数列求通项9种方法

数列通项公式的9种求法1、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.例1、等差数列}a {n 是递增数列，前n 项和为n S ，且931a ,a ,a 成等比数列，255a S =.求数列}a {n 的通项公式解：设数列}a {n 公差为)0d (d >∵931a ,a ,a 成等比数列，∴9123a a a =，即)d 8a (a )d 2a (1121+=+，得d a d 12= ∵0d ≠，∴d a 1=……① ∵255S a =∴211)d 4a (d 245a 5+=⋅⨯+……② 由①②得：53a 1=，53d =∴n 5353)1n (53a n =⨯-+=点评：利用定义法求数列通项时要注意不用错定义，设法求出首项与公差（公比）后再写出通项。

2、累加法求形如a n -a n-1=f(n)（f(n)为等差或等比数列或其它可求和的数列）的数列通项，可用累加法，即令n=2，3，…n —1得到n —1个式子累加求得通项。

例2、已知数列{a n }中，a 1=1，对任意自然数n都有11(1)n n a a n n -=++，求n a .解：由已知得11(1)n n a a n n --=+，121(1)n n a a n n ---=-，……，32134a a -=⨯，21123a a -=⨯，以上式子累加，利用111(1)1n n n n =-++得n a -1a =1111...23(2)(1)(1)(1)n n n n n n ++++⨯---+ =1121n -+，3121n a n ∴=-+ 点评：累加法是反复利用递推关系得到n —1个式子累加求出通项，这种方法最终转化为求{f(n)}的前n —1项的和，要注意求和的技巧.3、迭代法求形如1n n a qa d +=+(其中,q d 为常数) 的数列通项，可反复利用递推关系迭代求出。

求数列通项公式的9 种类型类型一 观察法例1．根据以下数列的前四项写出数列的一个通项公式.（1）111124354657⨯⨯⨯⨯，，，，； （2）-37-1531，，，，；（3）2,6,2,6,;（4）5555555555.，，，，类型二 公式法（或定义法）：直接利用等差、等比数列的通项公式类型三 累加法（叠加法）或迭代法—等差求通项思想：用于()()11n n n n a a f n a a f n ---=⇔=+型.1.累加法是利用：()()()112211n n n n n a a a a a a a a ---=-+-++-+，将问题转化为基本数列(等比或等差)求和，从而得到所求数列的通项．已知a a =1,)(1n f a a n 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n a .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. 2.迭代法是利用递推关系得出：()()()()()112212n a f n f n f f a n =-+-++++≥，然后得出所求数列的通项.3.迭代法与累加法的关系迭代法是只需要知道相连两项的关系就可以用，而累加法需要这两项的关系为系数相等的线性关系，即1n n a a b +=+，而对于某些关系，比如1n n a ka b +=+，累加法比较难行得通，这时候要构造新的数列，使得()1n n a c k a c ++=+，即1n n a ck a c++=+ ，然后用累乘法，一般来说高考题更偏向于累乘法，因为其中有一个构造数列的应用。

总之，累加法可以说是迭代法的一种，迭代法的使用范围比累加法要广. 例3.1.已知数列}{n a 满足()1111,32n n n a a a n --==+≥，（1）求23,a a （2）证明：132n n a -=.例3.2. 已知数列{}n a 满足3(1)2115nn 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一．SA 法⎩⎨⎧≥-==-)2(1)(n11n S S S S n nn 注意具体可分为两种方法 1.改写相减，消去S n2.S n -S n-1直接替换掉a n ,求出S n ,再求出a n例 1. 已知各项均为正数的数列{n a }的前n 项和为n S 满足1S ＞1且6n S =(1)(2)n n a a ++ n ∈N * 求{n a }的通项公式。

的通项公式和，求数列项和为的前，数列项和为的前：已知数列例}{}{2}{22}{12n n n n n n n b a b T n b n n S n a -=+=的通项公式求各项均为正数，满足：已知数列例}{,21}{2n n nn n a S a a a =+的通项公式并求数列试确定常数最大值为的且项和的前：已知数列练习}{,.8),(21}{12n n n n a k S N k kn n S n a *∈+-=nn n n n a S a n n S 求）已知（求）已知（：练习,2232,732122-⋅=-+-=二．累加累乘法（也可用迭代法求解）用“累加”形如二用“累乘”形如一)()(),()(11n f a a n f a a n n n n +==++的通项公式求满足：已知数列例}{,1,21}{1211n n n n a nn a a a a ++==+的通项公式求项和前中，：已知数列例}{,32,1}{21n n n a a n S n a a +==的通项公式求，满足：已知数列练习n n n n a n a n n a a a ),1(23133}{111≥+-==+的通项公式求数列满足：已知数列练习}{a ,a a ,5a }{a 2n 2)1(311nn nn n ++==三．差商法实质是已知数列的前n 项和或前n 项积，求数列的通项公式的通项公式求数列满足：已知数列例}{),(4444}{113221n n n n a N n na a a a a *-∈=+++}{,2,1}{223211n n n a n a a a a n N n a a 求时都有且对所有中，：已知数列例=⋅⋅≥∈=*四．构造法”“)(1n f pa a n n +=+ ，只能用此法。

求数列通项公式的11种办法办法总述：一．运用递推关系式求数列通项的11种办法：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（目标是去递推关系式中消失的根号）.数学归纳法（罕用）不动点法（递推式是一个数列通项的分式表达式）.特点根法二．四种根本数列：等差数列.等比数列.等和数列.等积数列及其广义情势.等差数列.等比数列的求通项公式的办法是：累加和累乘,这二种办法是求数列通项公式的最根本办法.三．求数列通项的办法的根本思绪是：把所求数列经由过程变形,代换转化为等级差数列或等比数列.四．求数列通项的根本办法是：累加法和累乘法.五．数列的本质是一个函数,其界说域是天然数集的一个函数. 一.累加法1．实用于：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办法之一. 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 +-=-=-=双方分离相加得 111()nn k a a f n +=-=∑例1 已知数列{}n a 知足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 +-=+则所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =.例2 已知数列{}n a 知足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 +=+⨯+双方除以13n +,得111213333n n n n n a a +++=++, 则111213333n n n n n a a +++-=+,故 是以11(13)2(1)2113133133223n n n n na n n ---=++=+--⨯,则21133.322n n n a n =⨯⨯+⨯-演习1.已知数列{}n a 的首项为1,且*12()n n a a n n N +=+∈写出数列{}n a 的通项公式. 答案：12+-n n演习2.已知数列}{n a 知足31=a ,)2()1(11≥-+=-n n n a a n n ,求此数列的通项公式. 答案：裂项乞降n a n 12-=评注：已知a a =1,)(1n f a a n n =-+,个中f(n)可所以关于n 的一次函数.二次函数.指数函数.分式函数,求通项n a .①若f(n)是关于n 的一次函数,累加后可转化为等差数列乞降; ②若f(n)是关于n 的二次函数,累加后可分组乞降;③若f(n)是关于n 的指数函数,累加后可转化为等比数列乞降; ④若f(n)是关于n 的分式函数,累加后可裂项乞降.例3.已知数列}{n a 中,0>n a 且)(21nn n a n a S +=,求数列}{n a 的通项公式.解:由已知)(21nn n a na S +=得)(2111---+-=n n n n n S S nS S S ,化简有n S S n n =--212,由类型(1)有n S S n ++++= 32212,又11a S =得11=a ,所以2)1(2+=n n S n ,又0>n a 2)1(2+=n n s n ,,则2)1(2)1(2--+=n n n n a n此题也可以用数学归纳法来求解. 二.累乘法1.实用于： 1()n n a f n a += ----------这是广义的等比数列 累乘法是最根本的二个办法之二. 2．若1()n n a f n a +=,则31212(1)(2)()n na aaf f f n a a a +===，，， 双方分离相乘得,1111()nn k a a f k a +==⋅∏例4 已知数列{}n a 知足112(1)53n n n a n a a +=+⨯=，,求数列{}n a 的通项公式. 解：因为112(1)53n n n a n a a +=+⨯=，,所以0n a ≠,则12(1)5n n na n a +=+,故1321122112211(1)(2)21(1)12[2(11)5][2(21)5][2(21)5][2(11)5]32[(1)32]53325!n 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 n -------+-+++--=⋅⋅⋅⋅⋅=-+-+⋅⋅+⨯+⨯⨯=-⋅⋅⨯⨯⨯=⨯⨯⨯所以数列{}na 的通项公式为(1)12325!.n n n na n --=⨯⨯⨯例5.设{}n a 是首项为1的正项数列,且()011221=+-+++n n n n a a na a n （n =1,2,3,…）,则它的通项公式是n a =________.解：已知等式可化为：[]0)1()(11=-++++n n n n na a n a a0>n a (*N n ∈)∴(n+1)01=-+nn na a , 即11+=+n na a nn ∴2≥n 时,n n a a n n 11-=- ∴112211a a a a a a a a n n n n n ⋅⋅⋅⋅=--- =121121⋅⋅--⋅- n n n n =n 1. 评注：本题是关于n a 和1+n a 的二次齐次式,可以经由过程因式分化（一般情形时用求根公式）得到n a 与1+n a 的更为显著的关系式,从而求出na .1,111->-+=+a n na a n n ,求数列{an}的通项公式.答案：=n a )1()!1(1+⋅-a n -1.评注：本题解题的症结是把本来的递推关系式,11-+=+n na a n n 转化为),1(11+=++n n a n a 若令1+=n n a b ,则问题进一步转化为n n nb b =+1情势,进而运用累乘法求出数列的通项公式. 三.待定系数法 实用于1()n n a qa f n +=+根本思绪是转化为等差数列或等比数列,而数列的本质是一个函数,其界说域是天然数集的一个函数.1．形如0(,1≠+=+c d ca a n n ,个中a a =1)型（1）若c=1时,数列{n a }为等差数列; （2）若d=0时,数列{n a }为等比数列;（3）若01≠≠且d c 时,数列{n a }为线性递推数列,其通项可经由过程待定系数法结构帮助数列来求.待定系数法：设)(1λλ+=++n n a c a ,得λ)1(1-+=+c ca a n n ,与题设,1d ca a n n +=+比较系数得d c =-λ)1(,所以)0(,1≠-=c c dλ所以有：)1(11-+=-+-c d a c c d a n n 是以数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+1c d a n 组成认为11-+c da 首项,以c 为公比的等比数列, 所以11)1(1-⋅-+=-+n n c c da c d a 即：1)1(11--⋅-+=-c d c c d a a n n .纪律：将递推关系d ca a n n +=+1化为)1(11-+=-++c da c c d a n n ,结构成公比为c 的等比数列}1{-+c da n 从而求得通项公式)1(1111-++-=-+c da c c d a n n逐项相减法（阶差法）：有时我们从递推关系dca a n n +=+1中把n换成n-1有dca a n n +=-1,两式相减有)(11-+-=-n n n n a a c a a 从而化为公比为c 的等比数列}{1n n a a -+,进而求得通项公式.)(121a a c a a nn n -=-+,再运用类型(1)即可求得通项公式.我们看到此办法比较庞杂.例6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. 解法一：121(2),n n a a n -=+≥又{}112,1n a a +=∴+是首项为2,公比为2的等比数列12n n a ∴+=,即21nn a =-解法二：121(2),n n a a n -=+≥两式相减得112()(2)n n n n a a a a n +--=-≥,故数列{}1n n a a +-是首项为2,公比为2的等比数列,再用累加法的……演习．已知数列}{n a 中,,2121,211+==+n n a a a 求通项n a .答案：1)21(1+=-n n a2．形如：n n n q a p a +⋅=+1 (个中q 是常数,且n ≠0,1)①若p=1时,即：nn n q a a +=+1,累加即可.②若1≠p 时,即：n n n q a p a +⋅=+1,求通项办法有以下三种偏向：i. 双方同除以1+n p .目标是把所求数列结构成等差数列即：nn nn n q p p q a p a )(111⋅+=++,令n n n p a b =,则n nn q p p b b )(11⋅=-+,然后类型1,累加求通项.ii.双方同除以1+n q . 目标是把所求数列结构成等差数列.即： q q a q p q a n n n n 111+⋅=++,令n nn q a b =,则可化为q b q p b n n 11+⋅=+.然后转化为类型5来解,iii.待定系数法：目标是把所求数列结构成等差数列 设)(11n n n n p a p q a ⋅+=⋅+++λλ.经由过程比较系数,求出λ,转化为等比数列求通项.留意：运用待定系数法时,请求p ≠q,不然待定系数法会掉效. 例7已知数列{}n a 知足1112431n n n a a a -+=+⋅=，,求数列{}n a的通项公式.解法一（待定系数法）：设11123(3n n n n a a λλλ-++=+⋅),比较系数得124,2λλ=-=,则数列{}143n na--⋅是首项为111435a --⋅=-,公比为2的等比数列,所以114352n n n a ---⋅=-⋅,即114352n n n a --=⋅-⋅解法二（双方同除以1+n q ）： 双方同时除以13n +得：112243333n n n n a a ++=⋅+,下面解法略解法三（双方同除以1+n p ）： 双方同时除以12+n 得：nn n n n a a )23(342211⋅+=++,下面解法略 演习.（2003天津理） 设a 为常数,且)(2311N n a a n n n ∈-=--．证实对随意率性n≥1,012)1(]2)1(3[51a a n n n n nn ⋅-+⋅-+=-;3．形如b kn pa a n n ++=+1 (个中k,b 是常数,且0≠k ) 办法1：逐项相减法（阶差法） 办法2：待定系数法 经由过程凑配可转化为 ))1(()(1y n x a p y xn a n n +-+=++-;解题根本步调： 1.肯定()f n =kn+b 2.设等比数列)(y xn a b n n ++=,公比为p3.列出关系式))1(()(1y n x a p y xn a n n +-+=++-,即1-=n n pb b4.比较系数求x,y5.解得数列)(y xn a n ++的通项公式6.解得数列{}n a 的通项公式例8 在数列}{n a 中,,23,111n a a a n n +==+求通项n a .（逐项相减法）解： ,,231n a a n n +=+①∴2≥n 时,)1(231-+=-n a a n n ,两式相减得2)(311+-=--+n n n n a a a a .令nn n a a b -=+1,则231+=-n n b b运用类型5的办法知2351+⋅=-n n b 即13511-⋅=--+n n n a a ② 再由累加法可得213251--⋅=-n a n n . 亦可联立 ①②解出213251--⋅=-n a n n .例9. 在数列{}n a 中,362,2311-=-=-n a a a n n ,求通项n a .（待定系数法）解：原递推式可化为yn x a y xn a n n ++-+=++-)1()(21比较系数可得：x=-6,y=9,上式即为12-=n n b b所所以{}n b 一个等比数列,首项299611=+-=n a b ,公比为21.1)21(29-=∴n n b即：nn n a )21(996⋅=+- 故96)21(9-+⋅=n a n n .4．形如cn b n a pa a n n +⋅+⋅+=+21 (个中a,b,c 是常数,且0≠a )根本思绪是转化为等比数列,而数列的本质是一个函数,其界说域是天然数集的一个函数.例10 已知数列{}n a 知足21123451n n a a n n a +=+++=，,求数列{}n a 的通项公式.解：设221(1)(1)2()n na x n y n z a xn yn z ++++++=+++ 比较系数得3,10,18x y z ===,所以2213(1)10(1)182(31018)n n a n n a n n ++++++=+++ 由213110118131320a +⨯+⨯+=+=≠,得2310180n a n n +++≠则2123(1)10(1)18231018n n a n n a n n ++++++=+++,故数列2{31018}n a n n +++为认为21311011813132a +⨯+⨯+=+=首项,以2为公比的等比数列,是以2131018322n n a n n -+++=⨯,则42231018n n a n n +=---.21 n n n a pa qa ++=+时将n a 作为()f n 求解剖析：原递推式可化为211()() n n n n a a p a a λλλ++++=++的情势,比较系数可求得λ,数列{}1n n a a λ++为等比数列. 例11 已知数列{}n a 知足211256,1,2n n n a a a a a ++=-=-=,求数列{}n a 的通项公式. 解：设211(5)()n n n n a a a a λλλ++++=++比较系数得3λ=-或2λ=-,无妨取2λ=-,（取-3 成果情势可能不合,但本质雷同） 则21123(2)n n n n a a a a +++-=-,则{}12n n a a +-是首项为4,公比为3的等比数列11243n n n a a -+∴-=⋅,所以114352n n n a --=⋅-⋅{}n a 中,若2,821==a a ,且知足03412=+-++n n n a a a ,求n a .答案：nn a 311-=.四.迭代法 rn n pa a =+1(个中p,r 为常数)型 例12 已知数列{}n a 知足3(1)2115nn n na aa ++==，,求数列{}n a 的通项公式.解：因为3(1)21n n n na a++=,所以又15a =,所以数列{}n a 的通项公式为(1)123!25n n n n n a --⋅⋅=.注：本题还可分解运用累乘法和对数变换法求数列的通项公式. 例13.（2005江西卷）已知数列:,}{且满足的各项都是正数n a N n a a a a n n n ∈-==+),4(21,110,（1）证实12,;n n a a n N +<<∈ （2）求数列}{n a 的通项公式an.解：（1）略（2）],4)2([21)4(2121+--=-=+n n n n a a a a 所以21)2()2(2--=-+n n a ann nn n n n n n b b b b b a b 22212122222112)21()21(21)21(2121,2-+++----==⋅-=--=-=-= 则令又b n =－1,所以1212)21(22,)21(---=+=-=n n n n n b a b 即.办法2：本题用归纳-猜测-证实,也很简捷,请试一试.解法3：设c n n b -=,则c2121-=n n c ,转化为上面类型（1）来解五.对数变换法 实用于rn n pa a =+1(个中p,r 为常数)型 p>0,0>n a例14. 设正项数列{}n a 知足11=a ,212-=n na a （n ≥2）.求数列{}n a 的通项公式.解：双方取对数得：122log 21log -+=n n a a ,)1(log 21log 122+=+-n na a ,设1log 2+=n a n 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 na演习 数列{}n a 中,11=a ,12-=n n a a （n ≥2）,求数列{}n a 的通项公式.答案：nna --=2222例15 已知数列{}n a 知足5123n n n a a +=⨯⨯,17a =,求数列{}n a 的通项公式.解：因为511237n n na a a +=⨯⨯=，,所以100n n a a +>>，. 双方取经常运用对数得1lg 5lg lg3lg 2n n a a n +=++ 设1lg (1)5(lg )n n a x n y a xn y ++++=++（同类型四） 比较系数得,lg3lg3lg 2,4164x y ==+ 由1lg3lg3lg 2lg3lg3lg 2lg 1lg 71041644164a +⨯++=+⨯++≠,得lg3lg3lg 2lg 04164n a n +++≠, 所以数列lg3lg3lg 2{lg }4164n a n +++是认为lg3lg3lg 2lg 74164+++首项,以5为公比的等比数列,则1lg3lg3lg 2lg3lg3lg 2lg (lg 7)541644164n n a n -+++=+++,是以11111111116164444111115161644445415151164lg 3lg 3lg 2lg 3lg 3lg 2lg (lg 7)54164464[lg(7332)]5lg(332)lg(7332)lg(332)lg(732)n n n n n n n n n n a n --------=+++---=⋅⋅⋅-⋅⋅=⋅⋅⋅-⋅⋅=⋅⋅则11541515164732n n n n na -----=⨯⨯.六.倒数变换法 实用于分式关系的递推公式,分子只有一项 例16 已知数列{}n a 知足112,12nn n a a a a +==+,求数列{}n a 的通项公式. 解：求倒数得11111111111,,22n n n n n n a a a a a a +++⎧⎫=+∴-=∴-⎨⎬⎩⎭为等差数列,首项111a =,公役为12,112(1),21n n n a a n ∴=+∴=+ 七.换元法 实用于含根式的递推关系 例17 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 =则21(1)24n n a b =-代入11(1416n n a a +=++得 即2214(3)n n b b +=+因为0n b =≥,则123n n b b +=+,即11322n n b b +=+, 可化为113(3)2n n b b +-=-,所所以{3}n b -认为13332b -==首项,认为21公比的等比数列,是以121132()()22n n n b ---==,则21()32n n b -=+,21()32n -=+,得2111()()3423n n n a =++.八.数学归纳法 经由过程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实.例18 已知数列{}n a 知足11228(1)8(21)(23)9n n n a a a n n ++=+=++，,求数列{}n a 的通项公式.解：由1228(1)(21)(23)n n n a a n n ++=+++及189a =,得由此可猜测22(21)1(21)n n a n +-=+,下面用数学归纳法证实这个结论. （1）当1n =时,212(211)18(211)9a ⨯+-==⨯+,所以等式成立. （2）假设当n k =时等式成立,即22(21)1(21)k k a k +-=+,则当1n k =+时, 由此可知,当1n k =+时等式也成立.依据（1）,（2）可知,等式对任何*n N ∈都成立. 九.阶差法（逐项相减法） 1.递推公式中既有n S ,又有n a剖析：把已知关系经由过程11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩转化为数列{}n a 或n S 的递推关系,然后采取响应的办法求解.例19 已知数列{}n a 的各项均为正数,且前n 项和n S 知足1(1)(2)6n n n S a a =++,且249,,a a a 成等比数列,求数列{}n a 的通项公式.解：∵对随意率性n N +∈有1(1)(2)6n n n S a a =++⑴ ∴当n=1时,11111(1)(2)6S a a a ==++,解得11a =或12a = 当n ≥2时,1111(1)(2)6n n n S a a ---=++⑵ ⑴-⑵整顿得：11()(3)0n n n n a a a a --+--= ∵{}n a 各项均为正数,∴13n n a a --=当11a =时,32n a n =-,此时2429a a a =成立当12a =时,31n a n =-,此时2429a a a =不成立,故12a =舍去所以32n a n =-演习.已知数列}{n a 中,0>n a 且2)1(21+=n n a S ,求数列}{n a 的通项公式.答案：n n na S S =--1212)1()1(+=--n n a a 12-=n a n2.对无限递推数列例20 已知数列{}n a 知足11231123(1)(2)n n a a a a a n a n -==++++-≥，,求{}n a 的通项公式.解：因为123123(1)(2)n n a a a a n a n -=++++-≥①所以1123123(1)n n n a a a a n a na +-=++++-+② 用②式－①式得1.n n n a a na +-= 则1(1)(2)n n a n a n +=+≥ 故11(2)n na n n a +=+≥ 所以13222122![(1)43].2n n n n n a a a n a a n n a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅=-⋅⋅⨯=③由123123(1)(2)n n a a a a n a n -=++++-≥,21222n a a a ==+取得,则21a a =,又知11a =,则21a =,代入③得!13452n n a n =⋅⋅⋅⋅⋅=. 所以,{}n a 的通项公式为!.2n n a =十.不动点法 目标是将递推数列转化为等比（差）数列的办法不动点的界说：函数()f x 的界说域为D ,若消失0()f x x D ∈,使00()f x x =成立,则称0x 为()f x 的不动点或称00(,())x f x 为函数()f x 的不动点.剖析：由()f x x =求出不动点0x ,在递推公式双方同时减去0x ,在变形求解.类型一：形如1 n n a qa d +=+例21 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. 解：递推关系是对应得递归函数为()21f x x =+,由()f x x =得,不动点为-1 ∴112(1)n n a a ++=+,…… 类型二：形如1n n n a a ba c a d+⋅+=⋅+剖析：递归函数为()a x bf x c x d⋅+=⋅+（1）如有两个相异的不动点p,q 时,将递归关系式双方分离减去不动点p,q,再将两式相除得11n n n n a p a pk a q a q++--=⋅--,个中a pc k a qc -=-,∴111111()()()()n n n a q pq k a p pq a a p k a q -----=---（2）如有两个雷同的不动点p,则将递归关系式双方减去不动点p,然后用1除,得111n n k a p a p +=+--,个中2ck a d=+.例22. 设数列{}n a 知足7245,211++==+n n n a a a a ,求数列{}n a 的通项公式.剖析：此类问题经常运用参数法化等比数列求解. 解：对等式两头同时加参数t,得：,725247)52(727)52(72451+++++=+++=+++=++n n n n n n n a t t a t a t a t t a a t a令5247++=t t t , 解之得t=1,-2 代入72)52(1+++=++n n n a t a t t a 得721311+-=-+n n n a a a ,722921++=++n n n a a a ,相除得21312111+-⋅=+-++n n n n a a a a ,即{21+-n n a a }是首项为412111=+-a a , 公比为31的等比数列,21+-n n a a =n -⋅1341, 解得13423411-⋅+⋅=--n n n a . 办法2：,721311+-=-+n n n a a a ,双方取倒数得1332)1(39)1(2)1(372111-+=-+-=-+=-+n n n n n n a a a a a a , 令b 11-=n n a ,则b =n n b 332+,, 转化为累加法来求.例23 已知数列{}n a 知足112124441n n n a a a a +-==+，,求数列{}n a 的通项公式.解：令212441x x x -=+,得2420240x x -+=,则1223x x ==，是函数2124()41x f x x -=+的两个不动点.因为112124224121242(41)13262132124321243(41)92793341n 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 a a ++---+--+--====----+---+.所以数列23n n a a ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭是认为112422343a a --==--首项,认为913公比的等比数列,故12132()39n n n a a --=-,则113132()19nn a -=+-. 演习1：已知{}n a 知足11122,(2)21n n n a a a n a --+==≥+,求{}n a 的通项n a答案：3(1)3(1)n nn nna --∴=+-演习2.已知数列{}n a 知足*11212,()46n n n a a a n N a +-==∈+,求数列{}n a 的通项n a答案：135106n na n -∴=-演习3.（2009陕西卷文）已知数列{}n a 知足, *11212,,2n n n a a a a a n N ++=∈’＋2＝＝. ()I 令1n n n b a a +=-,证实：{}n b 是等比数列;(Ⅱ)求{}n a 的通项公式.答案：（1）{}n b 是以1为首项,12-为公比的等比数列.（2）1*521()()332n n a n N -=--∈.十一：特点方程法 形如21(,n n n a pa qa p q ++=+是常数）的数列 （已知 a1;a2)形如112221,,(,n n n a m a m a pa qa p q ++===+是常数）的二阶递推数列都可用特点根法求得通项n a ,其特点方程为2x px q =+…①若①有二异根,αβ,则可令1212(,n nn a c c c c αβ=+是待定常数） 若①有二重根αβ=,则可令1212()(,nn a c nc c c α=+是待定常数）再运用1122,,a m a m ==可求得12,c c ,进而求得n a例24 已知数列{}n a 知足*12212,3,32()n n na a a a a n N ++===-∈,求数列{}n a 的通项n a解：其特点方程为232x x =-,解得121,2x x ==,令1212n nn a c c =⋅+⋅, 由1122122243a c c a c c =+=⎧⎨=+=⎩,得12112c c =⎧⎪⎨=⎪⎩, 112n n a -∴=+例25已知数列{}n a 知足*12211,2,44()n n n a a a a a n N ++===-∈,求数列{}n a 的通项n a解：其特点方程为2441x x =-,解得1212x x ==,令()1212nn a c nc ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,由1122121()121(2)24a c c a c c ⎧=+⨯=⎪⎪⎨⎪=+⨯=⎪⎩,得1246c c =-⎧⎨=⎩, 1322n n n a --∴=演习1．已知数列{}n a 知足*12211,2,441()n n n a a a a a n N ++===--∈,求数列{}n a 的通项演习2．已知数列{}n a 知足*12211,2,444()n n n a a a a a n n N ++===---∈,求数列{}n a 的通项解释：(1)若方程2x px q =+有两不合的解s , t,则)(11-+-=-n n n n ta a s ta a , )(11-+-=-n n n n sa a t sa a ,由等比数列性质可得1121)(-+-=-n n n s ta a ta a , 1121)(-+-=-n n n t sa a sa a ,,s t ≠ 由上两式消去1+n a 可得()()()nn n t t s t sa a s t s s ta a a ..1212-----=.(2)若方程2x px q =+有两相等的解t s =,则()()12121211)(ta a s ta a s ta a s ta a n n n n n n n -==-=-=-----+ ,21211s ta a s a s a n n n n -=-∴++,等于⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n s a 等差数列, 由等差数列性质可知()2121.1ssa a n s a s a n n --+=, 所以nn s n s sa a s sa a s a a ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+⎪⎭⎫ ⎝⎛--=.2122121． 例26.数列{}n a 知足1512a =-,且212542924n n n a a a +-=+求数列{}n a 的通项.解：2211252925244429292244n n n n n n n a a a a a a a λλλλ++-++-+==+=++……① 令229254λλ-=,解得12251,4λλ==,将它们代回①得,()21112924n n n a a a +++=+……②,212525429424nn n a a a +⎛⎫+ ⎪⎝⎭+=+……③,③÷②,得21125254411n nn n a a a a ++⎛⎫++ ⎪= ⎪++ ⎪⎝⎭,则11252544lg 2lg 11n n n n a a a a ++++=++,∴数列254lg 1n n a a ⎧⎫+⎪⎪⎨⎬+⎪⎪⎩⎭成等比数列,首项为1,公比q =2所以1254lg 21n n n a a -+=+,则12254101n n n a a -+=+,112225104101n n n a ---∴=-十二.四种根本数列1．形如)(1n f a a n n =-+型 等差数列的广义情势,见累加法.)(1n f a a nn =+型 等比数列的广义情势,见累乘法. )(1n f a a n n =++型（1）若d a a n n =++1（d 为常数）,则数列{n a }为“等和数列”,它是一个周期数列,周期为2,其通项分奇数项和偶数项来评论辩论;（2）若f(n)为n 的函数（异常数）时,可经由过程结构转化为)(1n f a a n n =-+型,经由过程累加来求出通项;或用逐差法(两式相减)得)1()(11--=--+n f n f a a n n ,,分奇偶项来分求通项.例27. 数列{n a }知足01=a ,n a a n n 21=++,求数列{a n }的通项公式. 剖析 1：结构 转化为)(1n f a a n n =-+型解法1：令n nn a b )1(-=则n a a a a b b n n n n n n n n n n 2)1()()1()1()1(111111⋅-=+-=---=-++++++.2≥n 时,⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=-=⨯⋅-=--⋅-=--⋅-=-----012)1()2(2)1()1(2)1(112121211a b b b n b b n b b n n n n n n各式相加:[]1)1(2)1()2()1()1()1(2231⋅-+⋅-++--+--=- n n b n n n当n 为偶数时,n n n b n =⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⋅-+-=22)1()1(2. 此时n b a n n == 当n 为奇数时,1)21(2+-=--=n n b n 此时n n a b -=,所以1-=n a n .故 ⎩⎨⎧-=.,,,1为偶数为奇数n n n n a n解法2： na a n n 21=++∴2≥n 时,)1(21-=+-n a a n n ,两式相减得：211=--+n n a a . ∴,,,,531 a a a 组成以1a ,为首项,以2为公役的等差数列; ,,,,642 a a a 组成以2a ,为首项,以2为公役的等差数列∴22)1(112-=-+=-k d k a a k k d k a a k 2)1(22=-+=.∴⎩⎨⎧-=.,,,1为偶数为奇数n n n n a n 评注：成果要还原成n 的表达式.例28.（2005江西卷）已知数列{a n }的前n 项和S n 知足 S n －S n －2=3,23,1),3()21(211-==≥--S S n n 且求数列{a n }的通项公式. 解：办法一：因为),3()21(31112≥-⋅=++=-----n a a a a S S n n n n n n n 所以 以下同上例,略答案 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⋅+-⋅-=--.,)21(34,,)21(3411为偶数为奇数n n a n n n)(1n f a a n n =⋅+型（1）若p a a n n =⋅+1(p 为常数),则数列{n a }为“等积数列”,它是一个周期数列,周期为2,其通项分奇数项和偶数项来评论辩论;（2）若f(n)为n 的函数（异常数）时,可经由过程逐差法得)1(1-=⋅-n f a a n n ,两式相除后,分奇偶项来分求通项.例29. 已知数列满足}{n a )(,)21(,3*11N n a a a nn n ∈=⋅=+,求此数列的通项公式.注：同上例相似,略.。

数列通项公式—常见9种求法一、公式法例1 已知数列满足，，求数列的通项公式。

解：两边除以，得，则，故数列是以为首项，以为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得，所以数列的通项公式为。

评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，说明数列是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出，进而求出数列的通项公式。

二、累加法例2 已知数列满足，求数列的通项公式。

解：由得则所以数列的通项公式为。

评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，进而求出，即得数列的通项公式。

例3 已知数列满足，求数列的通项公式解：由得所以评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，进而求出，即得数列的通项公式。

例4已知数列满足，求数列的通项公式。

解：两边除以，得，则，故因此，则评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，进而求出，即得数列的通项公式，最后再求数列的通项公式。

三、累乘法例5 已知数列满足，求数列的通项公式。

解：因为，所以，则，故所以数列的通项公式为评注：本题解题的关键是把递推关系转化为，进而求出，即得数列的通项公式。

例6 已知数列满足，求的通项公式。

解：因为①所以②用②式－①式得则故所以③由，，则，又知，则，代入③得。

所以，的通项公式为评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，进而求出，从而可得当的表达式，最后再求出数列的通项公式。

四、待定系数法例7已知数列满足，求数列的通项公式。

解：设④将代入④式，得，等式两边消去，得，两边除以，得代入④式得⑤由及⑤式得，则，则数列是以为首项，以2为公比的等比数列，则，故。

评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，从而可知数列是等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求出数列的通项公式。

例8 已知数列满足，求数列的通项公式。

解：设⑥将代入⑥式，得整理得。

令，则，代入⑥式得⑦由及⑦式，得，则，故数列是以为首项，以3为公比的等比数列，因此，则。

评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，从而可知数列是等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求数列的通项公式。

数列求通项公式及求和9种方法数列是指按照一定规律排列的一系列数值。

求数列的通项公式和求和的方法是数列研究的基础，下面将介绍9种常见的方法。

一、等差数列求通项公式和求和等差数列是指数列中两个相邻项之间的差固定的数列。

例如：1，3，5，7，9，……，其中差为21.1求通项公式对于等差数列，可使用以下公式计算通项：通项公式：a_n=a_1+(n-1)*d其中a_n表示数列第n项，a_1表示数列第一项，d表示公差。

1.2求和求和的公式为：S_n=(a_1+a_n)*n/2其中S_n表示数列前n项的和。

二、等比数列求通项公式和求和等比数列是指数列中的两个相邻项之间的比值是固定的数列。

例如：1，2，4，8，16，……，其中比值为22.1求通项公式等比数列的通项公式为：a_n=a_1*q^(n-1)其中a_n表示数列的第n项，a_1表示数列的第一项，q表示公比。

2.2求和求等比数列前n项和的公式为：S_n=a_1*(q^n-1)/(q-1)三、斐波那契数列求通项公式和求和斐波那契数列是指数列中的每一项都等于前两项之和。

例如：0，1，1，2，3，5，8，13，……3.1求通项公式斐波那契数列的通项公式为：a_n=a_(n-1)+a_(n-2)其中a_n表示数列的第n项。

3.2求和斐波那契数列前n项和的公式为：S_n=a_(n+2)-1四、等差数列的和差公式求通项公式和求和对于等差数列，如果已知首项、末项和项数，可以使用和差公式求通项公式和求和。

4.1公式和差公式是指通过首项、末项和项数计算公差的公式。

已知首项a_1、末项a_n和项数n，可以使用和差公式计算公差d：d=(a_n-a_1)/(n-1)4.2求通项公式已知首项a_1、公差d和项数n，可以使用通项公式计算任意项的值：a_n=a_1+(n-1)*d4.3求和已知首项a_1、末项a_n和项数n，可以使用求和公式计算等差数列前n项的和：S_n=(a_1+a_n)*n/2五、等比数列的部分和求和公式求通项公式和求和对于等比数列，如果已知首项、公比和项数，可以使用部分和求和公式求通项公式和求和。

数列通项公式一常见9种求法、公式法例1已知数列[飞.满足'，--，求数列..的通项公式。

7T-为首项，以:为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得 厂一-匚，所以数 Q J等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出 J-1-一一，进而求出数列的通项公式。

、累加法例2已知数列宀. '满足，求数列 的通项公式。

解：由 一、一 得—、-■■--则叫=（叫一耳_1）斗（&3 4（包1%）亠（勺1鬥）4丐=[2（»-1）+1]+[2（«-2）+1]-F---F （2x2+-0+ （2xl+l ）+l二 2[0_D + @_Z ）十…十 2十1]|十&_1）十I=2 凹斗 “1） + 1 2所以数列：•：.的通项公式为， 「。

解:V|i - ,-■ 一‘两边除以7-，得二 ，： 3 m 氐厶】 <2™ 3j _ 1，则 L'-1 _ 丁 _ ] 1，故数列匸；是以 评注：本题解题的关键是把递推关系式列的通项公式为二.一「"转化为 说明数列「是.一「，_,一 .■ ___ - - : ----- 「一 一 匕-i '，即得数列 .；■的通项公式。

例3已知数列[飞.满足＞ : -；1 I.，:_ :,求数列「J •的通项公式解：由—1 讥一—丁 十■得■■■'■ .1 _ . 一 丁 +叫=(E -总+ -耳…(也-旳)+@2 一为)亠闻=(2K 3*-] + 1) + (2X 3,'-3+1) + -^(2X +1)+ (2x 31 +1) 4-3=2(严+尹4 …+ 罗 +31)+(»-1)+3二3+-1所以二评注：本题解题的关键是把递推关系式 「.1 ，-' 丁 +转化为=：._-「•： '才—I ,进而求出.■ ... - --1'- - - ，-j. ■ + 二 一'_ 一. •一一 ■一：十一，即得数列 二 J:的通项公式。

数列通项公式的九种求法各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解。

特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。

笔者总结出九种求解数列通项公式的方法，希望能对大家有帮助。

一、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．例1．等差数列}a {n 是递增数列，前n 项和为n S ，且931a ,a ,a 成等比数列，255a S =．求数列}a {n 的通项公式解：设数列}a {n 公差为)0d (d >∵931a ,a ,a 成等比数列，∴9123a a a =， 即)d 8a (a )d 2a (1121+=+，得d a d 12= ∵0d ≠，∴d a 1=……………………①∵255S a =∴211)d 4a (d 245a 5+=⋅⨯+…………②由①②得：53a 1=，53d =∴n5353)1n (53a n =⨯-+= 点评：利用定义法求数列通项时要注意不用错定义，设法求出首项与公差（公比）后再写出通项。

二、累加法求形如a n -a n-1=f(n)（f(n)为等差或等比数列或其它可求和的数列）的数列通项，可用累加法，即令n=2，3，…n —1得到n —1个式子累加求得通项。

例2．已知数列{a n }中，a 1=1，对任意自然数n 都有11(1)n n a a n n -=++，求n a ．解：由已知得11(1)n n a a n n --=+，121(1)n n a a n n ---=-，……，32134a a -=⨯，21123a a -=⨯，以上式子累加，利用111(1)1n n n n =-++得n a -1a =1111...23(2)(1)(1)(1)n n n n n n ++++⨯---+=1121n -+，3121na n ∴=-+ 点评：累加法是反复利用递推关系得到n —1个式子累加求出通项，这种方法最终转化为求{f(n)}的前n —1项的和，要注意求和的技巧．三、迭代法求形如1n n a qa d +=+(其中,q d 为常数) 的数列通项，可反复利用递推关系迭代求出。