第4讲数列的通项的求法

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求数列通项公式常用的七种方法

求数列通项公式常用的七种方法一、公式法：已知或根据题目的条件能够推出数列{}n a 为等差或等比数列，根据通项公式()d n a a n 11-+=或11-=n n q a a 进行求解.例1：已知{}n a 是一个等差数列，且5,152-==a a ，求{}n a 的通项公式.二、前n 项和法：已知数列{}n a 的前n 项和n s 的解析式，求n a . 例2：已知数列{}n a 的前n 项和12-=n n s ，求通项n a .三、n s 与n a 的关系式法：已知数列{}n a 的前n 项和n s 与通项n a 的关系式，求n a . 例3：已知数列{}n a 的前n 项和n s 满足n n s a 311=+，其中11=a ，求n a .注：解决这类问题的方法，用具俗话说就是“比着葫芦画瓢”，由n s 与n a 的关系式，类比出1-n a 与1-n s 的关系式，然后两式作差，最后别忘了检验1a 是否适合用上面的方法求出的通项.四、累加法：当数列{}n a 中有()n f a a n n =--1，即第n 项与第1-n 项的差是个有“规律”的数时，就可以用这种方法.例4：()12,011-+==+n a a a n n ，求通项n a五、累乘法：它与累加法类似，当数列{}n a 中有()1nn a f n a -=，即第n 项与第1-n 项的商是个有“规律”的数时，就可以用这种方法.例5：111,1n n na a a n -==- ()2,n n N *≥∈ 求通项n a六、构造法：㈠、一次函数法：在数列{}n a 中有1n n a ka b -=+（,k b 均为常数且0k ≠），从表面形式上来看n a 是关于1n a -的“一次函数”的形式，这时用下面的方法:一般化方法：设()1n n a m k a m -+=+ 则()11n n a ka k m -=+- 而1n n a ka b -=+ ∴()1b k m =- 即1b m k =- 故111n n b b a k a k k -⎛⎫+=+ ⎪--⎝⎭∴数列11n b a k -⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是以k 为公比的等比数列，借助它去求n a例6：已知111,21n n a a a -==+ ()2,n n N *≥∈ 求通项n a㈡、取倒数法：这种方法适用于11n n n ka a ma p--=+()2,n n N *≥∈（,,k m p 均为常数0m ≠），两边取倒数后得到一个新的特殊(等差或等比)数列或类似于1n n a ka b -=+的式子. 例7：已知11122,2n n n a a a a --==+ ()2,n n N *≥∈ 求通项n a㈢、取对数法：一般情况下适用于1k l n n a a -=（,k l 为非零常数）例8：已知()2113,2n n a a a n -==≥ 求通项n a七、“m n n c ba a +=+1（c b ,为常数且不为0，*,N n m ∈）”型的数列求通项n a .例9：设数列{}n a 的前n 项和为n s ，已知*11,3,N n s a a a n n n ∈+==+，求通项n a .注：求m n n c ba a +=+1（c b ,为常数且不为0，*,N n m ∈）”型的数列求通项公式的方法是等式的两边同除以1+n c ，得到一个“1n n a ka b -=+”型的数列，再用上面第六种方法里面的“一次函数法”便可求出n n ca 的通式，从而求出n a .另外本题还可以由n n n s a 31+=+得到nn n n s s s 31+=-+即 n n n s s 321+=+,按照上面求n a 的方法同理可求出n s ,再求n a .您不不妨试一试.除了以上七种方法外，还有嵌套法（迭代法）、归纳猜想法等，但这七种方法是经常用的，将其总结到一块，以便于学生记忆和掌握.。

数列求通项的十种方法

数列求通项的十种方法
数列是数学中的一个重要概念，对于求数列通项的问题，有许多不
同的解法。

下面将介绍十种求解数列通项的方法。

1. 暴力求解法：将数列中的前几项写出来，然后根据已知项之间的规
律来推出通项公式。

2. 公式推导法：利用一些已知的数列通项公式，结合这个数列的特点，在此基础上推导出此数列的通项公式。

3. 通项公式分解法：将数列的通项公式分解为元素之和的形式，从而
得到每一项的通项公式。

4. 递推公式求解法：根据数列中一些指定的通项公式，推导出递推公式，并使用递推公式依次求出数列中每一项的通项公式。

5. 差分法：通过对数列求差（即相邻项之差），得到一个新数列，然
后对新数列再次求差，直到差分后的数列为常数列，最后通过累加得
到原数列的通项公式。

6. 微积分法：对数列进行微积分操作，得到导数，然后再对导数积分，通过积分得到原数列的通项公式。

7. 特征方程法：将递推公式转化为特征方程，并求解特征根，然后根
据特征根求得通项公式。

8. 奇怪公式法：有些数列的通项公式看起来十分奇怪，但通过反复验证，发现确实有效。

9. 递归法：通过一个递归的函数，根据某一项的值递归计算其他项的值，最终得到整个数列的通项公式。

10. 牛顿插值法：利用牛顿插值法，通过已知的数列中一部分数值，反
推出整个数列的通项公式。

以上是十种求解数列通项的方法，每种方法都有其适用范围和局限性。

对于不同的数列，选择不同的方法求解，可以得到更加准确和简便的
结果。

数列通项公式的求法(实用)

数列通项公式的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。

本文总结出几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{}n a 是递增数列，前n 项和为n S ，且931,,a a a 成等比数列，255a S =．求数列{}n a 的通项公式.解：设数列{}n a 公差为)0(>d d ∵931,,a a a 成等比数列，∴9123a a a =，即)8()2(1121d a a d a +=+d a d 12=⇒∵0≠d ， ∴d a =1………………………………① ∵255a S = ∴211)4(2455d a d a +=⋅⨯+…………② 由①②得：531=a ，53=d ∴n n a n 5353)1(53=⨯-+=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、公式法若已知数列的前n 项和n S 与n a 的关系，求数列{}n a 的通项n a 可用公式⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-2111n S S n S a n nn 求解。

例2．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足1,)1(2≥-+=n a S nn n ．求数列{}n a 的通项公式。

解：由1121111=⇒-==a a S a当2≥n 时，有,)1(2)(211nn n n n n a a S S a -⨯+-=-=-- 1122(1),n n n a a --∴=+⨯-,)1(22221----⨯+=n n n a a ……，.2212-=a a11221122(1)2(1)2(1)n n n n n a a ----∴=+⨯-+⨯-++⨯-].)1(2[323])2(1[2)1(2)]2()2()2[()1(21211211--------+=----=-++-+--+=n n n nn n n n n经验证11=a 也满足上式，所以])1(2[3212---+=n n n a点评：利用公式⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-211n S S n S a n nn n 求解时，要注意对n 分类讨论，但若能合写时一定要合并．三、由递推式求数列通项法对于递推公式确定的数列的求解，通常可以通过递推公式的变换，转化为等差数列或等比数列问题，有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列。

第4讲数列求通项的6种经典方法

求数列通项公式的经典方法通项公式对于数列的求解在数列问题中十分重要，然而学会求数列通项公式，成为了数列中的核心。

求解数列的通项公式通常从三种思路着手，由前若干项出发、由递推关系出发以及由Sn 或Sn 与an 的关系出发进行求解。

现总结求解的数列的几大经典方法。

1.)(1n f a a n n =-+题型—累加法 2.)(1n f a a nn =+题型—累乘法 3.)(1n f a a n n =++，)(1n f a a n n =⋅+ 题型— 隔项成等比、等差 4.n n a S -关系式5.数列项中带省略号……6.构造数列法【经典题型详解】一.累加法)(1n f a a n n =-+①．若)(n f 为常数，则数列{}n a 为等差数列； ②．若)(n f 不为常数，则数列{}n a 为等比数列；1.数列{}n a 满足11=a ，11+=+n n a a ，求{}n a 的通项公式；解: 根据题可列出以下方程组()211112312≥⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=-=--n a a a a a a n n 方程组左右累加得：11-+=n a a n n a n =将11=a 代入上式，满足上式；{}n a 的通项公式为n a n =2.数列{}n a 满足11=a ，121-+=+n a a n n ，求{}n a 的通项公式；解: 根据题可列出以下方程组()21)1n 212211212312≥⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-⨯=-+⨯=-+⨯=--n a a a a a a n n （方程组左右累加得：211）（-+=n a a n 112+-=）（n a n{}n a 的通项公式为2n 22+-=n a n3.数列{}n a 满足21=a ，12123-+⨯+=n n n a a ，求{}n a 的通项公式；解: 根据题可列出以下方程组()22323231n 2122312≥⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⨯=-⨯=-⨯=---n a a a a a a n n 方程组左右累加得：4122362321-⋅⋅-+=-n n a a)2n 21n 2≥=-（n a将21=a 代入上式，满足上式；{}n a 的通项公式为1n 22-=n a4.数列{}n a 满足21=a ，)/11(n 1n I a a n n ++=+，求{}n a 的通项公式；解:)(n )1n (n 1n I I a a n n -+=-+ 根据题可列出以下方程组()21()(231212312≥⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--=--=--=--n n In n In a a In In a a In In a a n n ）方程组左右累加得：)1(n 1++=n I a a n )2n )(n 2≥+=（n I a n{}n a 的通项公式为)(n 2n I a n +=※※※ 累加法小结累加法主要考4种题型)(1n f a a n n =-+若)(n f 为常数，则数列{}n a 为等差数列；若)(n f 为一次函数，则数列{}n a 通项公式为二次函数；若)(n f 为指数函数，则数列{}n a 为等比数列；若)(n f 为对数函数，则数列{}n a 通项公式为对数函数；二.累乘法)(1n f a a nn =+，相邻两项之比等于变数 5.已知数列{}n a 满足31=a ，n n a n n a 23131+-=+，求{}n a 的通项公式；解: 由题可知23131+-=+n n a a n n 根据题可列出以下方程组()21343755212312≥⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧--===-n n n a a a a a a n n 方程组左右累乘得：1321-=n a a n 136-=n a n将31=a 代入上式，满足上式；{}n a 的通项公式为136-=n a n 6.已知数列{}n a 各项均为正数，满足11=a ，0)1n 1221=+-+++n n n n a a na a （，求{}n a 的通项公式；解: 由题可知0)1n 1221=+-+++n n n n a a na a （0)1n 11=+-+++））（（（n n n n a a na a由于{}n a 各项均为正数因此n n na a =++1)1n （ ①1n 1+=+na a n n 采用累积法可求得)2n n1≥=（n a11=a 代入上式也成立因此{}n a 的通项公式为n1=n a※※※ 累乘法小结能够一眼就能看出、能判断使用累加/累乘法求解通项公式，就直接使用。

数列的通项的求法(详细版)

，求。则 an 可用累
5、已知数列 an 的递推关系，研究an与an－1的关系式的
{ 特点，可以通过变形构造，得出新数列 f ( a n )} 为等差或
等比数列.
a 如一阶递推： n +1 = pa n + q
列{bn}为等比数列。
,我们通常将其化，得到数
为( an +1 − A ) = p ( an − A)，设bn = an − A
解：
设
2 b n = a n − 3, 则 b n + 1 = b n ,∴ 数列 { b n }为等比数列 3
n −1 n
2 ∴ bn = a n − 3 = (−2) × 3
2 ⇒ an = 3 − 3 × 3
解法二：
Q a n +1
2 − a n = 1......(1) 3
1 ∴数列 { an
∴ ∴
1 =1 } 是以 a1
首项，公差为2的等差数列，
1 = 1 + 2(n − 1) = 2n − 1 ， an
1 an = 2n − 1
。
递推式如
a n = pa
r n −1
( p > 0)型
的数列通项的求法
【具体思路具体思路】具体思路若p=1，则等式两边取常用对数或自然对数， p=1 化为： lg a n = r lg a n −1 ，得到首项为 lg a1 ，公比为r的等 n−1 比数列{ lg a n }，所以 lg a n = r lg a1 ，得 a n = a1r
2 2 2 ∴ an +1− an = ， an = 3 − 3× ∴ 3 3 3

求数列通项公式的十种办法

求数列通项公式的十种办法求数列的通项公式是数学中的一项重要工作。

下面列举了十种常用的求解数列通项公式的方法：1.递推法：这是最常见的一种方法。

通过观察数列中的规律，找出前一项与后一项之间的关系，并将其表达成递推公式，从而求得数列的通项。

例如斐波那契数列：F(n)=F(n-1)+F(n-2)，其中F(n)表示第n项，F(n-1)表示第n-1项，F(n-2)表示第n-2项。

2.数列差法：如果数列的前后两项之间的差值有规律可循，可以通过观察差的变化规律来得到通项公式。

例如等差数列：a(n)=a(1)+(n-1)d，其中a(n)表示第n项，a(1)表示首项，d表示公差。

3.数列比法：如果数列的前后两项之间的比值有规律可循，可以通过观察比的变化规律来得到通项公式。

例如等比数列：a(n)=a(1)*r^(n-1)，其中a(n)表示第n项，a(1)表示首项，r表示公比。

4.代数方程法：数列中的数可以看作方程中的未知数，通过列方程组求解，得到方程的解即为数列的通项公式。

例如斐波那契数列可以通过矩阵的特征值和特征向量求得。

5.数列求和法：如果数列是由一个个项的和组成的，可以通过数列的求和公式求得通项公式。

例如等差数列的前n项和：S(n)=[n/2]*[2a(1)+(n-1)d]，其中[n/2]表示n除以2的整数部分，a(1)表示首项，d表示公差。

6.数列积法：如果数列可以表达为一系列项的连乘积的形式，可以通过求取连乘积的对数，再利用对数运算得到通项公式。

例如等比数列的前n项积：P(n)=a(1)^n*(r^n-1)/(r-1)，其中a(1)表示首项，r表示公比。

7.查表法：如果数列的部分项已知，可以通过列出表格的方式观察规律，推测出通项公式。

例如自然数列：1,2,3,...，通过观察可得到通项公式：a(n)=n。

8.数学归纳法：数学归纳法是一种证明方法，但也可以用来求数列的通项公式。

首先证明数列的通项公式对n=1成立，然后假设对n=k也成立，通过数学归纳法证明对n=k+1也成立，从而得到通项公式。

数列求通项的方法总结

数列求通项的方法总结按一定次序排列的一列数称为数列，而将数列{an}的第n项用一个具体式子（含有参数n）表示出来，称作该数列的通项公式。

为大家总结数列求通项的方法，一起来看看吧！一、累差法递推式为：an+1=an+f(n)(f(n)可求和)思路：:令n=1,2,…,n-1可得a2-a1=f(1)a3-a2=f(2)a4-a3=f(3)……an-an-1=f(n-1)将这个式子累加起来可得an-a1=f(1)+f(2)+…+f(n-1)∵f(n)可求和∴an=a1+f(1)+f(2)+…+f(n-1)当然我们还要验证当n=1时,a1是否满足上式例1、已知数列{a}中,a1=1,an+1=an+2,求an解：令n=1,2,…,n-1可得a2-a1=2a3-a2=22a4-a3=23……an-an-1=2n-1将这个式子累加起来可得an-a1=f(1)+f(2)+…+f(n-1)∵f(n)可求和∴an=a1+f(1)+f(2)+…+f(n-1)当n=1时,a1适合上式故an=2n-1二、累商法递推式为：an+1=f(n)an（f(n)要可求积）思路：令n=1,2,…,n-1可得a2/a1=f(1)a3/a2=f(2)a4/a3=f(3)……an/an-1=f(n-1)将这个式子相乘可得an/a1=f(1)f(2)…f(n-1)∵f(n)可求积∴an=a1f(1)f(2)…f(n-1)当然我们还要验证当n=1时，a1是否适合上式例2、在数列{an}中,a1=2,an+1=(n+1)an/n,求an解：令n=1,2,…,n-1可得a2/a1=f(1)a3/a2=f(2)a4/a3=f(3)……an/an-1=f(n-1)将这个式子相乘后可得an/a1=2/1×3/24×/3×…×n/(n-1)即an=2n当n=1时，an也适合上式∴an=2n三,构造法1、递推关系式为an+1=pan+q(p,q为常数)思路：设递推式可化为an+1+x=p(an+x),得an+1=pan+(p-1)x,解得x=q/(p-1)故可将递推式化为an+1+x=p(an+x)构造数列{bn},bn=an+q/(p-1)bn+1=pbn即bn+1/bn=p,{bn}为等比数列.故可求出bn=f(n)再将bn=an+q/(p-1)代入即可得an例3、(06重庆)数列{an}中,对于n>1(nN)有an=2an-1+3,求an 解：设递推式可化为an+x=2(an-1+x),得an=2an-1+x,解得x=3 故可将递推式化为an+3=2(an-1+3)构造数列{bn},bn=an+3bn=2bn-1即bn/bn-1=2,{bn}为等比数列且公比为3bn=bn-1·3,bn=an+3bn=4×3n-1an+3=4×3n-1,an=4×3n-1-12、递推式为an+1=pan+qn(p,q为常数)思路：在an+1=pan+qn两边同时除以qn+1得an+1/qn+1=p/qan/qn+i/q构造数列{bn},bn=an/qn可得bn+1=p/qbn+1/q故可利用上类型的解法得到bn=f(n)再将代入上式即可得an例4、数列{an}中,a1+5/6,an+1=(1/3)an+(1/2)n,求an解：在an+1=(1/3)an+(1/2)n两边同时除以(1/2)n+1得2n+1an+1=(2/3)×2nan+1构造数列{bn},bn=2nan可得bn+1=(2/3)bn+1故可利用上类型解法解得bn=3-2×(2/3)n2nan=3-2×(2/3)nan=3×(1/2)n-2×(1/3)n3、递推式为：an+2=pan+1+qan（p,q为常数）思路：设an+2=pan+1+qan变形为an+2-xan+1=y(an+1-xan)也就是an+2=(x+y)an+1-(xy)an，则可得到x+y=p,xy=-q解得x,y，于是｛bn｝就是公比为y的等比数列（其中bn=an+1-xan）这样就转化为前面讲过的类型了．例5、已知数列{an}中,a1=1,a2=2,an+2=(2/3)·an+1+(1/3)·an,求an解：设an+2=(2/3)an+1+(1/3)an可以变形为an+2-xan+1=y(an+1-xan)也就是an+2=(x+y)an+1-(xy)an，则可得到x+y=2/3,xy=-1/3 可取x=1,y=-1/3构造数列｛bn｝，bn=an+1-an故数列｛bn｝是公比为-1/3的等比数列即bn=b1(-1/3)n-1b1=a2-a1=2-1=1bn=(-1/3)n-1an+1-an=(-1/3)n-1故我们可以利用上一类型的解法求得an=1+3/4×[1-(-1/3)n-1](nN*)例题1、利用sn和n的关系求an思路：当n=1时，an=sn当n≥2时,an=sn-sn-1例6、已知数列前项和s=n2+1,求{an}的通项公式.解：当n=1时，an=sn＝2当n≥2时,an=sn-sn-1＝n+1-[(n-1)2+1]=2n-1而n=1时，a1=2不适合上式∴当n=1时，an=2当n≥2时,an=2n-12、利用sn和an的关系求an思路：利用an=sn-sn-1可以得到递推关系式，这样我们就可以利用前面讲过的方法求解例７、在数列｛an｝中，已知sn=3+2an，求an解：即an=sn-sn-1=3+2an-(3+2an-1)an=2an-1∴｛an｝是以２为公比的等比数列∴an=a1·2n-1=-3×2n-12、用不完全归纳法猜想,用数学归纳法证明.思路:由已知条件先求出数列前几项，由此归纳猜想出an，再用数学归纳法证明例8、(xx全国高考)已知数列{an}中,an+1=a2n-nan+1,a1=2,求an解：由已知可得a1=2,a2=3,a3=4,a4=5,a5=6由此猜想an=n+1，下用数学归纳法证明：当n=1时，左边＝2，右边＝2，左边＝右边即当n=1时命题成立假设当n=k时，命题成立，即ak=k+1则ak+1=a2k-kak+1=(k+1)2-k(k+1)+1=k2+2k+1-k2-2k+1=k+2=(k+1)+1∴当n=k+1时，命题也成立．综合(1),(2),对于任意正整数有an=n+1成立即an=n+1。

(完整版)求数列通项公式常用的七种方法

求数列通项公式常用的七种方法一、公式法：已知或根据题目的条件能够推出数列{}n a 为等差或等比数列，根据通项公式()d n a a n 11-+=或11-=n n q a a 进行求解.例1：已知{}n a 是一个等差数列，且5,152-==a a ，求{}n a 的通项公式.分析：设数列{}n a 的公差为d ，则⎩⎨⎧-=+=+54111d a d a 解得⎩⎨⎧-==231d a∴ ()5211+-=-+=n d n a a n二、前n 项和法：已知数列{}n a 的前n 项和n s 的解析式，求n a . 例2：已知数列{}n a 的前n 项和12-=n n s ，求通项n a . 分析：当2≥n 时，1--=n n n s s a =()()32321----n n=12-n而111-==s a 不适合上式，()()⎩⎨⎧≥=-=∴-22111n n a n n三、n s 与n a 的关系式法：已知数列{}n a 的前n 项和n s 与通项n a 的关系式，求n a . 例3：已知数列{}n a 的前n 项和n s 满足n n s a 311=+，其中11=a ，求n a . 分析：Θ 13+=n n a s ① ∴ n n a s 31=- ()2≥n ② ①-② 得 n n n a a a 331-=+ ∴ 134+=n n a a即 341=+n n a a ()2≥n 又1123131a s a ==不适合上式∴ 数列{}n a 从第2项起是以34为公比的等比数列 ∴ 222343134--⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫⎝⎛=n n n a a ()2≥n ∴()()⎪⎩⎪⎨⎧≥⎪⎭⎫ ⎝⎛==-23431112n n a n n注：解决这类问题的方法，用具俗话说就是“比着葫芦画瓢”，由n s 与n a 的关系式，类比出1-n a 与1-n s 的关系式，然后两式作差，最后别忘了检验1a 是否适合用上面的方法求出的通项.四、累加法：当数列{}n a 中有()n f a a n n =--1，即第n 项与第1-n 项的差是个有“规律”的数时，就可以用这种方法.例4：()12,011-+==+n a a a n n ，求通项n a分析：Θ 121-=-+n a a n n ∴ 112=-a a 323=-a a 534=-a a┅ 321-=--n a a n n ()2≥n以上各式相加得()()211327531-=-+++++=-n n a a n Λ ()2≥n又01=a ，所以()21-=n a n ()2≥n ，而01=a 也适合上式， ∴ ()21-=n a n ()*∈Nn五、累乘法：它与累加法类似，当数列{}n a 中有()1nn a f n a -=，即第n 项与第1-n 项的商是个有“规律”的数时，就可以用这种方法.例5：111,1n n na a a n -==- ()2,n n N *≥∈ 求通项n a分析：Q 11n n n a a n -=- ∴11n n a n a n -=- ()2,n n N *≥∈故3241123123411231n n n a a a a na a n a a a a n -===-gg g g L g g g g L g ()2,n n N *≥∈ 而11a =也适合上式，所以()n a n n N *=∈ 六、构造法：㈠、一次函数法：在数列{}n a 中有1n n a ka b -=+（,k b 均为常数且0k ≠），从表面形式上来看n a 是关于1n a -的“一次函数”的形式，这时用下面的方法:一般化方法：设()1n n a m k a m -+=+ 则()11n n a ka k m -=+- 而1n n a ka b -=+ ∴()1b k m =- 即1b m k =- 故111n n b b a k a k k -⎛⎫+=+ ⎪--⎝⎭∴数列11n b a k -⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是以k 为公比的等比数列，借助它去求n a例6：已知111,21n n a a a -==+ ()2,n n N *≥∈ 求通项n a分析：Q 121n n a a -=+ ∴()1112221n n n a a a --+=+=+ ∴数列{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列 ∴()111122n n n a a -+=+⋅= 故21n n a =- ㈡、取倒数法：这种方法适用于11n n n ka a ma p--=+()2,n n N *≥∈（,,k m p 均为常数0m ≠），两边取倒数后得到一个新的特殊(等差或等比)数列或类似于1n n a ka b -=+的式子. 例7：已知11122,2n n n a a a a --==+ ()2,n n N *≥∈ 求通项n aQ 1122n n n a a a --=+ ∴111211122n n n n a a a a ---+==+ 即11112n n a a --= ()2,n n N *≥∈ ∴ 数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以12为首项，以12为公差的等差数列∴()1111222n n n a =+-⋅= ∴2n a n= ㈢、取对数法：一般情况下适用于1k l n n a a -=（,k l 为非零常数）例8：已知()2113,2n n a a a n -==≥ 求通项n a分析：由()2113,2n n a a a n -==≥知0n a >∴在21n n a a -=的两边同取常用对数得 211lg lg 2lg n n n a aa --==即1lg 2lg nn a a -= ∴数列{}lg n a 是以lg 3为首项，以2为公比的等比数列故112lg 2lg3lg3n n n a --== ∴123n n a -=七、“m n n c ba a +=+1（c b ,为常数且不为0，*,N n m ∈）”型的数列求通项n a .例9：设数列{}n a 的前n 项和为n s ，已知*11,3,N n s a a a n n n ∈+==+，求通项n a . 解：n n n s a 31+=+Θ 113--+=∴n n n s a ()2≥n两式相减得 1132-+⋅+=-n n n n a a a 即 11322-+⋅+=n n n a a上式两边同除以13+n 得92332311+⋅=++n n n n a a （这一步是关键）令nnn a c 3=得 92321+=+n n c c ⎪⎭⎫⎝⎛-=-∴+3232321n n c c ()2≥n （想想这步是怎么得来的） ∴数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-32n c 从第2项起，是以93322-=-a c 为首项，以32为公比的等比数列故 ()n n n n n a a c c 32332933232322222----=⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-()323232+-=∴-n n n a c 又n n n a c 3=，所以()123223--⋅+⋅-=n n n a a a a =1Θ不适合上式 ()()()⎩⎨⎧≥⋅+⋅-==∴--23223112n a n a a n n n 注：求m n n c ba a +=+1（c b ,为常数且不为0，*,N n m ∈）”型的数列求通项公式的方法是等式的两边同除以1+n c ，得到一个“1n n a ka b -=+”型的数列，再用上面第六种方法里面的“一次函数法”便可求出n n ca 的通式，从而求出n a .另外本题还可以由n n n s a 31+=+得到nn n n s s s 31+=-+即 n n n s s 321+=+,按照上面求n a 的方法同理可求出n s ,再求n a .您不不妨试一试.除了以上七种方法外，还有嵌套法（迭代法）、归纳猜想法等，但这七种方法是经常用的，将其总结到一块，以便于学生记忆和掌握.。

高二数学上册(秋季)-第4讲-数列求通项的方法

高二数学上册（秋季）辅导讲义学员姓名：学科教师：年级：辅导科目：授课日期××年××月××日时间 / / / / / 段主题数列求通项的方法教学内容1. 掌握常见的数列求通项的方法；2. 会求解简单的数列通项公式有关的题型。

（以提问的形式回顾）1.观察法：通过观察、对比，发现数列中潜在的规律，从而得出其通项公式；2.定义法：运用等比、等差数列公式，求出数列的通项公式，这种方法适用于已知数列类型的情况；3.利用n a 与n S 的关系进行求解：若已知数列的前n 项和n S 与n a 的关系，求数列{}n a 的通项n a 可用公式⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-2111n S S n S a nn n 求解。

4.累加法：已知)2)((1≥=--n n f a a n n ，且{f(n)}成等差（比）数列，则求n a 可用累加法。

5.累乘法：已知)2)((1≥=-n n f a a n n ，求n a 用累乘法. 6. 利用数列{}n a 的递推关系，研究n a 与1n a -的关系式的特点，可以通过变形构造，得出新数列)}({n a f 为等差或等比数列.（采用教师引导，学生轮流回答的形式）例1. 已知数列11113,5,7,9481632L 试写出其一个通项公式：_______________. 答案：*112,2n n a n n N +=++∈试一试：已知数列1111,,,261220--L 试写出其一个通项公式：_______________ 答案：()()1*1,1n n a n N n n +-=∈+例2. 已知数列{}n a 前n 项和2231n S n n =-++，则n a =__________. 答案：2,154,2n n a n n =⎧=⎨-≥⎩ 试一试：已知数列{}n a 前n 项和2101n S n n =-++，则n a =__________.答案：10,1112,2n n a n n =⎧=⎨-≥⎩例3. 已知数列}{n a ，若满足291=a ，)2(121≥-=--n n a a n n ，求n a 答案：228n a n =+试一试：已知数列}{n a 满足()1111,32n n n a a a n --==+≥,写出该数列的通项公式。

(完整版)数列通项公式及其求和公式

一、数列通项公式的求法（1）已知数列的前n 项和n S ,求通项n a ；（2）数学归纳法：先猜后证;（3）叠加法(迭加法)：112211()()()n n n n n a a a a a a a a ---=-+-++-+L ；叠乘法(迭乘法)：1223322111a a a a a a a a a a a a n n n n n n n ⋅⋅⋅=-----ΛΛ. 【叠加法主要应用于数列{}n a 满足1()n n a a f n +=+，其中()f n 是等差数列或等比数列的条件下，可把这个式子变成1()n n a a f n +-=，代入各项，得到一系列式子，把所有的式子加到一起，经过整理，可求出n a ，从而求出n s 】（4）构造法(待定系数法):形如1n n a ka b -=+、1nn n a ka b -=+（,k b 为常数）的递推数列；【用构造法求数列的通项或前n 项和：所谓构造法就是先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项的特征，构造出我们熟知的基本数列的通项的特征形式，从而求出数列的通项或前n 项和.】（5）涉及递推公式的问题，常借助于“迭代法”解决.【根据递推公式求通项公式的常见类型】 ①1+1=,()n n a a a a f n =+型，其中()f n 是可以和数列，用累加法求通项公式，即1思路（叠加法）1(1)n n a a f n --=-，依次类推有：12(2)n n a a f n ---=-、23(3)n n a a f n ---=-、…、21(1)a a f -=，将各式叠加并整理得111()n n i a a f n -=-=∑，即111()n n i a a f n -==+∑例题1：已知11a =，1n n a a n -=+，求n a解：∵1n n a a n -=+ ∴1n n a a n --=，依次类推有：122321122n n n n a a n a a n a a -----=--=--=、、…∴将各式叠加并整理得12n n i a a n =-=∑，121(1)2n nn i i n n a a n n ==+=+==∑∑ 思路（转化法）1(1)n n a pa f n -=+-，递推式两边同时除以np 得11(1)n n n n na a f n p p p ---=+，我们令n n n a b p =，那么问题就可以转化为类型一进行求解了.例题：已知12a =，1142n n n a a ++=+，求n a解：∵1142n n n a a ++=+ ∴142nn n a a -=+，则111442nn n nn a a --⎛⎫=+ ⎪⎝⎭， ∵令4n n na b =，则112nn n b b -⎛⎫-= ⎪⎝⎭，依此类推有11212n n n b b ---⎛⎫-= ⎪⎝⎭、22312n n n b b ---⎛⎫-= ⎪⎝⎭、…、22112b b ⎛⎫-= ⎪⎝⎭∴各式叠加得1212nnn i b b =⎛⎫-= ⎪⎝⎭∑，即122111*********n n n n n n n n i i i b b ===⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+==- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑ ∴1441422n nnn n n n a b ⎡⎤⎛⎫=⋅=⋅-=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦②1+1=,()n n a a a a f n =⋅型，其中()f n 是可以求积数列，用累乘法求通项公式，即1(2)(1)f f a思路（叠乘法）：1(1)n n a f n a -=-，依次类推有：12(2)n n a f n a --=-、23(3)n n a f n a --=-、…、21(1)af a =，将各式叠乘并整理得1(1)(2)(3)na f f f a =⋅⋅⋅…(2)(1)f n f n ⋅-⋅-，即(1)(2)(3)n a f f f =⋅⋅⋅…1(2)(1)f n f n a ⋅-⋅-⋅例题：已知11a =，111n n n a a n --=+，求n a . 解：∵111n n n a a n --=+ ∴111n n a n a n --=+，依次类推有：122n n a n a n ---=、2331n n a n a n ---=-、…、3224a a =、2113a a = ∵11a =∴将各式叠乘并整理得112311n a n n n a n n n ---=⋅⋅⋅+-…2143⋅⋅，即12311n n n n a n n n ---=⋅⋅⋅+- (212)43(1)n n ⋅⋅=+ ③1+1=,n n a a a pa q =+型（其中p q 、是常数），可以采用待定系数法、换元法求通项公式，即1()11n n q q a p a p p +-=---，设1n n qba p=--，则1n n b pb +=.利用②的方法求出n b 进而求出n a 当1p =时，数列{}n a 是等差数列；当0,0p q ≠=时，数列{}n a 是等比数列；当0p ≠且1,0p q ≠≠时，可以将递推关系转化为111n n q q a p a p p +⎛⎫+=+ ⎪--⎝⎭,则数列1nq a p ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是以11qa p +-为首项，p 为公比的等比数列.思路（构造法）：设()1n n a p a μμ++=+，即()1p q μ-=得1qp μ=-，数列{}n a μ+是以1a μ+为首项、p 为公比的等比数列，则1111n n q q a a p p p -⎛⎫+=+ ⎪--⎝⎭，即1111n nq qa a p p p -⎛⎫=++ ⎪--⎝⎭ 例题：已知数列{}n a 满足123n n a a -=+且11a =，求数列{}n a 的通项公式解：设()12n n a a μμ++=+，即3μ=∵11a =∴数列{}3n a +是以134a +=为首项、2为公比的等比数列∴113422n n n a -++=⋅=，即123n n a +=-④1+1=,n n n a a a pa q =+型,其中p q 、是常数且0,1q q ≠≠，111n n n n a a p q q q q ++=⋅+,设n n n a b q =，则11n np b b q q+=⋅+思路（构造法）：11n n n a pa rq --=+，设11n n n n a a q q μλμ--⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，则()11n n q p q rq λμλ-=⎧⎪⎨-=⎪⎩，从而解得p q r p q λμ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪-⎩那么n na r qp q ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是以1a r q p q +-为首项，p q 为公比的等比数列例题：已知11a =，112n n n a a --=-+，求n a 。

人教A版2019高中数学选择性必修第二册数列求通项(重点题型)

第4讲：数列求通项(重点题型方法与技巧)目录类型一：n S 法(已知n S 与n a 的关系)角度1：用1n n S S --，得到n a 角度2：将题意中的n a 用1n n S S --替换角度3：已知等式中左侧含有：1ni i i a b =∑类型二：累加法类型三：累乘法类型四：构造法类型五：倒数法类型一：n S 法(已知n S 与n a 的关系)角度1：用1n n S S --，得到n a典型例题例题1．（2022·河南省淮阳中学高三阶段练习（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n n S a =-． (1)求{}n a 的通项公式；【答案】(1)2n n a =由22n n S a =-，得1122S a =-，得12a =，当2n ≥时，()()111222222n n n n n n n a S S a a a a ---=-=---=-，即12n n a a -=， ∴{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列， ∴{}n a 的通项公式为2n n a =．例题2．（2022·福建省华安县第一中学高二阶段练习）正项数列{}n a 的前n 项和n S 满足：()()22210n n S n n S n n -+--+=.(1)求数列{}n a 的通项公式n a ；【答案】(1)2n a n =n，则数列2)2)n 可得S 为公差的等差数列，)(1221n =1114043⎛++-20224045. ·黑龙江·大庆实验中学模拟预测（理））已知正项数列(2,n n ≥∈()1n ++- 【详解】由题意得：()111n a a n +=++-，()11n n a -++-②，()()112,n n a n +=+≥434=，…，1n n a n a -=，时，1a 不满足3na n++=3na n++=，11n a n -++=-123n -=⋅，23n n a n -=⋅23n n -++⋅(22)3n n ++-⋅)121333n -+++-3(12)3n n n ⋅=-⋅-． ·黑龙江·双鸭山一中高二开学考试）已知数列(31n +++(31n +++(1332n⎛⎫++⨯- ⎪⎝⎭112n +⎛⎫ ⎪⎝⎭ na a n++=n a a n ++=11n a n -++=-1n a n =，当，2121a a=满足上式，，因此数列{}n a n是常数列，即2n =. 2n a na ++=2n a na ++=12n a -++=，212n a -++=②，()121n n a +--221,2a a a =适合上式，所以数列12n -.2n n a ++=2n n a ++=11n n a --++=两式相减得：2n n n na =，故*N 时，n a 2log n a a +)()22462n n +++++1222n n n +=++-.济南市历城第二中学模拟预测）在数列{项和为n S ，且22=-n n S b ．12n n a a -⋅⋅=时也成立 2-，即1b =12--n b ④()21111111111212a a a n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++-+=-+-++-+ ⎪ ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭⎝⎭【详解】1n n a a +-2时，n a -121=-，a ，，以上各式相加得：)[]1212(1)n n -++-+++-)[]2122212(1)n n -++++-+++-12(1) 2122n n n n --=--=也适合上式， ()*1)N 2n -∈． (1)2n n --．(21n ++-·四川广安·高一期末（理））已知数列的通项公式；1-37722a a ==累加得：7822a a -++=82252a a =+故选：D武功县普集高级中学高二阶段练习）已知数列(23)n ++-符合上式，∴n b =弥勒市一中高二阶段练习）的通项公式；(1)3a 是3S 与23121a a q S a ⎧=⎪⎨=+⎪⎩(2)由（1）得：20222023a a ++B ．2021【详解】由已知，数列{}n a ，1n a n +=123121a a =，213313n n a a a a a a a a ⋅⋅⋅==⋅⋅⋅⋅(1)1)21(2121n n n n +⋅⋅==+⋅-⋅⋅，1n +，即21)(N )n a n ++⋅+∈，420222023a a a ++2022(2404420222023⨯++==⨯2022·宁夏·平罗中学高一期中（理））数列________________. 2n ⋅a11211341n n a n a n --⨯⨯=⨯⨯⨯⨯+， 1)+.(4313451112312n n n n a n a n -+=⋅⋅⋅⋅=-n S ①)113n n a S --=，②)()(1132n n n n n a a na n a n +-=⇒=+13a 也满足上式，()12n na n +∴=+(4313451112312n n n n a n a n -+=⋅⋅⋅⋅=-同类题型归类练高三专题练习）已知数列{}n a 满足a1(452221144414n n n aa a ---⋅⋅⋅=⨯⨯⨯⨯=1a ，∴1(1)(26)4n n n a --=．取得最小值，最小值为3642--=. 211S S S ⨯⨯⨯6543⨯⨯⨯⨯成立，(1321221212353···121,232531a a n n a n n a a n n --⋅⋅⋅=⋅⨯⨯=-≥--满足上式，的通项公式为21n a n =-．类型四：构造法典型例题【详解】14n a a +=24,2-=所以数列1224n -=⨯．（2022·全国·高二课时练习）已知数列145(2)n a +4 【答案】C【详解】解：由题意可知，112(++=12n a +=145(2)n a +145(21n -2(2)45460n -，即(2n +246n ，因为C ．1132n -+++11133213n n --+++=+-（2022·全国·高二期中）n S =___________. 23n - 132+--n设实数λ满足113n a +++·全国·高三专题练习）已知数列123n ++-·福建省长汀县第一中学高三阶段练习）已知数列___________.。

数列通项公式的求法(较全)

常见数列通项公式的求法公式：1、定义法若数列是等差数列或等比数列,求通公式项时,只需求出1a 与d 或1a 与q ,再代入公式()d n a a n 11-+=或11-=n n q a a 中即可.例1、成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2，5，13后成为等比数列{}n b 的345,,b b b ,求数列{}n b 的的通项公式.练习：数列{}n a 是等差数列,数列{}n b 是等比数列,数列{}n c 中对于任何*n N ∈都有1234127,0,,,,6954n n n c a b c c c c =-====分别求出此三个数列的通项公式.2、累加法形如()n f a a n n =-+1()1a 已知型的的递推公式均可用累加法求通项公式. （1）当()f n d =为常数时，{}n a 为等差数列，则()11n a a n d =+-；（2）当()f n 为n 的函数时，用累加法. 方法如下：由()n f a a n n =-+1得当2n ≥时，()11n n a a f n --=-，()122n n a a f n ---=-，()322a a f -=，()211a a f -=，以上()1n -个等式累加得（3）已知1a ，()n f a a n n =-+1，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.①若()f n 可以是关于n 的一次函数，累加后可转化为等差数列求和； ②若()f n 可以是关于n 的二次函数，累加后可分组求和；③若()f n 可以是关于n 的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；④若()f n 可以是关于n 的分式函数，累加后可裂项求和求和. 例2、数列{}n a 中已知111,23n n a a a n +=-=-,求{}n a 的通项公式. 练习1：已知数列{}n a 满足11322,.n n n a a n a a +=++=且求练习2：已知数列{}n a 中，111,32n n n a a a n +=-=-,求{}n a 的通项公式.练习3：已知数列{}n a 满足11211,,2n n a a a n n+==++求求{}n a 的通项公式.3、累乘法形如()1n n a f n a +=()1a 已知型的的递推公式均可用累乘法求通项公式.给递推公式()()1,n na f n n N a ++=∈中的n 依次取1,2,3，……，1n -,可得到下面1n -个式子：利用公式()23411231,0,nn n n a a a a a a a n N a a a a +-=⨯⨯⨯⨯⨯≠∈可得：例3、已知数列{}n a 满足11,2,31n n n na a a a n +==+求.练习1：数列{}n a 中已知1121,n n a n a a n++==,求{}n a 的通项公式. 练习2:设{}n a 是首项为1的正项数列，且2211(1)0n n n n n a na a a +++-+=，求{}n a 的通项公式.4、奇偶分析法(1)对于形如()1n n a a f n ++=型的递推公式求通项公式①当()1n n a a d d ++=为常数时，则数列为“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讨论.②当()f n 为n 的函数时，由()1n n a a f n ++=，()11n n a a f n -+=-两式相减，得到()()+111n n a a f n f n --=--，分奇偶项来求通项.例4、数列{}n a 满足111,4n n a a a +=+=，求{}n a 的通项公式. 练习：数列{}n a 满足116,6n n a a a +=+=-，求{}n a 的通项公式. 例5、数列{}n a 满足110,2n n a a a n +=+=，求{}n a 的通项公式. 练习1:数列{}n a 满足111,1n n a a a n +=-+=-，求{}n a 的通项公式.练习2：数列{}n a 满足112,31n n a a a n +=+=-，求{}n a 的通项公式. (2)对于形如()1n n a a f n +⋅=型的递推公式求通项公式①当()1n n a a d d +⋅=为常数时，则数列为“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讨论.②当()f n 为n 的函数时，由()1n n a a f n +⋅=，()11n n a a f n -⋅=-两式相除，得到()()+111n n f n a a f n -=-，分奇偶项来求通项.例6、已知数列{}n a 满足112,4n n a a a +=⋅=，求{}n a 的通项公式.练习：已知数列{}n a 满足112,23n n a a a +=⋅=-，求{}n a 的通项公式.例7、已知数列{}n a 满足1113,2nn n a a a +⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭，求{}n a 的通项公式.练习1:数列{}n a 满足112,3n n n a a a +=⋅=，求{}n a 的通项公式. 练习2：数列{}n a 满足111,2n n n a a a +=⋅=，求{}n a 的通项公式. 5、待定系数法（构造法）若给出条件直接求n a 较难,可通过整理变形等从中构造出一个等差或等比数列,从而根据等差或者等比数列的定义求出通项.常见的有:(1)()1,n n a pa q p q +=+为常数(){}1,n n n a t p a t a t +⇒+=++构造为等比数列.(2)()11111,n pn n nn n n n a a a pa tp t p t p p+++++=+−−−−−−→=+两边同时除以为常数 (3)()()11111,,,1n pn n nn n n na a p a pa tq t p q t q q q +++++=+−−−−−−→=+两边同时除以为常数再参考类型(4)()1,,n n a pa qn r p q r +=++是常数⇒()()11n n a n p a n λμλμ++++=++ (5)21+n n n a pa qa ++=(){}2111t ,t n n n n n n a ta p a a a a ++++⇒-=--构造等比数列例8、已知数列{}n a 中，11=a ，321+=+n n a a ，求n a . 练习：已数列{}n a 中，11a =且111,____.2n n n a a a +=+=则例9、已知数列{}n a 中，1113,33n n n a a a ++==+,求{}n a 的通项公式. 练习1：已知数列{}n a 中，113,22n n n a a a -=-=+，则=n a ________．练习2：已知数列{}n a 中，112,3433n n n a a a +==+⋅,求{}n a 的通项公式.例10、已知数列{}n a 满足11162,1,n n n a a a ++=+=求.n a练习1：设数列{n a }满足n n n a a a 23,111+==+，则=n a ________．练习2：已知数列{}n a 中，111511,632n n n a a a ++⎛⎫==+ ⎪⎝⎭，求n a .练习3：已知数列{}n a ()n N *∈的满足：111113,432,,7n n n a k a a n k k R --⎛⎫=-=-≥≠∈ ⎪⎝⎭（1）判断数列47n n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是否成等比数列；（2）求数列{}n a 的通项公式.例11、数列{}n a 中已知111,23n n a a a n +==+,求{}n a 的通项公式. 练习1：数列{}n a 中已知112,32n n a a a n +==-+,求{}n a 的通项公式. 练习2：数列{}n a 中已知2112,322n n a a a n n +==+-+,求{}n a 的通项公式.例12、已知数列{}n a 中，()12125,2,2+33n n n a a a a a n --===≥，求求{}n a 的通项公式. 练习1：已知数列{}n a 中，12+2+1211,2,+33n n n a a a a a ===，求求{}n a 的通项公式. 练习2：在数列{}n a 中，11a =，235a =，2n a +=135n a ++23n a ，令1n n n b a a +=-。

数列通项公式的九种求法

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1()n n a a 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．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。

高考数学总复习考点知识专题讲解4 数列的递推与通项公式

高考数学总复习考点知识专题讲解专题4 数列的递推与通项公式一、数列的前n 项和S n 与a n 的关系（和式代换）类型1 已知n S 与n 的关系式，记为()n S f n =，它可由和式代换⎩⎨⎧≥-==-2,1,11n S S n Sa n nn 直接求出通项n a ，但要注意验证1n =与2n ≥两种情况能否统一，具体分三步进行： (1)1n =时，由11S a =，求1a 的值；(2)2n ≥时，由1n n n a S S -=-，求得n a 的表达式； (3)检验1a 的值是否满足（2）中n a 的表达式. ①若满足，则合写；②若不满足，则写成分段函数的形式：⎩⎨⎧≥-==-2,1,11n S S n S a n nn .【例1】已知数列{}n a 满足12323(1)(2)n a a a na n n n +++⋯=++，求数列{}n a 的通项公式．已知n S 与n a 的关系式，记为(),0n n f a S =，求它的通项公式n a ，一般有两种思路：（1）消n S ：容易直接求n a 的情况，可利用阶差公式:()12n n n S S a n --=≥，消去n S ，转化为等差或等比数列直接求出n a ；（2）消n a ：难以直接求n a 的情况，可利用阶差公式:()12n n n a S S n -=-≥，消去n a ，得出n S 与1n S -的递推关系式，先求出n S 后，即可转化为“第1种情形”，从而间接求出n a ，如例3.在求解具体的题目时，应根据条件灵活恰当地选择两种方法，确定变形方向.通常情况下，先求n S 要比直接求n a 麻烦；但也有时先直接求n a 会比先求n S 麻烦得多. 类型2 消n S【例2】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且342n n S a =-．求数列{}n a 的通项公式．【例3】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，*226()n n S a n n N =+-∈．求数列{}n a 的通项公式．【例4】已知正整数列}{n a 的前n 项和为n S ，且对任意的自然数满足1n a =+.求}{n a 的通项公式.类型3 消n a【例5】（2022•天津模拟）已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，且满足()1+202n n n a S S n -=≥，211=a ，求n a .【例6】在正项数列}{n a 中，n S 是数列}{n a 的前n 项和，且1+2n n na S a =，求n a .【例7】已知数列{}n a 中，13a =，前n 项和1(1)(1)12n n S n a =++-．求数列{}n a 的通项公式．二、数列的前n 项积n T 与a n 的关系已知n T 与n 的关系式，记为()n T f n =，它可由积式代换⎪⎩⎪⎨⎧≥==-2,1,11n T T n T a n n n 直接求出通项n a ，但要注意验证1n =与2n ≥两种情况能否统一，具体分三步进行： (1)1n =时，由11T a =，求1a 的值； (2)2n ≥时，由1-=n nn T T a ，求得n a 的表达式； (3)检验1a 的值是否满足（2）中n a 的表达式. ①若满足，则合写；②若不满足，则写成分段函数的形式：⎪⎩⎪⎨⎧≥==-2,1,11n T T n T a n n n .【例8】已知数列{}n a 满足(1)*2122()n n n a a a n N +=∈．求数列{}n a 的通项公式．三．累加法：适用于邻项差结构11()()n n n n a a f n a a f n ---=⇔=+ 累加法是利用：11232211()()()()n n n n n a a a a a a a a a a ---=-+-++-+-+，将问题转化为基本数列求和，从而得到所求数列的通项．以下为三种累加后可裂项相消求和的题型：①若()f n 是关于n 的分式函数，()1111()()f n n n k k n n k==-++；②若()f n 是关于n 的对数函数，()1ln(1)ln(1)ln f n n n n =+=+-；③若()f n是关于n 的无理式函数，()1f n k=.④若()f n 是关于n 的一次函数，()f n kn b =+，累加后可转化为等差数列求和； ⑤若()f n 是关于n 的二次函数，()2f n an bn c =++，累加后可分组求和； ⑥若()f n 是关于n 的指数函数，()n f n p =，累加后可转化为等比数列求和；【例9】在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋1n －1n ＋1，求a n .【例10】已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －1＋n ＋1－n (n ≥2)，求a n .【例11】已知数列{}n a 中，12a =，11ln(1)n n a a n +=++，求n a .四．累乘法：适用于邻项商结构()()11nn n n a f n a a f n a --=⇔=⋅ 累乘法是利用：13211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅⋅，将问题转化为基本数列求和，从而得到所求数列的通项．【例12】已知数列{}n a 中，12a =，12n n n a a n++=，求数列{}n a 的通项公式；【例13】设{}n a 是首项为1的正项数列，2211(1)0n n n n n a a a na ++++-=（*∈N n ），求{}n a 的通项公式.五、跳跃等差数列通项公式——形如d a a n n =-+2类型定义：2+n a 与n a 不是数列{}n a 中连续的项，故此我们称满足d a a n n =-+2条件的数列{}n a 为跳跃等差数列.1.分奇偶讨论法：通过对数列下标n 进行换元，分为奇数项与偶数项两种情况分而治之. ①当n 为奇数时，可令12-=k n （k N *∈），反解得21+=n k ，于是d n a d n a d k a a a k n 21)121()1(11112-+=-++=-+==-；②当n 为偶数时，可令k n 2=（k N *∈），反解得2nk =，于是d n a d n a d k a a a k n 22)12()1(2222-+=-+=-+==.综上所述，⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-+-+=为偶数为奇数n d n a n d n a a n 222121.注意换元后，要将最后的结果还原成关于n 的表达式.2.待定系数法：此类型题由于1a 和2a 作为数列奇数项和偶数项首项，会使得数列一些变形出现一些计算难度，故可以采用待定系数法来求统一的通项公式，考虑首项的因素，需要在原始的待定系数的前面加上()n 1-．具体操作如下：n a 1221,4,23n n a a a a n -===+≥n a【例14】(2014•新课标1卷理)已知数列{n a }的前n 项和为n S ，1a =1，0n a ≠，11n n n a a S λ+=-，其中λ为常数. （1）证明：2n n a a λ+-=；（2）是否存在λ，使得{n a }为等差数列？并说明理由.衍生1 等和数列——形如c a a n n =++1类型1.“等和数列”定义: 在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和．2.若c a a n n =++1（c 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，其通项分为奇数项和偶数项来讨论.衍生2 类等和数列——形如)(1n f a a n n =++类型处理思路：等和数列、类等和数列可以归结为跳跃等差数列问题，其基本思路是生成、相减；与“差型”的生成、相加（累加法）的思路刚好相呼应.当()b dn n f a a n n +==+++12时，则()b n d a a n n +-=++11，两式相减得：d a a n n =-+2，故{}n a 是公差为d 的跳跃等差数列，通过分奇偶项讨论进而将问题转化为{}12-n a 与{}n a 2是等差数列，然后求通项. 【例15】已知数列{}n a 的首项1a a =，1354n n a a n ++=-，求数列{}n a 的通项公式．六、跳跃等比数列通项公式——形如q a ann =+2类型1.定义：2+n a 与n a 不是数列{}n a 中连续的项，故此我们称满足q a a nn =+2条件的数列{}n a 为跳跃等比数列.2.分奇偶讨论法：通过对数列下标n 进行换元，分为奇数项与偶数项两种情况分而治之. ①当n 为奇数时，可令12-=k n （k N *∈），反解得21+=n k ，于是21112111112--+--⋅=⋅=⋅==n n k k n q a q a qa a a ；②当n 为偶数时，可令k n 2=（k N *∈），反解得2n k =，于是222122122---⋅=⋅=⋅==n n k k n q a q a qa a a .综上所述，⎪⎩⎪⎨⎧⋅⋅=--为偶数为奇数n qa n qa a n n n 222121.注意换元后，要将最后的结果还原成关于n 的表达式.【例16】已知数列{}n a 满足*212(),N ,1,2n n a qa q n a a +=≠∈==1，且233445,,a a a a a a +++成等差数列.求数列{}n a 的通项公式.衍生1 等积数列——形如p a a n n =⋅+1类型1.“等积数列”定义: 在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公积．2.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讨论.衍生2 类等积数列——形如)(12n f a a n n =⋅++类型处理思路：等积数列、类等积数列可以归结为跳跃等比数列问题，其基本思路是生成、相除；与“商型”的生成、相乘（累乘法）的思路刚好相呼应.若()n f 为n 的函数时，可通过逐商法得)1(1-=⋅+n f a a n n ，两式相除后，通过分奇偶项讨论将问题转化为{}12-n a 与{}n a 2是等比数列，然后再求通项.1.分奇偶讨论法：()B An n n q n f a a +++==12，则B n A n n q a a +-+=)1(1，两式相除得：A nn q a a =+2，故 {}n a 是公比为A q 的跳跃等比数列，⎪⎩⎪⎨⎧⋅=⋅⋅=⋅=∴----为偶数为奇数n q a q a n q a q a a A n n A n n A An 222221211211)()(.}{n a n n a a a 2,111=⋅=+七．斐波那契数列定义：一个数列，前两项都为1，从第三项起，每一项都是前两项之和，那么这个数列称为斐波那契数列，又称黄金分割数列；表达式2110,1,1--+===n n n F F F F F ()n N +∈通项公式：n nn F ⎡⎤⎥=-⎥⎝⎭⎝⎭⎦（又叫“比内公式”，是用无理数表示有理数的一个范例）证明：线性递推数列的特征方程为：21x x =+，解得：1x =，2x 则1122n n n F c x c x =+∵121F F ==∴112222112211c x c x c x c x =+⎧⎨=+⎩解得：1c =；2c =∴n nn F ⎡⎤⎥=-⎥⎝⎭⎝⎭⎦斐波那契数列的一些性质：求和问题：①12-=+n n a S ；②n n a a a a a 212531=+++- ；③1122642-=++++n n a a a a a ．证明：①()()()1111112112122+=++++=+-++-+-=-=-++++++n n n n n n n n n n S a a a a a a a a a a a S S a ，故12-=+n n a S ，此证明方法也是错位相减的一种特例．②()()()n n n n n a S a a a a a a a a a a a 22212232432111231=+=+++++++=+++---- ，此证明过程也需要利用①的结论．③()()()11212122254321242-==+++++++=++++---n n n n n a S a a a a a a a a a a ．这三个式子用数学归纳法证明也非常简单，无需强化记忆，每次列出前几项比划一下，考试中如果出现需要这些结论的，拿出前几项及时推导即可．平方和问题：122221+=+++n n n a a a a a （根据面积公式推导，如下图）构造正方形来设计面积，()()433221321232221a a a a a a S S S a a a =++=++=++，以此类推，也可以用数学归纳法证明，知道一个大致的方向即可．裂项问题：⎪⎪⎭⎫⎝⎛-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=++++------123222423312222123242311111111111111n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a a a a n n n n n a a a a a a a 212212221211111----=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+．注意：如果是斐波那契数列的部分项求和也可以，比如⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=++++++-++++n m m m n m n m m m m m a a a p a a p a a p a a p 1112312 ,前提就是必须隔项，否则无法裂项相消．【例17】已知数列{}n a 满足：113a =，213a =，*11(,2)n n n a a a n N n +-=+∈…，则132435202120231111a a a a a a a a +++⋯+的整数部分为（） A ．6B ．7C ．8D ．9【例18】意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列{}n a 满足11a =，21a =，()*123,n n n a a a n n --=+≥∈N .若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n 项所占的格子的面积之和为n S ，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为n c ，则其中不正确结论的是（）A ．2111n n n n S a a a +++=+⋅B ．12321n n a a a a a +++++=-C ．1352121n n a a a a a -++++=-D ．()121)4(3n n n n c c a n a π--+-≥=⋅【例19】斐波那契数列，又称“兔子数列”，由数学家斐波那契研究兔子繁殖问题时引入．已知斐波那契数列{}n a 满足10a =，21a =，()*21n n n a a a n ++=+∈N ，若记1352019a a a a M ++++=，2462020a a a a N ++++=，则2022a =________．（用M ，N 表示）【例20】（2022•天河区期末）意大利人斐波那契于1202年从兔子繁殖问题中发现了这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，……．即从第三项开始，每一项都是它前两项的和．后人为了纪念他，就把这列数称为斐波那契数列．下面关于斐波那契数列a n 说法正确的是（） A ．a 12＝144B ．a 2022是偶数C ．a 2022＝a 1+a 2+a 3…a 2022D ．a 2022+a 2024＝3a 2022【例22】（2023•荆州期末）2022年11月23日是斐波那契纪念日，其提出过著名的“斐波那契”数列，其著名的爬楼梯问题和斐波那契数列相似，若小明爬楼梯时一次上1或2个台阶，若爬上第n 个台阶的方法数为b n ，则（） A ．b 7＝21B ．b 1+b 2+b 3+b 5+b 7＝51C ．b 12+b 22+…+b n 2＝b n •b n +1﹣1D ．b n ﹣2+b n +2＝3b n八．不动点与蛛网图（无需通项的无敌技能）知识点一函数迭代和数列的关系已知函数)(x f y =满足+1=()n n a f a ，则一定有+1211=()()()n n n n a f a f a f a -==，故函数)(x f y =通过反复迭代产生的一系列数构成了数列{}n a 或者记为{}{}n n b x 、，而数列的每一项与函数迭代的关系可以如下表所示：下面以函数21y x =+和数列121n n a a +=+①数列的递推式和函数的迭代式是有着相同的法则的，故数列的任何一项()+1,n n a a 都在函数)(x f y =上．②数列的通项公式是函数对1a 迭代1-n 次的结果，即11()n n a f a -=，每一次由于迭代产生出的因变量成为下一次迭代的自变量．③数列的首项1a 对整个数列有很大的影响，当迭代不断重复出现同一结果时，我们将其称为不动点．知识点二函数的迭代图像——蛛网图函数的迭代图像，简称蛛网图或者折线图，函数)(x f y =和直线y x =共同决定．其步骤如下：1．在同一坐标系中作出)(x f y =和y x =的图像（草图），并确定不动点．（如图1所示）图1 图22．在找出不动点之后，确定范围，将不动点之间的图像放大，并找出起始点1a （如图2所示）3．由1a 向)(x f y =作垂直于x 轴的直线与)(x f y =相交，并确定交点()12,a a ． 4．由()12,a a 向y x =作平行于x 轴的直线与y x =相交，并确定交点()22,a a ． 5．由()22,a a 向)(x f y =作垂直于x 轴的直线与)(x f y =相交，并确定交点()23,a a ．重复4，5，直至找到点()1,n n a a +的最终去向．【例23】设数列{}n a 满足11(0),n a a a a +=>=证明：存在常数M ，使得对于任意的*n N ∈，都有n a M ≤．【例24】首项为正数的数列{a n }满足2*11(3),,4n na a n N +=+∈若对*n N ∈，一切都有1n n a a +>，求a 1的取值范围．知识点三蛛网图与数列的单调性定理1：)(x f y =的单调增区间存在两个不动点x 1，x 2（x 1<x 2)，且在两个不动点之间形成一上凸的图形时，（如图9）则数列)(1n n a f a =+在两个不动点之间的区间是递增的，即1n n a a +>，在两不动点以外的区间则是递减的，即1n n a a +<．定理2：)(x f y =的单调增区间存在两个不动点x 1，x 2（x 1<x 2)，且在两个不动点之间形成一下凹的图形时，（如图10）则数列)(1n n a f a =+在两个不动点之间的区间是递减的，即1n n a a +<，在两不动点以外的区间则是递增的，即1n n a a +>．图9 图10综上可得，当)(x f y =的单调增区间位于上凸内或者下凹外时，即当迭代起点1a 位于此区域时，一定有1n n a a +>同理，当迭代起点1a 位于单调增区间的上凸外或者下凹内时，一定有1n n a a +<．知识点四摆动数列以及由求导构造函数单调性来解决数列问题由反比例（递减函数）函数迭代构成的摆动数列，如图11所示，当)(x f 在区间为减函数时，和直线x y =相交于不动点，那么由此函数迭代构成的数列为摆动数列，即奇数项和偶数项构成相反的单调性，但都螺旋靠近不动点，极限也是不动点。

【高数】数列A级(共5讲)_第04讲_数列通项公式的求法

一、数列的通项公式1、定义法：等差数列、等比数列通项公式2、迭代法：累加法、累乘法3、构造法：由递推关系构造新等差数列或等比数列4、归纳猜想法：列出数列前几项，猜想规律和通项并证明.考点课标要求知识与技能目标了解理解掌握灵活应用数列通项公式的求法定义法 √迭代法 √ 构造法√要点解析数列前n 项和数列的通项定义法数列的通项及前n 项和迭代法构造法归纳猜想法直接法错位相减法裂项相消法分组和合并求和法倒序相加法归纳猜想法知识架构高考考纲数列通项公式的求法一、求数列通项的方法1．由等差，等比定义，写出通项公式 2．利用迭加()1n n a a f n --=，迭乘()1nn a f n a -=迭代； 3．对含n a 与n S 的题，进行熟练转化为同一种解题，11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩（注意：不能忘记讨论1n =）4．已知数列{}n a 前n 项之积n T ，一般可求1n T -，则1nn n T a T -=（注意：不能忘记讨论1n =）． 5．（1）1n n a pa q +=+，我们通常将其化为()()1n n a A p a A +-=-看成{}n b 的等比数列；（2）递推公式是1n n n a pa q +=+（p q ，为常数），此递推公式，可两边除以1n q +，得111+n n n n a a p q q q q++=⋅，引做辅助数列{}n b （=nn na b q ），得11n n p b b q q +=+再解．（3）递推公式是21n n n a pa qa ++=+，可变形为()211n n n n a a a a αβα+++-=-，就是()21+n n n a a a βαβα++=-，则可从+p q αβαβ=⎧⎨=-⎩，解得αβ、于是{}1n n a a α+-是公比为β的等比数列．（4）递推公式是()1n n a f n a +=（*n N ∈）数列()f n 前n 项积可求，可用累乘法求n a ．（5）将递推数列1n n n ca a a d +=+(00)c d ≠≠，,取倒数变成1111n n d a c a c+=+的形式的方法叫倒数变换． 6．先猜后证：根据递推式求前几项，猜出通项，用数学归纳法证明 7．用观察法（不完全归纳法）求数列的通项．8．已知数列{}n a 的递推关系，研究与1n a -的关系式的特点，可以通过变形构造，得出新数列{()}n f a 为等差或等比数列．知识精讲模块一：数列通项公式的求法题型一：观察法【例1】（1）14916251017 ，，，，；（2）11111371531- ，-，，，，；（3）315171,23456，，，，；（4）21203200520007 ，，，；题型二：利用n a 和n S 的关系：1112n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩【例2】数列{}n a 的前n 项和2(1)n S n n =≥，求它的通项公式．【例3】各项全不为零的数列{}k a 的前k 项和为,k S 且*11()2k k k S a a k N +=∈,其中1 1.a =求数列k a .【例4】已知数列{}n a 的前n 项和291,n S n n =-+则其通项n a =；若它的第k 项满足58k a <<，k =．【例5】已知数列{}n a ，11a =，前n 项和n S 满足1112n n n n n n S S S S S S ----=，则n a =.【例6】设数列{}n a 中11a =，且2n n S n a =，求n a例题解析题型三：累加法（也叫逐差求和法）【例7】若在数列{}n a 中，13a =，1n n a a n +=+，求通项n a【例8】已知数列{}n a 满足()11211, 221n n a a a n n -==+≥-，求数列{}n a 的通项公式.【例9】已知数列{}n a 满足()112n n na n a +=++，且12a =，求数列{}n a 的通项公式.题型四：累乘法（也叫逐商求积法）【例10】已知数列{}n a 中，1+1321n n n a a a n +==⋅+，，其中n N +∈，求.n a【例11】已知11a =,1()n n n a n a a +=-*()n N ∈,求数列{}n a 通项公式．【例12】已知数列{}n b 的首项11b =，其前n 项和()112n n S n b =+，求数列{}n b 的通项公式.【例13】在数列{}n a 中，111=2,ln(1),n n a a a n=++＋则n a 等于().A ．2ln n +B ．2(1)ln n n +-C ．2ln n n +D ．1ln n n ++题型五：构造新数列法1、递推公式是1n n a pa q +=+（p q ，为常数），可构造新的等比数列求n a . 【例14】已知数列{}n a 中,11a =,121(2)n n a a n -=+≥,求{}n a 的通项公式．【例15】在数列{}n a 中,11a =，1213n n a a +=+，求{}n a 的通项公式．【例16】已知数列{}n a :3,5,7,9,,21n ⋯+，….另作一数列{}n b ，使得11b a =，且当2n ≥时，1n n b b a -=，求数列{}n b 的通项公式.【例17】已知数列{}n a 中，12a =，1(21)(2)n n a a +=-+，1,2,3,n = 求{}n a 的通项公式.2、递推公式是21n n n a pa qa ++=+，可变形为()211n n n n a a a a αβα+++-=-，就是()21+n n n a a a βαβα++=-，则可从+p q αβαβ=⎧⎨=-⎩，解得αβ、于是{}1n n a a α+-是公比为β的等比数列．【例18】已知数列{}n a 满足12211332()n n n a a a a a n N *++===-∈，，（1）、证明：数列{}1n n a a +-是等比数列；（2）、求数列{}n a 的通项公式；【例19】已知数列{}n a 满足12215521,,333n n n a a a a a ++===-，求数列{}n a 的通项公式.【例20】已知数列{}n a 中，1221211,2,33n n n a a a a a ++===+，求数列{}n a 的通项公式.3、递推公式是1n n n a pa q +=+（p q ，为常数），此递推公式，可两边除以1n q +，得111+n n nn n a a p q q q q ++=⋅，引做辅助数列{}n b （=nn na b q ），得11n n p b b q q +=+再解．【例21】已知数列{}n a 满足1232n n n a a +=+⨯，12a =，求数列{}n a 的通项公式.【例22】设0a 为常数，且()1*132,n n n a a n N --=-∈证明对任意()()10111,323255n n n n n a a +⎡⎤⎛⎫≥=--⋅+- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦4、将递推数列1n n n ca a a d +=+(00)c d ≠≠，,取倒数变成1111n n d a c a c+=+的形式的方法叫倒数变换．【例23】已知数列{}n a *()n N ∈中,11a =,121nn n a a a +=+,求数列{}n a 的通项公式．【例24】数列{}n a 满足：132a =，且()113 221n n n na a n a n --=≥+-，求n a .【例25】数列{}n a 满足：12a a =，()212 0n na a a a a +=-≠，求数列{}n a 的通项公式.【习题1】设数列{}n a 满足211233333n n na a a a -++++=…，*a N ∈．求数列{}n a 的通项. 随堂练习【习题2】数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，*12()n n a S n N +=∈．求数列{}n a 的通项n a .【习题3】已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式．【作业1】已知下列两数列{}n a 的前n 项和21n S n =-的公式，求{}n a 的通项公式．【作业2】数列{}n a 中，12a =，1n n a a cn +=+（c 是常数，1,2,3,n = ），且123,,a a a 成公比不为1的等比数列．求{}n a 的通项公式．【作业3】设数列{}n a 的首项113(0,1),,2,3,4, (2)n n a a a n --∈==．求{}n a 的通项公式.课后作业。

数列通项公式的求法

a n 1 n 2 an n 1
再用累乘法也可以
练习
1. ( 福建 )数列an 的前 n项和 Sn , a1 1, 2 Sn an 1 ( n N )，求数列 an 的通项公式
略解： 2Sn1 an2 , 两式相减整理得
an2 a2 1(n 1) 3而 2 3，故a n n2 a n1 a1 2 3 (n 2)
分析：当n 2时，an S n S n1
1 1 1 S n S n1 S S n 1 n
(n 1) 1 a1 1 不合上式，故 an (n N ) 1 (n 1) S1 可用an 处理 n(n 1) (n 2） S S ( n 2 ) n 1 n
类型二：类等差（比）数列,即an1 an f (n)
且a1 , a 2 , a3成公比不为1的等比数列
(1)求 c 的值； (2)求数列a n 的通项公式。
2 分析：由 a1, a2 , a3成公比不为 1的等比数列得 a2 a1 a3
即(2 c)2 2 (2 3c) c 2, 故有an1 an 2n
n ∵a >0 ， ∴ a ana an. ＋1＋an≠0，∴有 n ＋1＝ n n ∵an>0，∴an 1＋an≠0，∴有 an 1＝ n. n＋1 n＋1 aa a a2 a2 n n 1－1 n a n ∵ a × ×…× ×a1，×a ， n＝ ∵an＝ an 1 × a1 an 2 ×…× 1 a1 an－1 an－2
＋＋－－－
得(an＋1＋an)[(n＋1)an＋1－nan]＝0.
an1 n an 中，a1 1且满足例 2：已知数列，则数 an n2 2 列an 的通项公式为 a n n(n 1) an1 an 1 2 3 4 n a2 a3 a4 n－1 分析 : 得 an n 2 a1 a2 a3 an1 3 4 5 6 n 1 an 1 2 2 a1 1 an a1 n(n 1) n(n 1) 累乘方法二:

数列的通项公式的求法

数列的通项公式线性递推数列的基本模型与通项求法1.基本类型Ⅰ：)(1n f a a n n +=+，a a =1分析：该类型在形式上类似于等差数列，不过区别在于其差)(n f 为变数，故通常称其为变差数列。

由于形式上的类似，所以类比于等差数列的解决方式，利用迭加法可以消去中间n-2项从而求得n a 与1a 的关系，得到通项公式。

通项求解：由)(1n f a a n n +=+，变型可得)(1n f a a n n =-+令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ，得到一系列等式)1(12f a a =-，)2(23f a a =-，……， )1(1-=--n f a a n n将这1-n 个等式两边分别相加，抵消中间项即可得：∑-==-111)(n k n k f a a故通项公式为∑-=+=111)(n k n k f a a )2(≥n □②评注：此类问题最终归结为求∑-=11)(n k k f ，可利用列项等变型方法进行技巧求和。

例1（出处：2010 新课程卷，理20）设数列{}n a 满足121123,2-+⋅=-=n n n a a a ，求数列{}n a 的通项公式。

解：由递推式，令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n 得23,23......,23,23123235221321⋅=-⋅=-⋅=-⋅=------a a a a a a a a n n n n n n 将这1-n 个等式迭加之后得)2.......222(332531-+++⋅=-n n a a故通项公式为 12222221)21(232--=--⋅+=n n n a □1.1．类型变式：0)(,0,)(11≠≠==+x f a a a n f a n n分析:该类型类似于等比数列，区别亦在其比值为变数)(n f ,故也可称其为变比数列。

类比等比数列的通项求法发现，其本质便是利用比式迭乘，使中间项相互约分，沟通n a 与1a 的关系。

第四节数列通项公式的求法

-1 (2n-5)
将上述等式相加整理得bn-b1= 2 ·(n-1)=n2-4n+3, ∴bn=n2-4n+4(n≥2),当n=1时,b1=1也满足,∴bn=n2-4n+4(n∈N*).
考点突破
命题方向三形如an+1=Aan+B(A≠0且A≠1),求an 典例3 在数列{an}中,a1=1,an+1=3an+2,求数列{an}的通项公式.
项公式为an=3n-1,n∈N*.
考点突破
规律总结 Sn与an关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求,将问题向不同的两个方向转化. (1)利用an=Sn-Sn-1(n≥2)转化为只含Sn、Sn-1的关系式,再求解. (2)利用Sn-Sn-1=an(n≥2)转化为只含an、an-1的关系式,再求解.
2 n -1 an -2
,n∈N*.证明:
an -2 n
为等比数列,并求出数列{an}的通项公式.
解析 (1)∵ an1 = an + 2 ,则数列{ an }为等差数列. ∴ an = 8 + 2(n-1)= 2(n+1). ∴an=2(n+1)2.
(2)∵数列{an}满足a1=3,
2(n+1)an-nan+1=2n+4,
=
1 a1
=-1,∴
1 Sn
=-1+(n-1)×(-1)=-n,∴Sn=-
1 n
.
(3)由题意得,a1+a2=4,a2=2a1+1,
解得a1=1,a2=3,又当n≥2时,
由an+1-an=(2Sn+1)-(2Sn-1+1)=2an,
得an+1=3an,所以数列{an}是以1为首项,3为公比的等比数列,所以数列{an}的通

第四节数列的通项

33 an 设f(x)＝ x ＋x－1，则 n
an n
＝
33 n
＋n－1.
−33 ＝f(n)； f′(x)＝ x 2 ＋1 又
，
由由f′(x)>0可解得f(x)在 ( 33, +∞ ) 上是递增的， f′(x)<0 可解得f(x)在 (0, 33) 上是递减的；因为n∈N*，所以当n＝5 N an a5 53 a6 63 21 或6时 n ＝f(n)有最小值；又因为 5 = 5 , 6 = 6 = 2 ,
题型三一阶递推公式求通项【例3】设数列{an}中，a1＝4，an＝3an－1＋2n－1(n≥2)，求an. 分析对于一阶递推式an＋1＝pan＋f(n)求通项，可考虑变形为an＋1＋g(n＋1)＝p[an＋g(n)]，构造等比数列{bn}(bn ＝an＋g(n))来求解．解：设bn＝an＋An＋B，则an＝bn－An－B，将an，an－1代入递推式，得bn－An－B＝3[bn－1－A(n－1)－B]＋2n－1＝3bn－1 －(3A－2)n－(3B－3A＋1)，
A = 3 A − 2, A = 1, ∴ ⇒ 则b ＝3bn－1，又b1＝6， B = 3B − 3 A + 1, B = 1, n
故bn＝6×3n－1＝2×3n，代入①得an＝2×3n－n－1(n∈N*)． N 变式3－1 已知在数列{an}中，a1＝5，an＋1＝2an＋3(n∈N*)，求数列 N {an}的通项公式．
1 = 2
n ( n −1) 2
.
变式2－1 根据下列数列{an}的首项和基本关系式，分别求其通项公式． (1)a1＝1，an＝an－1＋3n－1(n≥2)；
n −1 (2)a1＝1，an＝ n