求数列通项公式常用的七种方法

创作编号：GB8878185555334563BT9125XW 创作者： 凤呜大王*

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1

1-=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⎩⎨

⎧-=+=+5411

1d a d a 解得⎩⎨⎧-==23

1d 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 =(

)(

)

32

321

----n n

=1

2

-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 3

1

1=

+，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1123

1

31a s a ==不适合上式 ∴ 数列{}n a 从第2项起是以

3

4

为公比的等比数列 ∴ 2

2

2343134--⎪⎭

⎫ ⎝⎛=⎪

⎭

⎫ ⎝⎛=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

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，

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()()2

11327531-=-+++++=-n n a a n ()2≥n

又01=a ，所以()2

1-=n a n ()2≥n ，而01=a 也适合上式， ∴ ()2

1-=n a n (

∈N n 五、累乘法：它与累加法类似 ，当数列{}n a 中有

()1

n

n a f n a -=，即第n 项与第1-n 项的商是个有“律”的数时，就可以用这种方法.

例5：111,1

n n n

a a a n -==- ()2,n n N *≥∈ 求通项n a

分析：

11

n n n a a n -=

- ∴11n n a n a n -=- ()2,n n N *

≥∈

故3241

12312341123

1

n n n a a a a n

a 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 ∴()1

11122n n n a a -+=+⋅= 故21n n a =-

㈡、取倒数法：这种方法适用于11

n 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11122,2

n n n a a a a --==+ ()

2,n n N *

≥∈ 求通项n a

1122n n n a a a --=+ ∴

111211122

n 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1

2为公差的等差数列

∴

()1111222n n n a =+-⋅= ∴2

n 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()2

11

3,2n n a a a n -==≥ 求通项n a

分析：由()2

11

3,2n n a a a n -==≥知0n a >∴在21n n a a -=的两边同取常用对数

211lg lg 2lg n n n a a a --==即

1

lg 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1

12lg 2lg3lg3n n n a --== ∴1

23n 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+=+ 1

13--+=∴n n n s a ()2≥n

两式相减得 1132-+⋅+=-n n n n a a a 即 1

1322-+⋅+=n n n a a

上式两边同除以1

3+n 得

92

332311+⋅=++n n n n a a （这一步是关键） 令n

n

n a c 3=

得 9

2

321+=+n n c c ⎪⎭

⎫

⎝⎛-=-∴+3232321n n c c ()2≥n （想想这步是怎么得来的）

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