数列通项公式的求法集锦

数列通项公式的求法集锦
一 累加法
形如1()n n a a f n --= (n=2、3、4…...) 且(1)(2)...(1)f f f n +++-可求，则用累加法求n a 。

有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解。

例1.
在数列{n a }中，1a =1，11n n a a n --=- (n=2、3、4……) ，求{n a }的通项公式。

解：∵111n a ==时，
213243121
2
3.......1n n n a a a a a a a a n -≥-=⎫⎪
-=⎪⎪
-=⎬⎪⎪
-=-⎪⎭
时,
这n-1个等式累加得：112...n a a -=+++（n-1）
=(1)2
n n - 故2
1(1)2
2
2
n n n n n a a --+=
+=
且11a =也满足该式 ∴2
2
2
n n n a -+=
(n N *∈).
例2．在数列{n a }中，1a =1，12n
n n a a +-= (n N *∈),求n a 。

解：n=1时, 1a =1212
323431
122
22 (2)
n n n n a a a a a a a a --≥-=⎫⎪-=⎪
⎪
-=⎬⎪⎪⎪-=⎭
时,
以上n-1个等式累加得
2
1
122 (2)
n n a a --=+++=
1
2(12
)
12
n ---=22n -，故12221n n
n a a =-+=- 且11a =也满
足该式 ∴21n n a =- (n N *
∈)。

一、累乘法
形如
1
()n n a f n a -= (n=2、3、4......)，且(1)(2) (1)
f f f n +++-可求，则用累乘法求n a 。

有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解。

例3．在数列{n a }中，1a =1，1n n a na +=，求n a 。

解：由已知得
1n n
a n a += ，分别取n=1、2、3……(n-1),代入该式得n-1个等式累乘，即
324
1231........n n a a a a a a a a -=1×2×3×…×(n-1)=(n-1)!所以时，1
(1)!n a n a =-故(1)!n a n =- 且10!a ==1也适用该式 ∴(1)!n a n =- (n N *∈). 例4．已知数列{n a }满足1a =
23
，11
n n n a a n +=
+，求n a 。

解：由已知得
11
n n
a n a n +=
+，分别令n=1，2，3，….(n-1),代入
上式得n-1个等式累乘，即
324
1231
........n n a a a a a a a a -= 1231......234n n -⨯⨯⨯
所以
1
1n a a n
=
，又因为123
a =
也满足该式，所以23n a n
=。

三、构造等比数列法
原数列{n a }既不等差，也不等比。

若把{n a }中每一项添上一个数或一个式子构成新数列，使之等比，从而求出n a 。

该法适用于递推式形如1n a +=n ba c +或1n a +=()n ba f n +或
1n a += n
n ba c +其中b 、c 为不相等的常数，()f n 为一次式。

例5、（06福建理22）已知数列{n a }满足1a =1，1n a +=21n a + (n N *
∈)，求数列{n a }
的通项公式。

解：构造新数列{}n a p +，其中p 为常数，使之成为公比是n a 的系数2的等比数列 即1n a p ++=2()n a p + 整理得：1n a +=2n a p +使之满足1n a +=21n a + ∴p=1 即{}1n a +是首项为11a +=2，q=2的等比数列∴1n a +=122n -⋅ n a =21n - 例6、（07全国II 理21）设数列{n a }的首项1(0,1)a ∈，n a =1
32
n a --，n=2、3、4……
（I ）求{n a }的通项公式。

解：构造新数列{}n a p +，使之成为12
q =-的等比数列
即n a p +=11()2
n a p --
+ 整理得：n a =11322
n a p --
-
满足n a =
1
32
n a --
得 32
p -
=
32
∴p=-1 即新数列{}1n a -首项为11a -，12
q =-
的
等比数列 ∴1n a -=1(1a -）1
12
n --
（） 故 n a =1(1a -）1
12
n --
（）+1
例7、（07全国I 理22）已知数列{n a }中，1a =2，1n a +=1)-(2)n a + n N *∈
（I ）求{n a }的通项公式。

解：构造新数列{}n a p +，使之成为1q =
的等比数列
1n a p ++=1)-()n a p + 整理得：1n a +=1)n a +2)p
使之满足已知条件 1n a +=1)-n a +21)∴2)1)p =解得
p = ∴{n a -
是首项为2-
1q =的等比数列，由此得
n a -
(2-1
1)
n - ∴n a =1)n +
例8、已知数列{n a }中，1a =1，1n a +=23n
n a +，求数列的通项公式。

分析：该数列不同于以上几个数列，该数列中含3n 是变量，而不是常量了。

故应构造
新数列{3}n
n a λ+，其中λ为常数，使之为公比是n a 的系数2的等比数列。

解：构造数列{3}n
n a λ+，λ为不为0的常数，使之成为q=2的等比数列
即113n n a λ+++=2(3)n n a λ+ 整理得：1n a +=1
2(233)n n n a λλ++-
满足 1n a +=23n n a + 得12333n n n
λλ+-= ∴1λ=-新数列{3}n n a -是首项为
113a -=2-，q=2的等比数列 ∴3n n a -=122n --⨯ ∴n a =32n n
-
例9、（07天津文20）在数列{n a }中，1a =2，1n a +=431n a n -+ ，求数列的通项n a 。

解：构造新数列{}n a n λ+，使之成为q=4的等比数列，则1(1
)n a n λ+++=4()n a n λ+ 整理得：1n a +=43n a n λλ+-满足1n a +=431n a n -+，即331n n λλ-=-+得
1λ=-∴新数列{}n a n -的首项为111a -=，q=4的等比数列
∴14n n a n --= ∴1
4n n a n -=+
四、构造等差数列法
数列{n a }既不等差，也不等比，递推关系式形如1
1()n n n a ba b f n ++=++，那么把两边
同除以1n b +后，想法构造一个等差数列，从而间接求出n a 。

例10．（07石家庄一模）数列{n a }满足1221n n n a a -=+-(2)n ≥且481a =。

求(1)1a 、2a 、
3a (2)
是否存在一个实数λ，使此数列{}2
n n
a λ+为等差数列？若存在求出λ的值及n a ；
若不存在，说明理由。

解：(1)由4a =43221a +-=81 得3a =33；又∵3a =32221a +-=33得2a =13；
又∵2a =21221a +-=13，∴1a =5
(2)假设存在一个实数λ，使此数列{}2
n n
a λ+为等差数列
即11
2
2
n n n
n a a λλ--++-
=
122
n n n
a a λ
---=
212
n
n
λ
--= 112
n
λ+- 该数为常数
∴λ=1- 即1{}2
n n
a -为首项
11
122
a -=，d=1的等差数列
∴
12
n n
a -=2+(1)1n -⨯=n+1 ∴n a =(1)21n n +⨯+
例11、数列{n a }满足1n a += 1
2(2)n n a +-+- (n N *∈)，首项为12a =-，求数列{n a }的通
项公式。

解：1n a += 1
2(2)n n a +-+- 两边同除以1(2)n +-得
11
(2)
n n a ++-=
(2)n n
a -+1
∴数列{
}(2)
n n
a -是首项为1
2(2)
--=1，d=1的等差数列∴(2)
n n a -=1+(1)1n n -⨯=
故n a =(2)n
n -
例12．数列{n a }中，1a =5，且1331n
n n a a -=+- （n=2、3、4……），试求数列{n a }
的通项公式。

解：构造一个新数列{
}3
n n
a λ+，λ为常数，使之成为等差数列，即
11
3
3
n n n
n a a d λλ--++=
+
整理得133n n n a a d λ-+=++3λ，让该式满足1331n n n a a -=+-∴取33n n
d ⋅=，
21λ=-得12
λ=-
，d=1 ，即{
}3
n n
a λ+是首项为
11
1
3232
a -
=，公差d=1的等差数列。

故
1
312(1)1322
n n
a n n -
=+-⨯=+ ∴n a =11()322n n +⋅+
例13、（07天津理21）在数列{n a }中，1a =2，且11(2)2n n
n n a a λλλ++=++- （n N *∈）
其中λ＞0，()I 求数列{n a }的通项公式。

解：1
n λ
+的底数与n a 的系数相同，则两边除以1
n λ
+得
11
1
1
2
2
1n n n n
n n
n n
a a λ
λ
λ
λ
++++=
++
-
即
1
11
2
2
1n n
n n n n
a a λ
λ
+++--=
+∴2
{
}n
n n
a λ
-是首项为
12
0a λ
-=，公差d=1的等差数
列。

∴2
0(1)1n
n n
a n n λ
-=+-=- ∴(1)2n n
n a n λ=-+。

五，取倒数法
有些关于通项的递推关系式变形后含有1n n a a +项，直接求相邻两项的关系很困难，但两边同除以1n n a a +后，相邻两项的倒数的关系容易求得，从而间接求出n a 。

例14、已知数列{n a }，1a = 1-，11n n n
a a a +=
- n N *∈，求n a =？
解：把原式变形得11n n n n a a a a ++-⋅= 两边同除以1n n a a +得
1
111n
n a a +=
+
∴1{
}n
a 是首项为1-，d=1-的等差数列故
11(1)(1)n
n n a =-+--=-∴1n a n
=-。

例15、（06江西理22）已知数列{n a }满足132
a =
，且11321
n n n na a a n --=
+-（2n ≥n N *
∈）
()I 求数列{n a }的通项公式。

解：把原式变形成112(1)3n n n n a a n a na --+-= 两边同除以1n n a a +得 即
1
11233
n n n n a a --=+ …… ⑴构造新数列{
}n
n a λ+，使其成为公比q=
13
的等比数列
即111()3n
n n n a a λλ--+=
+整理得：112
33
n n n n a a λ--=- 满足⑴式使2233λ-= ∴1λ=-
∴数列{
1}n
n a -是首项为
1
1113
a -=-
，q=
13
的等比数列
∴11111()()333n n
n n
a --=-=- ∴331
n
n n
n a ⋅=-。

例16．（06江西文22）已知各项均为正数的数列{n a }满足：13a =，且
111
22n n n n n n a a a a a a +++-=-
n N *
∈求数列{n a }的通项公式。

解：把原式变形为1112(2)n n n n n n a a a a a a +++-=- 两边同除以1n n a a +得
11
212n n n
n a a a a ++-
=- 移项得：
11
112(
)n n n n
a a a a ++-=-
所以新数列1{
}n n a a -是首项为
11
11833
3
a a -=
-=-
q=2的等比数列。

故
2
112
3
n n n
a a +-=-
⨯ 解关于n a
的方程得1
1(2
3
n n a +=
+。

六．利用公式1(2)n n n a S S n -=-≥求通项
有些数列给出{n a }的前n 项和n S 与n a 的关系式n S =()n f a ，利用该式写出
11()n n S f a ++=，两式做差，再利用11n n n a S S ++=-导出1n a +与n a 的递推式，从而求出n a 。

例17.(07重庆21题)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。

解：由11a S ==
111(1)(2)6
a a ++解得1a =1或1a =2，由已知11a S =＞1，因此1a =2又由11n n n a S S ++=-=
1111(1)(2)(1)(2)6
6
n n n n a a a a ++++-
++得
11()(3)n n n n a a a a +-+--=0 ∵n a ＞0 ∴13n n a a --=
从而{n a }是首项为2，公差为3的等差数列，故{n a }的通项为n a =2+3(n-1)=3n-1. 例18.(07陕西理22)已知各项全不为0的数列{k a }的前k 项和为k S ，且k S =112
k k a a +(k ∈N *
)
其中1a =1，求数列{k a }的通项公式。

解：当k=1时，11a S ==
1212
a a 及1a =1得2a =2； 当k ≥2时，
由k a =1k k S S --=
11112
2
k k k k a a a a +--
得11()k k k a a a +--=2k a ∵k a ≠0∴11k k a a +--=2
从而21m a -=1+(m-1)2=2m-1 2m a =2+(m-1)2=2m (m ∈N *) 故k a =k (k ∈N *). 例19.(07福建文21)数列{n a }的前n 项和为n S ，1a =1，12n n a S += ( n ∈N *),求{n a }的通
项公式。

解：由1a =1，212a S ==2，当n ≥2时n a =1n n S S --=11
()2n n a a +-得
1n n
a a +=3，因此{n a }是
首项为2a =2，q=3的等比数列。

故n a =223n -⨯ (n ≥2),而1a =1不满足该式 所以n a =2
13(2)
n n -⎧⎨⨯≥⎩ (n=1)
2。

例20.(06全国Ⅰ理22)该数列{n a }的前n 项和1
4122
3
3
3
n n n S a +=
-
⨯+
(n=1、2、3……) 求
{n a }的通项公式。

解：由1
4122
333
n n n S a +=
-
⨯+
(n=1、2、3……)…①得11a S ==
141243
3
3
a -
⨯+
所以1a =2 再1n S -=
141223
33
n
n a --
⨯+
（n=2、3…）…②
将①和②相减得：n a =1n n S S --=1
141()(2
2)3
3n n
n n a a +---
⨯-
整理得1124(2)n n n n a a --+=+ （n=2、3…）因而数列{2n
n a +}是首项为124a +=,q=4
的等比数列。

即2n n a +=144n -⨯=4n ，因而42n n
n a =-。

七．重新构造新方程组求通项法
有时数列{n a }和{n b }的通项以方程组的形式给出，要想求出n a 与n b 必须得重新构造关于n a 和n b 的方程组，然后解新方程组求得n a 和n b 。

例21.（07辽宁第21题）：已知数列{n a }，{n b }满足1a =2，1b =1且11113114
4131
4
4n n n n n n a a b b a b ----⎧=++⎪⎪⎨
⎪=++⎪⎩（2n ≥）,求数列{n a }，{n b }的通项公式。

解析：两式相加得112n n n n a b a b --+=++ 则{n n a b +}是首项为113a b +=，d=2的等差数列，故n n a b +=3+2(n-1)=2n+1 (1)
而两式相减得n n a b -=
11112
2
n n a b ---=
111()2
n n a b --- 则{n n a b -}是首项为11a b -=1，
q=12
的等比数列，故n n a b -=11
()2
n - (2)
联立(1)、(2)得121
1()2
n n n n
n a b n a b -+=-⎧⎪
⎨-=⎪⎩ 由此得11()22n n a n =++，11()22n n
b n =+-。

[分析]该题条件新颖,给出的数据比较特殊，两条件做加法、减法后恰好能构造成等差或等比数列，从而 再通过解方程组很顺利求出{n a }、{n b }的通项公式。

若改变一下数据，又该怎样解决呢？下面给出一种通法。

例22.在数列{n a }、{n b }中1a =2，1b =1，且11267n n n
n n n
a a
b b a b ++=-⎧⎨=+⎩（n ∈N +）求数列{n a }和{n b }
的通项公式。

解析：显然再把1n a +与1n b +做和或做差已无规律可循。

不妨构造新数列{n n a b λ+}其中为0λ≠的常数。

则11n n a b λ+++=26(7)n n n n a b a b λ-++=(2)n a λ++(76)n b λ-=76
(2)()
2
n n a b λλλ-+++令76
2
λλλ-=
+得1λ=2或2λ=3 则{n n a b λ+}为首项11a b λ+，q=λ+2的等比数列。

即1λ=2时，{2n n a b +}是首项为4，q=4的等比数列，故2n n a b +=4×14n -=4n ； 2λ=3时，{3n n a b +}是首项为5，q=5的等比数列，故3n n a b +=5×15n -=5n
联立二式2435
n
n n n
n n a b a b ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩解得3425n n n a =⨯-⨯，54n n
n b =-。

注：该法也可适用于例21，下面给出例21的该种解法 解：构造新数列{n n a b λ+}，则
n n a b λ+=131()44
n a λ-++113(
)4
4
n b λ-+
+(1)λ+=
11313(1)43n n a b λλλλ--++⎡⎤
+++⎢⎥+⎣⎦
令133λλλ
+=
+得1λ=1或2λ=1-即1λ=1时，新数列{n n a b +}中，n n a b +=112n n a b --++
∴（n n a b +）11()2n n a b ---+= 新数列{n n a b +}是首项为113a b +=，d=2的等差数列 ∴n n a b +=32(1)n +-=21n +………(1) 当2λ=1-时，新数列{n n a b -}是首项为11a b +=1，q=
12
的等比数列
∴n n a b -=1
12n -⎛⎫
⎪
⎝⎭
(2)
联立(1)、(2) 1
2112n n n n n a b n a b -+=+⎧⎪⎨⎛⎫-=⎪ ⎪
⎝⎭⎩
得1122n n a n ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭ ，1122n
n b n ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭。

例23.在数列{n a }、{n b }中，111a b ==，且11
5157n n n
n n n a a b b a b ++=+⎧⎨=+⎩（n ∈N +），求{n a }、{n b }
的通项公式。

解：构造新数列{n n a b λ+}，则
11n n a b λ+++=(5)n a λ++(157)n b λ+=157(5)5n n a b λλλ+⎡
⎤++⎢⎥+⎣⎦
，令1575λλλ+=+得1λ =3-或2λ =5 {n n a b λ+}为首项11a b λ+，q=λ+5的等比数列
即1λ=-3时，{3n n a b -}是首项为113a b -=2-，q=5+λ =2的等比数列，故
3n n a b -=122n --⨯=2n -；
当2λ =5时，{5n n a b +}是首项为115a b +=6，q=λ+5=10的等比数列，故5n n a b +=6×110n -
联立二式1
325610
n
n n n n n a b a b -⎧-=-⎪⎨+=⨯⎪⎩得13910524n n n a --=⨯-⨯，13
31024n n n b --=⨯+。