{ a n }和 { b n }的通项公式； 答案：a n =a 1+(n －1)d = 2(n －1)； b n =b ·q n －1=4·(－2)n －1 例3. 等差数列{}n a 是递减数列，且432a a a ??=48，432a a a ++=12，则数列的通项公式是（ ） (A) 122-=n a n (B) 42+=n a n (C) 122+-=n a n (D) 102+-=n a n (D) 例4. 已知等比数列{}n a 的首项11=a ，公比10<

详解由递推公式求斐波那契数列的通项公式

详解由递推公式求斐波那契数列的通项公式 武汉市黄陂区第四中学 蔡从江 斐波那契数列的递推公式是121==a a ，11-++=n n n a a a （2≥n 且N n ∈），那么它的通项公式是怎样的呢？不少同学经常问到这个问题。 下面详细解答用待定系数法构造过渡数列求其通项公式。 由递推公式11-++=n n n a a a ，可设)(11-++=+n n n n a a a a λμλ，比较得1=-λμ且1=μλ，即012=-+λλ，解得251±-= λ。若251+-=λ，则251+=μ；若251--=λ，则2 51-=μ。 先以2 51+-=λ，251+=μ求解， 此时)2)(2 15(21521511≥-++=-+-+n a a a a n n n n ， 所以)2()215()215()215(2151211≥+=-++=-+ -+n a a a a n n n n ， 即)2()2 15(2511≥++-=+n a a n n n ， 再另)2]()215([251)215( 11≥+--=+-++n x a x a n n n n 即n n n x x )2 15()215(215)215(1+=+-+++， 所以12 15215=-++x x 即55=x ， 所以 ])215(55[251)215(5511n n n n a a +--=+-++， )2]()2 15(551[)251()215(552111≥+--=+--++n a n n n ，

所以)2]()2 15(551[)251()215(552111≥+--=+--++n a n n n ， )2]()251()251[(5 1])215(551[)251()215(55112111≥--+=+--++=++-++n a n n n n n 所以)3]()251()251[(5 1≥--+=n a n n n ， 又121==a a 适合上式，故 *)]()251()251[(51N n a n n n ∈--+=， 同理可得251--=λ，2 51-=μ时，*)]()251()251[(51N n a n n n ∈--+=， 因此斐波那契数列的通项公式是 *)]()251()251[(51N n a n n n ∈--+=

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 ?? ?≥???????-=????????????????=-2 1 11n 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2 1n 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<

高三数学 教案 斐波那契数列通项公式推导过程

斐波那契数列 斐波那契数列，又称黄金分割数列、因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、……在数学上，斐波纳契数列以如下被以递推的方法定义：F(1)=1，F(2)=1, F(n)=F(n-1)+F(n-2)（n>=3，n∈N*）在现代物理、准晶体结构、化学等领域，斐波纳契数列都有直接的应用，为此，美国数学会从1963年起出版了以《斐波纳契数列季刊》为名的一份数学杂志，用于专门刊载这方面的研究成果。 定义 斐波那契数列指的是这样一个数列1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233，377，610，987，1597，2584，4181，6765，10946，17711，28657，46368........ 自然中的斐波那契数列 这个数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和。 斐波那契数列的定义者，是意大利数学家列昂纳多·斐波那契，生于公元1170年，卒于1250年，籍贯是比萨。他被人称作“比萨的列昂纳多”。1202年，他撰写了《算盘全书》（Liber Abacci）一书。他是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人。他的父亲被比萨的一家商业团体聘任为外交领事，派驻地点于阿尔及利亚地区，列昂纳多因此得以在一个阿拉伯老师的指导下研究数学。他还曾在埃及、叙利亚、希腊、西西里和普罗旺斯等地研究数学。 通项公式 递推公式 斐波那契数列：1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, ... 如果设F(n）为该数列的第n项（n∈N*），那么这句话可以写成如下形式：:F(n)=F(n-1)+F(n-2) 显然这是一个线性递推数列。 通项公式

数列通项公式、前n项和求法总结全

一.数列通项公式求法总结： 1.定义法 —— 直接利用等差或等比数列的定义求通项。 特征：适应于已知数列类型（等差或者等比）． 例1．等差数列{}n a 是递增数列，前n 项和为n S ，且931,,a a a 成等比数列，2 55a S =．求数列{}n a 的通项公式. 变式练习： 1.等差数列{}n a 中,71994,2,a a a ==求{}n a 的通项公式 2. 在等比数列{}n a 中,212a a -=,且22a 为13a 和3a 的等差中项,求数列{}n a 的首项、公比及前n 项和. 2.公式法 求数列{}n a 的通项n a 可用公式???≥???????-=????????????????=-21 11n S S n S a n n n 求解。 特征：已知数列的前n 项和n S 与n a 的关系 例2.已知下列两数列}{n a 的前n 项和s n 的公式，求}{n a 的通项公式。 （1）13-+=n n S n 。 （2）12 -=n s n

变式练习： 1. 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且n S =2n 2 +n ，n ∈N ﹡，数列{b }n 满足n a =4log 2n b +3，n ∈N ﹡.求n a ，n b 。 2. 已知数列{}n a 的前n 项和2 12 n S n kn =-+（*k N ∈）,且S n 的最大值为8，试确定常数k 并求n a 。 3. 已知数列{}n a 的前n 项和*∈+=N n n n S n ，2 2.求数列{}n a 的通项公式。 3.由递推式求数列通项法 类型1 特征：递推公式为 ) (1n f a a n n +=+ 对策：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法求解。 例3. 已知数列{}n a 满足211= a ，n n a a n n ++=+211，求n a 。

常见递推数列通项公式的求法典型例题及习题

常见递推数列通项公式的求法典型例题及习题 【典型例题】 [例1] b ka a n n +=+1型。 （1）1=k 时，}{1n n n a b a a ?=-+是等差数列，)(1b a n b a n -+?= （2）1≠k 时，设)(1m a k m a n n +=++ ∴ m km ka a n n -+=+1 比较系数：b m km =- ∴ 1-= k b m ∴ }1{-+ k b a n 是等比数列，公比为k ，首项为11-+k b a ∴ 11)1(1-?-+=-+ n n k k b a k b a ∴ 1)1(11--?-+=-k b k k b a a n n [例2] )(1n f ka a n n +=+型。 （1）1=k 时，)(1n f a a n n =-+，若)(n f 可求和，则可用累加消项的方法。 例：已知}{n a 满足11=a ，)1(1 1+= -+n n a a n n 求}{n a 的通项公式。 解： ∵ 11 1)1(11+- =+= -+n n n n a a n n ∴ n n a a n n 1111--= -- 112121---=---n n a a n n 21 3132-- -=---n n a a n n …… 312123-= -a a 21112-=-a a 对这（1-n ）个式子求和得： n a a n 111- =- ∴ n a n 1 2- =

（2）1≠k 时，当b an n f +=)(则可设)()1(1B An a k B n A a n n ++=++++ ∴ A B k An k ka a n n --+-+=+)1()1(1 ∴ ???=--=-b A B k a A k )1()1( 解得： 1-=k a A ，2)1(1-+-=k a k b B ∴ }{B An a n ++是以B A a ++1为首项，k 为公比的等比数列 ∴ 1 1)(-?++=++n n k B A a B An a ∴ B An k B A a a n n --?++=-11)( 将A 、B 代入即可 （3）n q n f =)(（≠q 0，1） 等式两边同时除以1 +n q 得q q a q k q a n n n n 1 11+?=++ 令 n n n q a C = 则q C q k C n n 1 1+ =+ ∴ }{n C 可归为b ka a n n +=+1型 [例3] n n a n f a ?=+)(1型。 （1）若)(n f 是常数时，可归为等比数列。 （2）若)(n f 可求积，可用累积约项的方法化简求通项。 例：已知： 311= a ，1 121 2-+-=n n a n n a （2≥n ）求数列}{n a 的通项。 解：123537532521232121212233 2211+= ?--?--?+-=???-----n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n ∴ 1211231+= +? =n n a a n [例4] 11 --+?? =n n n a m a m k a 型。

用初等数学方法求斐波那契数列的通项公式

用初等数学方法求斐波那契数列的通项公式 斐波那契 (Fibonacci) 数列是著名的数列，有很高的实用价值。多年来，学者们一直在探究它的通项公式的求解方法，已经涌现出了多种方法。但据笔者们所知，这些方法大都需要比较高深的数学知识，例如组合数学的方法、概率的方等等，让人比较难理解，不容易接受。基于此，研究给出了一种简易的初等数学方法，先探求它们的特征多项式，然后通过求解线性方程组的思想，得出它们的通项公式。这种方法深入浅出，有一定的实用价值。 1.斐波那契数列的由来 13 世纪意大利数学家斐波那契在他的《算盘书》的修订版中增加了一道著名的兔子繁殖问题. 问题是这样的: 如果每对兔子（一雄一雌）每月能生殖一对小兔子（也是一雄一雌，下同），每对兔子第一个月没有生殖能力，但从第二个月以后便能每月生一对小兔子.假定这些兔子都没有死亡现象，那么从第一对刚出生的兔子开始，12 个月以后会有多少对兔子呢？解释说明为：一个月：只有一对兔子；第二个月：仍然只有一对兔子；第三个月：这对兔子生了一对小兔子，共有1+1=2 对兔子.第四个月：最初的一对兔子又生一对兔子，共有2+1=3对兔子.则由第一个月到第十二个月兔子的对数分别是：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，……，人为了纪念提出兔子繁殖问题的斐波纳契，将这个兔子数列称为斐波那契数列，即把 1，1，2，3，5，8，13，21，34…这样的数列称为斐波那契数列。 2.斐波那契数列的定义 定义:数列F1,F2,… ,Fn,…如果满足条件121==F F ,21--+=n n n F F F (对所有的正整数n ≥ 3),则称此数列为斐波那契(Fibonacci)数列。

数列通项公式的几种求法

数列通项公式的几种求法 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。数列通项公式具备两大功能，第一，可以通过数列通项公式求出数列中任意一项；第二，可以通过数列通项公式判断一个数是否为数列的项以及是第几项等问题；因此，求数列通项公式是高中数学中最为常见的题型之一，它既考察等价转换与化归的数学思想，又能反映学生对数列的理解深度，具有一定的技巧性，是衡量考生数学素质的要素之一，因而经常渗透在高考和数学竞赛中。本文分别介绍几种常见的数列通项的求法，以期能给读者一些启示。 一、常规数列的通项 例1：求下列数列的通项公式 （1）22—12 ，32—13 ，42—14 ，52—15 ，… （2）－11×2 ，12×3 ，－13×4 ，14×5 ，… （3）23 ，1，107 ，179 ，2611 ，… 解：（1）a n =n 2—1n （2）a n = （－1）n n （n+1） （3） a n =n 2＋12n ＋1 评注：认真观察所给数据的结构特征，找出a n 与n 的对应关系，正确写出对应的表达式。 二、等差、等比数列的通项 直接利用通项公式a n =a 1+（n －1）d 和a n =a 1q n －1写通项，但先要根据条件寻求首项、 公差和公比。 三、摆动数列的通项 例2：写出数列1，－1，1，－1，…的一个通项公式。 解：a n =（－1）n －1 变式1：求数列0，2，0，2，0，2，…的一个通项公式。 分析与解答：若每一项均减去1，数列相应变为－1，1，－1，1，… 故数列的通项公式为a n =1+（－1）n 变式2：求数列3，0，3，0，3，0，…的一个通项公式。 分析与解答：若每一项均乘以23 ，数列相应变为2，0，2，0，… 故数列的通项公式为a n =32 [1+（－1）n －1 ] 变式3：求数列5，1，5，1，5，1，…的一个通项公式。 分析与解答1：若每一项均减去1，数列相应变为4，0，4，0，… 故数列的通项公式为a n =1++2×23 [1+（－1）n －1 ]=1+43 [1+（－1）n －1 ] 分析与解答2：若每一项均减去3，数列相应变为2，－2，2，－2，… 故数列的通项公式为a n =3+2（－1）n －1 四、循环数列的通项 例3：写出数列0.1，0.01，0.001，0.0001，…的一个通项公式。

数列通项公式求法大全配练习及答案

数列通项公式的十种求法 一、公式法 * 11(1)()n a a n d dn a d n N =+-=+-∈ 1 *11()n n n a a a q q n N q -== ?∈ 二、累加法 )(1n f a a n n +=+ 例 1 已知数列{}n a 满足1121 1n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。 2n a n = 例 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。 （3 1.n n a n =+-） 三、累乘法 n n a n f a )(1=+ 例3 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。 （(1)1 2 32 5 !.n n n n a n --=???） 评注：本题解题的关键是把递推关系12(1)5n n n a n a +=+?转化为 1 2(1)5n n n a n a +=+，进而求出 1 32 112 21 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4已知数列{}n a 满足112311 23(1)(2)n n a a a a a n a n -==++++-≥，，求{}n a 的通项 公式。（! .2 n n a =）

评注：本题解题的关键是把递推关系式1(1)(2)n n a n a n +=+≥转化为 1 1(2)n n a n n a +=+≥，进而求出 1 3 212 2 n n n n a a a a a a a ---??? ?，从而可得当2n n a ≥时，的表达式，最后再求出数列{}n a 的通项公式。 四、待定系数法 q pa a n n +=+1 ()n f pa a n n +=+1 n n n qa pa a +=++12（其中p ，q 均为常数）。 例5 已知数列{}n a 满足112356n n n a a a +=+?=，，求数列{}n a 的通项公式。 （125n n n a -=+） 评注：本题解题的关键是把递推关系式1235n n n a a +=+?转化为1152(5)n n n n a a ++-=-，从而可知数列{5}n n a -是等比数列，进而求出数列{5}n n a -的通项公式，最后再求出数列 {}n a 的通项公式。 例6 已知数列{}n a 满足1135241n n n a a a +=+?+=，，求数列{}n a 的通项公式。 （1133522n n n a -=?-?-） 评注：本题解题的关键是把递推关系式13524n n n a a +=+?+转化为 1 15223(522)n n n n a a +++?+=+ ?+，从而可知数列{522}n n a +?+是等比数列，进而求出数列{522}n n a +?+的通项公式，最后再求数列{}n a 的通项公式。 例7 已知数列{}n a 满足2 1123451n n a a n n a +=+++=，，求数列{}n a 的通项公式。 （42 231018n n a n n +=---） 评注：本题解题的关键是把递推关系式2 12345n n a a n n +=+++转化为 2213(1)10(1)182(31018)n n a n n a n n ++++++=+++，从而可知数列

常见递推数列通项公式的求法

常见递推数列通项公式的求法 教学目标： (1)知识与技能：会根据递推公式求出数列中的项，并能运用累加、累乘、待定系数等方法求数列的通项公式。 (2)过程与方法： ①复习回顾所学过的通项公式的求法，对比递推公式与通项公式区别认识到由递推公式求通项公式的重要性，引出课题。 ②对比等差数列的推导总结出累加法的试用题型。 教学重点：根据数列的递推关系式求通项公式。 教学难点：解题过程中方法的正确选择。 教学过程: （一）复习回顾： 1、通项公式的定义及其重要作用 2、学过的通项公式的几种求法 3、区别递推公式与通项公式，从而引入课题 （二）新知探究： 问题1:已知数列}{n a ，1a =1，1n a +=n a +2，求n a ? 变式： 已知数列}{n a ，1a =1，1n a +=n a +2n ，求n a ? 活动：通过分析发现形式类似等差数列，故想到用累加法去求解。教师引导学生细致讲解整个解题过程。 练习： 已知数列}{n a ，1a =1，n n n a a 2 11=-+，求n a =? 总结：类型1：)(1n f a a n n =-+，利用累加法求解。 问题2： 已知数列{a n }满足)(,2,111*+∈==N n a a a n n ，求{a n }的通项公式。 变式：若条件变为)(,21*+∈=N n a a n n n 练习： 已知数列{}n a 满足321=a ，n n a n n a 1 1+=+，求n a 。 总结：类型2型如 用累乘法求解 问题3： 已知数列{a n }满足)(,12,111*+∈+==N n a a a n n ，求{a n }的通项公式。 变式：)(,64,311*+∈-==N n a a a n n ，求{a n }的通项公式。 ) (1n f a a n n ?=+

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．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 ()n n k a a f n +=-= ∑ 例1 已知数列{}n a 满足1121 1n 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 11232211 2 ()()()()[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2 n a n =。 例2 已知数列{}n a 满足11231 3n n n a a a +=+?+=，，求数列{}n a 的通项公式。 解法一：由1231n n n a a +=+?+得1231n n n a a +-=?+则 11232211 122112211()()()()(231)(231)(231)(231)32(3333)(1)33(13) 2(1)3 13 331331 n 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.n n a n =+- 解法二：13231n n n a a +=+?+两边除以1 3 n +，得 111 21 3333 n n n n n a a +++=++， 则 111 21 3333n n n n n a a +++-=+，故

几种常见的数列的通项公式的求法(两课时)

几种常见的数列的通项公式的求法 一． 观察法 例1：根据数列的前4项，写出它的一个通项公式： （1）9，99，999，9999，…（2） ,17 164 ,10 93 ,5 42 ,2 11 （3） ,52 , 2 1, 3 2, 1（4） ,5 4,4 3, 3 2,21 - - 解：（1）变形为：101－1，102―1，103―1，104―1，…… ∴通项公式为：110-=n n a （2）;1 22 ++ =n n n a n （3）;1 2+= n a n （4）1 )1(1+?-=+n n a n n .点评：关键是找出各项与项数n 的关系。 二、公式法 例2： 已知数列{a n }是公差为d 的等差数列，数列{b n }是公比为q 的(q ∈R 且q ≠1)的等比数列，若函数f (x ) = (x － 1)2 ，且a 1 = f (d －1)，a 3 = f (d +1)，b 1 = f (q +1)，b 3 = f (q －1)，(1)求数列{ a n }和{ b n }的通项公式； 解：(1)∵a 1=f (d －1) = (d －2)2，a 3 = f (d +1)= d 2，∴a 3－a 1=d 2－(d －2)2=2d ， ∴d =2，∴a n =a 1+(n －1)d = 2(n －1)；又b 1= f (q +1)= q 2，b 3 =f (q －1)=(q －2)2， ∴ 2 2 1 3)2(q q b b -==q 2，由q ∈R ，且q ≠1，得q =－2，∴b n =b ·q n －1=4·(－2)n －1 例3. 等差数列{}n a 是递减数列，且432a a a ??=48，432a a a ++=12，则数列的通项公式是（ ） (A) 122-=n a n (B) 42+=n a n (C) 122+-=n a n (D) 102+-=n a n 解析：设等差数列的公差位d ，由已知? ??==+??+12348)()(3333a d a a d a ， 解得?? ?±==2 43d a ，又{}n a 是递减数列， ∴ 2-=d ，81=a ，∴ =--+=)2)(1(8n a n 102+-n ，故选(D)。 例4. 已知等比数列{}n a 的首项11=a ，公比10<