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数列通项公式的十种求法

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数列通项公式的十种求法 一、公式法 例1 已知数列{}na满足1232nnnaa，12a，求数列{}na的通项公式。

解：1232nnnaa两边除以12n，得113222nnnnaa，则113222nnnnaa，故数列{}2nna是以1222a11为首项，以2

3

为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得31(1)22nnan，所以数列{}na的通项公式为31()222nnan。 评注：本题解题的关键是把递推关系式1232nnnaa转化为113222nnnnaa，说明数列{}2nna是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出31(1)22nnan，进而求出数列{}na的通项公式。 二、累加法 例2 已知数列{}na满足11211nnaana，，求数列{}na的通项公式。

解：由121nnaan得 121nnaan则

112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1nnnnnaaaaaaaaaannnnnnnnnnn



所以数列{}na的通项公式为2nan。

评注：本题解题的关键是把递推关系式121nnaan转化为121nnaan，进而求出11232211()()()()nnnnaaaaaaaaa，即得数列{}na的通项公式。

例3 已知数列{}na满足112313nnnaaa，，求数列{}na的通项公式。 例4 解：由1231nnnaa得11232211122112211()()()()(231)(231)(231)(231)32(3333)(1)33(13)2(1)313331331nnnnnnnnnnnnaaaaaaaaaannnn







1231nnnaa则 所以31.nnan 评注：本题解题的关键是把递推关系式1231nnnaa转化为1231nnnaa，进而求出11232211()()()()nnnnnaaaaaaaaaa，即得数列{}na的通项公式。

例4 已知数列{}na满足1132313nnnaaa，，求数列{}na的通项公式。 解：13231nnnaa两边除以13n，得111213333nnnnnaa，

则111213333nnnnnaa，故112232112232111122122()()()()33333333212121213()()()()3333333332(1)11111()1333333nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnaaaaaaaaaaaan

因此11(13)2(1)2113133133223nnnnnann， 则21133.322nnnan 评注：本题解题的关键是把递推关系式13231nnnaa转化为111213333nnnnnaa，进而求出112232111122321()()()()333333333nnnnnnnnnnnnaaaaaaaaa

，即得数列3nna的通项公式，最后再求数列{}na的通

项公式。 三、累乘法

例5 已知数列{}na满足112(1)53nnnanaa，，求数列{}na的通项公式。

解：因为112(1)53nnnanaa，，所以0na，则12(1)5nnnana，故1321122112211(1)(2)21(1)12[2(11)5][2(21)5][2(21)5][2(11)5]32[(1)32]53325!nnnnnnnnnnnnnaaaaaaaaaannnnn







所以数列{}na的通项公式为(1)12325!.nnnnan 评注：本题解题的关键是把递推关系12(1)5nnnana转化为12(1)5nnnana，进而求出13211221nnnnaaaaaaaaa

，即得数列{}na的通项公式。

例6 （2004年全国I第15题，原题是填空题）已知数列{}na满足11231123(1)(2)nnaaaaanan，，求{}na的通项公式。

解：因为123123(1)(2)nnaaaanan ① 所以1123123(1)nnnaaaanana ② 用②式－①式得1.nnnaana 则1(1)(2)nnanan 故11(2)nnanna 所以13222122![(1)43].2nnnnnaaanaannaaaaa ③ 由123123(1)(2)nnaaaanan，21222naaa取得，则21aa，又知11a，则21a，代入③得!13452nnan。

所以，{}na的通项公式为!.2nna 评注：本题解题的关键是把递推关系式1(1)(2)nnanan转化为11(2)nnanna，进而求出132122nnnnaaaaaaa

，从而可得当2nna时，的表达式，最后再求出数列{}na的通项公式。

四、待定系数法 例7 已知数列{}na满足112356nnnaaa，，求数列na的通项公式。

解：设1152(5)nnnnaxax ④ 将1235nnnaa代入④式，得12355225nnnnnaxax，等式两边消去2na，得135525nnnxx，两边除以5n，得352,1,xxx则代入④式得1152(5)nnnnaa ⑤ 由1156510a及⑤式得50nna，则11525nnnnaa，则数列{5}nna是以1151a为首项，以2为公比的等比数列，则152nnna，故125nnna。 评注：本题解题的关键是把递推关系式1235nnnaa转化为1152(5)nnnnaa，从而可知数列{5}nna是等比数列，进而求出数列{5}nna的通项公式，最后再求出数列{}na的通项公式。

例8 已知数列{}na满足1135241nnnaaa，，求数列{}na的通项公式。 解：设1123(2)nnnnaxyaxy ⑥ 将13524nnnaa代入⑥式，得 1352423(2)nnnnnaxyaxy

整理得(52)24323nnxyxy。 令52343xxyy，则52xy，代入⑥式得 115223(522)nnnnaa

⑦

由11522112130a及⑦式， 得5220nna，则115223522nnnnaa， 故数列{522}nna是以1152211213a为首项，以3为公比的等比数列，因此1522133nnna，则1133522nnna

。

评注：本题解题的关键是把递推关系式13524nnnaa转化为115223(522)nnnnaa，从而可知数列{522}nna是等比数列，进而求出数列{522}nna的通项公式，最后再求数列{}na的通项公式。

例9 已知数列{}na满足21123451nnaanna，，求数列{}na的通项公式。 解：设221(1)(1)2()nnaxnynzaxnynz ⑧ 将212345nnaann代入⑧式，得 2222345(1)(1)2()nnannxnynzaxnynz

，则

222(3)(24)(5)2222nnaxnxynxyzaxnynz

等式两边消去2na，得22(3)(24)(5)222xnxynxyzxnynz，

解方程组3224252xxxyyxyzz，则31018xyz，代入⑧式，得 2213(1)10(1)182(31018)nnannann

⑨

由213110118131320a及⑨式，得2310180nann 则2123(1)10(1)18231018nnannann，故数列2{31018}nann为以21311011813132a为首项，以2为公比的等比数列，因此2131018322nnann，则42231018nnann。 评注：本题解题的关键是把递推关系式212345nnaann转化为2213(1)10(1)182(31018)nnannann

，从而可知数列2{31018}nann是等比数列，进而求出

数列2{31018}nann的通项公式，最后再求出数列{}na的通项公式。 五、对数变换法 例10 已知数列{}na满足5123nnnaa，17a，求数列{}na的通项公式。

解：因为511237nnnaaa，，所以100nnaa，。在5123nnnaa式两边取常用对数得1lg5lglg3lg2nnaan ⑩

设1lg(1)5(lg)nnaxnyaxny ○11 将⑩式代入○11式，得5lglg3lg2(1)5(lg)nnanxnyaxny，两边消去5lgna并整理，得(lg3)lg255xnxyxny，则

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数列通项公式方法大全很经典

数列通项公式方法大全很经典

1,数列通项公式的十种求法:(1) 公式法(构造公式法)例1已知数列｛a n ｝满足a n i 2a n 3 2n , a , 2，求数列｛ a n ｝的通项公式。

解: a n 1 2a n 3 2n 两边除以2n 1，得開a 23以2- - 1为首项，以2为公差的等差数列,3 1所以数列｛a n ｝的通项公式为a n gn -)2n 。

｛a n ｝的通项公式。

(2) 累加法解：由a n 1 a n 2n 1得a n 1a n 2n1则a n (a n a n 1) (a n 1 a n 2)a ?) (a 2 aj a 1[2(n 1) 1] [2( n 2) 1]( ：2 2 1) (2 1 1) 1 2[(n 1) (n 2) III 2 1] (n1) 12(n1)n2 (n 1)1(n 2 n1)(n 1) 1所以数列｛a n ｝的通〕 项公式为 a n n 2。

a n 1 a n 2n 1转化为a . 1 a . 2n 1，进而求变式：已知数列｛a n ｝满足a n 1 a n 2 3n 1, a 1 (3) 累乘法评注：本题解题的关键是把递推关系式a n 1 2a n2n 转化为2-1是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出|n 1 (na n 2n1)2，进而求出数列i ，说明数列a n 3a n 1 a n 3班 2，则2门 1 歹 2， a由等差数列的通项公式，得勺2n 1 (n 1)|，例2已知数列｛a n ｝满足a n 1 a n 2n 1，1，求数列｛a n ｝的通项公式。

评注：本题解题的关键是把递推关系式 出(a na n 1) (a n 1 a n 2)III(a 3a 2) (a 2a 1)a 1，即得数列｛a n ｝的通项公式。

3，求数列｛a n ｝的通项公式。

是故数列例3已知数列｛a n ｝满足a n 1 2(n 1)5n 务，a “a解：因为 a n 1 2( n 1)5n a ., 4 3，所以 a .0,则亠 2(n 1)5n ，故a na n a n 1 a 3 a 2a na 1a n 1 a n 2 a 2 a,[2(n 1 1)51 1][2(n 2 1)5n 2]川[2(2 1) 52][2(1 1) 51] 32n 1[n(n 1) 3 2] 5(n " (n 2) 213n(n 1)3 2n 1 n!n(n 1)所以数列｛a n ｝的通项公式为a n3 2n 1 nL出O L !01 01玄1，即得数列｛a n ｝的通项公式。

数列史上最全求通项公式10种方法并配大量习题及答案

数列史上最全求通项公式10种方法并配大量习题及答案

数列通项公式的求法10种求数列的通项公式方法非常众多，而且这个问题基本上都是高考试卷中第一问，也就是说这一问题做不出来或没有思路，那么即使后面的问题比如求前N 项和的问题，会做也是无济于事的。

我们逐个讲解一下这些重要的方法。

递推公式法：递推公式法是指利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，这样的问题有两种类型，（1）题目中给出的是()n S f n =的形式，也就是n S 的表达式是一个关于n 的函数，要将n 改成n-1，包括角标，这样加上题中给出的式子就得到两个式子，两式子做差，即可整理出通项公式。

这种情况是比较简单的，但是也有值得我们注意的地方，那就是求出的通项公式一定要检验是否需要写成分段的形式，即验证一下1a 和1S 是否相等，若不相等，则需要写成分段的形式，只要题中涉及到角标n 不能从n=1开始取值的，都需要检验。

（2）第二种情况是非常常见的，即11(,)n n n a a a -+与n S (1n S -,1n S +)同时存在于一个等式中，我们的思路是将n 改写成n-1，又得到另一个式子，这两个式子做差，在做差相减的过程中，要将等式的一端通过移项等措施处理为零，这样整理,容易得出我们想要的关系式。

累加法（迭、叠加法）：累加法是在教材上推导等差数列通项公式和前n 项和公式的时候使用的一种方法，其实这个方法不仅仅适用于等差数列，它的使用范围是非常广泛的，我们可以总结为，只要适合：1()n n a a f n -=+的形式，都是可以使用累加法的，基本的书写步骤是：21324312,(2)3,(3)4,(4)......,()n n n a a f n a a f n a a f n n a a f n -=-==-==-==-=将上述展开后的式子左边累加后总是得到1(2)(3)(4)......()n a a f f f f n -=++++所以重点就是会求后边这部分累加式子的和，而这部分累加的式子，绝大部分都是三种情况之一，要么是一个等差数列的前n-1项的和，要么是一个等比数列前n-1项的和，要么就是能够在累加过程能够中消掉，比如使用裂项相消法等。

初中数学求数列通项公式的十种方法

初中数学求数列通项公式的十种方法

例4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
例5.设 是首项为1的正项数列，且 （ =1，2，3，…），则它的通项公式是 =________.
解：已知等式可化为：
( ) (n+1) ,即
时，
= = .
评注：本题是关于 和 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 与 的更为明显的关系式，从而求出 .
练习2．已知数列 满足
，求数列 的通项
说明：(1)若方程 有两不同的解s , t,
则 , ,
由等比数列性质可得 , ,
由上两式消去 可得 .
(2)若方程 有两相等的解 ，则
，
,即 是等差数列，
由等差数列性质可知 ，
所以 ．
例26、数列 满足 ，且 求数列 的通项。
解： ……①
令 ，解得 ，将它们代回①得，
分析：把已知关系通过 转化为数列 或 的递推关系，然后采用相应的方法求解。
例19已知数列 的各项均为正数，且前n项和 满足 ，且 成等比数列，求数列 的通项公式。
解：∵对任意 有
∴当n=1时， ，解得 或
当n≥2时， ⑵
-⑵整理得：
∵ 各项均为正数，∴
当 时， ，此时 成立
当 时， ，此时 不成立，故 舍去
令 ,则可化为 .然后转化为类型5来解，
.待定系数法：目的是把所求数列构造成等差数列
设 .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p q，否则待定系数法会失效。
例7已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。
解法一（待定系数法）：设 ，比较系数得 ，
高中数学必须掌握的十种数列通项公式的解题方法和典型例题

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高中数学必须掌握的十种数列通项公式的解题方法和典型例题
在高考中数列部分的考查既是重点又是难点，不论是选择题或填空题中对基础知识的考查，还是压轴题中与其他章节知识的综合，抓住数列的通项公式通常是解题的关键和解决数列难题的瓶颈。

求通项公式也是学习数列时的一个难点。

由于求通项公式时渗透多种数学思想方法，因此求解过程中往往显得方法多、灵活度大、技巧性强。

通项公式普通的求法：
（1）构造等比数列：凡是出现关于后项和前项的一次递推式都可以构造等比数列求通项公式；
（2）构造等差数列：递推式不能构造等比数列时，构造等差数列；
（3）递推：即按照后项和前项的对应规律，再往前项推写对应式。

已知递推公式求通项常见方法：
①已知a1=a,a n+1=qa n+b,求a n时，利用待定系数法求解，其关键是确定待定系数λ，使a n+1+λ=q(a n+λ)进而得到λ。

②已知a1=a,a n=a n-1+f(n)(n≥2),求a n时，利用累加法求解，即
a n=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a n-a n-1)的方法。

③已知a1=a,a n=f(n)a n-1(n≥2)，求a n时，利用累乘法求解。

非常实用的十大解题方法及典型例题
方法一数学归纳法
方法二 Sn 法
方法三累加法
方法四累乘法
方法五构造法一
方法六构造法二
方法七构造法三
方法八构造法四
方法九构造五
方法十构造六。