第36招归纳法、定义法、公式法、累加法、累乘法
数列基础知识点和方法归纳
数列基础知识点和方法归纳1. 等差数列的定义与性质定义：（为常数），，推论公式： ，等差中项：成等差数列,等差数列前项和： 性质：是等差数列（1）若，则（下标和定理） 注意：要求等式左右两边项数相等（2）数列{}{}{}12212,,+-n n n a a a 仍为等差数列，仍为等差数列，公差为d n 2；（3）若三个成等差数列，可设为； （4）若是等差数列，且前项和分别为，则； （5）为等差数列（为常数，是关于的常数项为0的二次函数）的最值可求二次函数的最值；或者求出中的正、负分界项，即：当，解不等式组可得达到最大值时的值.当，由可得达到最小值时的值.(6)项数为偶数n 2的等差数列，有1n n a a d +-=d ()11n a a n d =+-x A y ，，2A x y ⇔=+n ()()11122n n a a n n n S nad +-==+{}n a m n p q +=+m n p q a a a a +=+；232n n n n n S S S S S --，，……a d a a d -+，，n n a b ，n n n S T ，2121m m m m a S b T --={}n a 2n S an bn ⇔=+a b ，n n S 2n S an bn =+{}n a 100a d ><，100n n a a +≥⎧⎨≤⎩n S n 100a d <>，100n n a a +≤⎧⎨≥⎩n S n {}n and S S =-奇偶，1+=n na a S S 偶奇. （7）项数为奇数12-n 的等差数列，有)()12(12为中间项n n n a a n S -=-,n a S S =-偶奇， .1-=n n S S 偶奇 2. 等比数列的定义与性质定义：（为常数，），.推论公式：且等比中项：成等比数列，或.等比数列中奇数项同号，偶数项同号等比数列前n 项和公式：性质：是等比数列（1）若，则(下标和定理) 注意：要求等式左右两边项数相等。
累加法和累乘法公式
累加法和累乘法公式
累加法是指在一个序列中，每一项的值都是前一项的值再加上一
个常数，而累乘法则指的是每一项的值都是前一项的值再乘以一个常数。
累加法和累乘法都是数学上的重要规律，它们都可以应用到日常
生活中，发挥出实际价值。
以累加法为例，如果我们想计算一组数字中数字相加的累积和，
我们可以使用累加法，将前面的数字的累积和依次加上接下来的数字。
举个例子，如果我们每月存30元，以后每月增加10元，而我们想知
道一年内总共存款多少，我们可以使用累加法将累积的存款相加，便
可得出每个月存款的总和。
累乘法也可以在日常生活中得到应用。
举个例子，如果我们想知
道  的结果，我们可以使用累乘法来计算。
即 ， 的结
果为 243。
累加法和累乘法既是数学的重要规律，也在日常生活中可以起到
实际作用。
在经济中，累加法可以用来算出投资收益，累乘法则可以
用于计算货币贬值或者物价上涨的幅度。
在工程中，累加法可以用于
统计某一段道路的总长度，而累乘法则可以用来计算某一材料的力学
性能。
总之，累加法和累乘法是相当重要的数学规律，也可以用来解决
日常生活中的实际问题。
只要把这两种数学规律运用得当，就能够使
我们的算数准确无误，提高我们的学习和工作效率。
递推数列常十种方法
求递推数列通项公式的十种策略例析递推数列的题型多样，求递推数列的通项公式的方法也非常灵活，往往可以通过适当的策略将问题化归为等差数列或等比数列问题加以解决，亦可采用不完全归纳法的方法，由特殊情形推导出一般情形，进而用数学归纳法加以证明，因而求递推数列的通项公式问题成为了高考命题中颇受青睐的考查内容。
笔者试给出求递推数列通项公式的十种方法策略，它们是：公式法、累加法、累乘法、待定系数法、对数变换法、迭代法、数学归纳法、换元法、不动点法、特征根的方法。
仔细辨析递推关系式的特征，准确选择恰当的方法，是迅速求出通项公式的关键。
一、利用公式法求通项公式例1 已知数列}a {n 满足n n 1n 23a 2a ⋅+=+，2a 1=，求数列}a {n 的通项公式。
解：n n 1n 23a 2a ⋅+=+两边除以1n 2+，得232a 2a nn 1n 1n +=++，则232a 2a n n 1n 1n =-++， 故数列}2a {n n 是以1222a 11==为首，以23为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得23)1n (12a nn -+=，所以数列}a {n 的通项公式为n n 2)21n 23(a -=。
评注：本题解题的关键是把递推关系式n n 1n 23a 2a ⋅+=+转化为232a 2a nn1n 1n =-++，说明数列}2a {n n 是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出23)1n (12a nn -+=，进而求出数列}a {n 的通项公式。
二、利用累加法求通项公式例2 已知数列}a {n 满足1a 1n 2a a 1n 1n =++=+，，求数列}a {n 的通项公式。
解：由1n 2a a n 1n ++=+ 得1n 2a a n 1n +=-+则112232n 1n 1n n n a )a a ()a a ()a a ()a a (a +-+-++-+-=---1)1n (2n)1n (21)1n (]12)2n ()1n [(21)112()122(]1)2n (2[]1)1n (2[+-+-⋅=+-++++-+-=++⋅++⋅+++-++-= 所以数列}a {n 的通项公式为2n n a =评注：本题解题的关键是把递推关系式1n 2a a n 1n ++=+转化为1n 2a a n 1n +=-+，进而求出112232n 1n 1n n a )a a ()a a ()a a ()a a (+-+-++-+---- ，即得数列}a {n 的通项公式。
求数列通项公式、前n项和sn常用方法F
求数列通项公式常用方法1.归纳法：由给出已知项寻找规律 ，求同存异，猜想通项公式2.公式法：等差数列与等比数列.3.作差法：利用⎩⎨⎧≥-==-)2()1(11n S S n S a n n n , 求n a特别的：已知前n 项积，求n a 使用（作商法）.4、累加法：数列}{n a 的递推公式为)(1n f a a n n =-+型时，且{)(n f }中n 项和可求。
5、累乘法：数列}{n a 的递推公式为)(1n f a a n n =+型时，且{)(n f } 中n 项积可求。
6、构造法：形如q a p a n n+∙=-1（q p 、为常数）的形式，往往变为)(1λλ-=--n n a p a ，构成等比数列，求}{λ-na 的通项公式，再求n a .7、倒数法：形如)()()(n h a n g a n f n n++，可取倒数后换元，变为q a p a n n +∙=-18.周期法：计算出前n 项，寻找周期精题自测(1)已知数列}{n a 满足)1(23-=n n a S ，则n a =_____________(2)已知数列}{n a 满足11=a ，n n n a a 21+=+，则n a =_____________(3)已知数列}{n a 满足11=a ，)11ln(1na a n n ++=+，则n a =_____________(4)已知数列}{n a 满足11=a ，n nn a a 21=+，则n a =_____________(5)已知数列}{n a 满足11=a ，0>n a ，0)1(1221=∙+-+++n n n n a a na a n ，则n a =____________(6)已知数列}{n a 满足11=a ，121+=+n nn a a a ，则n a =_____________(7)已知数列}{n a 满足31=a ，62=a ，n n n a a a -=++12，则2013a =_____________(8)已知数列}{n a 满足333313221na a a a n n =∙++∙+∙+- ，则n a =_____________（9）已知数列的前n 项积为2n ，则当≥n 2时，则n a =_____________求前n 项和nS 常用方法1、公式法：等差数列的前n 项和公式： 等比数列的前n 项和公式：①d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+= ②⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q qq a a q q a q na S n n nn )1(211+=∑=n n k nk∑=nk k 12=)12)(1(613212222++=++++n n n n 213)]1(21[+=∑=n n k nk 例1：已知3log 1log 23-=x ，求 +++++n x x x x 32的前n 项和.2、分组求和法：把一个数列分成几个可直接求和的数列．例2：求数列211，413，815，…，⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-n n 2112）（的前n 项和。
累加法与累乘法
求数列通项公式之累加法（1）累加法：如果递推公式形式为：()1n n a a f n +-=或)(1n f a a n n +=+，则可利用累加法求通项公式注意：①等号右边为关于n 的表达式，且能够进行求和②1,n n a a +的系数相同，且为作差的形式 ③、具体操作流程之一：若1()n n a a f n +-=，则21321(1)(2) ()n n a a f a a f a a f n +-=-=-=两边分别相加得111()nn k a a f n +=-=∑例1：数列{}n a 满足：11a =，且121n n n a a +-=+，求n a解：121n n n a a +-=+ 累加可得：()2112221n n a a n --=++++-【关键提示】：是否能利用累加法，首先要看能否将数列的递推公式整理成)(1n f a a n n =-+或例2：已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：【变式训练】：变式1、已知数列{}n a 的首项为1，且n a a n n 21+=+写出数列{}n a 的通项公式.变式2、在数列{}n a 中，01=a 且121-+=+n a a n n ，求数列{}n a 的通项公式。
变式3、已知数列{}n a 满足1=a变式4、在数列{}n a 中，1=a变式5、已知数列{}n a 满足1321+⋅+=+n n n a a ，31=a ，求数列{}n a 的通项公式。
累 乘 法1、数列}{n a 中，12a =, 1(1)n n na n a +=+ , 求}{n a 通项公式 解：因为1(1)n nna n a +=+所以n n a a nn 11+=+ 则11-=-n na a n n (1) . （2） . . . .1212=a a (n-1)将上式中的（1）*（2）*………*（n-1）化简得,1n a a n=（n 》2） 所以na n 2= （n 》2）当n=1时满足上式，所以na n 2=总结：满足n1a a n 与+的比值为常数或者变量的时候都可以采用累乘法变式1：数列}{n a 中，12a =,32=a ，n n a n na )1(1-=+ , 求}{n a 通项公式 解：变式2：数列}{n a 中，12a =, n n a n na )2(1+=+ , 求}{n a 通项公式 解：变式3：已知数列{}n a 中，311=a ，前n 项和n S 与n a 的关系是 n n a n n S )12(-= ，试求通项公式n a 。
公式法
公式法、累加法、累乘法、待定系数法、对数变换法、迭代法、数学归纳法、换元法、不动点法、特征根的方法等等。
类型一归纳—猜想—证明由数列的递推公式可写出数列的前几项，再由前几项总结出规律，猜想出数列的一个通项公式，最后用数学归纳法证明．类型二“逐差法”和“积商法”(1)当数列的递推公式可以化为an+1-an=f(n)时，取n=1,2,3,…,n-1，得n-1个式子：a2-a1=f(1),a3-a2=f(2),…,an-an-1=f(n-1)，且f(1)+f(2)+…+f(n-1)可求得时，两边累加得通项an，此法称为“逐差法”．(2)当数列的递推公式可以化为an+1/an=f(n)时，令n=1,2,3,…,n-1,得n-1个式子，即a2/a1=f(1),a3/a2=f(2),a4/a3=f(3),…,an/an-1=f(n－1)，且f(1)f(2)f(3)…f(n-1)可求得时，两边连乘可求出an，此法称为“积商法”．类型三构造法递推式是pan=qan-1+f(n)(p、q是不为零的常数)，可用待定系数法构造一个新的等比数列求解．类型四可转化为类型三求通项(1)“对数法”转化为类型三．递推式为an+1=qan k(q＞0,k≠0且k≠1,a1＞0)，两边取常用对数，得lgan+1=klgan+lgq，令lgan=bn，则有bn+1=kbn+lgq，转化为类型三．(2)“倒数法”转化为类型三．递推式为商的形式：an+1=(pan+b)/(qan+c)(an≠0，pq≠0,pc≠qb)．若b=0，得an+1=pan/(qan+c)．因为an≠0，所以两边取倒数得1/an+1=q/p+c/pan,令bn=1/an,则bn+1=(c/p)bn+q/p，转化为类型三．若b≠0，设an+1+x=y(an+x)/qan+c，与已知递推式比较求得x、y，令bn=an+x，得bn+1=ybn/qan+c，转化为b=0的情况．类型五递推式为an+1/an=qn/n+k(q≠0,k∈N)可先将等式(n+k)an+1=qnan两边同乘以(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)，得(n+k)(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)an+1=q(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)nan，令bn=(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)•nan,则bn+1=(n+k)(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)an+1．从而bn+1=qbn，因此数列｛bn｝是公比为q，首项为b1=k(k-1)(k-2)…2•1•a1=k!a1的等比数列，进而可求得an．总之，由数列的递推公式求通项公式的问题比较复杂，不可能一一论及，但只要我们抓住递推数列的递推关系，分析结构特征，善于合理变形，就能找到解决问题的有效途径．类型一 归纳—猜想—证明由数列的递推公式可写出数列的前几项，再由前几项总结出规律，猜想出数列的一个通项公式，最后用数学归纳法证明．例1 设数列｛an｝是首项为1的正项数列，且(n+1)a2n+1-nan2+an+1an=0(n=1,2,3,…)，则它的通项公式是an=______________．(2000年全国数学卷第15题)解：将(n+1)a2n+1-nan2+an+1an=0(n=1,2,3,…)分解因式得(an+1+an)〔(n+1)an+1-nan〕=0．由于an＞0，故(n+1)an+1=nan，即an+1=n/(n+1)an．因此a2=(1/2)a1=(1/2)，a3=(2/3)a2=(1/3),…．猜想an=(1/n),可由数学归纳法证明之，证明过程略．类型二 “逐差法”和“积商法”(1)当数列的递推公式可以化为an+1-an=f(n)时，取n=1,2,3,…,n-1，得n-1个式子：a2-a1=f(1),a3-a2=f(2),…,an-an-1=f(n-1)，且f(1)+f(2)+…+f(n-1)可求得时，两边累加得通项an，此法称为“逐差法”．例2 已知数列｛an｝满足a1=1,an=3n-1+an-1(n≥2),证明：an=(3n-1)/2．(2003年全国数学卷文科第19题)证明：由已知得an-an-1=3n-1，故an=(an-an-1)+(an-1－an-2)+…+(a2-a1)+a1=3n-1+3 n-2 +…+3+1=3n-1/2．所以得证．(2)当数列的递推公式可以化为an+1/an=f(n)时，令n=1,2,3,…,n-1,得n-1个式子，即a2/a1=f(1),a3/a2=f(2),a4/a3=f(3),…,a n /an-1 =f(n－1) ， 且f(1)f(2)f(3)…f(n-1)可求得时，两边连乘可求出an，此法称为“积商法”．例3 (同例1)(2000年全国数学卷第15题)另解：将(n+1)a2n+1-nan2＋an+1an=0(n =1,2,3,…)化简，得(n+1)an+1=nan，即an+1/an=n/(n+1)．故an=an/an-1•an-1/an-2•an-2/an-3•…•a2/a1 =n-1/n•n-2/n-1•n-3/n-2• … •1/2 =1/n．类型三 构造法递推式是pan=qan-1+f(n)(p、q是不为零的常数)，可用待定系数法构造一个新的等比数列求解．例4 (同例2)(2003年全国数学卷文科第19题)另解：由an=3n-1+an-1得3•an/3n=an-1/3n-1+1．令bn＝an/3n，则有bn=1/3bn-1+1/3．(*)设bn+x=1/3(bn-1+x)，则bn=1/3bn-1+1/3x-x，与(*)式比较，得x=-1/2，所以bn-1/2=1/3(bn-1-1/2)．因此数列｛bn-1/2｝是首项为b1-1=a1/3=-1/6，公比为1/3的等比数列，所以bn-1/2=-1/6•(1/3)n-1，即an/3n-1/2=-1/6(1/3)n-1．故an=3n〔1/2-1/6(1/3)n-1〕=3n-1/2．例5 数列｛an｝中，a1=1,an+1=4an+3n+1，求an．解：令an+1+(n+1)x+y=4(an+nx+y)，则an+1=4an+3nx+3y-x,与已知an+1=4an+3n+1比较，得3x=3，所以x=1,3y-x=1，y=(2/3)．故数列｛an+n+(2/3)｝是首项为a1+1+(2/3)=(8/3)，公比为4的等比数列，因此an+n+(2/3)=(8/3)•4n-1,即an=(8/3)•4n-1-n-(2/3)．另解：由已知可得当n≥2时，an=4an-1+3(n-1)+1，与已知关系式作差，有an+1-an=4(an-an-1)+3，即an+1-an+1=4(an-an-1+1)，因此数列｛an+1-an+1｝是首项为a2-a1+1=8-1+1=8，公比为4的等比数列，然后可用“逐差法”求得其通项an=(8/3)•4n-1-n-(2/3)．类型四 可转化为类型三求通项(1)“对数法”转化为类型三．递推式为an+1=qan k(q＞0,k≠0且k≠1,a1＞0)，两边取常用对数，得lgan+1=klgan+lgq，令lgan=bn，则有bn+1=kbn+lgq，转化为类型三．例6 已知数列｛an｝中，a1=2,an+1=an2，求an．解：由an+1=an2＞0，两边取对数得lgan+1=2lgan．令bn=lgan则bn+1=2bn．因此数列｛bn｝是首项为b1=lga1=lg2，公比为2的等比数列，故bn=2n-1lg2=lg22n-1，即an=22n-1．(2)“倒数法”转化为类型三．递推式为商的形式：an+1=(pan+b)/(qan+c)(an≠0，pq≠0,pc≠qb)．若b=0，得an+1=pan/(qan+c)．因为an≠0，所以两边取倒数得1/an+1=q/p+c/pan,令bn=1/an,则bn+1=(c/p)bn+q/p，转化为类型三．若b≠0，设an+1+x=y(an+x)/qan+c，与已知递推式比较求得x、y，令bn=an+x，得bn+1=ybn/qan+c，转化为b=0的情况．例7 在数列｛an｝中，已知a1=2,an+1=(3an+1)/(an+3)，求通项an．解：设an+1+x=y(an+x)/an+3，则an+1=(y-x)an+(y-3)x/an+3，结合已知递推式得y-x=3, 所以x=1,y-3=1，y=4，则有an+1+1=4(an+1)/an+3，令bn=an+1，则bn+1=4bn/bn+2，求倒数得1/bn+1=1/2•1/bn+1/4，即1/bn+1-1/2=1/2(1/bn-1/2)．因此数列｛1/bn-1/2｝是首项为1/b1-1/2=1/a1+1-1/2=-1/6，公比为1/2的等比数列．故1/bn-1/2=(-1/6)(1/2)n-1，从而可求得an．类型五 递推式为an+1/an=qn/n+k(q≠0,k∈N)可先将等式(n+k)an+1=qnan两边同乘以(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)，得(n+k)(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)an+1=q(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)nan，令bn=(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)•nan,则bn+1=(n+k)(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)an+1．从而bn+1=qbn，因此数列｛bn｝是公比为q，首项为b1=k(k-1)(k-2)…2•1•a1=k!a1的等比数列，进而可求得an．例8 (同例1)(2000年全国数学卷第15题)另解：将(n+1)a2n+1-na2n+an+1an=0(n=1,2,3,…)，化简得(n+1)an+1=nan,令nan=bn，则bn+1=bn，所以数列｛bn｝是常数列，由于首项b1=1•a1=1，所以bn=1,即nan=1，故an=1/n．总之，由数列的递推公式求通项公式的问题比较复杂，不可能一一论及，但只要我们抓住递推数列的递推关系，分析结构特征，善于合理变形，就能找到解决问题的有效途径．。
求数列通项公式的8种方法
求数列通项公式的8种方法一、公式法（定义法）根据等差数列、等比数列的定义求通项 二、累加、累乘法1、累加法 适用于：1()n n a a f n +=+若1()n n a a f n +-=(2)n ≥，则21321(1)(2)()n n a a f a a f a a f n +-=-=-=两边分别相加得 111()nn k a a f n +=-=∑例1 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n n n n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++=所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。
例2 已知数列{}n a 满足112313n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。
解法一：由1231n n n a a +=+⨯+得1231n n n a a +-=⨯+则11232211122112211()()()()(231)(231)(231)(231)32(3333)(1)33(13)2(1)313331331n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n --------=-+-++-+-+=⨯++⨯+++⨯++⨯++=+++++-+-=+-+-=-+-+=+-所以3 1.n n a n =+-解法二：13231n n n a a +=+⨯+两边除以13n +，得111213333n n n n n a a +++=++， 则111213333n n n n n a a +++-=+，故 112232112232111122122()()()()33333333212121213()()()()3333333332(1)11111()1333333n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a n --------------=-+-+-++-+=+++++++++-=+++++++因此11(13)2(1)2113133133223n n n n na n n ---=++=+--⨯，则21133.322n n n a n =⨯⨯+⨯-2、累乘法 适用于： 1()n n a f n a +=若1()n n a f n a +=，则31212(1)(2)()n na aaf f f n a a a +===，，， 两边分别相乘得，1111()nn k a a f k a +==⋅∏例3 已知数列{}n a 满足112(1)53n n n a n a a +=+⨯=，，求数列{}n a 的通项公式。
高中数学-数列求和及数列通项公式的基本方法和技巧
数列求和通项分式法 错位相减法 反序相加法 分组法 分组法 合并法数列是高中代数的重要内容，又是学习高等数学的基础. 在高考和各种数学竞赛中都占有重要的地位. 数列求和是数列的重要内容之一，除了等差数列和等比数列有求和公式外，大部分数列的求和都需要一定的技巧. 下面，就几个历届高考数学来谈谈数列求和的基本方法和技巧.一、利用常用求和公式求和利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法. 1、 等差数列求和公式：d n n na a an S n n 2)1(2)(11-+=+=2、 等比数列求和公式：⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q q q a a qq a q na S n nn自然数方幂和公式：3、 )1(211+==∑=n n k S nk n 4、)12)(1(6112++==∑=n n n k S nk n5、 213)]1(21[+==∑=n n k S nk n [例] 求和1＋x 2＋x 4＋x 6＋…x 2n+4(x≠0) 解： ∵x≠0∴该数列是首项为1，公比为x 2的等比数列而且有n+3项 当x 2＝1 即x ＝±1时 和为n+3评注：(1)利用等比数列求和公式．当公比是用字母表示时，应对其是否为1进行讨论，如本题若为“等比”的形式而并未指明其为等比数列，还应对x 是否为0进行讨论．(2)要弄清数列共有多少项，末项不一定是第n 项． 对应高考考题：设数列1，（1+2），…，（1+2+1222-⋯+n ），……的前顶和为ns，则ns的值。
二、错位相减法求和错位相减法求和在高考中占有相当重要的位置，近几年来的高考题其中的数列方面都出了这方面的内容。
需要我们的学生认真掌握好这种方法。
这种方法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n · b n }的前n 项和，其中{ a n }、{ b n }分别是等差数列和等比数列. 求和时一般在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比q ；然后再将得到的新和式和原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和，这种方法就是错位相减法。
数列求通项公式的五种重要方法
求通项公式的5种重要方法一、Sn 法，根据等差数列、等比数列的定义求通项an=Sn-S n-1*121{}(1)()3(1),;(2):{}.n n n n n a n S S a n N a a a =-∈ 已知数列的前项为，求求证数列是等比数列二、累加、累乘法1、累加法 适用于：1()n n a a f n +=+若1()n n a a f n +-=(2)n ≥，则 21321(1)(2)()n n a a f a a f a a f n +-=-=-=例1例2 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。
例3 已知数列{}n a 满足112313n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。
2、累乘法 适用于： 1()n n a f n a += 若1()n n a f n a +=，则31212(1)(2)()n na a a f f f n a a a +===，，， n a例4 已知数列{}n a 满足112(1)53n n n a n a a +=+⨯=，，求数列{}n a 的通项公式。
例5 已知11a =,1()n n n a n a a +=-*()n N ∈,求数列{}n a 通项公式.例6 已知数列{}n a 满足11231123(1)(2)n n a a a a a n a n -==++++-≥，，求{}n a 的通项公式。
三、待定系数法 适用于1()n n a qa f n +=+分析：通过凑配可转化为1121()[()]n n a f n a f n λλλ++=+;解题基本步骤：1、确定()f n2、设等比数列{}1()n a f n λ+，公比为2λ3、列出关系式1121()[()]n n a f n a f n λλλ++=+4、比较系数求1λ，2λ5、解得数列{}1()n a f n λ+的通项公式例7 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。
递推数列通项公式的解解方法与策略
−
a n−2 3n−2
)
+
(
a n−2 3n−2
−
a n−3 3 n −3
)
+
…
+(a2 32
−
a1 ) + 31
a1 3
，即得数列
{a n 3n
}
的通项公式，最后再求数列
{a
n
}
的通项公式。
三、利用累乘法求通项公式
， 例 5 已知数列{a n }满足 a n+1 = 2(n + 1)5n ⋅ a n a1 = 3 ，求数列{a n }的通项公式。
递推数列通项公式的解解方法与策略
递推数列的题型多样，求递推数列的通项公式的方法也非常灵活，往往可以通过 适当的策略将问题化归为等差数列或等比数列问题加以解决，亦可采用不完全归纳法 的方法，由特殊情形推导出一般情形，进而用数学归纳法加以证明，因而求递推数列 的通项公式问题成为了高考命题中颇受青睐的考查内容。笔者试给出求递推数列通项 公式的十种方法策略，它们是：公式法、累加法、累乘法、待定系数法、对数变换法、 迭代法、数学归纳法、换元法、不动点法、特征根的方法。仔细辨析递推关系式的特 征，准确选择恰当的方法，是迅速求出通项公式的关键。
， 例 4 已知数列{a n }满足 a n+1 = 3a n + 2 ⋅ 3n + 1 a1 = 3 ，求数列{a n }的通项公式。
解： a n+1 = 3a n + 2 ⋅ 3n + 1 两边除以 3n+1 ，得
a n+1 3 n +1
= an 3n
+2+ 1 3 3n+1
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。
八种通项公式求解方法
求数列通项公式的八种方法总述：一．利用递推关系式求数列通项的8种方法：累加法、累乘法、待定系数法、阶差法（逐差法）、对数变换法、倒数变换法、换元法（目的是去递推关系式中出现的根号）、数学归纳法、二.等差数列、等比数列的求通项公式的方法是：累加和累乘，这二种方法是求数列通项公式的最基本方法。
三.求数列通项的方法的基本思路是：把所求数列通过变形，代换转化为等差数列或等比数列。
四．求数列通项的基本方法是：累加法和累乘法。
五．数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。
一、累加法1．适用于：----------这是广义的等差数列累加法是最基本的二个方法之一。
2．若，则两边分别相加得例1已知数列满足，求数列的通项公式。
解：由得则所以数列的通项公式为。
例2已知数列满足，求数列的通项公式。
解法一：由得则所以解法二：两边除以，得，则，故因此，则评注：已知,，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.若f(n)是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和;若f(n)是关于n的二次函数，累加后可分组求和;若f(n)是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和;若f(n)是关于n的分式函数，累加后可裂项求和。
例3.已知数列中,且,求数列的通项公式.解:由已知得,化简有,由类型(1)有,又得,所以,又,,则二、累乘法1.适用于：----------这是广义的等比数列累乘法是最基本的二个方法之二。
2．若，则两边分别相乘得，∏=+=nk n k f a a 111)(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.三、待定系数法适用于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。
专题37 数列通项公式的求法(归纳法等)
第37讲：数列通项的求法（归纳法、定义法、公式法、累加法、累乘法）【考纲要求】 1、 了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图象、通项公式）。
2、掌握等差数列、等比数列的通项公式。
【基础知识】2、定义法：若在已知数列中存在：)0(,)(11≠==-++q q a a d a a nn n n 或常数的关系，可采用求等差数列、等比数列的通项公式的求法，确定数列的通项。
3、公式法：若在已知数列中存在：)()(n f S a f S n n n ==或的关系，可以利用11(1)(2)n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，求数列的通项。
【方法讲评】方法一 归纳法使用情景 已知数列的首项和递推公式 解题步骤观察、归纳、猜想、证明。
例1 已知数列{}n a 满足11228(1)8(21)(23)9n n n a a a n n ++=+=++，，求数列{}n a 的通项公式。
由此可猜测22(21)1(21)n n a n +-=+，往下用数学归纳法证明这个结论。
（1）当1n =时，212(211)18(211)9a ⨯+-==⨯+，所以等式成立。
（2）假设当n k =时等式成立，即22(21)1(21)k k a k +-=+，则当1n k =+时，由此可知，当1n k =+时等式也成立。
根据（1），（2）可知，等式对任何*n N ∈都成立。
（1） 求a 2，a 3，a 4及b 2，b 3，b 4，由此猜测||n a ，||n b 的通项公式，并证明你的结论。
方法二 公式法使用情景 已知数列是等差数列或等比数列解题步骤先求出等差（比）数列的基本量1,()a d q ，再代入等差（比）数列的通项公式。
例2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。
【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。
高中数学常见题型解法归纳——第36招 归纳法、定义法、公式法、累加法、累乘法
a可以利用项和公式 a =⎨ 1 S - S (n ≥ 2)⎩ n .【知识要点】一、数列的通项公式如果数列{a }的第 n 项 a nn和项数 n 之间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的通项公式.即 a = f (n) .不是每一个数列都有通项公式.不是每一个数列只有一个通项公式.n二、数列的通项的常见求法：通项五法1、归纳法：先通过计算数列的前几项，再观察数列中的项与系数，根据 a 与项数 n 的关系，猜想数列n的通项公式，最后再证明.2、公式法：若在已知数列中存在：an +1- a = d (常数)或an +1 = q , (q ≠ 0) 的关系，可采用求等差数列、nn等比数列的通项公式的求法，确定数列的通项；若在已知数列中存在： S = f (a )或S = f (n) 的关系，nnnn ⎧S (n = 1) n -1，求数列的通项.3、累加法：若在已知数列中相邻两项存在：a - ann -1= f (n) (n ≥ 2) 的关系，可用“累加法”求通项4、累乘法：若在已知数列中相邻两项存在：5、构造法：(见下一讲)【方法讲评】a n an -1= g (n)(n ≥ 2) 的关系，可用“累乘法”求通项.方法一使用情景解题步骤【例 1】在数列{ a }中， a = 6 ，且 a - an1nn -1 =归纳法已知数列的首项和递推公式观察、归纳、猜想、证明.an -1 + n + 1 (n ∈ N * , n ≥ 2) ，n（1）求 a , a , a 的值；2 34（2）猜测数列{ a }的通项公式，并用数学归纳法证明.n（ （2）求数列{a } 的通项公式（将 a 用 n 表示）；（3）设数列{ } 的前 n 项和为 S ，证明： S < ， n ∈ N * ．an n + 2【点评】 1）本题解题的关键是通过首项和递推关系式先求出数列的前 n 项，进而猜出数列的通项公式，最后再用数学归纳法加以证明.（2）归纳法在主观题中一般用的比较少，一是因为它要给予严格的证明，二是有时数列的通项并不好猜想.如果其它方法实在不行，再考虑利用归纳法.【反馈检测 1】在单调递增数列{a } 中，a = 1 ，a = 2 ，且 an122n -1, a , a2 n 2 n 1+成等差数列，a , a 2n2n +1 , a 2n +2成等比数列， n = 1, 2 , 3 ,．（1）分别计算 a ， a 和 a ， a 的值；3546nn1 4n n n方法二 公式法a =⎨ ，求数列的通项. 学科*网 S - S (n ≥ 2) ⎩ n（1）求 a ；（2）求证：数列{b使用情景已知数列是等差数列或等比数列或已知 S = f (a )或S = f (n) .n nn已知数列是等差数列或等比数列，先求出等差（比）数列的基本量 a , d (q ) ，再代入等 1解题步骤差（比）数列的通项公式；已知 S n = f (a n )或S n = f (n) 的关系，可以利用项和公式⎧S (n = 1)1 n n -1【例 2】已知数列 {a n}，Sn是其前 n 项的和，且满足 a = 2 ，对一切 n ∈ N *都有 S1n +1= 3S + n 2+ 2n成立，设 b = a + n ．n n2 n} 是等比数列；（3）求使 1b 11 1 40+ + ⋅⋅⋅ + > 成立的最小正整数 n 的值．b b 812 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.【反馈检测 2】已知等比数列{ a }中， a = 64 ,公比 q ≠ 1 , a , a , a 又分别是某等差数列的第 7 项，第n 12343 项，第1 项.(1)求 a ；(2)设 b = log a ,求数列{| b |} 的前 n 项和 T .n n2nnn【例 3】数列{ a }的前 n 项和为 S ， a =1， ann1n +1= 2S n( n ∈ N *),求{ a }的通项公式. n) 上.（Ⅰ）求数列{a } 的通项公式；（Ⅱ）若b = ( ) n -1 ， c =26(9 - 6n )( )n -11 1 1 （Ⅱ）因为 b = ( )n -1, c = a b = = (3 - 2n )( )n ①所以2 6 n n 6 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) 2 [1 - ( ) n -1 ]= + (-2) = 2 - (3 - 2n)( ) n +1 .1 12 1【点评】（1）已知 S = f (a )或S = f (n) ，一般利用和差法.如果已知 S = f (annnnn +1) 或f (a ) 也可n -1以采用和差法.（2）利用此法求数列的通项时，一定要注意检验n = 1 是否满足，能并则并，不并则分.【例 4】已知函数 f ( x ) = -3x 2 + 6 x ，S 是数列{a } 的前 n 项和，点 (n, S （ n ∈ N * ）在曲线 y = f ( x ) n nn1n n n a • b n n ，且T 是数列{c } 的前 n 项和. 试n n问 T 是否存在最大值？若存在，请求出T 的最大值；若不存在，请说明理由.nn【解析】（Ⅰ）因为点 (n, S ) 在曲线 y = f ( x ) 上，又 f ( x ) = -3x 2 + 6 x ，所以 S = -3n 2 + 6n .nn当 n = 1 时， a = S = 3 .1 1当 n > 1 时， a = S - Snnn -1= (-3n 2 + 6n ) - [-3(n - 1)2 + 6(n - 1)] = 9 - 6n所以 a = 9 - 6n .n1 2n n1 1 1 1T = + (-1)( )2 + (-3)( )3 + + (3 - 2n )( )n , ② n 1 1 1 1 1T = ( )2 + (-1) + ( )3 + (-3)( )4 + + (3 - 2n )( )n +1, ③ n 1 1 1 1 1 1②－③得 T = + (-2)( ) 2 + (-2)( ) 3 + + (-2)( ) n - (3 - 2n )( ) n +12 n 2 2 2 2 2 1 12 2 2 1 -21整理得 T = (2n + 1)( ) n - 1 ， ④n方法一 利用差值比较法由④式得 T n +1 = (2n + 3)( 1 ) n +1- 1 ，所以2- T = (2n + 3)( )n +1 - (2n + 1)( )n = [(2n + 3)( ) - (2n + 1)]( ) n2 2 2 2 2> . 所以 T n 存在最大值 T = . 22 23 3 3T n +1n 1 1 1 13 1 1 1= [n + - (2n + 1)]( )n = ( - n)( )n .2 2 2 2因为 n ≥ 1 ，所以 1- n < 0 .21又 ( ) n > 0 ，所以 T n +1 - T < 0 所以 T n n +1 < T ，n所以 T > T > T > > T > T1 2 3 n n +11 1方法三 利用放缩法由①式得 cn +1 1 1= [3 - 2(n + 1)]( ) n +1 = (1 - 2n )( ) n +1 < 0 ，又因为 T 是数列{c } 的前 n 项和，n n所以 Tn +1< T + cnn +1< T . 所以 T > T > T > > T > T n 1 2 3 nn +1>所以 T 存在最大值 T = n 1 1 2.【反馈检测 3】已知数列{ a }的前 n 项和 S = n n 4 1 2a - ⨯ 2n +1 + ( n = 1,2,3, 4 ⋅⋅⋅ )，求{ a }的通项公n n式.方法三 累加法+1 ，S为数列 {b }的前 n 项和，Ta aa b Sab使用情景在已知数列中相邻两项存在： a - ann -1= f (n) (n ≥ 2) 的关系解题步骤先给递推式 a - ann -1= f (n) (n ≥ 2) 中的 n 从 2 开始赋值，一直到 n ，一共得到 n -1个式子，再把这 n -1个式子左右两边对应相加化简，即得到数列的通项.【例 4】已知数列 { }，{ }，a = 1 ，a = a nn1n为数列 { }的前 n 项和.nn -1+ 2n -1 ，b = n a n -1n n +1n n n（1）求数列 { }的通项公式；（2）求数列 { }的前 n 项和 S ；（3）求证： T > nnnnn 1 - . 2 3【解析】（1）法一： a = ann -1+ 2n -1 ∴a =(a -a )+(a -a )+ +(a -a )+a ，n n n -1 n -1 n -2 2 1 1= 2n -1 + 2n -2 + + 2 + 1 = 1 - 2n 1 - 2= 2n - 1【点评】（1）本题 a - ann -1= n - 1，符合累加法的使用情景 a - ann -1= f (n)(n ≥ 2) ，所以用累加法求数列的通项.（2）使用累加法时，注意等式的个数，是 n -1个，不是 n 个.=2}满足 an +1 = a , 求aa【反馈检测 4】已知数列{a } 满足 ann +1= a + 2 ⨯ 3n + 1，a = 3 ，求数列{a } 的通项公式.n 1 n方法四使用情景累乘法若在已知数列中相邻两项存在：anan -1= g (n)(n ≥ 2) 的关系.解题步骤先给递推式 a n an -1= g (n)(n ≥ 2) 中的 n 从 2 开始赋值，一直到 n ，一共得到 n -1 个式子，再把这 n -1个式子左右两边对应相乘化简，即得到数列的通项.【例 5】已知数列 {nn, a 3 n + 1 n n【点评】（1）由已知得an +1=ann n + 1, 符合累乘法求数列通项的情景，所以使用累乘法求该数列的通项.（2）使用累乘法求数列的通项时，只要写出n -1个等式就可以了，不必写 n 个等式.【反馈检测 5】 已知数列{a } 满足 ann +1= 2( n + 1)5n ⨯ a ，a = 3 ，求数列{a } 的通项公式.n 1 n22+ 1⎪ 2 8 + 1⎪ ⎭ = (n + 2) 2 ⎝ 2 2 8 ⎧ (n + 1)(n + 3) ⎪⎪ 8(n + 2) 2 ⎪ ⎪⎩ 82 ⎝ 2 ⎭ = (n + 1)(n + 3)高中数学常见题型解法归纳及反馈检测第 36 讲：数列通项的求法一（归纳法、定义法、公式法、累加法、累乘法）参考答案【反馈检测 1 答案】 a = 3 ， a = 6 ， a = 9， a = 8 .3 546①当 n = 1时， a2⨯1-1= a = 1 ， a1 2⨯122= = 2 ，猜想成立；2②假设 n = k (k ≥ 1,k ∈ N *) 时，猜想成立，即 a 2k -1 =k (k + 1) 2 , a (k + 1)22k = ，那么a2( k +1)-1= a2k +1= 2a - a 2k2k -1 (k + 1)2 k (k + 1) (k + 1)[(k + 1) + 1]= 2 ⨯ - = ,2 2 2a2( k +1)= a2k +2a2 =2k +1=a2k[(k + 1)(k + 2)]22 (k + 1)22= (k + 2)2 2=[(k + 1) + 1]22∴ n = k + 1时，猜想也成立．由①②，根据数学归纳法原理，对任意的n ∈ N * ，猜想成立．n + 1 ⎛ n + 1 ⎫∴当 n 为奇数时， a = ；n⎛ n ⎫ 2当 n 为偶数时， a = ． n, n为奇数即数列{a } 的通项公式为 a = ⎨ ．n n,n 为偶数n ⎪8 , n 为偶数 ⎩ a < 4k+ 4⎢ + - = - ； ⎥ k + 3 k + 2 (k + 3) 2 k + 3 ⎦ k + 3 (k + 2)(k + 3) 2 (k + 1) + 2 ⎡ k（方法 2）由（2）得a ⎧ 81 ⎪ (n + 1)(n + 3) , n 为奇数=⎨(n + 2) 2．以下用数学归纳法证明 S <n 4nn + 2， n ∈ N * ．①当 n = 1时， S = 1当 n = 2 时， S = 2 1 4 4 ⨯ 1= 1 < = ；a 3 1 + 2 11 1 1 3 4 ⨯ 2+ = 1 + = < 2 = ．∴ n = 1 , 2 时，不等式成立．a a 2 2 2 + 21 2②假设 n = k (k ≥ 2) 时，不等式成立，即 S <k那么，当 k 为奇数时，4k k + 2，Sk +1 = S + 1 k k +18+ k + 2 (k + 3) 2= 4(k + 1) 2 k + 1 ⎤ 4(k + 1) 8 4(k + 1) < ⎣当 k 为偶数时，a< 4kk + 3 ⎥⎦ + 4⎢ + - =- k + 3 k + 2 (k + 2)(k + 4) k + 3 (k + 2)(k + 3)(k + 4) ⎡ k (k + 1) + 2．∴ n = k + 1时，不等式也成立．综上所述： S < ⎧n(13 - n)(n ≤ 7), 2 ⎪ (n - 7)(n - 6) 【反馈检测 2 答案】（1） a = 64 ⨯ ( )n -1 ；(2) T = ⎨ 2 ⎩ 2 + 21 (n > 7).Sk +1 = S + 1k k +18+k + 2 (k + 2)(k + 4)= 4(k + 1) 2 k + 1 ⎤ 4(k + 1) 8 ⎣< 4(k + 1)n 4nn + 2n n 1 ⎪.【反馈检测 3 答案】 a = 4n - 2nn1 - 3a a +2+1 2【反馈检测 4 答案】 a = 3n + n - 1. 学科*网 n【反馈检测 4 详细解析】由 an +1 = a + 2 ⨯ 3n + 1 得 a n n +1 - a = 2 ⨯ 3n + 1 则 na = (a - a ) + (a n n n -1n -1 - a n -2 ) + + (a - a ) + (a - a ) + a 3 2 2 1 1= (2 ⨯ 3n -1 + 1) + (2 ⨯ 3n -2 + 1) + + (2 ⨯ 32 + 1) + (2 ⨯ 31 + 1) + 3 = 2(3n -1 + 3n -2 + + 32 + 31 ) + (n - 1) + 33(1- 3n -1 ) = 2 + (n - 1) + 3 = 3n - 3 + n - 1 + 3 = 3n + n - 1 所以 a = 3n + n - 1. n 【反馈检测 5 答案】 a = 3 ⨯ 2n -1 ⨯ 5 n n(n -1) 2 ⨯ n!.【反馈检测 5 详细解析】因为 a n +1= 2( n + 1)5n ⨯ a ，a = 3 ，所以 a ≠ 0 ，则 n 1 n a n +1 = 2(n + 1)5n ， a n故 a =a n n n -1 a ⋅ n -1 ⋅ an -2 ⋅ a 3 ⋅ a 2 a 2 ⋅ a 1 1= [2( n - 1 + 1)5n -1 ][2( n - 2 + 1)5n -2 ] ⋅ ⋅[2(2 + 1)⨯ 52 ][2(1+ 1)⨯ 51 ] ⨯ 3= 2n -1[n(n - 1) ⋅ ⋅ 3 ⨯ 2] ⨯ 5(n -1)+(n -2) + ⨯ 3n (n -1)= 3 ⨯ 2n -1⨯ 5 ⨯ n !所以数列{a } 的通项公式为 a = 3 ⨯ 2n -1 ⨯ 5 n n n(n -1)2 ⨯ n!.。
求数列通项公式常用的七种方法
第二章 数列的概念与简单表示法一、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.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 .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 . 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.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. 六、构造法：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: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.取对数法：一般情况下适用于1k ln n a a -=（,k l 为非零常数）特征根法：形如递推公式为n n n qa pa a +=++12（其中p ，q 均为常数）。
不动点法若,0≠A B 且0-≠AD BC ，解+=+Ax Bx Cx D,设βα,为其两根。
I 、若αβ≠，数列{}αβ--n n a a 是等比数列； II 、若αβ=，数列1{}-n a a是等差数列。
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 .例题讲解：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.2：已知数列{}n a 的前n 项和12-=nn s ，求通项n a .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 . 4：()12,011-+==+n a a a n n ，求通项n a5：111,1n n na a a n -==- ()2,n n N *≥∈ 求通项n a6：已知111,21n n a a a -==+ ()2,n n N *≥∈ 求通项n a7：已知11122,2n n n a a a a --==+ ()2,n n N *≥∈ 求通项n a8：已知()2113,2n n a a a n -==≥ 求通项n a9: 数列{}n a 满足),0(025312N n n a a a n n n ∈≥=+-++， b a a a ==21,,求n a10.已知数列{}n a 满足1172,223+-==+n n n a a a a ，求数列{}n a 的通项公式。
(完整版)求数列通项公式的十种方法
求数列通项公式的十一种方法(方法全，例子全，归纳细)总述：一．利用递推关系式求数列通项的11 种方法：累加法、累乘法、待定系数法、阶差法(逐差法) 、迭代法、对数变换法、倒数变换法、换元法(目的是去递推关系式中出现的根号) 、数学归纳法、不动点法(递推式是一个数列通项的分式表达式) 、特征根法二。
四种基本数列：等差数列、等比数列、等和数列、等积数列及其广义形式。
等差数列、等比数列的求通项公式的方法是：累加和累乘，这二种方法是求数列通项公式的最基本方法。
三．求数列通项的方法的基本思路是：把所求数列通过变形，代换转化为等差数列或等比数列。
四．求数列通项的基本方法是：累加法和累乘法。
五．数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。
、累加法1．适用于：a n 1 a n f (n) ------------------ 这是广义的等差数列累加法是最基本的二个方法之一。
2．若a n 1 a n f (n) (n 2) ，a2 a1 f (1)a3 a2 f (2) LLa n 1 a n f ( n)n两边分别相加得a n 1 a1 f (n )k1例1已知数列｛a n ｝满足a n 1a n 2n 1, a i 1，求数列｛a n ｝的通项公式。
解：由 a n 1 a n 2n 1 得 a n 1 a n 2n 1 则a n (a n a n 1) (a n 1 a n 2) L @3a 2) (a 2 aja 1 [2( n 1) 1] [2( n 2) 1]L (2 21) (2 11) 12[(n 1) (n 2) L 2 1] (n 1) 1 (n 1)n 2 (n 1) 12(n 1)( n 1) 1 2n2所以数列｛a n ｝的通项公式为a n n 。
例2已知数列｛a n ｝满足a n 1 a n 2 3n 1，印3，求数列 佝｝的通项公式。
解法一：由a n 1 a n n 2 31 得 a n 1a n n2 31则a n (a * an 1)(a n 1 a n 2) L(a 3 a 2) (a 2 a 1) a 1n (2 3 1 1) (2 3n 21)L (2 32 31 1) (2 31) 312(33n2L 32 ；31)(n 1)3「(1 3n1)2(n 1) 31 3n3 3 n 133 n1所以a n 3n n 1.解法二：时3an 2 3 1两边除以3n1，得鄴J 3 3a n 2 n3 32132)3 32 3a3na n 3a n 1)a n 1(an 1a n 1a n 2) (a n 2(尹z a2 q 色(3231)33n )1)12门22(n 1)313n 3n13n2Lan 13n22答案：n数、分式函数，求通项 an .① 若f(n)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)是关于n 的二次函数，累加后可分组求和 ； ③ 若f(n)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)是关于n 的分式函数，累加后可裂项求和。
方法1：累加法与累乘法
b10－b₃ 解析：设{bn}的公差为 d，则 d＝ ＝2，∴ bn＝b₃＋(n－3)d＝2(n－4)，即 an+1－an＝2(n－4)． 10－3 则 a₂－a₁＝－6，a₃－a₂＝－4，a4－a₃＝－2，…，an－an-1＝2(n－5)， 累加得到 an－a₁＝(－6)＋(－4)＋(－2)＋…＋2(n－5)＝(n－8)(n－1)， 故 an＝3＋(n－8)(n－1)，a8＝3．
2＋n 1 1 1 1 1 n 1 n ①－②，得 Tn＝1＋ ＋ ＋ ＋……＋ n-1－ n＝2(1－ n)－ n＝2－ n ， 2 2 2² 2³ 2 2 2 2 2 2＋n 2＋n 2＋n ∴ Tn＝4－ n-1 ．∴ Sn＝n(n＋1)－(4－ n-1 )＝n(n＋1)－4＋ n-1 ． 2 2 2
7.
解析：原式可化为(an+2－an+1)－(an+1－an)＝d． 令 bn＝an+1－an，则 bn+1－bn＝d，所以数列{bn}是以 b₁＝a₂－a₁＝q－p 为首项，以 d 为公差的等差数列． ∴ bn＝b₁＋(n－1)d＝q－p＋(n－1)d． 即 an+1－an＝q－p＋(n－1)d．于是有 an－a₁ ＝(an－an-1)＋(an-1－an-2)＋(an-2－an-3)＋……＋(a₂－a₁) ＝[q－p＋(n－2)d]＋[q－p＋(n－3)d]＋[q－p＋(n－4)d]＋……[q－p＋0d] n－2 ＝(n－1)(q－p)＋ ×(n－1)d 2 n－2 ＝(n－1)(q－p＋ d)， 2 n－2 n－2 ∴ an＝a₁＋(n－1)(q－p＋ d)＝p＋(n－1)(q－p＋ d) (n≥2)． 2 2 n－2 经检验当 n＝1 时也符合该式．∴ an＝p＋(n－1)(q－p＋ d)． 2 n＋2 ☆[累乘法] 已知数列{an}中，a₁＝2，满足 an+1＝ a ，求数列{an}的通项公式． n n an+1 n＋2 an an an-1 an-2 a₂ ＝ ，于是有 ＝ × × ×…× an n a₁ an-1 an-2 an-3 a₁
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高中数学常见题型解法归纳及反馈检测第36讲：数列通项的求注一(归纳法、定义法、公式法、累加法、累乘法)【知识要点】一、数列的通项公式如果数列〈an ?的第n 项a n 和项数n 之间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的通项公式.即a . = f (n).不是每一个数列都有通项公式.不是每一个数列只有一个通项公式二、数列的通项的常见求法：通项五法1、归纳法：先通过计算数列的前几项，再观察数列中的项与系数，根据 的通项公式，最后再证明.2、公式法：若在已知数列中存在： a n 1 -a n = d(常数)或a n 1二q,(q = 0)的关系，可采用求等差数列、a n等比数列的通项公式的求法，确定数列的通项；若在已知数列中存在：S n 二f (a n )或S n 二f(n)的关系,$ (n =1)可以利用项和公式 a=，求数列的通项.nIS n —S n 』(n >2)3、累加法：若在已知数列中相邻两项存在：a n - a n 』二f (n) (n _ 2)的关系，可用“累加法”求通项5、构造法：(见下一讲)*【例 1】在数列｛a n ｝中，ai =6，且 a n - a n4心5 1 (n ，N , n - 2)，n(1)求 a 2,a 3, a 4的值;(2)猜测数列｛ a n ｝的通项公式，并用数学归纳法证明【解析】 ⑴ ^-12^=20^ = 30a n 与项数n 的关系，猜想数列4 、累乘法：若在已知数列中相邻两项存在:a n=g( n)( n 一2)的关系, 可用“累乘法”求通项a n J<2)猜测q = 3+10+2)下用数学归纳法证明：①当科=1.2,?・4时,显然成立；②fii设当科二上(上之4,上丘讯)时成立，即有级=仏十】)(无+ 2儿贝I］当冲二七+】时，由1 p ”曰W + 1 r碍一勺-1 = —— +呛十1倚务=-- 口_丄+曲+ 1 jH n古攵= ：：「比+ 上 +1 +1 = |T±(jt+lX)t 十2)+t+ 2= (jt+2)1+(Jt+2)=(^+2XAr+3)、故冲=亡+1 时等式成立；由①®可知，a n= (n+lXn+2)对一切n e A**均成立一【点评】(1 )本题解题的关键是通过首项和递推关系式先求出数列的前n项，进而猜出数列的通项公式，最后再用数学归纳法加以证明•( 2)归纳法在主观题中一般用的比较少，一是因为它要给予严格的证明，二是有时数列的通项并不好猜想•如果其它方法实在不行，再考虑利用归纳法•【反馈检测1】在单调递增数列｛a n｝中，a i =1，a2 =2，且a2ni,a n,an+成等差数列，a2n , a?卄，a2n半成等比数列，n = 1,2,3,(1 )分别计算a3, a5和a4 , a6的值；(2)求数列｛a n｝的通项公式(将a n用n表示);(3)设数列｛—｝的前n项和为Sn，证明：S :：：-4^ , n・N * .a n n+2使用情景已知数列是等差数列或等比数列或已知S n = f (a n)或S n = f (n).解题步骤已知数列是等差数列或等比数列，先求出等差(比)数列的基本量a1,d(q)，再代入等差(比)数列的通项公式；已知S n = f (a n)或S n = f(n)的关系，可以利用项和公式S (n =1)a n=《，求数列的通项.学科*网S 一S n」(n X 2)【例2】已知数列:a n 1, S n是其前n项的和，且满足a i =2 ,对一切n • N ”都有S n 3S n - n2• 2 成立，设b n=a n• n .(1 )求a2; (2)求证：数列仏？是等比数列;(3)求使丄•丄1. 40成立的最小正整数n的值.b i b2 b n 81【解析】⑴由场=2及Sg — 33^ + + 2 当科=1时a2 ~7(丄)由^3S n+n2 + 2及気二35^ + (i7-l):+2 (n>2)得- 3a H +2川一1,故(务4-« +1) = 3(陽 + n),即纭严3® 0王2),当“ 1时上式也成立,故⑹提以3为百项，3为公比的等比数列故3" >81解得心4,最小正整数科的值5【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【反馈检测2】已知等比数列｛a n｝中，q =64,公比q =1, a21a31a4又分别是某等差数列的第7项，第3项，第1项.(1)求a n; (2)设b n -log2a n,求数列｛| g |｝的前n 项和T n.【例3】数列｛a n｝的前n项和为S n, 6=1, a n・1=2S n( n € N”)，求｛a n｝的通项公式⑶由⑵得= =2【解析】由场二「隔=2£电当炉2时冷二-务)得也期因此也」罡首项为2J.fl(n=l)①屯qp 的等比数列.故^=2x3^ (心2),而绚P 不满足该式」所以心二=勺“ ^2x3^2(n>2)【点评】(1)已知S n =f(a n )或S n =f( n)，—般利用和差法.如果已知S ^： f (a n 1)或f(a nj )也可 以采用和差法•( 2)利用此法求数列的通项时，一定要注意检验n =1是否满足，能并则并，不并则分 •【例4】已知函数f(x)二「3x —6x ，&是数列｛a n ｝的前n 项和，点(n ,&)( n ・N“)在曲线y=f(x)1 a ♦ b 上.(I)求数列｛a n ｝的通项公式；(n)若b n =(—)2 , C n = __-，且T n 是数列｛ C n ｝的前n 项和.试26问T n 是否存在最大值？若存在，请求出 T n 的最大值；若不存在，请说明理由【解析】(I)因为点(n,S n )在曲线y = f(x)上，又f(x) =-3x 2 • 6x ，所以S ^-3n 2 6n .当 n 时，a i 二 S =3.22当 n 1 时，a n -S n J 1=(-3n6n)-[-3(n-1) 6(n -1)] = 9-6n所以 a n =9 -6n .1 1(9 -(n)因为 0 =(—)"」,G = - a n b n :2 6 611 2 13,丄1nT n(-1)(亍 (-3)(亍 川(3-2n )U ),2 2 2 2 九=(弓2 (一1)(弓3(一3)(£)4 川(3-2 门疋厂1, 2 2 2 2 2111 1 1 1②—③得 -T n =- (-2)(-)2 (-2)(；)3 •(-2)(；)n -(3-2n)(；)n 勺2 2 2 22 21(尹口-(2严]1=2(2)212 (3-2n)(*21 -― 221 整理得 T n =(2n 1)(-)n -1 , 2方法一 利用差值比较法 由④式得T n(2 n 3)(-)n 1 -1，所以①所以n」1因为n _1，所以丄-n ：：：0.21又(_)n 0 ,所以 T n d-T n :：: 0 所以「i :：:「,21 所以T i T 2・T| •… T n ・T n1 •….所以Tn 存在最大值T i . 2方法二利用商倩比较法 由④式得7；+1=(2«+^-)* >0.£-(加打2卄 3 GTT人+15 + 1x4 2(2 讪)2(2 小厂所次匚】+ 1<匚+1,即所次五> 所口存在最大值7；=^方法三利用放缩法由①式得C n 1二[3 -2(n 1)]( A )n 1 =(1 _2n)』)n1 ：：： 0，又因为T 是数列 ©｝的前n 项和，2 2所以 T n 1 <T n 'Cm：：：「•所以 T iT 2T^T n ，T n 1 •…1所以T n 存在最大值T i .2【反馈检测3】已知数列｛a n ｝的前n 项和S n = — a n~2“1 ■— ( n = 1,2,3, 4…)，求｛ a n ｝的通项公 3 3 3式•方法三累加法Tn A ―人=(2n 'n—(2 n 1n1—[(2 n 3)(2)-(2 n 1n二[n | 一(2n 1n使用情景 在已知数列中相邻两项存在：a n -a n 」=f( n) (n32)的关系解题步骤先给递推式a n-a n 」= f( n) (n >2)中的n 从2开始赋值，一直到 n ，—共得到n-1个式子，再把这n-1个式子左右两边对应相加化简，即得到数列的通项【例4】已知数列a 二 讣 a i =1, a^a nj ■ 2, 0二匹 , 为数列 ⑴的前项和，人a n an*为数列s ［的前n 项和•(1)求数列；a n ?的通项公式；(2)求数列 b 詁勺前n 项和S n ；(3)求证：T n- --• 2 3【解析】(〔)法：-an — an□ '2 . a^ -(ai _ai-) '(ai 二…ai_2)■ '(S2 -ai) ■ ai ,1 _2n= 2n 」2n_2亠 亠2 1 二 ------ =2n _11-2曰以-衲首项，以?为公比的等比数列一二“才-1赫2 林 _1)_(2「1)]—丄=_ ( 鼻 ― : )(2^-lX2fl_1-l)~ (2fl-lX2^-l)~2 2K-1 2^-112^12:-? +(2;-1_23-?+ +t 2B-l"2^-P_ -!_ __ 1丄丄2^-12 2(2“-1)2 3-2^2k-2~ 2 3-T n 胡+①+…十恥牛-+…+21-1 1(3〉证明：TS 上01(1一【点评】(1)本题an -an4二n T ，符合累加法的使用情景 a^an^ - f(n)(n 一 2)，所以用累加法求数列的通项•( 2)使用累加法时，注意等式的个数，是n-1个，不是n 个.又-^-1=4二数列【反馈检测4】已知数列｛a n｝满足a n d= a n ■ 2 3n 1,印=3，求数列｛a n｝的通项公式【例5】已知数列3 满足a-i =-,a n A = —an,求a n3n +1【解析】由条件知空井别令n = tl^4……代入上式得网一1个等式累乘，即比用+ 1竺仝一兰……2二丄x^Ex一……X口一空=2勺幻 6 % 2 3 4 n n【点评】(1 )由已知得色」二」,符合累乘法求数列通项的情景，所以使用累乘法求该数列的通项a n n+1 (2)使用累乘法求数列的通项时，只要写出n-1个等式就可以了，不必写n个等式.【反馈检测5】已知数列｛a n｝满足a n - =2(n 1)5n a., a- =3，求数列｛a n｝的通项公式.8 82 k 1a2(k 1)= a 2k 2a2k(k 1)(k 2)2(k 1)2••• n 二k 1时，猜想也成立. •••当n 为奇数时，a n当n 为偶数时，a n(k 2)2l(k 1) 112由①②，根据数学归纳法原理，对任意的n +1 n +121(n 1)(n 3)(n 2)2 '(n+1) (n+3),n 为奇数 猜想成立.即数列｛a n ｝的通项公式为a n(n 2)2n 为偶数9【反馈检测1答案】玄3 = 3 ,玄5 = 6 , a 4,= 8 .29【反馈检测1详细解析】（1〉由已矩，得^=3,码=6, a 4 = ^ 兔1x26二猜想盘3=竺迪■知=也工，朋用以下用数学归纳法证明之・22①当 n = 1 时，a 21」=a 1 = 1, a 212 , 2高中数学常见题型解法归纳及反馈检测第36讲:数列通项的求法一（归纳法、定义法、公式法、累加法、 累乘法）参考答案123x4猜想成立;②假设n 二k （k _1,k • N*）时，猜想成立，即a 2k 4k(k -1)2(k 1),a 2k =2 2,那么cc (k+1)2 a 2(k 1) 1 二 a ?" =2a ?k -a 2k 」=2-k(k 1)(k 1)l(k 1)11⑶证明：（方法1〉1 8_兀(n + 2\n+2) 综上，—8(亠-丄X^N")G n+1 n+2< 8(———十一 一—I — - - ---- ) 2334 n+1 w+24«n + 2那么，当k 为奇数时,k 1 4(k 1) _ 8k 3 一 k 3 (k 2)(k 3)2当k 为偶数时,S k 1二S ka k 14k 8k 2 (k - 3)2当冲为奇数时，-=8 (w + lXw + 3)- S “ (《 + 亦+2)=8(当幵为偶数时… （方法2）由（2）得(n 1)(n3)8 (n 2)2,n 为奇数 n 为偶4n以下用数学归纳法证明时…“ N* .1 4 4"①当 n = 1 时，Si = — = 1 ：：：—= -- ；ai 3 1 + 21 11 3 4 汽2 当n=2时，S 二丄 丄=1丄二空：：2 =a a222 +2n =1,2时，不等式成立.②假设n 二k （k 一2）时，不等式成立，即 S k4k k 2k 3IL k 2 (k 3)24(k 1) (k 1)21n+1 （最+ 2严右ai a i4(k+1) *彳「k 丄 2 k+q 4(k+1) 8k 3 |^^"2 (k 2)(k 4) _= k 3 - (k 2)(k 3)(k 4)n (13 - n) ⑵ T n »(n — 7)(n 2—6)+21 - 2【反馈检测2详细解析】（1）依题意有a 2-a A = 乂令—q ）』 艮卩 2a 4-3a 2 +a 2 - 0 3 2口何』-3a^2 +口应二 0,即 一+1 = 0 2* 1, /. Q ——.故 ^ = 64x(lr l .⑵耳=log 1[64x(l)n "1] TogQ J = 7-心 r —旳 « <7.■dM=寸\n- ： w > 7.旳(13—切7M > 70寸』山_风_6) = n _ (和-风-6)* 石【反馈检测3答案】a n =4n -2n S k 1 二 S k ' 4k------+ --------------------k 2 (k 2)(k - 4) n(13 —«) 故 ^^1 -7X^-6) + 21(M 冬7)=(心 7)一4(k 1)"(k 1) 2 n =k 1时，不等式也成立.综上所述: 4nn 21 【反馈检测2答案】（1） a n =64 （丄广」；2 (n 乞7),(n 7).4 1 ,2 4 1【反馈检测3详细解析】由乞二严- = x2吋+寸(n=l,趴3……)•・•①得坷=S产严—§x4 + W41所以他=2再和产二％]—亍( n = 13-)②~亠耳 4 1 丨「将①和②相减得:g厂肓(％-2竹整理得务+ 2—4｛兀]+ 2J (n=2＞卄)因而数列｛耳+2用｝是首项⑷+2=4越=4的等比数列•即弧+ 2"=4x4^=4n「因而^ = 4n-2s・【反馈检测4答案】a n = 3n• n -1.学科*网【反馈检测4详细解析】由a n a n 2 3n 1得a n ^a^2 3n 1则a n = (a^ —a n i) ■ (a n A—a n _2J H ' @3 -^2) @ —a j a-i=(2 3nl 1) (2 3心1) 11( (2 321) (2 3-1) 3 =2(3心3心11( 323)(n-1) 3=2型- (n -1) 3 =3n -3 n -1 3 =3n n -1 所以a^3n - n -1.1 -3n(n .1)【反馈检测5答案】a n=3 2nd 5 2n!.aa^3，所以a n =0，则4 =2( n • 1)5n,【反馈检测5详细解析】因为a n1=2(n，1)5n a n,故a n 乩•也川电匹a1a n4 a n4 a2 a1= [2( n-1 1)5n'][2 (n-2 1)5n J 川[2(2 1) 52][2(1 1) 51] 3= 2n'[n(n -1)川3 2] 5(nJ) (n^^' 21 3n( n书=3 2n‘ 5^ n!n(n X)所以数列｛a n｝的通项公式为a n =3 2n4 5^ n!.。