讲解数列通项公式的求法-待定系数法-特征根法
数列通项的五种求法
数列通项的五种求法求数列的通项公式是高中数学中最为常见的题型之一，它既可考查等价转化与化归的数学思想，又能反映考生对等差与等现象数列理想的深度，具有一定的技巧性，因此经常渗透在高考和竞赛中，要正确写出数列通项，其关键是：找出n a 与n 的对应关系，而其中数列的通项求法比较灵活。
下面分别介绍几种常见的数列通项的求法，请同学们学习。
一、常规数列的通项例1 写出下列数列的一个通项公式。
(1) 3, 5, 7, 9.... (2) 3, 5, 9, 17. (3)⋯,638,356,154,32 (4)⋯,917,710,1,32 解 （1）（方法一）注意观察，该数列前四项均为奇数，所以归纳出它的通项公式是a n =2n+1.（方法二）发现后一项比前一项都多2，前4项依次可写成a 1=3, a 2=3+2, a 3=3+2×2, a 4=3+2×3, ∴a n =3+2(n-1).（2）观察发现，前四项依次为2+1，22+1，23+1，24+1，∴a n =2n +1.（3）每一项的分子均为偶数，分母依次为1×3，3×5，5×7，7×9，…，均是相邻的两奇数之积，∴.)12)(12(2+-=n n na n（4）各项依次可写成，，，，，⋯9177105532分子依次是项数的平方数加1，∴.1212++=n n a n 小结 认真观察（注意分解式子）所给数据的结构特征，正确写出对应的表达式。
二、摆动数列的通项例2 写出下列数列的一个通项公式。
（1）1，5，1，5，1，5，…. （2）⋯--,78,54,32,1. （3）1，2，2，4，3，8，4，16，….解 （1）（方法一）∵奇数项均为1，偶数项均为5，∴⎩⎨⎧=，a n 5,1为n n 为正偶数.正奇数，（方法二）∵1与5的平均数为3，∴前四项依次可看成3-2，3+2，3-2，3+2. ∴a n =3+(-1)n ×2.（2）前四项可写成.122)1(,72)1(,52,32)1(,12113210--=∴⨯-⨯---n a n n n （3）∵a 1=1, a 3=2, a 5=3, a 7=4,…, ∴当n 为奇数时,21+=n a n , ∵a 2=2, a 4=4, a 6=8, a 8=16,…, ∴当n 为偶数时，.22n n a =∴⎪⎩⎪⎨⎧+=，n a n n 22,21为n n 为.正偶数正奇数，小结 这类题需要看清奇、偶项的正、负，可用(-1)n 或(-1)n+1等形式表示，或用分段形式表示。
特征方程特征根法求解数列通项公式
特征方程特征根法求解数列通项公式一：A(n+1)=pAn+q, p,q为常数.（1）通常设：A(n+1)-λ＝p(An-λ), 则λ=q／(1-p).（2）此处如果用特征根法：特征方程为：x=px+q，其根为x=q/（1-p）注意：若用特征根法，λ的系数要是-1例一：A（n+1)=2An+1 , 其中q=2,p=1,则λ=1/（1-2）= -1那么A（n+1）+1=2（An+1）二：再来个有点意思的,三项之间的关系：A(n+2)=pA(n+1)+qAn，p,q为常数（1）通常设：A(n+2)-mA(n+1)=k[pA(n+1)-mAn],则m+k=p, mk=q（2）此处如果用特征根法：特征方程是y×y=py+q（※）注意：①m n为（※）两根。
②m n可以交换位置，但其结果或出现两种截然不同的数列形式，但同样都可以计算An，而且还会有意想不到的惊喜，③m n交换位置后可以分别构造出两组An和A(n+1)的递推公式，这个时侯你会发现，这是一个关于An和A(n+1)的二元一次方程组，那么不就可以消去A（n+1），留下An，得了，An求出来了。
例二：A1=1,A2=1,A(n+2)= - 5A（n+1）+6An，特征方程为：y×y= - 5y+6那么，m=3,n=2,或者m=2，n=3于是，A（n+2）-3A（n+1）=2[A（n+1）-3A] (1)A（n+2）-2A（n+1）=3[A（n+1）-2A] (2)所以，A（n+1）-3A（n）= - 2 ^ n (3)A（n+1）-2A（n）= - 3 ^ (n-1) (4)you see 消元消去A（n+1），就是An勒例三：【斐波那挈数列通项公式的推导】斐波那契数列：0，1，1，2，3，5，8，13，21……如果设F(n)为该数列的第n项(n∈N+)。
那么这句话可以写成如下形式：F(0) = 0，F(1)=F(2)=1,F(n)=F(n-1)+F(n-2) (n≥3)显然这是一个线性递推数列。
求数列通项公式的十一种方法 (2)
递推数列的通项公式的十一种求法一、累加法：a n =a 1+（a 2―a 1）+……+（a n ―a n ―1）。
型如a n+1=a n +f （n ）的递推数列例1已知a n+1＝a n ＋2n+1，a 1＝1，求数列{a n }的通项公式。
解：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 ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++=∴通项公式为2n a n =例2已知a n +1=a n +2×3n +1，a 1=3，求数列{a n }的通项公式。
解： 已知得 a n +1－a n =2×3n +111232211122112211()()()()(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 --------=-+-++-+-+=⨯++⨯+++⨯++⨯++=+++++-+-=+-+-=-+-+=+-∴3 1.n n a n =+-例3已知a n +1=3a n +2×3n +1，a 1=3，求数列{a n }的通项公式。
解：已知两边除以13n +，得111213333n n n nn a a +++=++，则111213333n n n nn a a +++-=+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 --------------=-+-+-++-+=+++++++++-=+++++++，则21133.322n n n a n =⨯⨯+⨯-关键是把13231n n n a a +=+⨯+转化为111213333n n n nn a a +++-=+，求得数列3n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的通项公式。
数列通项公式的求法(最全)
非等差等比数列通 项公式的求法
构造法
构造法是一种常用 的数列通项公式求 法
构造法通过观察数 列的规律找出通项 公式
构造法需要一定的 数学基础和逻辑思 维能力
构造法可以应用于 非等差等比数列的 通项公式求法
数学归纳法
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定义：一种证明数学命题的方法通过证明一个命题对某个初始值成立并且假设对某个值 成立时可以推出对下一个值也成立从而证明命题对所有值都成立。
. 计算数列相邻项之间的差值得到差数列。 b. 观察差数列的规律寻找通项公式。 c. 验证通项公式的正确性。
适用范围：逐差法适用于等比数列、等差数列等有规律的数列。
单击此处输入你的项正文文字是您思想的提炼言简意赅的阐述观点。
注意事项：在使用逐差法时需要注意差数列的规律避免遗漏或错误。
单击此处输入你的项正文文字是您思想的提炼言简意赅的阐述观点。
步骤： . 确定数列的通项公式的一般形式 b. 确定数列的起始项和公差或 公比 c. 代入通项公式建立方程组 d. 求解方程组得到待定系数的值
. 确定数列的通项公式的一般形式 b. 确定数列的起始项和公差或公比 c. 代入通项公式建立方程组 d. 求解方程组得到待定系数的值
应用：适用于求解非等差等比数列的通项公式 单击此处输入你的项正文文字是您思想的提炼,言简的阐述观点。
公式中的1表示首项d表示公差
公式法的适用范围：已知首项 和公差的等差数列
累加法
累加法原理：通过累加数列的前n项和得到通项公式 累加法公式：n=Sn-S(n-1)其中Sn为前n项和 累加法应用：适用于已知数列的前n项和求通项公式 累加法示例：例如已知数列{1,3,5,7,9}的前n项和为Sn=n^2则通项公式为n=2n-1
数列通项公式的几种求法
数列通项公式的几种求法作者：王俊义来源：《中学生数理化·高考数学》2019年第01期一、累加法例1二、构造法例2三、对数变换法例3四、特征根法例4解析：设能构造an个符合条件的n位数，易知a1=3，a2=8，当n≥3时，如果该n位数第一个数字是2或3，那么这样的n位数有2an-1个，如果该n位数第一个数字是1，那么第二个数字只能是2或3，因而这样的n位数只能有2an-2个，于是递推关系为an=2aw-1+2an-2，n=2，3，4，...定理：设x1，x2是特征方程x2=cx+c2的两个根。
①当xc1≠x2时，an的一般表达式为an=aqx"+aqx2;②当x1=x2时，an的一般表达式为an=（β+β2n）x"，这里的a1，a2，β1，β2都是由初始值确定的常数。
（证明略）五、不动点法例5六、待定系数法例6 如图1，将一个圆分成n（n≥2）个扇形区域，现用k（k≥2）种不同颜色对这n个区域涂色，要求相邻区域颜色不同，问：有多少种不同的涂色方法？解析：有k种不同颜色对n个区域涂色，记种数为an（n≥2，k≥2），易知：A，有k種涂法，A2有k-1种涂法，…，A，有k-1种涂法（不论是否与A，同色），共有k（k-1）’n-1.种涂法，但这k（k-1）"-1种涂法分两类：一类是A。
与A.不同色;另一类是A。
与A，同色，可看作A。
和A，合成一个区域，即an-1，得递推关系（n为区域数，k为颜色种数）。
评注：对于形如an+1=kan+f（n）的递推式，常用待定系数法构造等比数列（不一定是等比数列）形式的数列，进而求出通项公式。
特征根法求数列通项原理
特征根法求数列通项原理特征根法是解线性递推方程的一种重要方法，可以用于求数列通项。
在本文中，我将详细介绍特征根法的原理，并展示如何利用此方法求解数列的通项。
一、特征根法的基本原理特征根法基于以下核心思想：解线性递推方程，一般需要首先找到数列的通解，然后根据已知初始条件来确定特定的通解。
特征根法通过构造特征方程，寻找数列的特征根，进而求解通解的方法。
设数列的通项表示为：an = c1 * λ1^n + c2 * λ2^n + ... + ck * λk^n其中，c1, c2, ..., ck是待定系数，λ1, λ2, ..., λk是数列的特征根。
现在，让我们来详细讨论特征根法的求解步骤。
二、求解步骤1.根据已知的递推关系式，得到数列的特征方程。
对于一般的线性递推方程，形如：an = a1 * an-1 + a2 * an-2 + ... + ak * an-k其特征方程可表示为：x^k - a1 * x^(k-1) - a2 * x^(k-2) - ... - ak = 02.求解特征方程的根。
通过求解特征方程的根来得到数列的特征根。
这里需要用到一些代数求根的方法，比如因式分解、配方法等。
3. 根据特征根，构造数列的通解。
特征根λ1, λ2, ..., λk 对应的解分别为c1 * λ1^n, c2 * λ2^n, ..., ck * λk^n。
由于特征根可能为复数，所以通解可能包含实部和虚部。
4. 利用已知的初始条件，确定数列的具体通解。
根据已知的初始条件（比如前几项的值），代入数列的通解方程，并解出待定系数 c1,c2, ..., ck。
这样，我们就得到了数列的特定通解。
三、一个具体的求解例子为了更好地理解特征根法的求解步骤，我们来看一个具体的例子。
假设数列的递推关系为：an = 2 * an-1 - 3 * an-2，其中a0 = 2, a1 = 5步骤1：得到特征方程。
特征方程为：x^2-2x+3=0。
《求数列通项公式的“待定系数法”和“特征方程法”》的说明
《求数列通项公式的“待定系数法”和“特征方程法”》的说明以下例题是讨论“待定系数法”和“特征方程法”，有些例题涉及其他解题方法，这边不作讨论。
一、待定系数法（一）关于“待定系数法”应用条件。
适用于形如)(1n f qa a n n +=+表达式，应注意以下几点： 1、1+n a 的系数必须为“1”，若不为“1”必须化为“1”；2、n a 的系数1≠q ，若为“1”则不能用“待定系数法”，而是视情况可用“累加法”等求通项公式。
注意：n a 的系数q 必须是1+n a 的系数化为“1”后确定的系数。
（二）关于)(n f 的说明。
)(n f 是函数型表达式))((R x x f ∈的一个特殊函数，)(n f 的定义域+∈N n ，x 是连续型变量，n 是离散型变量。
)(n f 可以是常数型、一次函数型、二次函数型、指数函数型等等1、)(n f 可以是常数，如d n f =)(；2、)(n f 可以是一次函数型，如rn n f c rn n f =+=)(,)(；3、)(n f 可以是二次函数型，如2222)(,)(,)(,)(rn n f d rn n f cn rn n f d cn rn n f =+=+=++=；4、)(n f 可以是指数函数型，如n qr n f =)(；等等。
其中rn n f =)(是不完整一次函数型表达式，完整的一次函数型表达式是c rn n f +=)(；222)(,)(,)(rn n f d rn n f cn rn n f =+=+=是不完整的二次函数型表达式，完整的二次函数型表达式是dcn rn n f ++=2)(。
（三）关于要转化为形如)(1n f qa a n n +=+标准形式的说明。
是指： ①)1(1－－n f qa a n n +=，设1+=n n 代入化为)(1n f qa a n n +=+； ②)1(1++=n f qa a n n －，设1+=n n 代入化为)2(1++=+n f qa a n n ； ③)(21n f qa a n n +=－－，设2+=n n 代入化为)2(1++=+n f qa a n n ； ④)1(21++=n f qa a n n －－，设2+=n n 代入化为)3(1++=+n f qa a n n ； ⑤)2(21－－－n f qa a n n +=，设2+=n n 代入化为)(1n f qa a n n +=+；⑥标准式或化为标准式后，左边1+n a 有系数，如)0)((1≠+=⋅+r n f qa a r n n ，要把1+n a 的系数化为“1”，即要把表达式)0)((1≠+=⋅+r n f qa a r n n 化为“)0()(1≠+=+r rn f a rqa n n ”。
数列通项公式的十种求法(非常经典)
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{}2nna 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 n n 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。
求数列通项公式的常用方法
求数列通项公式的常用方法求数列的通项公式是数学中的一个重要问题。
理解和掌握求数列通项公式的常用方法对于解决数学问题非常有帮助。
下面将介绍几种常用的方法来求数列的通项公式。
1.递推法递推法是最常用的方法之一，适用于递推关系较为简单的数列。
该方法利用数列中相邻项之间的关系来求解通项公式。
一般需要根据已知的数列前几项来猜测递推关系，在猜测的基础上进行逐步的推导，最终得到通项公式。
此方法常用于等差数列和等比数列的求解。
2.拆分法拆分法适用于复杂的数列，该方法将数列分为多个部分，每个部分都是一个等差数列或等比数列。
通过对每个部分的通项公式的求解，再将这些部分组合起来，得到整个数列的通项公式。
拆分法常用于复杂的数列，如斐波那契数列等。
3.线性方程组法线性方程组法适用于具有明显的线性关系的数列。
该方法首先列出数列的前几项，然后构造一个线性方程组。
通过解这个线性方程组，可以求得数列的通项公式。
该方法常用于解决数列中出现的一些特殊的线性关系问题。
4.插值法插值法是一种辅助方法，在一些特殊情况下可以用来求解数列的通项公式。
该方法通过利用已知点的坐标，构造一个插值多项式，然后通过求解这个多项式的系数，得到数列的通项公式。
插值法常用于解决数列中出现的一些特殊的问题，如斜三角数列等。
5.特征方程法特征方程法适用于递推关系具有常系数的数列。
该方法将递推关系转化为特征方程，通过求解特征方程的根，可以得到数列的通项公式。
特征方程法常用于解决一些递推关系较为复杂的数列，如常系数递推数列等。
6.待定系数法待定系数法适用于递推关系具有多项式形式的数列。
该方法通过假设数列的通项为一个多项式，然后通过求解多项式的系数，可以得到数列的通项公式。
该方法常用于解决一些递推关系具有多项式形式的数列问题。
以上介绍的是计算数列通项公式的常用方法，每种方法都有其适用范围和具体步骤。
在实际应用中，可以根据数列的特点选择合适的方法来求解。
掌握这些方法可以帮助我们更好地理解和应用数列的通项公式，解决数学问题。
数列通项公式的求法
数列通项公式的求法一、求通项公式的方法：1、由数列的前几项求通项公式：待定系数法①若相邻两项相减后为同一个常数设为b kn a n +=，列两个方程求解；②若相邻两项相减两次后为同一个常数设为c bn an a n ++=2，列三个方程求解； ③若相邻两项相减后相除后为同一个常数设为b aq a n n +=，q 为相除后的常数，列两个方程求解；2、由递推公式求通项公式：①若化简后为d a a n n =-+1形式，可用等差数列的通项公式代入求解； ②若化简后为),(1n f a a n n =-+形式，可用叠加法求解；③若化简后为q a a n n =÷+1形式，可用等比数列的通项公式代入求解；④若化简后为b ka a n n +=+1形式，则可化为)()(1x a k x a n n +=++，从而新数列}{x a n +是等比数列，用等比数列求解}{x a n +的通项公式，再反过来求原来那个。
（其中x 是用待定系数法来求得） 3、由求和公式求通项公式：①11S a = ② 1--=n n n S S a ③检验n a a 是否满足1，若满足则为n a ，不满足用分段函数写。
4、其他（1）()1n n a a f n -=+形式，()f n 便于求和，方法：迭加；例如：11n n a a n -=++ 有：11n n a a n -=++()()2132111341413412n n n a a a a a a n n n a a n a -=+=+=+++-=+++++=+各式相加得（2）11n n n n a a a a ---=形式，同除以1n n a a -，构造倒数为等差数列；[来源:]例如：112n n n n a a a a ---=，则111112n n n n n n a a a a a a ----==-，即1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为以-2为公差的等差数列。
（3）1n n a qa m -=+形式，1q ≠，方法：构造：()1n n a x q a x -+=+为等比数列；例如：122n n a a -=+，通过待定系数法求得：()1222n n a a -+=+，即{}2n a +等比，公比为2。
讲解数列通项公式的求法-待定系数法-特征根法
最全的数列通项公式的求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11.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出通项公式。
例1. 根据下列数列的前几项，说出数列的通项公式： 1、1.3.7.15.31………2、1,2,5,8,12………3、21212,1,,,,3253………4、1,-1,1,-1………5、1、0、1、0……… ◆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.(注意：求完后一定要考虑合并通项)例2．①已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足1,)1(2≥-+=n a S n n n ．求数列{}n a 的通项公式.②已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足21nS n n =+-，求数列{}n a 的通项公式.③ 已知等比数列{}n a 的首项11=a ，公比10<<q ，设数列{}n b 的通项为21+++=n n n a a b ，求数列{}n b 的通项公式。
③解析：由题意，321++++=n n n a a b ，又{}n a 是等比数列，公比为q ∴q a a a a b b n n n n n n =++=+++++21321，故数列{}n b 是等比数列，)1(211321+=+=+=q q q a q a a a b ， ∴ )1()1(1+=⋅+=-q q q q q b n n n◆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，归纳猜想出数列的通项公式，然后再用数学归纳法证明之。
通项公式的求法
（条件：若 {an }的相邻两项关系式可化为： 条件： Aan+1 ⋅ an + Ban+1 + Can + D = 0 (A ≠ 0) 可用这种方法；(其中方程 Ax + (B + C)x + D = 0 可用这种方法； 其中方程
2
该数列的特征根） 的根称为该数列的特征根）
可视an +1与an都为x得到x的一元二次方程求出特 征根
6
三、待定系数法
类型:an +1 = k ⋅ an + b
例 6:在数列{an}中，a1 = 1, an+1 = 3 ⋅ an − 1, 求 an .
7
四 Sn与 n及 的 系 ， 通 an .知 a n 关 式 求 项
(n =1 ) S1 类 :应 公 an = 型 用 式 求 解 Sn − Sn−1(n ≥ 2)
17
七、对数法
q an +1 = pan ( p > 0) 类型七 类型七：
例
2 a1 = 2, an +1 = 3an + 6an + 2 ，求 17：数列 {a n }满足 ：
数列 {a n }的通项公式
18
七、对数法
q an +1 = pan ( p > 0) 类型七 类型七：
的图象上，其中n = 1, 2,3,⋯，求数列{an }的通项公式。
13
引 拓 :an+1 = qan + An + Bn +C 伸 展
2
例13 :已知数列{an } 满足a1 = 1， 且an +1 = 2an + n − n + 1，
数列深度·拔高系列-2： 通项公式之待定系数终结不动点法与特征根法
=第 2 篇 通项公式之待定系数终结不动点法与特征根法一、理论基础=Ca n + D 型（不动点法）n +1Aa n + B结论内容已知数列{a } 存在ann +1Aa n + B其对应的不动点方程为 x = f (x ) ，也就是： x =Cx + D,其解为 x , x , 我们称它们为 f (x )Ax + B12（1）当不动点方程有两个相异的实数根，即 x ≠ x 时，则{a n - x 1}是等比数列n - x 2（2）当不动点方程有两个相同的实数根，即 x = x 1 x 时，则{}是等差数列 1 2 0a n - x 0（3）当不动点方程无实数根时，则{a n } 是周期数列 结论证明（待定系数法）因为a= Ca n + Dn +1Aa n + B所以a- x = Ca n + D - x = Ca n + D - ( Aa n + B )x n +1 Aa + B Aa + Bnn=Ca n + D - ( Aa n + B )x = a n (C - Ax ) + D - BxAa n + B Aa n + BC - Ax Bx - D= (a n - ) Aa n + B C - AxC - AxAx + Bx 1、x 2 即有：na 12a - x = C - Ax 1 (a- x ) ……①n +1 1 Aa n + Ba- x =C - Ax 2(a- x ) ……②n +12Aa n + B则①得：a n +1 - x 1 = C - Ax 1 ⋅ a n - x 1 ，即{ a n - x1 }为等比数列②a n +1 - x 2 C - Ax 2 a n - x 2 a n - x 2C - AxAx + Bx 时（即 x = x = x ），此时 x122 A即有： a- x =C - Ax 0(a- x )n +1Aa n + B两边取倒数得：1 a n +1 - x 0 = Aa n + B ⋅C - Ax 0 1a n - x 01于是：-1=1( Aa n + B -1)a n +1 - x 0 a n - x 0a n - x 0 C - Ax 0=1( Aa n + B - C + Ax ) ……③a n - x 0 C - Ax 02 A a - xa - xC - Bn +1n1即{ } 为等差数列a n - x 0C - Ax以上证明过程，为我们求解存在an= Ca n + D 递推n +1Aa n + B关系的数列通项提供了两条思路：n1 n2n1 2 0 ⎩（ 1 ）当 特征根 方 程 有 两 个 相 异 的 实 数 根 ，即 x 1 ≠ x 2 时， 数列 {a n } 的通项为a = Ax n -1 + Bx n -1 ,其中 A 、B 由 a , a , x , x 和 n = 1, 2 确定（即把 a , a , x , x 和 n = 1, 2n1212121212n -1 n -1代入a n = Ax + Bx ，得到关于A 、B 的方程组） （ 2 ） 当 特 征 根 方 程 有 两 个 相 同 的 实 数 根 ， 即 x 1 =x 2 =x 0 时，数列 {a n } 的通项为a = ( A + B )x n -1, ,其中 A 、B 由a , a , x , x 和n = 1, 2 确定（即把a , a , x , x 和n = 1, 2 代n12121212n -1入 a n = ( A + B )x , 得到关于 A 、B 的方程组） 结论证明（待定系数法）因为a n + 2 = pa n +1 + qa n 所以a n + 2 - λa n +1 = μ(a n +1 - λa n ) ，即a n + 2 = (μ + λ)a n +1 - λμa n于是⎨λ ⋅ μ = -q- λa n +1= μ(a n +1 - λa n ) ……①设b n = a n +1 - λa n ，则①式⇔ b= μb 所以a- λa= μb = μ n -1b ……②，其中b = a - λan +1nn +2n +1n1121对②式左右两边同时除以λn + 2得：a n + 2-a n +1 μ = ( )n -1 ⋅b 1λn + 2λn +1λλ3下面采用累加法求 a n{λn} 的通项公式，进而求{a n } 的通项（求解通项时，分λ = μ 和λ ≠ μ 两种情况讨论）以上证明过程，为我们求解存在a n + 2 = pa n +1 + qa n 递推关系的数列的通项提供了两条思路： 思路一，直接利用结论，求出特征根，结合特征根个数，代入结论写通项n + 2通过对以上两种求数列通项方法的介绍，我们不难发现，无论是不动点法求数列通项还是特征根法求数列通项，都需要记住公式，套公式，方法未免过于死板，同时我们通过两种方法的证明过程还可以发现无论是不动点法求数列通项还是特征根法求数列通项都可以通过一种统一且灵活的方法——待定系数法求通项公式，所以在此建议各位同学，深刻理解上述两种方法的证明过程，进而掌握通过待定系数法求解含有a =Ca n +D 和n+1 Aan+B二、典型例题n n -1 2an+ 3解法一：待定系数法（不动点法留给各位同学自行尝试）解：因为a =a n + 4 ,n -1 2an+ 3所以a -x = a n + 4 -x =a n (1 - 2x) + 4 - 3xn -1 2a + 3 2a + 3=1 - 2x(an n-3x - 4) 令x =3x - 4，解得x =1, x n2an1 - 2x1 - 21 - 2x 1 2所以a n -1 -1 =2an (an-1) ……①；an -1 + 2 =1 +42an(an+ 2) ……②②an -1 + 2 5 an+ 2即数列{ an- 1}是以a1-1=2为首项，以-5 为公a n + 2 a1+ 2 5比的等比数列即an-1=2⋅ (-5)n -1 ，令2⋅ (-5)n -1 =t ，an+ 2 5 51n⎨λ ⋅ μ = = n1 则 a n =1 + 2t 1 - t 5 + 4(-5)n -1 5 - 2(-5)n -1= 2, 4a = 4a - a (n ∈ N * ) ，求数列{a } 的通项n12n +2n +1nna n解法一：待定系数法（特征根法留给各位同学自行尝试） 解：因为4a= 4a - a (n ∈ N *) ，即a= a -a n (n ∈ N * )n + 2n +1nn + 2n +14则令a n + 2 - λa n +1 = μ(a n +1 - λa n ) ，即a n + 2 = (μ + λ)a n +1 - λμa n于是⎪ ⎪⎩442则 a - 1 a = 1 (a - 1 a ) ……①n + 22 n +1 2 n +1 2 n设b = a- 1 a ，则①式⇔ b = 1 b nn +1 2 n n +12 n所以a- 1 a= 1 b( ) b ……②，其中b = an + 22n +12 n21 1 22 121 对②式左右两边同时除以( ) 2n+ 2 得：a n + 2 - a n +1 = 61 n +2 1 n +1( ) ( ) 2 2⎧ ⎫ ⎪ a 下面采用累加法求 n ⎪ 的通项公式，进而求{a } 的通项 ⎨ 1 ⎬ n ⎪ ( )n ⎪ ⎩ 2 ⎭a n + 2 - a n +1= 6 1 n + 2 1 n +1( ) ( ) 2 213 n -1a n +1 a n= 6 1 n +1 1 n ( ) ( ) 2 2a n - a n -1 = 6 1 n 1 n -1 ( ) ( ) 22……a 2 - 1 2 a 1 = 6 1 1 ( ) ( ) 2 2 累加得 a n + 2 a 1 = 6(n + 1)1 n +2 1 1即 a n ( ) ( ) 2 2=3n - 22n -1三、课后练习【题 1】已知数列{a } 满足a= 21a n - 24，a= 4 ，求数列{a } 的通项公式。
数列递推公式的九种方法之欧阳体创编
求递推数列的通项公式的九种方法时间：2021.02.03创作：欧阳体利用递推数列求通项公式，在理论上和实践中均有较高的价值.自从二十世纪八十年代以来，这一直是全国高考和高中数学联赛的热点之一. 一、作差求和法例1 在数列{n a }中，31=a ,)1(11++=+n n a a n n ，求通项公式n a .解：原递推式可化为：1111+-+=+n n a a n n 则,211112-+=a a 312123-+=a a413134-+=a a ，……，nn a a n n 1111--+=-逐项相加得：n a a n 111-+=.故na n 14-=.二、作商求和法 例 2 设数列{na }是首项为1的正项数列，且0)1(1221=+-+++n n n n a a na a n （n=1,2,3…），则它的通项公式是n a =▁▁▁（2000年高考15题）解：原递推式可化为：)]()1[(11n n n n a a na a n +-+++=0 ∵n n a a ++1＞0，11+=+n na a n n 则,43,32,21342312===a a a a a a ……，nn a a n n 11-=- 逐项相乘得：na a n 11=，即n a =n1.三、换元法例 3 已知数列{n a }，其中913,3421==a a ，且当n ≥3时，)(31211----=-n n n n a a a a ，求通项公式n a （1986年高考文科第八题改编）.解：设11---=n n n a a b ，原递推式可化为：}{,3121n n n b b b --=是一个等比数列，9134913121=-=-=a a b ，公比为31.故n n n n b b )31()31(91)31(2211==⋅=---.故n n n a a )31(1=--.由逐差法可得：n n a )31(2123-=.例4已知数列{n a }，其中2,121==a a ，且当n ≥3时，1221=+---n n n a a a ，求通项公式n a 。
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。
数列求通项公式的方法完整版
求数列通项公式的8+1种方法大连汤忠军本文从8+1个角度去阐述如何求出数列的通项公式，角度不同，思路不同，希望大家认真仔细体会。
后期还会有如何求前n 项和的方法总结。
方法一、观察法这个地方就不做赘述，可以明显观察出来。
但是这地方我需要提醒大家的是，在解答题中，你所观察出来的通项公式并不能代替做题过程或者说解答过程，这个是最为忌讳的。
这类题目，往往都会以选择题或者填空题的形式出现，不会出现解答题的，考生并不需要给出解答过程。
比如说，,,,,,...(1)22nn b a b a b a a b a b a +-=+-方法二、已知前n 项和n S ,求na 利用公式，111,(1),(2)n n n a S n a S S n -==⎧=⎨-≥⎩对于上述公式我给出以下几个备注。
NOTE ：①凡是出现了下标是1n -，必须需要保证2n ≥，因为对于数列而言，不可能会有负项或者零项；②对于上述公式而言，必须要验证你所算出来的1a 是否满足当2n ≥时的通项公式n a ，如果满足，合二为一；如果不满足，分段（开）写。
例1、设数列{}n a 的前前n 项和为n S ，且满足221n S n n =+-，求{}n a 的通项公式。
例2、设数列{}n a 满足111,(2,)n n n a a S S n n N +-==-≥∈，求{}n a 的通项公式。
例3、各项均为正数的数列{}n a 的前前n 项和为n S ，满足11S >且6(1)(2),n n n S a a n N +=++∈,求{}n a 的通项公式。
方法三、累加法适用类型：形如：1()n n a a f n +=+这种递推关系时。
例1、在数列{}n a 中，已知111,(2)n n a a a n n -==+≥，求数列{}n a 的通项公式。
例2、在数列{}n a 中，113(2)n n n a a n --=+≥，求数列{}n a 的通项公式。
数列通项公式的求法最全市公开课获奖课件省名师示范课获奖课件
新数列
a 2
n n
，2a
n1 n1
、an 2n
是其
相邻两项，1与 2都是常数
可化为 an1 2n1
2
an 2n
1
an1 2 n1
1
2
an 2n
1
故数列
an
1
2n
an 22
1是首项为
2 2n1 2n
a1 1 2，公比为 2
an 4n 2n
2
的等比数列
其他解法探究：
数列 an 的a1 2, an1 4an 2n1
故 an 2 3n 1=-2 2n1 2n 即an 2 3n 2n 1
an1 Aan B An1
相除法 两边同除以 An1
例7：数列 an 满足:a1 3, an1 3an 3n1 , 求an 通项公式.
解：
an 3an1 3n
an 3n
an1 3n1
1
an 3n
例1：在﹛an﹜中，已知a1=1,an=an-1+n (n≥2),求通项an.
解：
an an1 n
an1 an2 n 1
an2 an3 n 2 an3 an4 n 3
.......
a3 a2 3 以上各式相加得
a2 a1 2
an a1 (2 3 4 n)
(n+2)(n-1)
是以
a1 3
为首项，以1为公差的等差数列
an 3n
a1 3
（n - 1）1
n
an n3n
相除法
an1 Aan B C n1
两边同除以 An1 或 C n1
变式：数列an 的a1 2, an1 4an 2n1 (n N )，求数列an 的通项公式
求数列通项公式的十种方法-例题答案详解
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 +++-=+，故因此11(13)2(1)2113133133223n n n n na n n ---=++=+--⨯，则21133.322n n n a n =⨯⨯+⨯- 评注：已知aa =1,)(1n f a a n n =-+，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na .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。
(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。
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最全的数列通项公式的求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11.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出通项公式。
例1. 根据下列数列的前几项，说出数列的通项公式： 1、1.3.7.15.31………2、1,2,5,8,12………3、21212,1,,,,3253………4、1,-1,1,-1………5、1、0、1、0……… ◆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.(注意：求完后一定要考虑合并通项)例2．①已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足1,)1(2≥-+=n a S n n n ．求数列{}n a 的通项公式.②已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足21nS n n =+-，求数列{}n a 的通项公式.③ 已知等比数列{}n a 的首项11=a ，公比10<<q ，设数列{}n b 的通项为21+++=n n n a a b ，求数列{}n b 的通项公式。
③解析：由题意，321++++=n n n a a b ，又{}n a 是等比数列，公比为q ∴q a a a a b b n n n n n n =++=+++++21321，故数列{}n b 是等比数列，)1(211321+=+=+=q q q a q a a a b ， ∴ )1()1(1+=⋅+=-q q q q q b n n n◆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，归纳猜想出数列的通项公式，然后再用数学归纳法证明之。
也可以猜想出规律，然后正面证明。
例3.（2002年北京春季高考）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，…（1） 写出n x 与21,--n n x x 之间的关系式（3≥n ）。
（2） 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。
解析：（1）∵ n A 是线段32--n n A A 的中点， ∴)3(221≥+=--n x x x n n n（2）a a x x a =-=-=0121，2122322x x x x x a -+=-==a x x 21)(2112-=--，3233432x x x x x a -+=-==a x x 41)(2123=--，猜想*)()21(1N n a a n n ∈-=-，下面用数学归纳法证明01 当n=1时，a a =1显然成立；02 假设n=k 时命题成立，即*)()21(1N k a a k k ∈-=-则n=k+1时，k k k k k k x x x x x a -+=-=++++21121=k k k a x x 21)(211-=--+ =a a k k )21()21)(21(1-=---∴ 当n=k+1时命题也成立，∴ 命题对任意*N n ∈都成立。
变式:（2006，全国II,理,22,本小题满分12分）设数列｛a n ｝的前n 项和为S n ，且方程x 2－a n x －a n ＝0有一根为S n －1，n ＝1，2，3，… （Ⅰ）求a 1，a 2；（Ⅱ）｛a n ｝的通项公式◆四、累加（乘）法对于形如)(1n f a a n n +=+型或形如n n a n f a )(1=+型的数列，我们可以根据递推公式，写出n 取1到n 时的所有的递推关系式，然后将它们分别相加（或相乘）即可得到通项公式。
例4. 若在数列{}n a 中，31=a ，n a a n n +=+1，求通项n a 。
解析：由n a a n n +=+1得n a a n n =-+1，所以11-=--n a a n n ，221-=---n a a n n ，…，112=-a a ，将以上各式相加得：1)2()1(1+⋅⋅⋅+-+-=-n n a a n ，又31=a 所以 n a =32)1(+-n n 例5.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n n 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、取倒（对）数法a 、rn n pa a =+1这种类型一般是等式两边取对数后转化为q pa a n n +=+1，再利用待定系数法求解b 、数列有形如0),,(11=--n n n n a a a a f 的关系，可在等式两边同乘以,11-n n a a 先求出.,1n na a 再求得 c 、)()()(1n h a n g a n f a n nn +=+解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为q pa a n n +=+1。
例6.．设数列}{n a 满足,21=a ),N (31∈+=+n a a a n nn 求.n a 解：原条件变形为.311n n n n a a a a =⋅+⋅++两边同乘以,11+⋅n n a a 得11131+=⋅+n n a a . ∵113211,211)2113-+=+∴+=+n n n n a a a （ ∴.13221-⨯=-n n a 例7 、 设正项数列{}n a 满足11=a ，212-=n n a a （n ≥2）.求数列{}n a 的通项公式.解：两边取对数得：122log 21log -+=n n a a ，)1(log 21log 122+=+-n n a a ，设1log 2+=n an b ， 则12-=n n b b {}n b 是以2为公比的等比数列，11log 121=+=b .11221--=⨯=n n n b ，1221log -=+n a n，12log 12-=-n a n ， ∴1212--=n n a变式:1.已知数列｛a n ｝满足：a 1＝32，且a n ＝n 1n 13na n 2n N 2a n 1*≥∈－－（，）＋－ （1） 求数列｛a n ｝的通项公式；（2）证明：对于一切正整数n ，不等式a 1∙a 2∙……a n <2∙n ！ 2、若数列的递推公式为11113,2()n na n a a +==-∈ ，则求这个数列的通项公式。
3、已知数列{n a }满足2,11≥=n a 时，n n n n a a a a 112--=-，求通项公式。
4、已知数列｛a n ｝满足：1,13111=+⋅=--a a a a n n n ，求数列｛a n ｝的通项公式。
5、若数列｛a n ｝中，a 1=1，a 1+n =22+n na a n ∈N +，求通项a n ． ◆六、迭代法迭代法就是根据递推式，采用循环代入计算. 例8、（2003·高考·广东）设a 0为常数，且a n ＝3 n -1－2 a n -1（n 为正整数）证明对任意n≥1 ，a n ＝ [ 3 n ＋（－1）n -1· 2 n ]＋（－1）n · 2 na 0 证明：a n ＝3 n -1－2 a n -1＝3 n -1－2（3 n -2－2 a n -2）＝3 n -1－2· 3 n -2＋2 2（3 n -3－2 a n -3）＝3 n -1－2 ·3 n -2＋2 2 ·3 n -3－2 3（3 n -4－2 a n -4） ……… ………＝3 n -1－2·3 n -2＋2 2·3 n –3 －…＋（－1）n -1·2 n -1＋（－1）n ·2 na 0（－1）n ·2 n a 0 前面的n 项组成首项为3 n -1，公比为－的等比数列，这n 项的和为：＝ [ 3 n ＋（－1）n -1·2 n]∴ a n ＝ [ 3 n ＋（－1）n -1· 2 n ]＋（－1）n · 2 na 0◆七、待定系数法：求数列通项公式方法灵活多样，特别是对于给定的递推关系求通项公式，观察、分析、推理能力要求较高。
通常可对递推式变换，转化成特殊数列（等差或等比数列）来求解，该方法体现了数学中化未知为已知的化归思想，运用待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法。
1、通过分解常数，可转化为特殊数列{a n +k}的形式求解。
一般地，形如a 1+n =p a n +q （p ≠1，pq ≠0）型的递推式均可通过待定系数法对常数q 分解法：设a 1+n +k=p （a n +k ）与原式比较系数可得pk －k=q ，即k=1-p q，从而得等比数列{a n +k}。
例9、数列{a n }满足a 1=1，a n =21a 1-n +1（n ≥2），求数列{a n }的通项公式。
解：由a n =21a 1-n +1（n ≥2）得a n －2=21（a 1-n －2），而a 1－2=1－2=－1，∴数列{ a n －2}是以21为公比，－1为首项的等比数列∴a n －2=－（21）1-n ∴a n =2－（21）1-n说明：通过对常数1的分解，进行适当组合，可得等比数列{ a n －2}，从而达到解决问题的目的。
练习、1数列{a n }满足a 1=1，0731=-++n n a a ,求数列{a n }的通项公式。
解：由0731=-++n n a a 得37311+-=+n n a a 设a )(311k a k n n +-=++，比较系数得373=--k k 解得47-=k∴{47-n a }是以31-为公比，以43471471-=-=-a 为首项的等比数列∴1)31(4347--⨯-=-n n a 1)31(4347--⨯-=⇒n n a2、已知数列{}n a 满足11=a ，且132n n a a +=+，求n a ．解：设)(31t a t a n n +=++，则1231=⇒+=+t t a a n n ，⇒+=++)1(311n n a a {}1+n a 是 以)1(1+a 为首项,以3为公比的等比数列⇒⇒⋅=⋅+=+--111323)1(1n n n a a 1321-⋅=-n n a点评：求递推式形如q pa a n n +=+1（p 、q 为常数）的数列通项，可用迭代法或待定系数法构造新数列)1(11pqa p p q a n n -+=-++来求得,也可用“归纳—猜想—证明”法来求，这也是近年高考考得很多的一种题型． 2、递推式为11+++=n n n q pa a （p 、q 为常数）时，可同除1+n q ，得111+⋅=++n n n n q a q p qa ，令nn n q a b =从而化归为q pa a n n +=+1（p 、q 为常数）型．、例10．已知数列{}n a 满足11=a ，123-+=n nn a a )2(≥n ，求n a ．解：将123-+=n n n a a 两边同除n3，得n n n n a a 32131-+=⇒1133213--+=n n n n a a 设n n n a b 3=，则1321-+=n n b b ．令)(321t b t b n n -=--⇒t b b n n 31321+=-⇒3=t ．条件可化成)3(3231-=--n n b b ，数列{}3-n b 是以3833311-=-=-a b 为首项，32为公比的等比数列．1)32(383-⨯-=-n n b ．因n n n a b 3=, )3)32(38(331+⨯-==∴-n n n n n b a ⇒2123++-=n n n a ．3、形如b an pa a n n ++=+1)001(≠≠，a 、p解法：这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令)()1(1y xn a p y n x a n n ++=++++，与已知递推式比较，解出y x ,,从而转化为{}y xn a n ++是公比为p 的等比数列。