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根据递推公式,求数列通项公式的常用方法总结归纳

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. .页脚 求递推数列通项公式的常用方法归纳 目录 一、概述 ·································· 二、等差数列通项公式和前n项和公式 ·································· 1、等差数列通项公式的推导过程 ································ 2、等差数列前n项和公式的推导过程 ··································

三、一般的递推数列通项公式的常用方法 ·································· 1、公式法 ·································· 2、归纳猜想法 ·································· 3、累加法 ·································· 4、累乘法 ·································· 5、构造新函数法(待定系数法） ·································· 6、倒数变换法 ·································· 7、特征根法 ·································· 8、不动点法 ································· 9、换元法 ································· 10、取对数法 ·································· 11、周期法 ·································· .

.页脚 一、概述

在高中数学课程容中，数列作为离散函数的典型代表之一，不仅在高中数学中具有重要位置，而且，在现实生活中有着非常广泛的作用，同时，数列的教学也是培养观察、分析、归纳、猜想、逻辑推理以及运用数学知识提出问题、分析问题和解决问题的必不可少的重要途径。

数列这一章蕴含着多种数学思想及方法，如函数思想、方程思想，而且在基本概念、公式的教学本身也包含着丰富的数学方法，掌握这些思想方法不仅可以增进对数列概念、公式的理解，而且运用数学思想方法解决问题的过程，往往能诱发知识的迁移，使学生产生举一反三、融会贯通的解决多数列问题。在这一章主要用到了以下几中数学方法：

1、不完全归纳法 不完全归纳法不但可以培养学生的数学直观，而且可以帮助学生有效的解决问题，在等差数列以及等比数列通项公式推导的过程就用到了不完全归纳法。

2、倒叙相加法 等差数列前n项和公式的推导过程中，就根据等差数列的特点，很好的应用了倒叙相加法，而且在这一章的很多问题都直接或间接地用到了这种方法。

3、错位相减法 错位相减法是另一类数列求和的方法，它主要应用于求和的项之间通过一定的变形可以相互转化，并且是多个数求和的问题。等比数列的前 n 项和公式的推导就用到了这种思想方法。

4、函数的思想方法 数列本身就是一个特殊的函数，而且是离散的函数，因此在解题过程中，尤其在遇到等差数列与等比数列这两类特殊的数列时，可以将它们看成一个函数，进而运用函数的性质和特点来解决问题。

5、方程的思想方法 数列这一章涉及了多个关于首项、末项、项数、公差、公比、第 n 项和前 n 项和这些量的数学公式，而公式本身就是一个等式，因此，在求这些数学量的过程中，可将它们看成相应的已知量和未知数，通过公式建立关于求未知量的方程，可以使解题变得清晰、明了，而且简化了解题过程。

二、 等差数列通项公式和前n项和公式 第一节：等差数列前n项和的推导过程 1、等差数列通项公式： (1)可以从等差数列特点及定义来引入。 定义：n≥2时，有an－a(n－1)=d，则： a2=a1＋d . .页脚 a3=a2＋d=a1＋2d a4=a3＋d=a1＋3d a5=a4＋d=a1＋4d …… 猜测并写出an=？ （2）采取累加 a2－a1=d a3－a2=d a4－a3=d …… an－a(n－1)=d 累加后，有： an－a1=(n－1)d，即： an=a1＋(n－1)d。

2、等差数列前n项和： 方法一：高斯算法（即首尾相加法） 1 + 2 + 3 +…+50+51+…+98+99+100=？ 1+100=101，2+99=101，…,50+51=101，所以原式=50（1+101）=5050 则利用高斯算法，容易进行类比，过程如下：

其中 ?......12321nnnaaaaaa

......23121nnnaaaaaaqpnmaaaaqpnm则若, . .页脚 这里用到了等差数列的性质： 问题是一共有多少个 ，学生自然想到对n取奇偶进行讨论。 （1）当n为偶数时：

（2）当n为奇数时： 分析到这里发现21na“落单”了，似乎遇到了阻碍，此时鼓励学生不能放弃，在老师的适当引导下，不难发现，21na的角标与 角标的关系

从而得到，无论n取奇数还是偶数， 总结：（1）类比高斯算法将首尾分组进行“配对”，发现需要对n取奇偶进行讨论，思路自然，容易掌握。

（2）不少资料对n取奇数时的处理办法是，当讨论进行不下去时转向寻求其它解决办法，进而引出倒序相加求和法。

naa1nnnnaaaaS1221

)(21nnaanSnnnnnaaaaaS121211211

)(1naa211)(21nnnaaanS

2)(2121211nnnaaaan)(21naan)(21nnaanS .

.页脚 方法二： 对n的奇偶进行讨论有点麻烦，能否回避对n的讨论呢？接下来给出实际问题： 伐木工人是如何快速计算堆放在木场的木头根数呢？由此引入倒序相加求和法。

两式相加得： 总结：（1）数学学习需要最优化的学习，因此引导学生去寻求更有效的解决办法，让学生在解决问题的同时也体会到同一个问题有不同的解决办法，而我们需要的是具备高效率的方法。

（2）倒序相加求和法是重要的数学思想，方法比公式本身更为重要，为以后数列求和的学习做好了铺垫。

（3）在过程中体会数学的对称美。

三、 一般的递推数列通项公式的常用方法 一、公式法 例1、 已知无穷数列na的前n项和为nS，并且*1()nnaSnN，求na的通项公

式？ 【解析】：Q 1nnSa， 111nnnnnaSSaa， 112nnaa，又112a，

 12n

na



.

反思：利用相关数列na与nS的关系：11aS,1nnnaSS(2)n与提设条件，建

立递推关系，是本题求解的关键.

二、归纳猜想法：由数列前几项用不完全归纳猜测出数列的通项公式，再利用数学归纳法证明其正确性，这种方法叫归纳法.

例2、 已知数列na中，11a，121(2)nnaan，求数列na的通项公式.

nnnaaaaS121121aaaaSnnn)(21nnaanS)(21nnaanS .

.页脚 【解析】：Q11a，121(2)nnaan，2121aa3，3221aa7

猜测21n

na*

()nN，再用数学归纳法证明.（略）

反思：用归纳法求递推数列，首先要熟悉一般数列的通项公式，再就是一定要用数学归纳法证明其正确性.

三 、累加法：利用1211()()nnnaaaaaa

求通项公式的方法称为累加法。累加

法是求型如1()nnaafn

的递推数列通项公式的基本方法（()fn可求前n项和）.

例3 、已知无穷数列na的的通项公式是12nna，若数列nb满足11b，

112nnnbb

(1)n

，求数列nb的通项公式.

【解析】：11b,112nnnbb(1)n,1211()()nnnbbbbbb=1+12+...+ 112n=1122n





.

反思:用累加法求通项公式的关键是将递推公式变形为1()nnaafn

。

四 、累乘法:利用恒等式321121(0,2)n

nn

naaaaaanaaa

求通项公式的方法称为累乘法,

累乘法是求型如: 1()nnagna

的递推数列通项公式的基本方法(数列()gn可求前n项

积)。

例4、 已知11a,1()nnnanaa*

()nN

,求数列na通项公式.

【解析】：Q1()nnnanaa,11nnanan,又有321121(0,2)nnnnaaaaaanaaa=

1×23n×××12n-1=n,当1n时11a，满足nan，nan.

反思: 用累乘法求通项公式的关键是将递推公式变形为1()nnagna

.

五、构造新数列（待定系数法）: 将递推公式n+1naqad

（,qd为常数，0q，0d）

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求数列通项公式的十种方法

求数列通项公式的十种方法

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(,1≠+=+c d ca a n n ,其中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，其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求.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 cd λ所以有：)1(11-+=-+-c d a c c d a n n 因此数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+1c d a n 构成以11-+c da 为首项，以c 为公比的等比数列， 所以11)1(1-⋅-+=-+n n c c d a c d a 即：1)1(11--⋅-+=-c d c c d a a n n . 规律：将递推关系d ca a n n +=+1化为)1(11-+=-++c da c c d a n n ,构造成公比为c 的等比数列}1{-+c d a n 从而求得通项公式)1(1111-++-=-+c d a c c d a n n逐项相减法（阶差法）：有时我们从递推关系d ca a n n +=+1中把n 换成n-1有d ca 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 -=-+,再利用类型(1)即可求得通项公式.我们看到此方较 比较复杂.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 -=+≥ 112(1)n n a a -∴+=+又{}112,1n a a +=∴+是首项为2，公比为2的等比数列 12n n a ∴+=，即21n n a =-练习．已知数列}{n a 中，,2121,211+==+n n a a a 求通项n a 。

求递推数列通项公式的常用方法

求递推数列通项公式的常用方法

求递推数列通项公式的常用方法一 公式法：利用熟知的的公式求通项公式的方法称为公式法，常用的公式有1n n n a S S -=-(2)n ≥，等差数列或等比数列的通项公式。

例一 已知无穷数列{}n a 的前n 项和为n S ，并且*1()n n a S n N +=∈，求{}n a 的通项公式？【解析】： 1n n S a =-，∴ 111n n n n n a S S a a +++=-=-，∴ 112n n a a +=，又112a =， ∴ 12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭.反思：利用相关数列{}n a 与{}n S 的关系：11a S =,1n n n a S S -=-(2)n ≥与提设条件，建立递推关系，是本题求解的关键.跟踪训练 1.已知数列{}n a 的前n 项和n S ，满足关系()1lgn S n +=(1,2)n =⋅⋅⋅.试证数列{}n a 是等比数列.二 归纳法：由数列前几项用不完全归纳猜测出数列的通项公式，再利用数学归纳法证明其正确性，这种方法叫归纳法.例二 已知数列{}n a 中，11a =，121(2)n n a a n -=+≥，求数列{}n a 的通项公式. 【解析】： 11a =，121(2)n n a a n -=+≥，∴2121a a =+3=，3221a a =+7=⋅⋅⋅⋅ 猜测21n n a =-*()n N ∈，再用数学归纳法证明.（略）反思：用归纳法求递推数列，首先要熟悉一般数列的通项公式，再就是一定要用数学归纳法证明其正确性.跟踪训练2.设{}n a 是正数组成的数列，其前n 项和为n S ，并且对于所有自然数n ，n a 与1的等差中项等于n S 与1的等比中项，求数列{}n a 的通项公式.三 累加法：利用1211()()n n n a a a a a a -=+-+⋅⋅⋅-求通项公式的方法称为累加法。

累加法是求型如1()n n a a f n +=+的递推数列通项公式的基本方法（()f n 可求前n 项和）.例三 已知无穷数列{}n a 的的通项公式是12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，若数列{}n b 满足11b =，(1)n ≥，求数列{}n b 的通项公式.【解析】：11b =,112nn n b b +⎛⎫-= ⎪⎝⎭(1)n ≥,∴1211()()n n n b b b b b b -=+-+⋅⋅⋅-=1+12+⋅⋅+112n -⎛⎫⎪⎝⎭=1122n -⎛⎫- ⎪⎝⎭.反思:用累加法求通项公式的关键是将递推公式变形为1()n n a a f n +=+.跟踪训练3.已知112a =,112nn n a a +⎛⎫=+ ⎪⎝⎭*()n N ∈,求数列{}n a 通项公式.四 累乘法:利用恒等式321121(0,2)n n n n a a a a a a n a a a -=⋅⋅⋅≠≥求通项公式的方法称为累乘法,累乘法是求型如: 1()n n a g n a +=的递推数列通项公式的基本方法(数列()g n 可求前n 项积). 例四 已知11a =,1()n n n a n a a +=-*()n N ∈,求数列{}n a 通项公式. 【解析】： 1()n n n a n a a +=-,∴11n n a n a n ++=,又有321121(0,2)n n n n aa a a a a n a a a -=⋅⋅⋅≠≥= 1×23n×××12n-1⋅⋅⋅=n ,当1n =时11a =，满足n a n =，∴n a n =. 反思: 用累乘法求通项公式的关键是将递推公式变形为1()n n a g n a +=.跟踪训练 4.已知数列{}n a 满足11a =,123123(1)(2)n n a a a a n a n -=+++⋅⋅⋅+-≥.则{}n a 的通项公式是.五 构造新数列:类型1)(1n f a a n n +=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法(逐差相加法)求解。

由递推公式求数列通项公式的几种方法

由递推公式求数列通项公式的几种方法

２ ， ｎ ＝２ ３ ｎＥＮ ） 即 ”一 （ ．
（ ） 如 ％“＝Ａ 曰 ｌ ％＋ ＋ ２形 ＋ ％＿ 令 ’ Ｉ ％＝） ％＋ ％一 ， ， （ １ 则 ）
法 ． 能 根 据 递 推 公 式 写 出 数 列 的前 几 项 ” 但 从 近 几 年 的 并 ， 高 考 来 看 ． 列 的 递 推 已经 超 过 了 “ 纲 ” 要 求 ， 且 由 数 考 的 而
Ａ（ １ ｂ ） 则 ＝ ＿ ％一＋ｘ ，
， 到 数 列 ｛ ＋ｘ 是 以 Ａ为 得 ％ ｂ｝
解 当 ｎ＝ｌ ２ ３ ４时 ，得 吼 ＝２ ｏ ＝３ ａ ＝４ ＝５ ，，， ， ａ ，３ ， ， 由此 猜 想 ＝ｎ＋１ ．
证明 当 ＝ｌ时 ． 然 成 立 ． 显
公 比 ， ＋ｘ ｂ为 首 项 的等 比数 列 ． 例 ６ （ ０ ８年 全 国 卷 ２ 设 数 列 ｔ 的 前 ｎ项 和 Ｓ ， ２０ ） ％｝ 已 知 。 ＝８ “＝ ＋３， ∈ ， ｂ ＝ 一３ ， 数 列 ｆ ｝ Ｉ ， Ｎ 设 求 ｂ 的
通项 公 式．
假 设 ｎ＝ ｋ时 ， 吼 ＝ 有 ｋ＋１ ，
贝 ０ｎ＝ｋ＋１时 ， 】 上 啦＋… ＋ｋ ｋ ＋１ ＋＝ 吼＋＝ｒ＋２ ｌ ａ ＋（ ） １
解
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ｌ １ Ｓ ＝２ 令 Ｊ ＋ ３ ＝２ Ｓ ＋ ＝Ｓ 一Ｓ 得 Ｓ ＋３ ， ｓ ・ （
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５ 一３ ＝（ ０—３） ， ２ ｎ∈Ｎ｝ ．
求数列的通项公式(教师版)

求数列的通项公式(教师版)

求数列的通项公式(教师版)1、数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项a n 与n 之间的函数关系可以用一个式子a n ＝f (n )来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．2、数列的递推公式若一个数列首项确定，其余各项用a n 与a n －1或a n +1的关系式表示(如a n ＝2a n －1＋1)，则这个关系式就称为数列的递推公式．3、由数列的递推公式求数列的通项公式的常见方法(1)待定系数法：①形如a n ＋1＝ka n ＋b 的数列求通项；②形如a n ＋1＝ka n ＋r ∙b n 的数列求通项；(2)倒数法：形如a n ＋1＝pa nqa n ＋r的数列求通项可用倒数法；(3)累加法：形如a n ＋1－a n ＝f (n )的数列求通项可用累加法；(4)累乘法：形如a n ＋1a n＝f (n )的数列求通项可用累乘法；(5) “S n ”法：数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1， n ＝1，S n －S n －1， n ≥2.；S n 与a n 的混合关系式有两个思路：①消去S n ，转化为a n 的递推关系式，再求a n ；②消去a n ，转化为S n 的递推关系式，求出S n 后，再求a n .考向一 待定系数法例1—1 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，求数列{a n }的通项公式。

解：设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )即a n ＋1＝2a n －t ⇒t ＝－3.故递推公式为a n ＋1＋3＝2(a n＋3)，令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2.所以{b n }是以b 1＝4为首项，2为公比的等比数列，则b n ＝4×2n －1＝2n ＋1，所以a n ＝2n ＋1－3.例1—2 在数列{a n }中，a 1＝－1，a n ＋1＝2a n ＋4·3n ，数列{a n }的通项公式。