高中数学 数列通项公式的求法集锦论文
论文：浅谈求数列通项公式的几种方法
浅谈求数列通项公式的几种方法灵璧县黄湾中学 柯林摘要:本文通过几个最新的具体的高考实例分别介绍了高中阶段求数列通项公式的几种不同方法。
数列在理论上和实践中均有较高的价值,是培养学生观察能力、理解能力、逻辑思维能力的绝好载体，高考对数列知识的考察从未间断过，而且在前几年,很多省市的高考数学卷都把数列题作为压轴题。
数列的通项公式是数列的核心内容之一,它如同函数中的解析式一样，有了解析式便可研究性质等；而有了数列的通项公式便可求出数列中的任一项及前n 项和等。
因此，求数列的通项公式往往是解题的突破口、关键点.本文即通过几个高考实例总结了在高中阶段，求数列的通项公式的常用方法和策略。
1． 观察法即归纳推理,就是观察数列特征,找出各项共同的构成规律,横向看各项之间的关系结构，纵向看各项与项数n 的内在联系，从而归纳出数列的通向公式,然后利用数学归纳法加以证明即可。
例1。
（2014年重庆理科)设11=a ,)(2221*+∈++-=N n b a a a n n n 。
(Ⅰ）若1=b ，求32,a a 及数列}{n a 的通项公式．解：由题意可知：11111+-==a ，11221221212+-==++-=a a a , 113121222223+-=+=++-=a a a .因此猜想11+-=n a n 。
下面用数学归纳法证明上式． (1)当n ＝1时，结论显然成立．（2）假设当n ＝k 时结论成立,即11+-=k a k ，则11)1(11)1(11)1(122221+-+=++-=++-=++-=+k k a a a a k k k k ，即当n ＝k ＋1时结论也成立． 由（1）、(2）可知,对于一切正整数n ，都有)(11*∈+-=N n n a n ． 点评:采用数学归纳法证明是理科教学内容，较为容易，好掌握.2． 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。
高中数学数列通项公式的求法集锦论文
求 an 。有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解。
例 3．在数列 { an } 中， a1=1， an 1 nan ，求 an 。
解：由已知得 an 1 n ，分别取 n=1、 2、 3…… (n-1), 代入该式得 n-1 个等式累乘， an
即 a2 . a3 . a4 ...... an =1 × 2 × 3 × … × (n-1)=(n-1)!
anan
1得
2 an
1 an 1
2an
an 1
1
1
移项得：
an 1 2(
an )
an 1
an
所以新数列 { 1
1 an} 是首项为
a1
1 3
an
a1
3
8
q=2 的等比数列。
3
1
故
an
an
1 2n 2 3
解关于 an 的方程得 an
1 (2n 1 3
22 n 2 9) 。
六．利用公式 an Sn Sn 1(n 2) 求通项
例 6、（ 07 全国
理 21）设数列 { an } 的首项 a1
3 (0,1) ， an =
an 1 ，n=2、3、4…… 2
（ ）求 { an } 的通项公式。
解：构造新数列 an p ，使之成为 q
1
的等比数列
2
1 即 an p = (an 1 p)
2
整理得： an =
1 an 1
3
3
p 满足 an =
2
故 an
n(n 1) a1 2
2
n n 2 且 a1 1也满足该式 ∴ an 2
2
n n 2(n 2
数列通项公式的求法(论文)
浅谈求数列通项公式的几种方法数列的通项公式是数列的核心内容之一，它如同函数中的解析式一样,有了解析式便可研究起性质等；而有了数列的通项公式便可求出任一项以及前 N项和等。
因此，求数列的通项公式往往是解题的突破口、关键点。
作为一线教师，本人根据多年教学经验结合近年来的数列 考查动向，将求数列通项公式的方法做一总结,希望能对广大考生的复习有所帮助。
下面我就谈谈求数列通项公式的几种方法： 一、观察法即归纳推理，一般用于解决选择、填空题。
过程：观察→概括、推广→猜出一般性结论。
例 1：根据数列的前4项，写出它的一个通项公式：2 510 17 3 252 3 4 5 24 8 16解：（1）变形为：10 －1，10―1，10 ―1，10 ―1，…… ∴通项公式为：a n = 101n +1 n +1n +1 2点评：关键是找出各项与项数n的关系。
33 7 9 11 2n +1二、 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．{n }n 1, 3, 9 5 5nn11 4 9 162 1 2（1）9，99，999，9999，…（2） （3）1 2 3 4 13 7 15 （4） ,, ,, (5)， ，，。
n2 n 2 （2）a = n+ ; （3）a = ;2nnn +1（4）a = ( 1) ⊕ . （5）a =n1针对性训练：① 3 33 333 333 3333 … （a = (10 1)）2 2 10 17 26 n +1 ② 1… （） n2aaa求数列 的通项公式.解：设数列 a 公差为 d(d>0)∵ 1, a 23,a 9 成等比数列， 4a 31 9点评：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的通项公式，只需求 得首项及公差公比。
针对性训练： 已知等比数列 {a n}的首项 a 1 = 1，公比 0 < q<1，设数列{b n }的通项为nn +1 n +2 nn +1n +2 n +3 nb n a n +1 +a n +2b n =q (q +1)⊕q =q (q +1)三、公式法♥S nS n 1nε 2nn（1） S n = n +n 1。
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高中数学数列论文范文数学中，数列的教学思想是一座桥梁，能够将复杂的问题巧妙地转化成简单的解题方法，让教师在教学中和学生学习的过程中更清晰、更简洁。
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高中数学数列论文篇一【摘要】随着新课标在我国的全面实施，高中数学教学中心课改的理念如何体现，才能适应新课改的要求?成为高中数学教学实践的重点目标。
高中数学数列方面的内容，是高中数学的基础内容，很多重要的数学问题通过数列都可得到圆满解决。
因此教好数列、学好数列对提高学生未来解决数学问题的能力有重要的实践意义。
从教师角度看，优良的数列教学课堂设计对教学目标和教学效果的实现举足轻重。
【关键词】高中数学;数列;课堂教学高中数学中，数列占有很重要的教学地位，数列在数学领域隶属于离散函数的范畴，是解决现实中很多数学问题的重要工具。
数列问题是高二年级数学教学的基础。
数列问题学习可以培养学生对数学问题的思考、分析和归纳的能力。
并对以后阶段的数学知识有启蒙作用。
数学教师必须重视数列教学实践对学生的启发作用。
一、数列部分教学内容概述数列这一部分主要介绍了数列的概念，并对数列根据其特点进行了分类。
接着引出了数列通项的概念。
高中二年级主要学习等差、等比数列的概念，通项公式，前n项和。
并对数列在现实生活中的意义进行了介绍，主要有分期付款等储蓄问题。
本章介绍的数学公式较多，主要涉及数列的通项公式和前n项和公式。
教学中，对公式的推导过程和变形种类要重点讲解。
以便让学生从数学原理的角度对数列的相关概念做深入理解。
如何灵活的运用数列的性质来对综合性题目进行解答是本章的重点教学任务。
数列的相关问题的认识，要贯穿函数的思想来向学生传递。
二、数列教学的有效性策略简析数列的教学应该遵循有效性原则来进行。
我们在教学中应该用先进的教学理念来指导教学。
数学的思维模式主要是逻辑性思维为主，因此有效的方式方法一旦为学生所领会，那教学的过程会变得相当的容易。
高中数学教学论文 递推数列通项的求解策略 苏教版
递推数列通项的求解策略由数列的递推公式，求数列的通项公式是高考常考的内容，但是由于数列的表现形式各异，有些数列的递推公式比较复杂，给问题的解决带来不少困难。
本文试图归纳几类较为常见的数列通项问题的求法，给读者一些有益的启示.1．累加型形如)1(1-+=-n f a a n n ，则)1(1-=--n f a a n n)1(12f a a =-, ),2(23f a a =-,)1(1-=--n f a a n n 以上1-n 个等式经累加， 得∑-=+=111)(n k n k f a a .例1数列}{n a 满足211=a ,nn a a n n -+=-211)2(≥n ,求数列}{n a 的通项. 解：由n n a a n n -=--211且211=a ，得∑-=+-+=-1121)1()1(1n k n k k a a ，所以 n a =∑-=+-+11)111(21n k k k =n 1121-+=n 123-.2．累乘型形如)1(1-=-n f a a n n ，0≠n a ，则)1(1-=-n f a a n n 可利用)1(12f a a =, ),2(23f a a =,)1(1-=-n f a a n n 以上1-n 个等式经累乘，得)(111k f a a n k n -=∏=，即)(111k f a a n k n -=∏⋅=. 例2数列}{n a 中11=a ,且12)11(--=n n a n a )2(≥n ,0≠n a ，求数列}{n a 的通项. 解：因为2111n a a n n -=-,1-n 个等式经累乘得⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-∏=-=2111)1(11k a a n k n ，所以 =n a ])1(11[2111+-∏⋅-=k a n k =]121[111++⨯+∏⨯-=k k k k n k =n n 21+.3. 构造型（1）形如B Aa a n n +=-1，其中B A ,为常数且0,0,1≠≠≠B A A 的构造可用待定系数法,构造一个公比为A 的等比数列,令)(1λλ+=+-n n a A a ,经整理比较 得,)1(B A =-λ1-=A B λ,从而}1{-+A B a n 是一个公比为A 的等比数列.例3已知数列{}n a 满足2311+=-n n a a ，11=a ，求{}n a 的通项公式.解：设)(311λλ+=+-n n a a ，解之得3-=λ，则)3(3131-=--n n a a ，令3-=n n a b ， 则数列{}n b 是以2311-=-=a b 为首项，31为公比的等比数列，所以132--=n n b ，所以 1323--=n n a . 评析：把λ+n a 作为一个整体，求λ，通过求{}3-n a 的通项，间接的求{}n a 的通项公式.若1=A ，则可以用累加法直接求通项.（2）形如1n n n a Aa b -=+，且0,0≠≠b A 型的构造 可变形成111+⎪⎭⎫ ⎝⎛=--n n n n b a b A b a ，令n n n b a c =，则11+=-n n c b A c ，（此问题就转化成B Aa a n n +=-1 的模型求解）.例4已知数列{}n a 满足142n n n a a -=-，14a =，求{}n a 的通项公式.解：原式变型为112122n n n n a a --=-，令2n n n a b =，则121n n b b -=-（此问题就转化成B Aa a n n +=-1 的模型）……，解之得：2122n n n a -=+.评析：等式两边同除以2n ，要注意n a 的下标与指数变量同步，即：n a 与2n ，1n a -与12n -，将问题转化到B Aa a n n +=-1模型求解.（3）n Aa a n n +=-1，且0≠A 型的构造 可用待定系数法构造γλλ+-+=+-))1((1n a A n a n n ，然后经整理比较n Aa a n n +=-1得出 1,11-=-=A A A γλ，从而转化为B Aa a n n +=-1型的构造. 例5已知数列{}n a 满足n a a n n -=-12，21=a ，求{}n a 的通项公式. 解：设()121n n a n a n λλγ-+=+-+⎡⎤⎣⎦，解之得1-=λ，2γ=-， 则()[]2121---=--n a n a n n ，令n a b n n -=，则221-=-n n b b （此问题就转化成 B Aa a n n +=-1的模型）……，解之得：221++-=-n a n n .评析：把n a n λ+作为一个整体，要注意n a 的下标与一次变量同步，即：n a 与n ，1-n a 与1-n ，将问题转化到B Aa a n n +=-1的模型求解.类型(1)(2)(3)也可归纳到0),(1≠+=-A n f Aa a n n 这类问题中，则还可通过同除n A ，变形为0,)(11≠+=--A A n f A a A a n n n n n ，令n n n A a b =，得n n n An f b b )(1+=-，再通过累加得 ∑-=+++=1111)1(n i i n Ai f b b . （4）形如)1,0,,0(1≠≠∈>=-k k Q k m ma a k n n 的构造可两边取对数得m a k a n n lg lg lg 1+=-，令n n a b lg =，得m b k b n n lg 1+⋅=-，所以该问题转化到B Aa a n n +=-1模型求解.例6数列}{n a 中, 11=a ,312-=n n a a ,求n a解：显然0>n a ,对312-=n n a a 的两边同时取以2为底的对数得1log 3log 122+=-n n a a ,令n n a b 2log =,则131+=-n n b b ，（此问题就转化为B Aa a n n +=-1模型）……，解之得：)13(2112--=n n a .评析：由于数列}{n a 是冪型数列，通过取对数将递推关系式转化为q pa a n n +=+1的模型, 若1=k ，可以用累乘法求通项.例7已知数列}{n a 与}{n b 有如下关系：,21=a ),1(211nn n a a a +=+ 11-+=n n n a a b ， 求数列}{n a 和}{n b 的通项公式. 解：有已知得22111)11(1)1(211)1(2111n n n nn n n n n n b a a a a a a a a b =-+=-+++=-+=+++ ，且0,31>=n b b . 即21n n b b =+，取对数得n n b b lg 2lg 1=+，即数列}{lg n b 是首项为3lg ，公比为2的等比数列. 3lg 2lg 1-=∴n n b ，于是123-=n n b ，从而1313111122-+=-+=--n n n n n b b a . 评析：虽然数列}{n a 不是冪型数列，但由此构造的数列}{n b 是一个冪型，所以可以先求出数列}{n b 的通项公式，再求数列}{n a 的通项公式.（5）其它一些常见类型的构造例7数列}{n a 满足1)1(1++=+n n a n na ,且11=a ,求数列}{n a 的通项.解：将原式两边同时除以)1(+n n ,变形为)1(111++=++n n n a n a n n . 令na b n n =, 则)1(11++=+n n b b n n （即可化为用累加方法求解）……，解之得： 12-=n a n .评析：通过同除)1(+n n ，将递推关系式转化为累加型通项求法.例8已知各项都是正数的数列}{n a 满足231=a ，)4(211n n n a a a -=+，求数列}{n a 的通项公式. 解：由已知得,2)2(2121+--=+n n a a 令n n b a =-2，则有21121,21n n b b b ==+. ,20,01<<∴>+n n a a 又201<<a ，20<<∴n a ，从而0>n b . 取对数得2lg lg 2lg 1-=+n n b b ，令n n b c lg =，得2lg 21-=+n n c c （此问题就转化为B Aa a n n +=-1模型）……，解之得：n n b 212-= 评析： 数列}{n a 是一个二次递推数列，虽然不是基本冪型，但由它可以构造一个新的冪型数列}{n b ，通过求}{n b 的通项公式而达到求数列}{n a 通项公式的目的.。
高中数学《数列求通项公式》完美编辑解析版
数列求通项公式【教学目标】1.了解数列求通项的常见方法：待定系数法、已知n S 求n a 、构造法、累加法、累乘法。
【知识梳理】1. 已知S n 求a n 的三个步骤 (1)先利用a 1＝S 1求出a 1.(2)用n －1(n ≥2)替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式． (3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n ＝1与n ≥2两段来写． 2. 由数列递推式求通项公式的常用方法(1)构造法：形如a n ＝pa n －1＋m (p 、m 为常数，p ≠1，m ≠0)时，构造等比数列. (2)累加法：形如a n ＝a n －1＋f (n )({f (n )}可求和)时，用累加法求解． (3)累积法：形如a n a n ＋1＝f (n )({f (n )}可求积)时，用累积法求解．【典型例题】考点一 待定系数法【典型例题1】1.已知等差数列{a n }的公差d >0.设{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 2·S 3＝36，求d 及S n . 解析：由题意知(2a 1＋d )(3a 1＋3d )＝36， 将a 1＝1代入上式解得d ＝2或d ＝－5. 因为d >0，所以d ＝2，S n ＝n 2(n ∈N *)． 【对点演练1】1.已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和等于________．解析：设等比数列的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 3＝9，a 21·q 3＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12.又{a n }为递增数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，所以S n ＝1－2n 1－2＝2n－1.考点二 由a n 与S n 的关系求通项a n命题点1 已知a n 与S n 【典型例题2】1. (2018·全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝ . 答案 －63解析：∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)， 即a n ＝2a n －1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1＝－1，公比q ＝2的等比数列， ∴S n ＝a 11－q n 1－q ＝－1×1－2n1－2＝1－2n ，∴S 6＝1－26＝－63. 【对点演练2】1.已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且满足S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值； (2)求数列{a n }的通项公式．解析：(1)由S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)，可得a 1＝12a 21＋12a 1，解得a 1＝1； S 2＝a 1＋a 2＝12a 22＋12a 2，解得a 2＝2；同理a 3＝3，a 4＝4. (2)S n ＝12a 2n ＋12a n ，① 当n ≥2时，S n －1＝12a 2n －1＋12a n －1，② ①－②得(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0. 由于a n ＋a n －1≠0， 所以a n －a n －1＝1， 又由(1)知a 1＝1，故数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列，故a n ＝n . 命题点2 已知n 与S n 【典型例题3】1. 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，则a n ＝ . 答案 4n －5解析：a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5， 由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5. 【对点演练3】1.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝ .答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，n ∈N * 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－[(n －1)2＋1]＝2n －1， a 1＝2不满足上式． 故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，a 1＝2不满足上式.2n －1，n ≥2，n ∈N *.命题点3 S n 链式运算 【典型例题4】1.已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n ，则a n ＝ . 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n ，n ≥2解析：当n ＝1时，由已知，可得a 1＝21＝2， ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n ，①故a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝2n －1(n ≥2)，②由①－②得na n ＝2n －2n －1＝2n －1， ∴a n ＝2n －1n.显然当n ＝1时不满足上式， ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n ，n ≥2.【对点演练4】1. 设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，则a n ＝ .答案13n解析：因为a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，①则当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，② ①－②得3n －1a n ＝13，所以a n ＝13n (n ≥2)．由题意知a 1＝13符合上式，所以a n ＝13n .考点三 由递推关系求数列的通项公式命题点1 构造法【典型例题5】1.数列{}n a 中，11a =，132n n a a -=+，求数列{}n a 的通项公式思路：观察到n a 与1n a -有近似3倍的关系，所以考虑向等比数列方向构造，通过对n a 与1n a -分别加上同一个常数λ，使之具备等比关系，考虑利用待定系数法求出λ 解析：设()13n n a a λλ-+=+即132n n a a λ-=+ 对比132n n a a -=+，可得1λ=()1131n n a a -∴+=+{}1n a ∴+是公比为3的等比数列()11113n n a a -∴+=+⋅ 1231n n a -∴=⋅-【对点演练5】1.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1，则{a n }的通项公式为________． 解析：由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3a n ＋32＝3⎝⎛⎭⎫a n ＋12. 又a 1＋12＝32，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列，所以a n ＋12＝3n2，因此数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －12.命题点2 累加法【典型例题6】1.数列{}n a 满足：11a =，且121nn n a a +-=+，求n a 解析：121nn n a a +-=+1121n n n a a ---=+12121a a -=+累加可得：()2112221n n a a n --=++++-()122112321n n n n --=+-=+--22n n a n ∴=+-【对点演练6】1.a 1＝0，a n ＋1＝a n ＋(2n －1)(n ∈N *)；解析：a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(a n －a n －1)＝0＋1＋3＋…＋(2n －5)＋(2n －3)＝(n －1)2， 所以数列的通项公式为a n ＝(n －1)2.命题点3 累乘法【典型例题7】1.已知数列{}n a 满足：11a =，且()11n n na n a +=+，求n a 解析：()1111n n n n a n na n a a n+++=+⇒= 1212112121n n n n a a a n n a a a n n ----∴⋅⋅⋅=⋅⋅⋅-- 1na n a ⇒= 1n a na n ∴== 【对点演练7】 1.a 1＝1，a n ＝nn －1a n －1(n ≥2，n ∈N *)．解析：当n ≥2，n ∈N *时， a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×…×a na n －1＝1×21×32×…×n －2n －3×n －1n －2×n n －1＝n ，当n ＝1时，也符合上式。
数列的通项公式求解技巧
数列的通项公式求解技巧艾尼·吾司塔1， 木沙江·吐尔逊2（阿图什市第一中学, 阿图什 845350)摘要：数列是高中数学的重要部分，尤其是现实生活中的应用很广.这文章为了学生针对高考数学数列题，总结了数列的通项公式求解问题的方法.关键词：数列，通项公式，递推公式.1. 引言在古代人类随着自然数、分数的概念和四则运算的产生，为了生产与生活的需要，就产生了数列的知识.在世界数学史上，对数列的讨论具有悠久的历史，中国、巴比伦、古希腊、埃及和印度等，都曾经研究过数列，中国古代数学名著《周髀算经》 《九章算术》《孔子算经》 《张邱建算经》等，对等差数列a+(a+b)+(a+2b)+(a+3b)+…＋〔a ＋(n －1)b 〕和等比数列a ＋aq ＋aq 2＋aq 3＋…＋aqn －1都列举出计算的例子，说明中国古代对数列的研究曾作出过一定的贡献.现在我国关于这个方面有很多研究工作[1-4].2.数列的通项公式求解技巧历年的高考中出现了给出数列的解析式（包括递推关系式和非递推关系式）求通项公式的问题.对于这类问题学生感到困难较大.本文以例子介绍这类问题求通项公式的初等方法和技巧，以供参考.1、累加法数列有形如a n+1=a n +f(n)的解析式，而f (1)+f (2)+……+f (n )的和是可求的，可用多式相加法求得a n .例1.在数列{a n }中，a 1=－1，a n+1= a n +2n ，求a n （n ≥2）.解：由条件，a 2=a 1+2×1,a 3=a 2+2×2……，a n = a n －1+2(n －1)，以上n －1个式子相加化简得：a n =a 1+n (n －1)=n 2－n －1.练习1.数列}{n a 满足211=a ,nn a a n n -+=-211)2(≥n ,求数列}{n a 的通项. 2、累乘法数列有形如a n =f (n )·a n －1的解析关系，而f (1)·f (2)……f (n )的积是可求的，可用多式相乘法求得a n .例2．在数列{a n }中，a a n n a a n n (11,2111-⋅+-==≥2），求n a . 解：由条件⋅+-=⋅=⋅=⋅=⋅=11,64,53,42,3145342312n n a a a a a a a a a n a n －1,1收稿日期：2015-6-18 ; 修回日期作者简介:艾尼·吾司塔（1981-），男 ，新疆维吾尔自治区阿图什人，硕士研究生，从事高中数学研究。
浅谈数列通项公式的求法数学专业论文
学科代码：学号：贵州师范大学（本科）毕业论文题目：浅谈数列通项公式的求法学院：数学与计算机科学学院专业：数学与应用数学专业浅谈数列通项公式的求法摘要: 高中的数学中，数列的通项公式是学习数列的重难点，是数列的核心内容之一，它如同函数中的解析式，有了解析式便可研究函数的性质;有了数列的通项公式，便可求数列的任一项和前n项的和等。
因此，在解题的过程中，求数列的通项公式是解题的突破口，关键点。
同时，求数列的通项公式，方法灵活多样，对于培养学生的贯彻能力，理解能力和逻辑思维能力有着十分重要的作用。
本篇论文就我对数列的学习，研究及近来来数列的考察方向，对通项公式的种种求法做简单浅谈。
关键字：数列，通项公式，求法。
Abstract: the high school mathematics, the sequence of general term formula isto study the difficult point of the sequence, is one of the core content of thesequence, it as an analytic expression of function, the analysis method to studythe properties of the function; A series of general term formula, then ask forthe sequence of item before any item and n and etc. Therefore, in the process ofproblem solving, sequence of general term formula are the breakthrough to problemsolving, key points. At the same time, the sequence of general term formula, themethod is flexible, to develop the students' ability to carry out, understandingability and logical thinking ability has a very important role. This paper serieson my study and research and the recent series of direction, all kinds of methodof general term formula to do a simple introduction.Key words: sequence, the general term formula of calculation methods.1.引言数列通项公式直接表述了数列的本质，是给出数列的一种重要方法。
浅谈高考中数列求通项公式的常见题型与解题方法
浅谈高考中数列求通项公式的常见题型与解题方法高考对数列的考查比较全面，等差数列，等比数列的考查每年都不会遗漏．特别是求递推数列通项公式更是数列知识的一个重点，也是一个难点，高考也往往通过考查递推数列来考查学生对知识的探索能力，求递推数列的通项公式一般是将递推公式变形，推得原数列是一种特殊的数列或原数列的项的某种组合是一种特殊数列，把一些较难处理的数列问题化为中学中所研究的等差或等比数列，下面就我对求递推数列通向公式的常用方法做一个浅显的分析与提炼： 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、 公式法利用熟知的的公式求通项公式的方法称为公式法，已知数列的前n 项和n S 与n a 的关系，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nn n n n n a a S S a )1(2)(211-⨯+-=-=--22,)1(22,)1(221222111-=-⨯+=-⨯+=∴-----a a a a a a n n n n n n 11221122(1)2(1)2(1)n n n n n a a ----∴=+⨯-+⨯-++⨯-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、累加法：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。
高中数学课堂论文(5篇)
高中数学课堂论文(5篇)论文一：数列与等差数列摘要本篇论文将重点介绍数列和等差数列的基本概念、性质以及相关公式。
通过数列的探索与研究，帮助同学们更好地理解和应用数学知识。
关键词数列、等差数列、基本概念、性质、公式引言数列是数学中常见的概念之一，而等差数列作为数列的一种特殊形式，具有一定的规律和性质。
本文将介绍数列和等差数列的定义、性质以及常见的应用。
主体内容1. 数列的定义：数列是按一定顺序排列的数的集合，数列中的每一个数称为项。
2. 等差数列的定义：等差数列是指数列中的相邻两项之差都相同的数列。
3. 等差数列的性质：等差数列具有公差、通项公式等性质，这些性质对于研究和应用等差数列都非常重要。
4. 等差数列的应用：等差数列在数学、物理、经济等领域都有广泛的应用，如求和公式、等差数列的图像等。
结论通过研究数列和等差数列的基本概念、性质以及应用，同学们可以更好地理解数学知识，并在实际问题中应用所学知识解决实际问题。
论文二：三角函数及其应用摘要本篇论文将介绍三角函数的基本概念和性质，以及三角函数在几何和物理问题中的应用。
通过对三角函数的研究和应用，帮助同学们掌握三角函数的基本知识。
关键词三角函数、基本概念、性质、应用引言三角函数是高中数学中的重要内容，它不仅在几何学中有广泛的应用，还在物理学等领域中发挥着重要的作用。
本文将介绍三角函数的定义、性质以及应用。
主体内容1. 三角函数的定义：三角函数是描述角度与其对应的三角比例关系的函数，包括正弦函数、余弦函数、正切函数等。
2. 三角函数的性质：三角函数具有周期性、奇偶性、单调性等性质，这些性质对于解决几何和物理问题非常重要。
3. 三角函数的应用：三角函数在几何学和物理学中有广泛的应用，如求解三角形边长、求解角度、描述振动等。
结论通过研究三角函数的基本概念、性质以及应用，同学们可以更好地理解和应用三角函数知识，提高数学和物理问题的解决能力。
论文三：函数与导数摘要本篇论文将重点介绍函数和导数的基本概念、性质以及相关公式。
高中数学数列通项公式求解技巧
中图分类号:Ｇ６３２ 文献标识码:Ａ 文章编号:１００８ － ０３３３(２０２３)３４ － ００８８ － ０３
高中数学数列通项公式的求解一直是教学的重
难点ꎬ其求解技巧的灵活性较强ꎬ通常较难被学生掌
握. 为了帮助学生更好地把握数列通项公式的求解ꎬ
针对 ａ ｎ － １ ＝ ｐａ ｑｎ ( ｐ > ０ꎬａ ｎ > ０) 类型的递推式ꎬ可
等式两边同时取对数得出 ｌｇａ ｎ ＋ １ ＝ ｑｌｇａ ｎ ＋ ｌｇｐꎬ然后
构造公比为 ｑ 的等比数列 { ｌｇａ ｎ ＋ １
ｌｇｐ
＋ ｘ }( ｘ ＝
)ꎬ
ｑ －１
{ ａ１ ＋ ｘ}的 表 达 式ꎬ 继 而 求 出 数 列 ａ
ａｎ ＋ １
所以当 ｎ≥２ 时ꎬ
１
１
１
ｂ ＋ ｂ ＋ ＋ ｂ ｎ ＝ ｂ ｎ ＋ １ － １ꎬ
２ ２ ３ ３
ｎ
解析 由题可知 ｃ１ ＝
＝ ２ × ２ × (１ ＋
ｂ１
ｂ１ ｂ２ ｂ１ ｂ２
＝ ２ꎬｃ２ ＝
＝
ａ１
ａ１ ａ２ ａ１ ａ２
１ ２
) ＝ (２ ＋ １) ２ ＝ ３ ２ ꎬ
２
由此推测 ｃ ｎ ＝ ( ｎ ＋ １ ) ｎ ( ｎ∈Ｎ ∗ ) .
通过数学归纳法进行证明ꎬ具体过程如下:
(１) 当 ｎ ＝ １ 时ꎬ左边 ＝ 右边 ＝ ２ꎬ等式成立.
(２) 假设当 ｎ ＝ ｋ 时等式成立ꎬ则
ｃｋ ＝
ｂ１ ｂ２ ｂ ｋ
＝ ( ｋ ＋ １ )ｋ .
ａ１ ａ２ ａ ｋ
１ ö÷
当 ｎ ＝ ｋ ＋ １ 时ꎬｂ ｋ ＋ １ ＝ ( ｋ ＋ １ ) æç １ ＋
数列通项的求法(适用于高中)
（1）求 an的通项公式.
（2）证明： n 2 时， 1 1 1 3 .
a1 a2
an
（3）若 f x 满足 f 1 a1 ， f n 1 [ f n] 2 f (n) ，证明： 1 + 1 +…
f (1) 1 f (2) 1
+
f
1 (n) 1
4
（1）证明：{ 1 (1) n}等比，并求出 an的通项公式.
an
（2）设 bn an (1) n+1，数列 bn 的前 n 项和为 Tn ，证明： Tn 4 .
7
习题课：
数列的综合题.
1.已知 a1 1，并且 anan 1 n 1 ，证明： 1 1 1 2 n 1 1 .
令 bn an 1 an ，可以得到 bn 1 bn .（ n 1,, n ）
我们直接给出求通项的一般公式：
若得到两个特征根 , ，得到的是 an t1 n+ t 2 n，然后把初始条件 a1, a2 的值代入， 解出 t1, t 2 ，最后得到通项公式.
an C
若有两个不等的根 x1 和 x2 （包括虚数根），则分别代入以后得到：
an 1 x2 A x2 an x2 和 an 1 x1 A x1 an x1 ，两式相除以后得到：
an C
an C
a x n 1
1
a x n 1
关键是在于对 f (n) 的求积，至于书写格式方面因人而异，只要有信心，同样可以使
用 符号.
4.一阶线性递推关系处理方法：
一般形式： an 1 pan q ，已知条件是数列 an 中的某一项即可
数学与应用数学毕业论文 关于数列通项的求法研究
关于数列通项的求法研究摘要：数列是高考中的重点内容之一，在很多与数学有关的内容中都可以接触到。
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。
本文给出了七种一般数列的求法和一些特殊数列的求法，一般数列求法例如观察法、直接法、归纳法、累加（乘）法、构造法、公式法（Sn法）和待定系数法，而特殊数列例如斐波那契数列、分群数列和周期数列。
关键词：数列通项求法高考公式AbstractSeries is one of the main points of entrance, in many mathematics-related content can reach. As given in series form - the general term formula, the issue of demand particularly important series. In this paper, seven general series method for evaluating and some special series method for evaluating the general series method for evaluating such observation, the direct method, induction, cumulative (multiplicative) method, construction method, formula (Sn method) and the undetermined coefficient method , and special series such as Fibonacci sequence, the number of clusters out and cycle series.Key words:Sequence general term seek law college entrance examination the formula目录绪论 (3)1.一般数列的求法 (3)1.1观察法 (3)1.2直接法 (4)1.3归纳法 (4)1.4累加(乘)法 (6)1.5构造法 (7)1.6公式法(Sn法) (8)1.7待定系数法 (9)2.特殊数列的求法 (9)2.1斐波那契数列 (9)2.2分群数列 (10)2.3周期数列 (12)总结 (15)谢辞 (15)参考文献 (16)绪论数列中蕴含着丰富的数学思想。
高考中常见数列通项公式的几种求解方法
高考中常见数列通项公式的几种求解方法摘要：求解数列的通项公式乃高考中常见的热门问题，本文将求数列通项的各种常见题型及解决方法作一系统总结，以期对各位同行的高考复习准备工作起到一定的帮助作用．关键词：数列 递推关系 通项公式一、观察法例1、根据数列的前4项，写出它的一个通项公式：（1）9，99，999，9999，…； （2）149161,2,3,4,251017（3）2121,,,,325； （4）1234,,,,2345-- ． 解：（1）变形为：101－1，102―1，103―1，104―1，…… ∴通项公式为：101n n a =-；（2）221n na n n =++ ；（3）21n a n =+ ； （4）1(1)1n n n a n +=-⋅+．解答此类题目关键是观察各项的特点，找出各项与项数n 的规律性关系． 二、直接法如果已知数列为等差（或等比）数列，可直接根据所给条件求得1a ，d （或q ），从而依据等差（或等比）数列的通项公式写出所求通项．例2（09年全国二文17）已知等差数列{n a }中，,0,166473=+-=a a a a 求{n a }前n 项和n S ． 分析：该题虽是求前n 项和，但求之前必须先求得通项n a 的要素1a 和d ，所以本题其实质是求通项公式．解：设{}n a 的公差为d ，则1111(2)(6)16350a d a d a d a d ++=-⎧⎨+++=⎩即22111812164a da d a d ⎧++=-⎨=-⎩解得18,2,a d =-⎧⎨=⎩或18,2a d =⎧⎨=-⎩．因此8(1)(9)n S n n n n n =-+-=-，或8(1)(9)n S n n n n n =--=--三、公式法若已知数列的前n 项和n S 关于n 的表达式或者与n a 的关系，求数列{}n a 的通项n a 可用公式⎩⎨⎧≥-==-211n S S n S a n n n n 求解．例3（09年安徽文19）已知数列{n a } 的前n 项和222n S n n =+，数列{n b }的前n 项和2n n T b =-．（1）求数列{n a }与{n b }的通项公式． 解析：(1)由于114a s ==；当2n ≥时, 221(22)[2(1)2(1)]4n n n a s s n n n n n -=-=+--+-=，且1n =时亦成立， ∴*4()n a n n N =∈．又当2n ≥时11(2)(2)n n n n n b T T b b --=-=---12n n b b -∴=，∴数列{}n b 为等比数列,其首项为1,公比为12，11()2n n b -∴=．注意要先分1n =和2n ≥两种情况分别进行运算，然后验证能否统一． 从此题的解决办法中我们可以发现如下的规律：“遇和作差，遇积作商”．下面举两例予以说明：例4．在数列{}n a 中，1a +22a +33a +…+n na =)2)(1(++n n n ，求n a ． 解析：令n S =1a +22a +33a +…+n na =)2)(1(++n n n ，则1-n S =1a +22a +33a +…+1)1(--n a n =)1()1(+-n n n ，则n S －1-n S =n na =)2)(1(++n n n －)1()1(+-n n n ，∴ n a =)2)(1(++n n －)1)(1(+-n n =33+n ．例5．数列{n a }中,11a =,当2n ≥时,有2123n a a a a n = , 求n a . 解析：由已知2123n a a a a n = 得212321231(1)n n n a a a a na a a a a n -==- （2n ≥，*n N ∈）．由于11a =不适合此式，所以221 ,1,,2(1)n n a n n n =⎧⎪=⎨≥⎪-⎩．四、累加（乘）法对于形如)(1n f a a n n +=+型或形如1()n n a a f n +=型的数列，我们可以根据递推公式，写出n 从1取到1n -时的1n -个递推关系式，然后将它们分别相加（或相乘），即可得到所求通项公式．例6（09年全国卷一理20）在数列{}n a 中，11111,(1)2n n nn a a a n ++==++．（1）设n n a b n=，求数列{}n b 的通项公式．解析：（1）由已知可得1112n n na a n n +=++112n n nb b +∴-=故2112b b -=，32212b b -=，43312b b -=，…，1112n n n b b ---=，将以上1n -式子相加便得123111112222n n b b -∴-=++++111[1()]22112n --=-111()2n -=-，又可得11b =，故1122n n b -=-． 例7．在数列{}n a 中，11=a ，n n n a a 21=+（*N n ∈），求通项n a ． 解析：由已知nn n a a 21=+，112--=n n n a a ，2212---=n n n a a ，…，212=a a ，又11=a ，所以n a =1-n n a a ⋅⋅--21n n a a …12a a 1a ⋅=⋅-12n ⋅-22n …12⋅⋅=2)1(2-n n ．五、辅助数列法有些数列本身并不是等差或等比数列，但可以经过适当的变形，构造出一个新的等差或等比数列，从而利用这个新数列求其通项公式．【类型一】二元线性常系数递推1n n a pa q +=+ 解决原理：设1()n n a t p a t +-=-①则1(1)n n a pa t p +=+-(1)(1)q q t p t p ∴=-∴=-代入①便得 1()11n n q q a p a pp+-=---，令1n n q b a p=--则1n n b pb +=，故{}n b 为以p 为公比，11q b r p=--为首项的等比数列．例8（07年全国卷二理21）设数列{a n }的首项1(0,1)a ∈, 132n n a a --=，2,3,4,n = ．（1）求{a n }的通项公式． 解析：（1）由132n n a a --=得11322n n a a -=-+，设11()2n n a t a t --=--即11322n n a a t-=-+对比1132n n a a -=-+得1t =，又120a -≠，所以{1}n a -是首项为11a -，公比为12-的等比数列，得1111(1)()2n n a a --=-⋅-∴1111(1)2n n a a -⎛⎫=+-- ⎪⎝⎭．【类型二】分式线性递推1n n n a a b a a c+⋅+=+解决原理：将1n n n a a b a a c+⋅+=+转化为11n n n n a p a p ra qa q++++=++的形式，由a 、b 、c 求出待定系数p 、q、r ，便可转化为等比数列．例9（08年陕西理22）已知数列{}n a 的首项135a =，1321n n n a a a +=+，12n = ，，．（1）求{}n a 的通项公式． 解法1）设11n n n n a p a p ra qa q++++=++化简得11(1)()()(1)0n n n n r a a rp q a rq p a pq r ++-+-+-+-=即11()()0(1)(1)n n n n rp q rq p a a a a pq r r ++--+++=--，与已知等式1113022n n n n a a a a +++-=比较得：1123120rp q r rq p r pq -⎧=⎪-⎪-⎪=-⎨-⎪=⎪⎪⎩，解得031p r q =⎧⎪=⎨⎪=-⎩或0131q r p =⎧⎪⎪=⎨⎪=-⎪⎩．不妨取第一组代入，原式为11311n n n n a a a a ++=--，故{}1n n a a -为公比为3，首项为11312a a =--的等比数列，所以13312n n n a a -=-⋅-，∴323n n na =+．另外注意到此题中常数b 为0，故又可考虑用以下的方法求解： 解法2）将1321n n n a a a +=+化为11230n n n n a a a a +++-=，两边同乘以11n n a a +，便得111230nn a a ++-=，即1111233n na a+=⋅+，令1n nb a =得11233n n b b +=⋅+．到此再用类型一的方法处理即可．【类型三】1()n n a pa f n +=+（0p ≠且1p ≠）型递推 解决原理：两边同乘以11n p+得111()n n n nn a a f n ppp+++=+令n n na b p=则11()n n n f n b b p++=+，到这儿就可以用累加法解决，但若1()n f n p+为常数则直接转化为等差数列．例10（09年湖北理19）已知数列{}n a 的前n 项和11()22n n n S a -=--+（n 为正整数）．（1）令2n n n b a =，求证数列{}n b 是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式． 解析：（1）在11()22n n n S a -=--+中，令n=1，可得1112n S a a =--+=，即112a =当2n ≥时，21111111()2()22n n n n n n n n n S a a S S a a ------=--+∴=-=-++，，∴1112()2n n n a a --=+，111()22nn n a a -=+ ，两边同乘以2n得11221n n n n a a --=+112,1,n 21nn n n n n b a b b b --=∴=+≥-= n 即当时，b ．又1121,b a ==∴数列}{n b 是首项和公差均为1的等差数列． 于是1(1)1n b n n =+-⨯=，∴2n n a n =，∴2n nn a =．这里由1112()2n n n a a --=+求解n a 的过程中就用到了1()n n a pa f n +=+型递推通项的求 解方法．【类型四】三元线性齐次中项拆析递推11n n n a pa qa +-=+（0p ≠且0q ≠） 解决原理：设11()n n n n a a a a αβα+--=-则11()n n n a a a αβαβ+-=+- ∴p qαβαβ+=⎧⎨=-⎩，利用“构造一元二次方程法”解出,αβ后，便得1{}n n a a α--是以β为公比的等比数列．例11（全国卷二理19）设数列{}n a 的前n 项和为,n S 已知11,a =142n n S a +=+． （１）设12n n n b a a +=-，证明数列{}n b 是等比数列； （２）求数列{}n a 的通项公式．解：（I ）由11,a =及142n n S a +=+，有12142a a a +=+，21325a a =+=， ∴12123b a a =-=．由142n n S a +=+．．．①， 则当2n ≥时，有142n n S a -=+．．．②②－①得1144n n n a a a +-=-，设11()n n n n a a a a αβα+--=-即11()n n n a a a αβαβ+-=+-对比1144n n n a a a +-=-可得44αβαβ+=⎧⎨=⎩解得22αβ=⎧⎨=⎩．∴1122(2)n n n n a a a a +--=-．又12n n n b a a +=- ，∴12n n b b -=，∴{n b }是首项13b =，公比为２的等比数列．（2）由上可得11232n n n n b a a -+=-=⋅，到此本问题就可以用类型三的方法解决： 在11232n n n a a -+-=⋅两边同乘以112n +得：113224n n n na a ++-=．∴数列{2n na }是首项为12，公差为34的等差数列．∴1331(1)22444n na n n =+-⨯=-，2(31)2n n a n -=-⋅ ．该题（1）问中用了三元线性齐次中项拆析递推的处理方法，得以使这类问题的解答据规律性．另外注意到由1144n n n a a a +-=-求解n a 的过程中，构造方程所得两组解相同，故只能按类型三或累加（不一定都适用）的方法求解n a ．但若是两组解不同，有没有其他的解决方法呢？下面再看一例：例12（09年陕西文21）已知数列{}n a 满足， *11212,,2n n n a a a a a n N++=∈’＋2＝＝．（1）令1n n n b a a +=-，证明：{}n b 是等比数列； （2）求{}n a 的通项公式．（1）证明：设211()n n n n a a a a αβα+++-=-即21()n n n a a a αβαβ++=+-对比211122n n na a a ++=+可得1212αβαβ⎧+=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩解得121αβ⎧=-⎪⎨⎪=⎩或112αβ=⎧⎪⎨=-⎪⎩．取第二组解便得2111()2n n n n a a a a +++-=--，即112n n b b +=-．∴{}n b 是以1为首项，12-为公比的等比数列．（2）由（1）知111()2n n n a a -+-=-．．．①，若再取第一组解又可同样得到111551222n n n a a -++=⨯=．．．②，②－①得1351()222n n a -=--，1521()332n n a -=--．另外（2）问还可以用累加法求解，具体过程不再详述．。
数列通项公式的几种求法
数列通项公式的几种求法
张生德
【期刊名称】《数理化解题研究：高中版》
【年(卷),期】2010(000)011
【摘要】数列通项公式直接表述了数列的本质，是给出数列的一种重要方法．数列通项公式对于数列的学习至关重要：第一，可以通过数列通项公式求出数列中任意一项；第二，可以通过数列通项公式判断一个数是否为数列的项以及是第几项；第三，还可以利用通项公式判断数列增减性等．因此，求数列通项公式是高中数学中最为常见的题型之一，
【总页数】2页(P6-7)
【作者】张生德
【作者单位】福建省德化第一中学,362500
【正文语种】中文
【中图分类】G633.62
【相关文献】
1.利用函数思想解释数列通项公式求法——以《一类数列通项公式的求法》一课教学为例
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数列通项公式的求法在高考中的应用分析
数列通项公式的求法在高考中的应用分析数列是高中数学的七大内容之一，是大学离散数学的必备基础知识，是高考数学的热点和必考点。
而数列的通项是数列的灵魂，因而求数列通项公式问题成了高考命题中颇受青睐的考查内容。
本文通过运用累加法、累积法、待定系数法、构造法等方法，根据近几年的高考数学介绍了几种常见类型数列的通项公式的求法。
标签：数列递推公式通项公式【引语】数列在高中数学人教A版必修5第二章，数列的通项的定义是：如果数列{an}的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式。
在选修2-2第二章：推理与证明，由归纳推理，知道数列的递推公式归纳这个数列的通项公式。
由此研究数列的首要任务是求出它的一个通项公式，最常用的数学思想是化归与转化的思想（转化为基本的等差数列或等比数列）、模型思想、构造思想、方程思想等，要体会实现转化的技巧与手段。
一、累差法即一个数列的前一项与后一项的差满足一个函数关系式，有的递推公式需要作适当的变形。
如果一个数列由递推公式（n=1，2，3，…）（1）〔其中f（n）为n的已知函数，a是常数〕,那么：an=a+f（1）+f（2）+…+f（n-1）=a+f （k）。
证明（累差法）：由(1)式中的递推式可得：an-an-1=f（n-1）,an-1-an-2=f（n-2），…,a3-a2=f（2）,a2-a1=f（1）。
将上面（n-1）个等式的两边分别相加有:an-a1=f（1）+f（2）+…+f（n-1）。
由于a1=a, 所以an=a+f（k）。
1.an+1=an+g（n）型可以直接应用公式:an-a1=f（1）+f（2）+…+f（n-1）进行求解。
例1：（2008年四川16题）设数列{an}中a1=2，an+1=an+n+1，则通项an=_____。
分析：由累差法得an-a1=2+3+4+…+nan=a1+2+3+…+nan=++1。
2.an+1=pan+qn型，等式两边同除以pn+1，再用累差法。
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数列通项公式的求法集锦非等比、等差数列的通项公式的求法，题型繁杂，方法琐碎，笔者结合近几年的高考情况，对数列求通项公式的方法给以归纳总结。
一、累加法形如1()n n a a f n --= (n=2、3、4…...) 且(1)(2)...(1)f f f n +++-可求，则用累加法求n a 。
有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解。
例1. 在数列{n a }中，1a =1，11n n a a n --=- (n=2、3、4……) ，求{n a }的通项公式。
解：∵111n a ==时，21324312123.......1n n n a a a a a a a a n -≥-=⎫⎪-=⎪⎪-=⎬⎪⎪-=-⎪⎭时,这n-1个等式累加得：112...n a a -=+++（n-1）=(1)2n n -故21(1)222n n n n n a a --+=+= 且11a =也满足该式 ∴222n n n a -+= (n N *∈). 例2．在数列{n a }中，1a =1，12n n n a a +-= (n N *∈),求n a 。
解：n=1时, 1a =121232343112222.......2n n n n a a a a a a a a --≥-=⎫⎪-=⎪⎪-=⎬⎪⎪⎪-=⎭时,以上n-1个等式累加得21122 (2)n n a a --=+++=12(12)12n ---=22n -，故12221n nn a a =-+=- 且11a =也满足该式 ∴21n n a =- (n N *∈)。
二、累乘法形如1()nn a f n a -= (n=2、3、4……)，且(1)(2)...(1)f f f n +++-可求，则用累乘法求n a 。
有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解。
例3．在数列{n a }中，1a =1，1n n a na +=，求n a 。
解：由已知得1n na n a += ，分别取n=1、2、3……(n-1),代入该式得n-1个等式累乘，即3241231........n n a a a a a a a a -=1×2×3×…×(n-1)=(n-1)!所以时，1(1)!n a n a =-故(1)!n a n =-且10!a ==1也适用该式 ∴(1)!n a n =- (n N *∈).例4．已知数列{n a }满足1a =23，11n n n a a n +=+，求n a 。
解：由已知得11n n a n a n +=+，分别令n=1，2，3，….(n-1),代入 上式得n-1个等式累乘，即3241231........n n a a a a a a a a -= 1231......234n n-⨯⨯⨯ 所以11n a a n =，又因为123a =也满足该式，所以23n a n=。
三、构造等比数列法原数列{n a }既不等差，也不等比。
若把{n a }中每一项添上一个数或一个式子构成新数列，使之等比，从而求出n a 。
该法适用于递推式形如1n a +=n ba c +或1n a +=()n ba f n +或1n a += n n ba c +其中b 、c 为不相等的常数，()f n 为一次式。
例5、（06福建理22）已知数列{n a }满足1a =1，1n a +=21n a + (n N *∈)，求数列{n a }的通项公式。
解：构造新数列{}n a p +，其中p 为常数，使之成为公比是n a 的系数2的等比数列 即1n a p ++=2()n a p + 整理得：1n a +=2n a p +使之满足1n a +=21n a + ∴p=1即{}1n a +是首项为11a +=2，q=2的等比数列∴1n a +=122n -⋅ n a =21n-例6、（07全国II 理21）设数列{n a }的首项1(0,1)a ∈，n a =132n a --，n=2、3、4…… （I ）求{n a }的通项公式。
解：构造新数列{}n a p +，使之成为12q =-的等比数列即n a p +=11()2n a p --+ 整理得：n a =11322n a p ---满足n a =132n a -- 得 32p -=32 ∴p=-1 即新数列{}1n a -首项为11a -，12q =-的等比数列 ∴1n a -=1(1a -）112n --（） 故 n a =1(1a -）112n --（）+1例7、（07全国I 理22）已知数列{n a }中，1a =2，1n a +=1)(2)n a + n N *∈（I ）求{n a }的通项公式。
解：构造新数列{}n a p +，使之成为1q =的等比数列1n a p ++=1)()n a p + 整理得：1n a +=1)n a +2)p使之满足已知条件 1n a +=1)n a +21)∴2)1)p =解得p = ∴{n a 是首项为21q =的等比数列，由此得n a (2-11)n - ∴n a 1)n例8、已知数列{n a }中，1a =1，1n a +=23nn a +，求数列的通项公式。
分析：该数列不同于以上几个数列，该数列中含3n是变量，而不是常量了。
故应构造新数列{3}nn a λ+，其中λ为常数，使之为公比是n a 的系数2的等比数列。
解：构造数列{3}nn a λ+，λ为不为0的常数，使之成为q=2的等比数列即113n n a λ+++=2(3)n n a λ+ 整理得：1n a +=12(233)n n n a λλ++-满足 1n a +=23n n a + 得12333n n nλλ+-= ∴1λ=-新数列{3}n n a -是首项为113a -=2-，q=2的等比数列 ∴3n n a -=122n --⨯ ∴n a =32n n -例9、（07天津文20）在数列{n a }中，1a =2，1n a +=431n a n -+ ，求数列的通项n a 。
解：构造新数列{}n a n λ+，使之成为q=4的等比数列，则1(1)n a n λ+++=4()n a n λ+ 整理得：1n a +=43n a n λλ+-满足1n a +=431n a n -+，即331n n λλ-=-+得1λ=-∴新数列{}n a n -的首项为111a -=，q=4的等比数列∴14n n a n --= ∴14n n a n -=+四、构造等差数列法数列{n a }既不等差，也不等比，递推关系式形如11()n n n a ba b f n ++=++，那么把两边同除以1n b+后，想法构造一个等差数列，从而间接求出n a 。
例10．（07石家庄一模）数列{n a }满足1221nn n a a -=+-(2)n ≥且481a =。
求(1)1a 、2a 、3a (2)是否存在一个实数λ，使此数列{}2n na λ+为等差数列？若存在求出λ的值及n a ；若不存在，说明理由。
解：(1)由4a =43221a +-=81 得3a =33；又∵3a =32221a +-=33得2a =13；又∵2a =21221a +-=13，∴1a =5(2)假设存在一个实数λ，使此数列{}2n na λ+为等差数列 即1122n n n n a a λλ--++-= 122n n n a a λ---= 212n n λ--= 112nλ+-该数为常数 ∴λ=1- 即1{}2n n a -为首项11122a -=，d=1的等差数列 ∴12n na -=2+(1)1n -⨯=n+1 ∴n a =(1)21nn +⨯+ 例11、数列{n a }满足1n a += 12(2)n n a +-+- (n N *∈)，首项为12a =-，求数列{n a }的通项公式。
解：1n a += 12(2)n n a +-+- 两边同除以1(2)n +-得11(2)n n a ++-=(2)nna -+1 ∴数列{}(2)n n a -是首项为12(2)--=1，d=1的等差数列∴(2)n na -=1+(1)1n n -⨯= 故n a =(2)nn -例12．数列{n a }中，1a =5，且1331nn n a a -=+- （n=2、3、4……），试求数列{n a }的通项公式。
解：构造一个新数列{}3n n a λ+，λ为常数，使之成为等差数列，即1133n n n n a a d λλ--++=+ 整理得133n n n a a d λ-+=++3λ，让该式满足1331n n n a a -=+-∴取33n nd ⋅=，21λ=-得12λ=-，d=1 ，即{}3n n a λ+是首项为1113232a -=，公差d=1的等差数列。
故1312(1)1322n n a n n -=+-⨯=+ ∴na =11()322n n +⋅+ 例13、（07天津理21）在数列{n a }中，1a =2，且11(2)2n n n n a a λλλ++=++- （n N *∈）其中λ＞0，()I 求数列{n a }的通项公式。
解：1n λ+的底数与n a 的系数相同，则两边除以1n λ+得1111221n nn nn nn na a λλλλ++++=++-即111221n nn n n na a λλ+++--=+∴2{}nn na λ-是首项为120a λ-=，公差d=1的等差数列。
∴20(1)1nn na n n λ-=+-=- ∴(1)2n n n a n λ=-+。
五、取倒数法有些关于通项的递推关系式变形后含有1n n a a +项，直接求相邻两项的关系很困难，但两边同除以1n n a a +后，相邻两项的倒数的关系容易求得，从而间接求出n a 。
例14、已知数列{n a }，1a = 1-，11n n na a a +=- n N *∈，求n a =？ 解：把原式变形得11n n n n a a a a ++-⋅= 两边同除以1n n a a +得1111n n a a +=+ ∴1{}n a 是首项为1-，d=1-的等差数列故11(1)(1)n n n a =-+--=-∴1n a n=-。
例15、（06江西理22）已知数列{n a }满足132a =，且11321n n n na a a n --=+-（2n ≥n N *∈）()I 求数列{n a }的通项公式。
解：把原式变形成112(1)3n n n n a a n a na --+-= 两边同除以1n n a a +得 即111233n n n n a a --=+ …… ⑴构造新数列{}n n a λ+，使其成为公比q= 13的等比数列 即111()3n n n n a a λλ--+=+整理得：11233n n n n a a λ--=- 满足⑴式使2233λ-= ∴1λ=-∴数列{1}n n a -是首项为11113a -=-，q= 13的等比数列 ∴11111()()333n nn n a --=-=- ∴331n n n n a ⋅=-。