第36招归纳法、定义法、公式法、累加法、累乘法

数列基础知识点和方法归纳1. 等差数列的定义与性质定义：（为常数），，推论公式： ，等差中项：成等差数列,等差数列前项和： 性质：是等差数列（1）若，则（下标和定理） 注意：要求等式左右两边项数相等（2）数列{}{}{}12212,,+-n n n a a a 仍为等差数列，仍为等差数列，公差为d n 2；（3）若三个成等差数列，可设为； （4）若是等差数列，且前项和分别为，则； （5）为等差数列（为常数，是关于的常数项为0的二次函数）的最值可求二次函数的最值；或者求出中的正、负分界项，即：当，解不等式组可得达到最大值时的值.当，由可得达到最小值时的值.(6)项数为偶数n 2的等差数列，有1n n a a d +-=d ()11n a a n d =+-x A y ，，2A x y ⇔=+n ()()11122n n a a n n n S nad +-==+{}n a m n p q +=+m n p q a a a a +=+；232n n n n n S S S S S --，，……a d a a d -+，，n n a b ，n n n S T ，2121m m m m a S b T --={}n a 2n S an bn ⇔=+a b ，n n S 2n S an bn =+{}n a 100a d ><，100n n a a +≥⎧⎨≤⎩n S n 100a d <>，100n n a a +≤⎧⎨≥⎩n S n {}n and S S =-奇偶，1+=n na a S S 偶奇. （7）项数为奇数12-n 的等差数列，有)()12(12为中间项n n n a a n S -=-,n a S S =-偶奇， .1-=n n S S 偶奇 2. 等比数列的定义与性质定义：（为常数，），.推论公式：且等比中项：成等比数列，或.等比数列中奇数项同号，偶数项同号等比数列前n 项和公式：性质：是等比数列（1）若，则(下标和定理) 注意：要求等式左右两边项数相等。

累加法和累乘法公式
累加法是指在一个序列中，每一项的值都是前一项的值再加上一
个常数，而累乘法则指的是每一项的值都是前一项的值再乘以一个常数。

累加法和累乘法都是数学上的重要规律，它们都可以应用到日常
生活中，发挥出实际价值。

以累加法为例，如果我们想计算一组数字中数字相加的累积和，
我们可以使用累加法，将前面的数字的累积和依次加上接下来的数字。

举个例子，如果我们每月存30元，以后每月增加10元，而我们想知
道一年内总共存款多少，我们可以使用累加法将累积的存款相加，便
可得出每个月存款的总和。

累乘法也可以在日常生活中得到应用。

举个例子，如果我们想知
道  的结果，我们可以使用累乘法来计算。

即 ， 的结
果为 243。

累加法和累乘法既是数学的重要规律，也在日常生活中可以起到
实际作用。

在经济中，累加法可以用来算出投资收益，累乘法则可以
用于计算货币贬值或者物价上涨的幅度。

在工程中，累加法可以用于
统计某一段道路的总长度，而累乘法则可以用来计算某一材料的力学
性能。

总之，累加法和累乘法是相当重要的数学规律，也可以用来解决
日常生活中的实际问题。

只要把这两种数学规律运用得当，就能够使
我们的算数准确无误，提高我们的学习和工作效率。

求递推数列通项公式的十种策略例析递推数列的题型多样，求递推数列的通项公式的方法也非常灵活，往往可以通过适当的策略将问题化归为等差数列或等比数列问题加以解决，亦可采用不完全归纳法的方法，由特殊情形推导出一般情形，进而用数学归纳法加以证明，因而求递推数列的通项公式问题成为了高考命题中颇受青睐的考查内容。

笔者试给出求递推数列通项公式的十种方法策略，它们是：公式法、累加法、累乘法、待定系数法、对数变换法、迭代法、数学归纳法、换元法、不动点法、特征根的方法。

仔细辨析递推关系式的特征，准确选择恰当的方法，是迅速求出通项公式的关键。

一、利用公式法求通项公式例1 已知数列}a {n 满足n n 1n 23a 2a ⋅+=+，2a 1=，求数列}a {n 的通项公式。

解：n n 1n 23a 2a ⋅+=+两边除以1n 2+，得232a 2a nn 1n 1n +=++，则232a 2a n n 1n 1n =-++， 故数列}2a {n n 是以1222a 11==为首，以23为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得23)1n (12a nn -+=，所以数列}a {n 的通项公式为n n 2)21n 23(a -=。

评注：本题解题的关键是把递推关系式n n 1n 23a 2a ⋅+=+转化为232a 2a nn1n 1n =-++，说明数列}2a {n n 是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出23)1n (12a nn -+=，进而求出数列}a {n 的通项公式。

二、利用累加法求通项公式例2 已知数列}a {n 满足1a 1n 2a a 1n 1n =++=+，，求数列}a {n 的通项公式。

解：由1n 2a a n 1n ++=+ 得1n 2a a n 1n +=-+则112232n 1n 1n n n a )a a ()a a ()a a ()a a (a +-+-++-+-=---1)1n (2n)1n (21)1n (]12)2n ()1n [(21)112()122(]1)2n (2[]1)1n (2[+-+-⋅=+-++++-+-=++⋅++⋅+++-++-= 所以数列}a {n 的通项公式为2n n a =评注：本题解题的关键是把递推关系式1n 2a a n 1n ++=+转化为1n 2a a n 1n +=-+，进而求出112232n 1n 1n n a )a a ()a a ()a a ()a a (+-+-++-+---- ，即得数列}a {n 的通项公式。

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。

求数列通项公式之累加法（1）累加法：如果递推公式形式为：()1n n a a f n +-=或)(1n f a a n n +=+，则可利用累加法求通项公式注意：①等号右边为关于n 的表达式，且能够进行求和②1,n n a a +的系数相同，且为作差的形式 ③、具体操作流程之一：若1()n n a a f 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：数列{}n a 满足：11a =，且121n n n a a +-=+，求n a解：121n n n a a +-=+ 累加可得：()2112221n n a a n --=++++-【关键提示】：是否能利用累加法，首先要看能否将数列的递推公式整理成)(1n f a a n n =-+或例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。

解：【变式训练】：变式1、已知数列{}n a 的首项为1，且n a a n n 21+=+写出数列{}n a 的通项公式.变式2、在数列{}n a 中，01=a 且121-+=+n a a n n ，求数列{}n a 的通项公式。

变式3、已知数列{}n a 满足1=a变式4、在数列{}n a 中，1=a变式5、已知数列{}n a 满足1321+⋅+=+n n n a a ，31=a ，求数列{}n a 的通项公式。

累 乘 法1、数列}{n a 中，12a =, 1(1)n n na n a +=+ , 求}{n a 通项公式 解：因为1(1)n nna n a +=+所以n n a a nn 11+=+ 则11-=-n na a n n (1) . （2） . . . .1212=a a (n-1)将上式中的（1）*（2）*………*（n-1）化简得,1n a a n=（n 》2） 所以na n 2= （n 》2）当n=1时满足上式，所以na n 2=总结：满足n1a a n 与+的比值为常数或者变量的时候都可以采用累乘法变式1：数列}{n a 中，12a =,32=a ，n n a n na )1(1-=+ , 求}{n a 通项公式 解：变式2：数列}{n a 中，12a =, n n a n na )2(1+=+ , 求}{n a 通项公式 解：变式3：已知数列{}n a 中，311=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 。

公式法、累加法、累乘法、待定系数法、对数变换法、迭代法、数学归纳法、换元法、不动点法、特征根的方法等等。

类型一归纳—猜想—证明由数列的递推公式可写出数列的前几项，再由前几项总结出规律，猜想出数列的一个通项公式，最后用数学归纳法证明．类型二“逐差法”和“积商法”(1)当数列的递推公式可以化为an+1-an=f(n)时，取n=1,2,3,…,n-1，得n-1个式子：a2-a1=f(1),a3-a2=f(2),…,an-an-1=f(n-1)，且f(1)+f(2)+…+f(n-1)可求得时，两边累加得通项an，此法称为“逐差法”．(2)当数列的递推公式可以化为an+1/an=f(n)时，令n=1,2,3,…,n-1,得n-1个式子，即a2/a1=f(1),a3/a2=f(2),a4/a3=f(3),…,an/an-1=f(n－1)，且f(1)f(2)f(3)…f(n-1)可求得时，两边连乘可求出an，此法称为“积商法”．类型三构造法递推式是pan=qan-1+f(n)(p、q是不为零的常数)，可用待定系数法构造一个新的等比数列求解．类型四可转化为类型三求通项(1)“对数法”转化为类型三．递推式为an+1=qan k(q＞0,k≠0且k≠1,a1＞0)，两边取常用对数，得lgan+1=klgan+lgq，令lgan=bn，则有bn+1=kbn+lgq，转化为类型三．(2)“倒数法”转化为类型三．递推式为商的形式：an+1=(pan+b)/(qan+c)(an≠0，pq≠0,pc≠qb)．若b=0，得an+1=pan/(qan+c)．因为an≠0，所以两边取倒数得1/an+1=q/p+c/pan,令bn=1/an,则bn+1=(c/p)bn+q/p，转化为类型三．若b≠0，设an+1+x=y(an+x)/qan+c，与已知递推式比较求得x、y，令bn=an+x，得bn+1=ybn/qan+c，转化为b=0的情况．类型五递推式为an+1/an=qn/n+k(q≠0,k∈N)可先将等式(n+k)an+1=qnan两边同乘以(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)，得(n+k)(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)an+1=q(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)nan，令bn=(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)•nan,则bn+1=(n+k)(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)an+1．从而bn+1=qbn，因此数列｛bn｝是公比为q，首项为b1=k(k-1)(k-2)…2•1•a1=k!a1的等比数列，进而可求得an．总之，由数列的递推公式求通项公式的问题比较复杂，不可能一一论及，但只要我们抓住递推数列的递推关系，分析结构特征，善于合理变形，就能找到解决问题的有效途径．类型一 归纳—猜想—证明由数列的递推公式可写出数列的前几项，再由前几项总结出规律，猜想出数列的一个通项公式，最后用数学归纳法证明．例1 设数列｛an｝是首项为1的正项数列，且(n+1)a2n+1-nan2+an+1an=0(n=1,2,3,…)，则它的通项公式是an=______________．(2000年全国数学卷第15题)解：将(n+1)a2n+1-nan2+an+1an=0(n=1,2,3,…)分解因式得(an+1+an)〔(n+1)an+1-nan〕=0．由于an＞0，故(n+1)an+1=nan，即an+1=n/(n+1)an．因此a2=(1/2)a1=(1/2)，a3=(2/3)a2=(1/3),…．猜想an=(1/n),可由数学归纳法证明之，证明过程略．类型二 “逐差法”和“积商法”(1)当数列的递推公式可以化为an+1-an=f(n)时，取n=1,2,3,…,n-1，得n-1个式子：a2-a1=f(1),a3-a2=f(2),…,an-an-1=f(n-1)，且f(1)+f(2)+…+f(n-1)可求得时，两边累加得通项an，此法称为“逐差法”．例2 已知数列｛an｝满足a1=1,an=3n-1+an-1(n≥2),证明：an=(3n-1)/2．(2003年全国数学卷文科第19题)证明：由已知得an-an-1=3n-1，故an=(an-an-1)+(an-1－an-2)+…+(a2-a1)+a1=3n-1+3 n-2 +…+3+1=3n-1/2．所以得证．(2)当数列的递推公式可以化为an+1/an=f(n)时，令n=1,2,3,…,n-1,得n-1个式子，即a2/a1=f(1),a3/a2=f(2),a4/a3=f(3),…,a n /an-1 =f(n－1) ， 且f(1)f(2)f(3)…f(n-1)可求得时，两边连乘可求出an，此法称为“积商法”．例3 (同例1)(2000年全国数学卷第15题)另解：将(n+1)a2n+1-nan2＋an+1an=0(n =1,2,3,…)化简，得(n+1)an+1=nan，即an+1/an=n/(n+1)．故an=an/an-1•an-1/an-2•an-2/an-3•…•a2/a1 =n-1/n•n-2/n-1•n-3/n-2• … •1/2 =1/n．类型三 构造法递推式是pan=qan-1+f(n)(p、q是不为零的常数)，可用待定系数法构造一个新的等比数列求解．例4 (同例2)(2003年全国数学卷文科第19题)另解：由an=3n-1+an-1得3•an/3n=an-1/3n-1+1．令bn＝an/3n，则有bn=1/3bn-1+1/3．(*)设bn+x=1/3(bn-1+x)，则bn=1/3bn-1+1/3x-x，与(*)式比较，得x=-1/2，所以bn-1/2=1/3(bn-1-1/2)．因此数列｛bn-1/2｝是首项为b1-1=a1/3=-1/6，公比为1/3的等比数列，所以bn-1/2=-1/6•(1/3)n-1，即an/3n-1/2=-1/6(1/3)n-1．故an=3n〔1/2-1/6(1/3)n-1〕=3n-1/2．例5 数列｛an｝中，a1=1,an+1=4an+3n+1，求an．解：令an+1+(n+1)x+y=4(an+nx+y)，则an+1=4an+3nx+3y-x,与已知an+1=4an+3n+1比较，得3x=3，所以x=1,3y-x=1，y=(2/3)．故数列｛an+n+(2/3)｝是首项为a1+1+(2/3)=(8/3)，公比为4的等比数列，因此an+n+(2/3)=(8/3)•4n-1,即an=(8/3)•4n-1-n-(2/3)．另解：由已知可得当n≥2时，an=4an-1+3(n-1)+1，与已知关系式作差，有an+1-an=4(an-an-1)+3，即an+1-an+1=4(an-an-1+1)，因此数列｛an+1-an+1｝是首项为a2-a1+1=8-1+1=8，公比为4的等比数列，然后可用“逐差法”求得其通项an=(8/3)•4n-1-n-(2/3)．类型四 可转化为类型三求通项(1)“对数法”转化为类型三．递推式为an+1=qan k(q＞0,k≠0且k≠1,a1＞0)，两边取常用对数，得lgan+1=klgan+lgq，令lgan=bn，则有bn+1=kbn+lgq，转化为类型三．例6 已知数列｛an｝中，a1=2,an+1=an2，求an．解：由an+1=an2＞0，两边取对数得lgan+1=2lgan．令bn=lgan则bn+1=2bn．因此数列｛bn｝是首项为b1=lga1=lg2，公比为2的等比数列，故bn=2n-1lg2=lg22n-1，即an=22n-1．(2)“倒数法”转化为类型三．递推式为商的形式：an+1=(pan+b)/(qan+c)(an≠0，pq≠0,pc≠qb)．若b=0，得an+1=pan/(qan+c)．因为an≠0，所以两边取倒数得1/an+1=q/p+c/pan,令bn=1/an,则bn+1=(c/p)bn+q/p，转化为类型三．若b≠0，设an+1+x=y(an+x)/qan+c，与已知递推式比较求得x、y，令bn=an+x，得bn+1=ybn/qan+c，转化为b=0的情况．例7 在数列｛an｝中，已知a1=2,an+1=(3an+1)/(an+3)，求通项an．解：设an+1+x=y(an+x)/an+3，则an+1=(y-x)an+(y-3)x/an+3，结合已知递推式得y-x=3, 所以x=1,y-3=1，y=4，则有an+1+1=4(an+1)/an+3，令bn=an+1，则bn+1=4bn/bn+2，求倒数得1/bn+1=1/2•1/bn+1/4，即1/bn+1-1/2=1/2(1/bn-1/2)．因此数列｛1/bn-1/2｝是首项为1/b1-1/2=1/a1+1-1/2=-1/6，公比为1/2的等比数列．故1/bn-1/2=(-1/6)(1/2)n-1，从而可求得an．类型五 递推式为an+1/an=qn/n+k(q≠0,k∈N)可先将等式(n+k)an+1=qnan两边同乘以(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)，得(n+k)(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)an+1=q(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)nan，令bn=(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)•nan,则bn+1=(n+k)(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)an+1．从而bn+1=qbn，因此数列｛bn｝是公比为q，首项为b1=k(k-1)(k-2)…2•1•a1=k!a1的等比数列，进而可求得an．例8 (同例1)(2000年全国数学卷第15题)另解：将(n+1)a2n+1-na2n+an+1an=0(n=1,2,3,…)，化简得(n+1)an+1=nan,令nan=bn，则bn+1=bn，所以数列｛bn｝是常数列，由于首项b1=1•a1=1，所以bn=1,即nan=1，故an=1/n．总之，由数列的递推公式求通项公式的问题比较复杂，不可能一一论及，但只要我们抓住递推数列的递推关系，分析结构特征，善于合理变形，就能找到解决问题的有效途径．。

求数列通项公式的8种方法一、公式法（定义法）根据等差数列、等比数列的定义求通项 二、累加、累乘法1、累加法 适用于：1()n n a a f n +=+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 n n 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112313n 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.n n a n =+-解法二：13231n n n a a +=+⨯+两边除以13n +，得111213333n n n n n a a +++=++， 则111213333n n n n n a a +++-=+，故 112232112232111122122()()()()33333333212121213()()()()3333333332(1)11111()1333333n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a n --------------=-+-+-++-+=+++++++++-=+++++++因此11(13)2(1)2113133133223n n n n na n n ---=++=+--⨯，则21133.322n n n a n =⨯⨯+⨯-2、累乘法 适用于： 1()n n a f n a +=若1()n n a f n a +=，则31212(1)(2)()n na aaf f f n a a a +===，，， 两边分别相乘得，1111()nn k a a f k a +==⋅∏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。

数列求和通项分式法 错位相减法 反序相加法 分组法 分组法 合并法数列是高中代数的重要内容，又是学习高等数学的基础. 在高考和各种数学竞赛中都占有重要的地位. 数列求和是数列的重要内容之一，除了等差数列和等比数列有求和公式外，大部分数列的求和都需要一定的技巧. 下面，就几个历届高考数学来谈谈数列求和的基本方法和技巧.一、利用常用求和公式求和利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法. 1、 等差数列求和公式：d n n na a an S n n 2)1(2)(11-+=+=2、 等比数列求和公式：⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q q q a a qq a q na S n nn自然数方幂和公式：3、 )1(211+==∑=n n k S nk n 4、)12)(1(6112++==∑=n n n k S nk n5、 213)]1(21[+==∑=n n k S nk n [例] 求和1＋x 2＋x 4＋x 6＋…x 2n+4(x≠0) 解： ∵x≠0∴该数列是首项为1，公比为x 2的等比数列而且有n+3项 当x 2＝1 即x ＝±1时 和为n+3评注：(1)利用等比数列求和公式．当公比是用字母表示时，应对其是否为1进行讨论，如本题若为“等比”的形式而并未指明其为等比数列，还应对x 是否为0进行讨论．(2)要弄清数列共有多少项，末项不一定是第n 项． 对应高考考题：设数列1，（1+2），…，（1+2+1222-⋯+n ），……的前顶和为ns，则ns的值。

二、错位相减法求和错位相减法求和在高考中占有相当重要的位置，近几年来的高考题其中的数列方面都出了这方面的内容。

需要我们的学生认真掌握好这种方法。

这种方法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n · b n }的前n 项和，其中{ a n }、{ b n }分别是等差数列和等比数列. 求和时一般在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比q ；然后再将得到的新和式和原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和，这种方法就是错位相减法。

求通项公式的5种重要方法一、Sn 法，根据等差数列、等比数列的定义求通项an=Sn-S n-1*121{}(1)()3(1),;(2):{}.n n n n n a n S S a n N a a a =-∈ 已知数列的前项为，求求证数列是等比数列二、累加、累乘法1、累加法 适用于：1()n n a a f n +=+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 +-=-=-=例1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。

2、累乘法 适用于： 1()n n a f n a += 若1()n n a f n a +=，则31212(1)(2)()n na a a f f f n a a a +===，，， n a例4 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5 已知11a =,1()n n n a n a a +=-*()n N ∈,求数列{}n a 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。

三、待定系数法 适用于1()n n a qa f n +=+分析：通过凑配可转化为1121()[()]n n a f n a f n λλλ++=+;解题基本步骤：1、确定()f n2、设等比数列{}1()n a f n λ+，公比为2λ3、列出关系式1121()[()]n n a f n a f n λλλ++=+4、比较系数求1λ，2λ5、解得数列{}1()n a f n λ+的通项公式例7 已知数列{}n a 中，111,21(2)n n a a a n -==+≥，求数列{}n a 的通项公式。