高考数学-求数列通项的特殊方法归纳猜想
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。
一、累加法1．适用于：1()n n a a 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 nn 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112313nn n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。
数列通项公式的求解方法归纳
数列通项公式的解法数列是高考中的重点内容之一，每年的高考题都会考察到，小题一般较易，大题一般较难。
而作为给出数列的一种形式——通项公式，在求数列问题中尤其重要。
本文给出了求数列通项公式的常用方法。
小结：除了熟悉以上常见求法以外，对具体的数列进行适当的变形，一边转化为熟知的数列模型更是突破数列通项的关键。
做题时要不断总结经验，多加琢磨。
总结方法比做题更重要！方法产生于具体数学内容的学习过程中.1.直接法2.公式法3.归纳猜想法4.累加（乘）法5.取倒（对）数法6.迭代法7.待定系数法8.特征根法9.不动点法10.换元法门.双数列12.周期型13.分解因式法14.循环法15.开方法♦一、直接法根据数列的特征，使用作差法等直接写岀通项公式。
例1:根据数列的前4项，写出它的一个通项公式：（1）9, 99, 999, 9999,…(3) 1,♦二、公式法①利用等差数列或等比数列的定义求通项②若已知数列的前口项和S”与山的关系，求数列仏｝的通项％可用公式©Hl .................................. "［求解.IAT T......... 心2（注意：求完后一定要考虑合并通项）例2.①已知数列仏｝的前打项和S”满足S” = 2© + （—1）“ / > 1・求数列仏｝的通项公式.②已知数列仏｝的前/?项和S“满足S n =n2+n-\,求数列｛a ft｝的通项公式.③已知等比数列仏｝的首项5=1,公比0vgvl,设数列0”｝的通项为乞=%|+~+2,求数列｛"｝的通项公式。
♦三、归纳猜想法如果给出了数列的前几项或能求出数列的前几项，我们可以根据前几项的规律，归纳猜想岀数列的通项公式，然后再用数学归纳法证明之。
也可以猜想岀规律，然后正而证明。
例3.已知点的序列A…（x ni Q\neN\其中坷=0, x2 = a｛a > 0）,码是线段£码的中点,人是线段的中点，…，代是线段的中点，…（1）写出心与兀_,心_2之间的关系式（”上3）。
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{}n a 满足1232nn n a a +=+⨯，12a =，求数列{}n a 的通项公式。
解：1232nn n a a +=+⨯两边除以12n +，得113222n n n n a a ++=+，则113222n n n n a a ++-=，故数列{}2nn a 是以1222a 11==为首项，以23为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得31(1)22n n a n =+-，所以数列{}n a 的通项公式为31()222nn a n =-。
评注：本题解题的关键是把递推关系式1232nn n a a +=+⨯转化为113222n n n n a a ++-=，说明数列{}2n n a 是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出31(1)22n n a n =+-，进而求出数列{}n a 的通项公式。
（2）累加法例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：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 nn n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++= 所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。
评注：本题解题的关键是把递推关系式121n n a a n +=++转化为121n n a a n +-=+，进而求出11232211()()()()n n n n a a a a a a a a a ----+-++-+-+，即得数列{}n a 的通项公式。
数列通项公式的求解方法总结
数列通项公式的求解方法总结求数列的通项公式是数列中一类常见的题型，这类题型如果单纯的看某一个具体的题目，它的求解方法灵活是灵活多变的，构造的技巧性也很强，但是此类题目也有很强的规律性，存在着解决问题的通法，本文就高中数学中常见的几类题型从解决通法上做一总结，方便于学生学习和老师的教学。
一、累加法：利用an=a1+（a2-a1）+…（an-an-1）求通项公式的方法称为累加法。
累加法是求型如an+1=an+f（n）的递推数列通项公式的基本方法（f（n）可求前n项和）.例1.已知数列an满足an+1=an+2n+1，a1=1，求数列an的通项公式。
解：由an+1=an+2n+1得an+1-an=2n+1则an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+…+（a3-a2）+ （a2-a1）+a1=[2（n-1）+1]+[2（n-2）+1]+…+（2×2+1）+（2×1+1）+1=2[（n-1）+（n-2）+…+2+1]+（n-1）+1=2+（n-1）+1=（n-1）（n+1）+1=n2所以数列an的通项公式为an=n2。
例2：在数列{an}中，已知an+1= ，求该数列的通项公式.备注：取倒数之后变成逐差法。
解：两边取倒数递推式化为：=+，即-=所以-=，-=，-=…-=.…，将以上n-1个式子相加，得：-=++…+即=+++…+==1-故an==二、累乘法：利用恒等式an=a1…（an≠0，n？叟n）求通项公式的方法称为累乘法，累乘法是求型如：an+1=g（n）an的递推数列通项公式的基本方法（数列g（n）可求前n项积）.例3.已知数列{an}中a1=，an=·an-1（n？叟2）求数列{an}的通项公式。
解：当n？叟2时，=，=，=，…=将这n-1个式子累乘，得到=，从而an=×=，当n=1时，==a1，所以an= 。
注：在运用累乘法时，还是要特别注意项数，计算时项数容易出错.三、公式法：利用熟知的的公式求通项公式的方法称为公式法，常用的公式有an=Sn-Sn-1（n？叟2），等差数列或等比数列的通项公式。
(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： 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： 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 ()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：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 -===- ()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：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 a1122n 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+=+ 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 =1 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.。
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。
求数列通项公式常用的八种方法
求数列通项公式常用八种方法一、 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.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 .（分3步）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 .（分3步）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()1n n 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：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:------＋常数P㈡、取倒数法：这种方法适用于11c --=+n n n Aa a Ba ()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.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 a a --== 即1lg 2lg n n 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、“1p ()n n a a f n +=+（c b ,为常数且不为0，*,N n m ∈）”型的数列求通项n a . 可以先在等式两边 同除以f(n)后再用累加法。
(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na 为等差或等比数列，根据通项公式d n a a n11或11n n qa a 进行求解.例1：已知n a 是一个等差数列，且5,152a a ，求n a 的通项公式.分析：设数列n a 的公差为d ，则54111da d a 解得231da 5211ndn 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12nns ，求通项n a .分析：当2n 时，1n nns s a =32321n n=12n 而111s 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11a ，求n a .分析：13n na s ①nna s 312n②①-②得n n n a a a 331134nn a a 即341nn a a 2n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222343134n n n a a 2n23431112n na 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1na 与1ns 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 nn1，即第n 项与第1n 项的差是个有“规律”的数时，就可以用这种方法. 例4：12,011n a a a nn，求通项na 分析：121n a a n n112a a 323a a 534a a ┅321n a a nn2n以上各式相加得211327531n n a a n 2n 又01a ，所以21n a n 2n，而01a 也适合上式，21n a n Nn 五、累乘法：它与累加法类似，当数列n a 中有1n na f n a ，即第n 项与第1n 项的商是个有“规律”的数时，就可以用这种方法.例5：111,1nnn a a a n 2,n n N求通项na 分析：Q 11nnna a n 11nn a na n 2,n n N故3241123123411231n nn a a a a na a n a a a a n g g g g L g g g g L g 2,n n N而11a 也适合上式，所以na n n N六、构造法：㈠、一次函数法：在数列n a 中有1nna kab （,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1nna mk a m则11nna ka k m而1nn a ka b1bk m 即1bmk 故111n nb ba k a k k数列11nba k 是以k 为公比的等比数列，借助它去求na 例6：已知111,21n n a a a 2,n n N求通项na 分析：Q 121nna a 1112221n nna a a 数列1n a 是以2为首项，2为公比的等比数列111122n nna a 故21nna ㈡、取倒数法：这种方法适用于11n nnka a ma p2,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 na kab 的式子.例7：已知11122,2n nna a a a 2,nnN求通项na Q 1122n nna a a 111211122nnnna a a a 即11112nna 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1111222nn n a 2na n㈢、取对数法：一般情况下适用于1klnn a a （,k l 为非零常数）例8：已知2113,2nn a a a n 求通项na 分析：由2113,2nn a a an知0n a 在21n na a 的两边同取常用对数得211lg lg 2lg n n n a a a 即1lg 2lg n na 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 2lg3lg3nn na 123nna 七、“mnnc ba a 1（c b,为常数且不为0，*,N nm ）”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 ns a a a nn n ，求通项n a .解：nn n s a 31113n nns a 2n两式相减得1132n n nn a a a 即11322n nna a 上式两边同除以13n 得92332311nn n n a a （这一步是关键）令nn na c 3得92321nn c c 3232321n nc c 2n（想想这步是怎么得来的）数列32nc 从第2项起，是以93322a c 为首项，以32为公比的等比数列故nn n n na a c c 32332933232322222323232nn nac 又nn na c 3，所以123223n n na a a a 1不适合上式23223112n a n a a n n n注：求mnnc ba a 1（c b,为常数且不为0，*,N nm ）”型的数列求通项公式的方法是等式的两边同除以1n c ，得到一个“1nna kab ”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nn ca 的通式，从而求出n a .另外本题还可以由nnns a 31得到n nn ns s s 31即nn ns 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.。
数列通项公式几种常见求法
求解数列通项公式地常用方法数列是高考中地重点内容之一,每年地高考题都会考察到,小题一般较易,大题一般较难.而作为给出数列地一种形式——通项公式,在求数列问题中尤其重要.本文给出了求数列通项公式地常用方法.一．观察法例1：根据数列地前4项,写出它地一个通项公式：<1）9,99,999,9999,…<2）<3）<4）解：<1）变形为：101－1,102―1,103―1,104―1,……∴通项公式为：<2） <3） <4）.观察各项地特点,关键是找出各项与项数n地关系.二、定义法例2：已知数列{a n}是公差为d地等差数列,数列{b n}是公比为q地(q∈R且q≠1>地等比数列,若函数f (x> = (x－1>2,且a1 = f (d－1>,a3 = f (d+1>,b1 = f (q+1>,b3 = f (q－1>,(1>求数列{ a n }和{ b n }地通项公式；解：(1>∵a 1=f (d－1> = (d－2>2,a 3 = f (d+1>= d 2,∴a3－a1=d2－(d－2>2=2d,∴d=2,∴a n=a1+(n－1>d = 2(n－1>；又b1= f (q+1>= q2,b3 =f (q－1>=(q－2>2,∴=q2,由q∈R,且q≠1,得q=－2,∴b n=b·q n－1=4·(－2>n－1当已知数列为等差或等比数列时,可直接利用等差或等比数列地通项公式,只需求得首项及公差公比.三、叠加法例3：已知数列6,9,14,21,30,…求此数列地一个通项.解易知∵……各式相加得∴一般地,对于型如类地通项公式,只要能进行求和,则宜采用此方法求解.四、叠乘法例4：在数列｛｝中,=1, (n+1>·=n·,求地表达式.解：由(n+1>·=n·得,=··…=所以一般地,对于型如=(n>·类地通项公式,当地值可以求得时,宜采用此方法.五、公式法若已知数列地前项和与地关系,求数列地通项可用公式求解.例5：已知下列两数列地前n项和s n地公式,求地通项公式.<1）. <2）解： <1）===3此时,.∴=3为所求数列地通项公式.<2）,当时因为不适合于此等式 .∴注意要先分n=1和两种情况分别进行运算,然后验证能否统一.例6.设数列地首项为a1=1,前n项和S n满足关系求证：数列是等比数列.解读：因为所以所以,数列是等比数列.六、阶差法例7.已知数列地前项和与地关系是,其中b是与n无关地常数,且.求出用n和b表示地a n地关系式.解读：首先由公式：得：利用阶差法要注意：递推公式中某一项地下标与其系数地指数地关系,即其和为.七、待定系数法例8：设数列地各项是一个等差数列与一个等比数列对应项地和,若c1=2,c2=4,c3=7,c4=12,求通项公式c n解：设点评：用待定系数法解题时,常先假定通项公式或前n项和公式为某一多项式,一般地,若数列为等差数列：则,<b、ｃ为常数）,若数列为等比数列,则,.八、辅助数列法有些数列本身并不是等差或等比数列,但可以经过适当地变形,构造出一个新地数列为等差或等比数列,从而利用这个数列求其通项公式.例9.在数列中,,,,求.解读：在两边减去,得∴是以为首项,以为公比地等比数列,∴,由累加法得==…===例10.<2003年全国高考题）设为常数,且<）, 证明：对任意n≥1,证明：设,用代入可得∴是公比为,首项为地等比数列,∴<）,即：型如a n+1=pa n+f(n> (p为常数且p≠0, p≠1>可用转化为等比数列等.(1>f(n>= q (q为常数>,可转化为a n+1+k=p(a n+k>,得{ a n+k }是以a1+k为首项,p为公比地等比数列.例11：已知数地递推关系为,且求通项.解：∵∴令则辅助数列是公比为2地等比数列∴即∴例12：已知数列｛｝中且<）,,求数列地通项公式.解：∵∴, 设,则故｛｝是以为首项,1为公差地等差数列∴∴例13.<07全国卷Ⅱ理21）设数列地首项．<1）求地通项公式；解：<1）由整理得．又,所以是首项为,公比为地等比数列,得注：一般地,对递推关系式a n+1=pa n+q(p、q为常数且,p≠0,p≠1>可等价地改写成则{}成等比数列,实际上,这里地是特征方程x=px+q地根.(2> f(n>为等比数列,如f(n>= q n(q为常数> ,两边同除以q n,得,令b n=,可转化为b n+1=pb n+q地形式.例14.已知数列{a n}中,a1=, a n+1=a n+<）n+1,求a n地通项公式.解：a n+1=a n+<）n+1乘以2n+1得2n+1a n+1=(2n a n>+1 令b n=2n a n则 b n+1=b n+1易得 b n=即 2n a n=∴a n=(3> f(n>为等差数列例15.已知已知数列{a n}中,a1=1,a n+1+a n=3+2 n,求a n地通项公式.解：∵a n+1+a n=3+2 n,a n+2+a n+1=3+2(n+1>,两式相减得a n+2-a n=2因此得,a2n+1=1+2(n-1>, a2n=4+2(n-1>,∴ a n=.注：一般地,这类数列是递推数列地重点与难点内容,要理解掌握.(4> f(n>为非等差数列,非等比数列例16.<07天津卷理）在数列中,,其中．<Ⅰ）求数列地通项公式；解：由,,可得,所以为等差数列,其公差为1,首项为0,故,所以数列地通项公式为．这种方法类似于换元法, 主要用于已知递推关系式求通项公式.九、归纳、猜想如果给出了数列地前几项或能求出数列地前几项,我们可以根据前几项地规律,归纳猜想出数列地通项公式,然后再用数学归纳法证明之.例17.<2002年北京春季高考）已知点地序列,其中,,是线段地中点,是线段地中点,…,是线段地中点,…（1）写出与之间地关系式<）.（2）设,计算,由此推测地通项公式,并加以证明.（3）略解读：<1）∵是线段地中点,∴<2）,=,=,猜想,下面用数学归纳法证明当n=1时,显然成立；假设n=k时命题成立,即则n=k+1时,==∴当n=k+1时命题也成立,∴命题对任意都成立.例18：在数列｛｝中,,则地表达式为.分析：因为,所以得：,猜想：.十、倒数法数列有形如地关系,可在等式两边同乘以先求出例19．设数列满足求解：原条件变形为两边同乘以得.∵∴综而言之,等差、等比数列是两类最基本地数列,是数列部分地重点,自然也是高考考查地热点,而考查地目地在于测试灵活运用知识地能力,这个“灵活”往往集中在“转化”地水平上；以上介绍地仅是常见可求通项基本方法,同学们应该在学习不断地探索才能灵活地应用.只要大家认真地分析求通项公式并不困难.。
高中数学-数列求通项公式方法汇总及经典练习(含答案)
高中数学-数列求通项公式方法汇总及经典练习（含答案）1、定义法：直接求首项和公差或公比。
2、公式法：1 (1) (2)n n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩两种用途（列举），结果要验证能否写成统一的式子．例、数列{}n a 的各项都为正数，且满足()()2*14nna S n N +=∈，求数列的通项公式．解一：由()()2*14nna S n N +=∈得()()()221114411n n n n n aS S a a +++=-=---化简得()()1120n n n n a a a a +++--=，因为10,2n n n a a a +>∴-=，又()2111441S a a ==-得11a =，故{}n a 是以1为首项，2为公差的等差数列，所以21n a n =-．解二：由()()2*14nn a S n N +=∈，可得()11,12n n n a S S n -=-∴=--≥化简可得)211n S -=，即1=，又11S =，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，∴n =，从而2n S n =，所以121n n n a S S n -=-=-，又11a =也适合，故21n a n =-．练习：已知数列{a n }的前n 项和S n 满足120n n n a S S -+=（2n ≥），a 1=21，求n a ． 答案：a n =⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥--=)2()1(21)1(21n n n n ．扩展一：作差法例、在数列}{n a 中，11a =，212323(1)n a a a na n n ++++=-+，求n a ．解：由212323(1)n a a a na n n ++++=-+，得2123123(1)(2)1n a a a n a n n -++++-=-+-，两式相减，得66n na n =-+，∴ 1 (=1)66 (2)n n a n n n⎧⎪=-⎨≥⎪⎩．练习（理）：已知数列{}n a 满足11231123(1)(2)n n a a a a a n a n -==++++-≥，，求n a ．解：由123123(1)(2)n n a a a a n a n -=++++-≥，得1123123(1)n n n a a a a n a na +-=++++-+，两式相减，得1n n n a a na +-=，即11(2)n na n n a +=+≥，所以13222122![(1)43]2n n n n n a a a n a a n n a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅=-⋅⋅⨯=又由已知，得2122a a a =+，则211a a ==，代入上式，得!13452n n a n =⋅⋅⋅⋅⋅=， 所以，{}n a 的通项公式为 1 (1)! (2)2n n a n n =⎧⎪=⎨≥⎪⎩．扩展二、作商法例、在数列}{n a 中，11a =，对所有的2n ≥，都有2123n a a a a n ••••=，求n a ．解：∵2123n a a a a n ••••=，∴21232(1)n a a a a n -••••=-，故当2n ≥时，两式相除，得22(1)n n a n =-， ∴221 (=1) (2)(1)n n a n n n ⎧⎪=⎨≥⎪-⎩．3、 叠加法：对于型如)(1n f a a n n =-+类的通项公式．例、在数列{n a }中，31=a ,)1(11++=+n n a a n n ，求通项公式n a .答案：na n 14-=. 例、已知数列{}n a 满足112231n n n n a a ++=++-（*n N ∈），352a =，求通项n a .解：由112231n nn n aa ++=++-，两边同除以12n +，得()111131112222n n n n n n n a a n ++++-=-+≥，列出相加得121212121332323212212121-+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+=---n a a n n n n又由已知求得16a =，∴()*231n n n n N a n ∈=•++．练习：已知数列}a {n 满足3a 132a a 1nn 1n =+⋅+=+，，求数列}a {n 的通项公式．答案：1n 32n 31332a n nn -+=++--⋅=．4、叠乘法：一般地，对于型如1+n a =f (n)·n a 的类型例（理）、已知数列{}n a 满足112(1)53nn n a n a a +=+⨯=，，求数列{}n a 的通项公式．解：因为112(1)53nn n a n a a +=+⨯=，，所以0n a ≠，则12(1)5n n na n a +=+，故13211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅⋅121[2(11)5][2(21)5][2(11)5]3n n n n --=-+-++⨯⨯(1)1(1)(2)21122[(1)32]53325!n n n n n n n n n ---+-+++-=-⋅⋅⨯⨯⨯=⨯⨯⨯，所以数列{}n a 的通项公式为(1)12325!n n n n a n --=⨯⨯⨯．练习：在数列{a n }中，112a =，11(1n n n a a a n --=⋅+≥2），求n a ． 答案：）1(1+=n n a n ． 5、构造法：型如a n+1=pa n +f(n) (p 为常数且p ≠0， p ≠1)的数列(1)f(n)= q (q 为常数) 一般地，递推关系式a +1=pa n +q (p 、q 为常数，且p ≠0，p ≠1)等价与)1(11pqa p p q a n n --=--+，则{p q a n --1}为等比数列，从而可求n a ．例、已知数列{}n a 满足112a =，132n n a a --=（2n ≥），求通项n a ． 解：由132n n a a --=，得111(1)2n n a a --=--，又11210a -=≠，所以数列{1}n a -是首项为12，公比为12-的等比数列，∴11111(1)()1()22n nn a a -=---=+-． 练习：已知数列}{n a 的递推关系为121+=+n n a a ，且11=a ，求通项n a ． 答案：12-=n na ．(2) f(n)为等比数列，如f(n)= q n (q 为常数) ，两边同除以q n ，得111+=++nn n n qa p q a q ，令nn n a b q =，则可转化为b n+1=pb n +q 的形式求解．例、已知数列{a n }中，a 1=65，1111()32n n n a a ++=+，求通项n a ． 解：由条件，得2 n+1a n+1=32(2 n a n )+1，令b n =2 n a n ，则b n+1=32b n +1，b n+1-3=32（b n -3） 易得 b n =3)32(341+--n ，即2 n a n =3)32(341+--n ， ∴ a n =n n 2332+-． 练习、已知数列{}n a 满足1232n n n a a +=+⨯，12a =，求通项n a ．答案：31()222nn a n =-．(3) f(n)为等差数列，如1n n a Aa Bn C +=++型递推式，可构造等比数列．（选学，注重记忆方法）例、已知数列{}n a 满足11=a ，11212n n a a n -=+-（2n ≥），求．解：令n n b a An B =++，则n n a b An B =--，∴11(1)n n a b A n B --=---，代入已知条件， 得11[(1)]212n n b An B b A n B n ---=---+-，即11111(2)(1)2222n n b b A n A B -=++++-，令202A +=，1022A B +-=，解得A=－4，B=6，所以112n n b b -=，且46n n b a n =-+， ∴{}n b 是以3为首项、以12为公比的等比数列，故132n n b -=，故13462n n a n -=+-． 点拨：通过引入一些尚待确定的系数，经过变形与比较，把问题转化成基本数列（等差或等比数列）求解． 练习：在数列{}a n 中，132a =，1263n n a a n --=-，求通项a n ． 答案：a n nn -+=69912·()．解：由1263n n a a n --=-，得111(63)22n n a a n -=+-，令11[(1)]2n n a An B a A n B -++=+-+，比较系数可得：A=－6，B=9，令n n b a An B =++，则有112n n b b -=，又1192b a A B ==++，∴{}n b 是首项为92，公比为12的等比数列，所以b n n =-92121()，故a n n n-+=69912·()． (4) f(n)为非等差数列，非等比数列法一、构造等差数列法例、在数列{}n a 中，1112(2)2()n n n n a a a n λλλ+*+==++-∈N ，，其中0λ>，求数列{}n a 的通项公式．解：由条件可得111221n nn nn n a a λλλλ+++⎛⎫⎛⎫-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，∴数列2n n n a λλ⎧⎫⎪⎪⎛⎫-⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭是首项为0，公差为1的等差数列，故21nnn a n λλ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，∴(1)2n n n a n λ=-+． 练习：在数列{a n }中，a na n a n n n n n 1132212==+++++，()()()，求通项a n 。
求数列通项公式的七种模型
一、高考数列求通项公式模型【简便记忆】二．高考数列求通项公式【详细解读】1．【归纳法】 适用于：列举法给出的数列模型即1234,a a a a ,,···； 【模型特征】：给出数列的前几项，通过归纳、猜想、找规律。
【求解方法】根据1(2)34⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩（）相邻项的特征分式中分子、分母的特征（）拆项后的特征（）各项的序号与项之间的变与不变特征例1.根据数列前几项，写出下列各数列的一个通项公式。
（1）—1，7，—13，19，···； （2）0.8, 0.88，0.888，···； （3）115132961,,,,,248163264--，···； ●点评：该法属于不完全归纳法，仅用来解选择、填空题，对于大题，用此法还要用数学归纳法进行证明，另外求得的通项公式一定要代值检验，以防出错。
2．【累加法】 适用于：1()n n a a f n +=+模型（先累后求和） 【模型特征】：1()n n a a f n +、系数相同，作差，是关于n 的函数。
【求解方法】221()(()()-=()()()1()()(1)n n f n pn q f n pn qn r a a f n f n pq r f n n n +=+⇒⎧⎪=++⇒⎪⎪=+⇒⎨⎪⎪=⇒+⎪⎩一次型）等差求和二次型分组求和指数型等比求和分式型裂项求和化为例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。
（一次型） 答案：等差求和2n a n =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。
（指数型） 答案：等比求和31n n a n =+-练习1.已知数列{}n a 的首项为1，且写*12()n n a a n n N +=+∈出数列{}n a 的通项公式. （一次型）答案：等差求和21n a n n =-+练习2.已知数列}{n a 满足13a =，11(2)(1)n n a a n n n -=+≥-，求此数列的通项公式.答案：裂项求和12n a n=-3．【累乘法】 适用于： 1()n n a f n a += 模型（先累后求商）【模型特征】1()n n a a f n +、系数相同，作商，是关于n 分式型的函数。
2021高考数学必考点解题方式秘籍 数列求通项 理(1)
2021高考理科数学必考点解题方式秘籍：数列求通项高考中的递推数列求通项问题，情境新颖新颖，有广度，创新度和深度，是高考的热点之一。
是一类考查思维能力的好题。
要求考生进行严格的逻辑推理，找到数列的通项公式，为此介绍几种常见递推数列通项公式的求解方式。
类型一：1()n n a a f n +=+（()f n 能够求和）−−−−→解决方法累加法例一、在数列{}n a 中，已知1a =1，当2n ≥时，有121n n a a n -=+-()2n ≥，求数列的通项公式。
解析：121(2)n n a a n n --=-≥∴213243113521n n a a a a a a a a n --=⎧⎪-=⎪⎪-=⎨⎪⎪-=-⎪⎩ 上述1n -个等式相加可得： 评注：一样情形下，累加法里只有n-1个等式相加。
类型一专项练习题：一、已知11a =，1n n a a n -=+（2≥n ），求n a 。
(12n n n a +=）二、已知数列{}n a ，1a =2，1n a +=n a +3n +2，求n a 。
(31)2n n n a +=3、已知数列}a {n 知足1a 1n 2a a 1n 1n =++=+，，求数列}a {n 的通项公式。
21n a n =+ 4、已知}{n a 中，n n n a a a 2,311+==+，求n a 。
21nn a =+ 五、已知112a =,112n n n a a +⎛⎫=+ ⎪⎝⎭*()n N ∈,求数列{}n a 通项公式.13122n n a -⎛⎫=- ⎪⎝⎭六、 已知数列{}n a 知足11,a =()1132,n n n a a n --=+≥求通项公式n a ？（312n n a -=）7、假设数列的递推公式为1*113,23()n n n a a a n N ++==-⋅∈，那么求那个数列的通项公式 1123n n a +=-八、 已知数列}a {n 知足3a 132a a 1nn 1n =+⋅+=+，，求数列}a {n 的通项公式。
数列通项公式的九种求法[1]
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——数列通项公式的九种求法一、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a n -a n-1=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 -+，3121na 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。
按照递推公式,求数列通项公式的常常使用方法总结归纳
求递推数列通项公式的常常利用方式归纳目录一、概述··································二、等差数列通项公式和前n项和公式··································1、等差数列通项公式的推导进程································二、等差数列前n项和公式的推导进程··································三、一般的递推数列通项公式的常常利用方式··································一、公式法··································二、归纳猜想法··································3、累加法··································4、累乘法··································五、构造新函数法(待定系数法）··································六、倒数变换法··································7、特征根法··································八、不动点法·································九、换元法·································10、取对数法··································1一、周期法··································一、概述在高中数学课程内容中，数列作为离散函数的典型代表之一，不仅在高中数学中具有重要位置，而且，在现实生活中有着超级普遍的作用，同时，数列的教学也是培育观察、分析、归纳、猜想、逻辑推理和运用数学知识提出问题、分析问题和解决问题的必不可少的重要途径。
求数列通项公式的几种常用方法
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求数列通项公式的几种常用方法
作者：朱德花
来源：《考试周刊》2013年第62期
摘要：数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础，在高考中占有重要地位，且分值较大.在数列中，求通项公式是学习数列的难点.由于可渗透多种数学思想方法，因此求解过程中往往方法多、灵活度大、技巧性强.本文提供几种常用方法作参考.
关键词：数列通项公式等差数列等比数列基本思路求解方法
从近几年高考题目来看，数列是高中数学的重要内容，也是学习高等数学的基础，在高考中占有重要地位，且分值较大.在数列中，求通项公式是学习数列的重点，也是难点.由于可渗透多种数学思想方法，因此求解过程中往往方法多、灵活度大、技巧性强.下面将几种常用方法加以归纳.
一、归纳猜想法
二、公式法
三、递推关系法
四、累加法
五、累乘法
六、构造法。
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。
求数列的通项公式常见类型与方法
求通项an
答案：an n2
练习3：已知数列an,bn满足a1 2, b1 3,且
an
bn
3
5 2
an1
2
5 3
bn1
1, (n
5 an1 5 bn1 2,
2).令cn
an
bn ,
求数列cn 的通项公式。 答案：cn 3n 2
类型三：已知a1且满足an qan1 kqn , n 2, 求通项an
例3：根据前几项写出符合下列条件数列的一个通项公式。 1.
2. 0.3，0.33，0.333， （逐项依次多数字3）
答案：(1)an (1)n
(2n
1)
(n
n 1) 2
(2)an
3 9
(1
1 10
n
)
三、根据数列前n项和求数列通项公式
，要分 n=1和n≥2两种情况来求，然后验证两种情形可否用统 一解析式表示，若不能统一，则用分段函数的形式表示。
二、根据前几项，利用不完全归纳法猜想数列通 项公式
根据前几项写数列通项公式应掌握几种规律：一是符号
规律，若各项符号为正、负相间时，则必有 1n 或
1n1因式；二是乘方规律，即每一项都与同一个数的
乘方有密切关系；三是等差、等比规律。找规律时，要 看给出的项的分子或分母有什么变化规律，可以适当变 形，使它们的结构变得一致，再看和n的关系，用含有 n的式子表示出来。
an (an an1) (an1 an2 ) (a2 a1) a1
形如已知 ，且
( 是可求积的数列）的形式均可用累商法（迭乘法）。
a . .a 恒等式2
n
an an1
an1 an2
a2
a1
(完整)数列题型及解题方法归纳总结,推荐文档
1 2
5
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n 2时，a n Sn Sn1 …… 3·4 n1
a n ca n1 d c、d为常数，c 0，c 1，d 0
建议收藏下载本文，以便随时学习！ 4、叠乘法
可转化为等比数列，设a n x c a n1 x
例如：数列a n 中，a1
3，
a n1 an
n n 1 ，求an
a n ca n1 c 1x
解： a 2 · a 3 …… a n 1 · 2 …… n 1 ，∴ a n 1
a1 a2
a n1 2 3
n
a1 n
又a 1
3，∴a n
3 n
5、等差型递推公式
由a n a n1 f (n)，a1 a 0，求a n ，用迭加法
令(c 1)x d，∴x d c1
（3）形如 an1 ank 的递推数列都可以用对数法求通项。
（7）（理科）数学归纳法。
4
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建议收藏下载本文，以便随时学习！ （8）当遇到 an1
an1
d或 an1 an1
q 时，分奇数项偶数项讨论，结果
求数列通项公式的常用方法：
1、公式法
可能是分段形式。 数列求和的常用方法：
2、 由S n 求a n
∴a n
c
d
1是首项为a
1
c
d ，c为公比的等比数列 1
∴a n
c
d 1
a1
c
d
1
·c
n
1
n
2时，a 2 a3
a1 a2
f (2)
f
(3)
两边相加，得：
…… ……
a n a n1 f (n)
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1
高考数学-求数列通项的特殊方法归纳猜想
归纳猜想：给出或求出了数列的前几项可以根据前几项的规律，归纳猜想出数列的通项公式，然后再用数学归纳法证明之．
例1、已知点的序列*
),0,(N n x A n n ∈，其中01=x ，)0(2>=a a x ，3A 是线段21A A 的中点，4A 是线段32A A 的中点，…，n A 是线段12--n n A A 的中点，…，⑴写出n x 与21,--n n x x 之间的关系式（3≥n ）；⑵设n n n x x a -=+1，计算321,,a a a ，由此推测{}n a 的通项公式，并加以证明．
解：（1）∵ n A 是线段32--n n A A 的中点， ∴12
(3)2
n n n x x x n --+=≥；
（2）由题意，得a a x x a =-=-=0121，
21
23222
x x a x x x +=-=
-=2111()22x x a --=-，3234332x x a x x x +=-=-=3211
()24
x x a --=，
猜想*)()
2
1
(1
N n a a n n ∈-=-，下面用数学归纳法证明：
（1）当n=1时，a a =1显然成立；
（2）假设n=k 时命题成立，即*)()
2
1(1
N k a a k k ∈-=-，则当n=k+1时，
k k k k k k x x x x x a -+=
-=++++21121=k k k a x x 2
1)(211-=--+=1111
()()()222k k a a ---=-，
∴ 当n=k+1时命题也成立，故命题对任意*
N n ∈都成立．
练习：已知数列{}n a 满足189
a =
，122
8(1)(21)(23)n n n a a n n ++=+
++，求通项n a ．
答案：22425
a =
，34849a =
，48081
a =
，猜测22
(21)1(21)n n a n +-=
+，
（1）当1n =时，189
a =
，所以等式成立；
（2）假设当n k =时等式成立，即22
(21)1(21)
k k k a +-+=
， 1n k =+时等式也成立．。