数列通项的五种求法

数列通项的五种求法
求数列的通项公式是高中数学中最为常见的题型之一，它既可考查等价转化与化归的数学思想，又能反映考生对等差与等现象数列理想的深度，具有一定的技巧性，因此经常渗透在高考和竞赛中，要正确写出数列通项，其关键是：找出n a 与n 的对应关系，而其中数列的通项求法比较灵活。

下面分别介绍几种常见的数列通项的求法，请同学们学习。

一、常规数列的通项
例1 写出下列数列的一个通项公式。

(1) 3, 5, 7, 9.... (2) 3, 5, 9, 17. (3)
⋯,638,356,154,32 (4)⋯,9
17
,710,1,32 解 （1）（方法一）注意观察，该数列前四项均为奇数，所以归纳出它的通项公式是a n =2n+1.
（方法二）发现后一项比前一项都多2，前4项依次可写成a 1=3, a 2=3+2, a 3=3+2×2, a 4=3+2×3, ∴a n =3+2(n-1).
（2）观察发现，前四项依次为2+1，22+1，23+1，24+1，∴a n =2n +1.
（3）每一项的分子均为偶数，分母依次为1×3，3×5，5×7，7×9，…，均是相邻的两奇数之积，∴.)
12)(12(2+-=
n n n
a n
（4）各项依次可写成，，，，，⋯9
17
7105532分子依次是项数的平方数加1，∴.1212++=
n n a n 小结 认真观察（注意分解式子）所给数据的结构特征，正确写出对应的表达式。

二、摆动数列的通项
例2 写出下列数列的一个通项公式。

（1）1，5，1，5，1，5，…. （2）⋯--
,7
8
,54,32,1. （3）1，2，2，4，3，8，4，16，….
解 （1）（方法一）∵奇数项均为1，偶数项均为5，
∴⎩
⎨⎧=，a n 5,1为n n 为正偶数.正奇数，
（方法二）∵1与5的平均数为3，∴前四项依次可看成3-2，3+2，3-2，3+2. ∴a n =3+(-1)n ×2.
（2）前四项可写成.1
22)1(,72)1(,52,32)1(,1211
3210--=∴⨯-⨯---n a n n n （3）∵a 1=1, a 3=2, a 5=3, a 7=4,…, ∴当n 为奇数时,2
1
+=
n a n , ∵a 2=2, a 4=4, a 6=8, a 8=16,…, ∴当n 为偶数时，.22
n n a =
∴⎪⎩⎪⎨⎧+=，n a n n 2
2,21为n n 为.
正偶数正奇数，
小结 这类题需要看清奇、偶项的正、负，可用(-1)n 或(-1)n+1等形式表示，或用分段形式表示。

三、循环数列的通项
例3 写出下列数列的一个通项公式。

(1) 9, 99, 999, 9999,…. (2) 4, 44, 444, 4444,…. (3) 0.7, 0.77, 0.777, 0.7777,….
解 （1）通过观察，发现此数列的前四项为10-1，102-1，103-1，104-1.∴a n =10n -1. （2）参照第（1）题，前四项可依次写成
).110(9
4
,99994,99994,9994,994-=∴⨯⨯⨯⨯n n a (3)前四项依次为,10000
7777
,1000777,10077,107 即为
，，，，999997
101999971019997101997101432⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯ ∴).10
1
1(97)110(97101n n n n a -=-⨯=
四、递推数列的通项
1．迭代法（1）迭加法 a n =(a n -a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a 2-a 1)+a 1. 例4 已知{a n }中，a 1=1, a n -a n-1=2n,求a n . 解 ∵a n -a n-1=2n,
∴a 2-a 1=2×2, a 3-a 2=2×3, a 4-a 3=2×4,…, a n -a n-1=2n, 将上式全部相加得a n -a 1=2(2+3+4+…+n).
.12
)
1)(2(212-+=-+⨯
+=∴n n n n a n
例6 已知数列{a n }中，a 1=1
2 , a n+1=a n +1
412-n ,求a n .
解 由递推关系可化为
.2
434)]121
321()5131()311[(2121)()()().
1
21121(21141
12312121--=---+⋯+-+-+=-+⋯+-+-+=∴+--=
-=
--+n n n n a a a a a a a a n n n a a n n n n n 例7已知数列{a n }中，a 1=1，且 a 2k =a 2k-1+(-1)k , a 2k+1=a 2k +3k , 其中k=1,2,3,….
(I)求a 3, a 5;
(II)求{a n }的通项公式。

解 a 2=a 1+(-1)1, a 3=a 2+31 , a 4=a 3+(-1)2, a 5=a 4+32, a 6=a 5+(-1)3,
…
a 2k-1=a 2(k-1)+3k-1, a 2k =a 2k-1+(-1)k .
叠加得a 2k =a 1+(-1)1+(-1)2+(-1)3+…+(-1)k +31+32+…+3k-1.
.
2
2
)1(3
32
)1(23,
2
)1(23)1(1])1(1[12131
122--+=
+-+-=
∴-+-=----⨯-+-=++k
k k k k k k k k k k
a a
当n 为偶数时(令n=2k), ;2
)
1(232
2
n n n a -+-=
当n 为奇数时(令n=2k+1), ⎪⎪⎪⎩
⎪⎪⎪
⎨
⎧--+-+-=-+22)1(322)1(232
12
12n n n n n a 为(为(n n ).
奇数).
偶数
例8设数列{a n }满足a 1=2, )3,2,1(1
1⋯=+=+n a a a n
n n .证明：12+>n a n 对一切正整数n 成立
证明：由递推式得,1
2,1
221
212
221
2
12a a a 则a a a n n n +
+=+
+=-- ,12222223a a a +
+= … ,12222
221a a a n n ++=-- ).,2(12*
21
2
12N n n a a a n n n ∈≥+
+=-- 上述各式相加并化简得
),2(1222)1(2211)1(2*221
21212N n n n n n a a n a a n n ∈≥+>+=-+>+⋯++
-+=- 又n=1，12+>n a n 明显成立，故).2,1(12⋯=+>
n n a n
例9设正项数列{a n }满足于).,3,2,1(1
)(2321⋯=+=+⋯+++n a a a a a a n
n n （I ）求证：}1
{22
n
n a a +
成等差数列； （II ）求{a n }的通项。

解（I ）令n=1，得,12111a a a +
=即,1
1
1a a = ∵a 1>0, ∴a 1=1. 当n ≥2时
)
2()
1(,
1)(2,1)(211
13211321
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
+=+⋯++++=++⋯+++----n n n n
n n n a a a a a a a a a a a a a
(1)—(2)得
).1
(11
1--+-=-
n n n n a a a a (3) 两边平方得,2121212122
++=-+--n n n n a a a a 即,4)1()1(21
2
122=+-+--n n n n a a a a 故}1
{22
n
n a a +
是以2为首项，4为公差的等差数列。

（II ）由（I ）得,24)1(421
22
-=-+=+n n a a n
n 所以n a a n n 4)1(2=+
,即,21n a a n
n =+解得,1-±n n
由（3）得
0111
1>+=---n n n n a a a a ,故.1--=n n a n （2）迭乘法 ： (11)
2
211a a a a a a a a n n n n n ---=
例10 已知数列{a n }，满足a 1=1, a n =a 1+2a 2+3a 3+…+(n-1)a n-1(n ≥2).求{a n }的通项。

解 由已知条件可得
)
2()1(,
)1(32,)1(32113211321⎩⎨
⎧=+-+⋯+++=-+⋯++++--n n n n n a na a n a a a a a n a a a
(2)—(1)得,1n n n a a na -=+ 即
)2(11
≥+=+n n a a n
n （消项使问题水落石出，这里递推关系式的使用，给我们“借水行舟”的感觉）。

于是⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧≥+=⋯==+),2(1,4,31
34
23
n n a a a a a a n
n
迭乘得
)2(),1(4·31
≥+⋯⋯=+n n a a n
n （这里熟悉的问题）。

又a 2=1, a 3=a 1 + 2a 2=3. ),2(2
)!
1(1≥+=
+n n a n ,2!212=
=a 于是).2(2
!
≥=n n a n 例11 数列{a n }的通项为a n =2n-1(n ≥2)数列{c n }满足
11
23
12013333+-=+⋯+++n n n a c c c c (n ≥1), 求
.2005
1
∑=i i c
解
1123
12013333+-=+⋯+++n n n a c c c c (n ≥1), ① n n n a c c c c =+⋯+++--2123
12013
333 (n ≥2), ②
①—②得)2(3·21≥=-n c n n （这里我们熟悉的数列）。

当n=1，由①得c 1=a 2=3. 故⎩⎨⎧≥==-).2(,3·
2)1(,
31n n c n n
.
33
13
1·21)3331(21)333(2320052005
200422004220051
=--+=+⋯++++=+⋯+++=∑=i i
c
通过“消项”将复杂问题化归为“二项递推数列问题”，即通过化归，使复杂变为简单，使陌生化为熟悉。

化归是一种重要的思想方法。

2构造法
（1） 待定系数法 例12 已知)2(5)2
3
(,21711≥+-=-
=-n a a a n n ，求an. 解：设)(2
3
1k a k a n n -⋅-=-+，则由已知得k=2，即{a n -2}成等比数列。

例13 已知)2(123,2
1
11≥-+==
-n n a a a n n ,求a n . 解：设a n -(An+B)=3{a n-1-[A(n-1)+B]},则a n =3a n-1-4A n +3A-4B,故2n-1=-4An+3A-4B 对n≥2恒成立。

得,81,21
-=-=B A 故}8
1
21{++n a n 成等比数列。

小结：a n+1=b·a n +c(n) 当数列{c(n)}成等比数列时：
若b=1，则a n+1-a n =c(n)，这实质上成为“泛等差”数列，因此用“累加相消法”即可解决，即a n =(a n -a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a 2-a 1)+a 1.
那么b≠1，且b≠0时呢？
事实上，{c(n)}是等差数列⇔c(n)=p·n+q ，故c(n)也可以像c 一样分解：设a n -(An+B)=b{a n-1-[A(n-1)+B]}，则2
)1(,1b pb
qb q B b p A ---=-=,且{a n -(An+B)}成等比数列。

当数列{c(n)}成等比数列时。

由于{c(n)}是等比数列⇔c(n)=p·q n ，且b 是常数，故c(n)一定可像c 一样分解. 设a n -A·B n =b·(a n-1-A·B n-1)，则q B p
q pq
A =-=
,,且{a n -A·B n }成等比数列。

例14 已知a 1=-1, a n =3a n-1+2n (n≥2)，求a n .
解：设a n -A·B n =3·(a n-1-A·B n-1), 则 a n =3a n-1+A(B-3)·B n-1, 故2n =A(B-3)·B n-1对n≥2恒成立，得A=-1，B=2, 知{a n +2n }成等比数列。

例15 已知x 1=2, (1+2n+1)·x n +1=x n +2n+1(1+2n)+2，求x n .
解：注意到各系数特征，可设（1+2n+1)·{x n+1-[A(n+1)+B]}=x n -(An+B), 则{(1+2n+1)[A(n+1)+B]}-(An+B)=2n+1·(1+2n)+2对n 恒成立。

易得A=2，B=-1;. 故{x n -(2n-1)}成“泛等比”数列，可“累乘相约”，设a n =x n -(2n-1), 即 (11)
2
211a a a a a a a a n n n n n ---=
小结：a n+1=b(n)·a n +c(n) 这种结构的递推式，情况要稍复杂一些，“待定系数法”常需结合配凑法
例16 已知a 1=4, n≥2时， 2
1110--=n n n a a , 求a n .
解：显然a n >0， 故两边取对数得lga n =2lga n -1+(n-1),
设b n =lga n -1则b n =2·b n-1+(n-1),这就化归到“拓展1”的成等差数列的情形。

小结：高次型：c n n a n b a 1)(-⋅=
若c=1，则可视为“泛等比”数列，“累乘相约”即可。

若c>1，则关键是降次，取对数，化简得)(lg lg lg 1n b a c a n n +=-,用待定系数法可解。

例17 已知a 1=1,n≥2时，2
311
+=--n n n a a a , 求a n .
解：取倒数得
31211+⋅=-n n a a ,设n
n a b 1=,则321+⋅=-n n b b ,即归结为求{b n }的通项。

例18 已知a 1=1,n≥2时， 2
32
11++=--n n n a a a , 求a n .
解：设2
3)
(11+-⋅=
---n n n a k a m k a ，则
2
3)2()3(23)(1111+-++=++-⋅=
----n n n n n a k
m a k m k a k a m a ,
故
2
32
23)2()3(1111++=+-++----n n n n a a a k m a k m 对n 恒成立，
得m+3k=1且(2-m)k=2，即k=-1,m=4（或1,3
2
-==
m k ),
有2
3)
1(4111++⋅=
+--n n n a a a ，
设b n =a n +1，则13411
-=
--n n n b b b ,归结为上面的情形。

小结：分式型：e
a d c
a b a n n n +⋅+⋅=--11
若c=0，则e a d a b a n n n +⋅⋅=
--11，取倒数得
b d a b e a n n +⋅=-1011，即转化为求}1
{n
a 的通项 若c≠0,则可设常数k 、m 满足：e a d k a m k a n n n +⋅-⋅=---11)(,转为求}1
{
k
a n -的通项。

例19 已知S n =2a n +(-1)n , n ∈N,求a n . 解：a n+1=S n+1-S n
n n n n n n n a a a a )1(222])1(2[])1(2[111-⋅--=-+--+=+++,
即得a n+1=2a n -2·(-1)n , 故归纳为例14的情形。

例20 已知: 2222
+-⋅=n n n n a S a S , 且 n ∈N, 求a n .
解：当n≥2时， a n =S n -S n-1， 故
.2)()(22112+--⋅-=--n n n n n n S S S S S S
可化为1
22
11++=
--n n n S S S , 将S n 看成a n ，这又归结例17的情形。

由上可知，“待定系数法”是解递推数列问题比较通用的一种方法，如果能拾级而上，许多问题都能迎刃而解
（2）特征根法
例21 已知数列a 1=2, a 2=3 a n+2=3a n+1-2a n （n ∈N *
）,求数列｛a n ｝的通项。

解 其特征根方程为 x 2=3x-2, 解得x 1=1 x 2=2 令a n =c 1×1n +c 2×2n ， 由a 1=2 a 2=3 得c 1=1 c 2=
2
1 ∴a n =1+2n-1
例22 已知数列a 1=1 , a 2=2 ， 4 a n+2=4a n+1-a n （n ∈N *），求数列｛a n ｝的通项。

解 其特征根方程为 4x 2=4x-1,解得x 1= x 2=2
1
令a n =(c 1+nc 2)×(
21)n 由a 1=1 a 2=2 得c 1=-4 c 2=6 ∴a n =12
23--n n 小结：形如a n+2=pa n+1+qa n （p ， q 为常数）的数列其特征根方程为x 2=px+q (1)
若（1）有二异根x 1 ,x 2 则令a n =c 1x 1n +c 2x 2n
( c 1, c 2为待定常数)；
若（1）有二等根x 1 =x 2=x 0 则令a n = a n =(c 1+nc 2)×x 0n ( c 1, c 2为待定常数)； 例23已知数列{a n } a 1=2 ， a n+1=1
22
11++--n n a a （n ≥2）, 求数列｛a n ｝的通项。

解 其特征根方程为x=
1
22
++x x , 得2x 2-2=0, x 1=1, x 2=-1 令111111+-=+-++n n n n a a c a a ，由a 1=2 得a 2=54, 可得c= -3
1
∴｛
11+-n n a a ｝是首项为31 ， 公比为-3
1
的等比数列。

∴a n =n
n n
n )
1(3)1(3-+-- 例24已知数列{a n } a 1=2 a n+1=6
41
2+-n n a a （n ≥2）, 求数列｛a n ｝的通项。

解 其特征根方程为x=
6412+-x x , 得x 1= x 2=-2
1
令
2111
++n a =
21
1
+n a +c , 可得c=1
∴｛2
11+
n a ｝是首项为
52 ， 公差为1的等差数列。

∴ a n =6
10513--n n 小结：形如a n+1=
D Ca B Aa n n ++的数列其其特征根方程为x=D
Cx B Ax ++（A,B,C,D 为常数且C
≠0;AD-BC ≠0） (2)
若方程（2）有有二异根x 1 ,x 2 ；则令212111x a x a c x a x a n n n n --=--++ ； 数列｛2
1x a x
a n n --｝
为等比数列。

若方程（2）有有二等根x 1 =x 2=x 0; 则令 c x a x a n n +-=-+2
111
1 ；可求a n
五、已知前n 项和的数列的通项
例25 已知数列{a n }的前n 项和为S n =3n 2-2n,求a n. 解 当n=1时，a 1=S 1=1；
当n≥1时，a n =S n -S n-1=(3n 2-2n)-[3(n-1)2-2(n-1)]=6n-5.（n=1时也适合.) ∴a n =6n-5(n ∈N +).
例26 已知数列的前n 项和为S n ，且满足1)1(log 2+=+n S n ,求数列的通项公式。

解 ∵1)1(log 2+=+n S n , ∴S n =2n+1-1.
∴当n=1时，a 1=S 1=3；
当n≥2时，n
n n n n n S S a 22211=-=-=+-.(n=1时不适合.）
⎩⎨⎧≥==∴.
2,2,
1,3n n a n
n 小结 这类题目只需分n=1或n≥2这两步考虑。

注意数列中a n 与S n 之间的互化关系，这。

也是高考的一个热点。

拉丁箴语：简单是真的标志，美是真理的光辉。