斐波那契数列通项公式的推导之欧阳歌谷创编
菲波拉契数列公式
菲波拉契数列公式
这个数列是由13世纪意大利斐波那契提出的的,故叫斐波那契数列.该数列由下面的递推关系决定：F0=0,F1=1
F n+2=F n + F n+1(n>=0)
它的通项公式是Fn=1/根号5{[(1+根号5)/2]的n次方-[(1-根号5)/2]的n次方}(n属于正整数)
补充问题：
菲波那契数列指的是这样一个数列：
1,1,2,3,5,8,13,21……
这个数列从第三项开始,每一项都等于前两项之和
它的通项公式为：[（1＋√5）/2]^n /√5 －[（1－√5）/2]^n /√5 【√5表示根号5】
很有趣的是：这样一个完全是自然数的数列,通项公式居然是用无理数来表达的.
该数列有很多奇妙的属性
比如：随着数列项数的增加,前一项与后一项之比越逼近黄金分割0.6180339887……
还有一项性质,从第二项开始,每个奇数项的平方都比前后两项之积多1,每个偶数项的平方都比前后两项之积少1
如果你看到有这样一个题目：某人把一个8*8的方格切成四块,拼成一个5*13的长方形,故作惊讶地问你：为什么64＝65?其实就是利用了菲波那契数列的这个性质：5、8、13正是数列中相邻的三项,事实上前后两块的面积确实差1,只不过后面那个图中有一条细长的狭缝,一般人不容易注意到
如果任意挑两个数为起始,比如5、-2.4,然后两项两项地相加下去,形成5、-2.4、2.6、0.2、2.8、3、5.8、8.8、14.6……等,你将发现随着数列的发展,前后两项之比也越来越逼近黄金分割,且某一项的平方与前后两项之积的差值也交替相差某个值。
斐波那契数列前n项和公式的推导
斐波那契数列前n项和公式的推导斐波那契数列，这玩意儿听起来是不是有点神秘兮兮的？其实啊，它就在我们身边，而且特别有趣！咱们先来看看斐波那契数列到底是啥。
简单说，就是从 0 和 1 开始，后面每一项都是前两项的和。
比如 0、1、1、2、3、5、8、13……就这么一直往后走。
那斐波那契数列前 n 项和的公式是咋推导出来的呢？这可得好好琢磨琢磨。
咱们设斐波那契数列的前 n 项和为 S(n) 。
那第一项是 0 ，第二项是1 ，从第三项开始，每一项都是前两项的和。
咱先试着把前几项的和写出来看看。
S(1) = 0 ，S(2) = 1 ，S(3) = 2 ，S(4) = 4 ，S(5) = 7 。
光这么看好像没啥规律，别急，咱们换个角度。
咱们把斐波那契数列相邻的两项相加，会发现一个有趣的现象。
比如 1 + 2 = 3 ， 2 + 3 = 5 ， 3 + 5 = 8 。
是不是感觉有点意思了？我想起之前给学生们讲这部分内容的时候，有个小家伙特别积极，一直在那自己琢磨。
我就故意不告诉他答案，让他自己去探索。
结果啊，还真被他琢磨出了一点门道。
咱们继续推导。
咱们设斐波那契数列的第 n 项为 F(n) ，那么前 n 项和 S(n) 就可以表示为：S(n) = F(1) + F(2) + F(3) + …… + F(n) 。
同时，我们还知道 F(n) = F(n - 1) + F(n - 2) 。
那我们把 S(n) 写两遍，然后错位相减试试。
S(n) = F(1) + F(2) + F(3) + …… + F(n - 1) + F(n)S(n) = F(2) + F(3) + …… + F(n - 1) + F(n) + F(n + 1)用第二个式子减去第一个式子，得到：0 = F(2) - F(1) + F(3) - F(2) + …… + F(n + 1) - F(n)整理一下，就得到 S(n) = F(n + 2) - 1 。
斐波拿契数列通项公式的推导过程详细解读
斐波那契数列通项公式的推导过程详细解读斐波那契数列是指：0、1、1、2、3、5、8、13、21、34……。
它的特点是每个数字是前两个数字之和。
而斐波那契数列通项公式则是用来表示第n个斐波那契数的数学公式。
在本篇文章中，我将详细解读斐波那契数列通项公式的推导过程，让读者更加深入地理解这一数学概念。
一、斐波那契数列的定义让我们来回顾一下斐波那契数列的定义。
斐波那契数列可以用递归的方式来定义：F(0) = 0, F(1) = 1, F(n) = F(n-1) + F(n-2) (n≥2)。
这意味着斐波那契数列的第n个数字等于前两个数字之和。
二、通项公式的推导现在，让我们来推导斐波那契数列的通项公式。
通项公式一般表示为Fn=a^n+b^n (n≥2)，其中a和b是常数。
为了推导斐波那契数列的通项公式，我们可以使用特征方程的方法。
设斐波那契数列的通项公式为Fn=ar^n，其中r是常数。
我们可以得到以下方程：Fn=ar^nFn+1=ar^(n+1)Fn+2=ar^(n+2)将斐波那契数列的定义代入上述方程中，我们可以得到以下关系式：Fn+2=Fn+1+Fnar^(n+2)=ar^(n+1)+ar^n我们将公式整理得到以下形式：ar^(n+2)-ar^(n+1)-ar^n=0我们可以将公式中的r^n提取出来：r^n(ar^2-ar-1)=0由于r^n不可能为0，因此我们可以得到特征方程为：ar^2-ar-1=0解这个方程，我们可以得到r的值，进而求得通项公式。
三、斐波那契数列通项公式的最终结果经过推导，我们可以得到斐波那契数列的通项公式为：Fn = (1/√5) * {[(1+√5)/2]^n - [(1-√5)/2]^n}这个通项公式就可以用来计算斐波那契数列中任意位置的数字了。
四、个人理解与总结斐波那契数列通项公式的推导过程虽然有些复杂，但经过仔细推导可以得到简洁而美丽的结果。
通过推导过程，我们不仅可以掌握斐波那契数列通项公式的具体形式，还可以更深入地理解数学中的特征方程方法。
斐波那契数列通项公式的推导方法
斐波那契数列通项公式的推导方法斐波那契数列是指数列1,1,2,3,5,8,13,21,...，其中每一项都是前两项的和。
斐波那契数列通项公式是指可以通过一个数学公式计算出任意一项的值。
在这个问题中，我们将探讨斐波那契数列通项公式的推导方法。
首先，我们可以观察到斐波那契数列的前几项之间的关系。
数列的第一项是1，第二项也是1，我们可以用F(1)和F(2)来表示。
从第三项开始，每一项都是前两项的和，我们可以用F(n)表示第n项。
根据这个关系，我们可以写出以下等式：F(3)=F(1)+F(2)F(4)=F(2)+F(3)F(5)=F(3)+F(4)...F(n)=F(n-2)+F(n-1)接下来，我们使用数学归纳法来证明斐波那契数列的通项公式。
首先，我们假设对于任意的k，都有F(k)=φ^k/√5，其中φ是黄金分割比例，约等于1.618当k=1时，F(1)=φ^1/√5，假设成立。
现在，我们假设对于任意的k，都有F(k)=φ^k/√5成立。
我们来证明对于k+1也成立。
根据斐波那契数列的关系式F(n)=F(n-2)+F(n-1)，我们可以得到：F(k+1)=F(k-1)+F(k)将假设带入上式，得到：F(k+1)=(φ^(k-1)/√5)+(φ^k/√5)=(φ^k*(φ+1))/√5由于φ是黄金分割比例，我们知道φ=(1+√5)/2、将其代入上式，得到：F(k+1)=((1+√5)/2)^k*((1+√5)/2+1)/√5=((1+√5)/2)^k*(3+√5)/(2√5)=((1+√5)/2)^k*(1+√5)/2√5=(1+√5)^(k+1)/(2^(k+1)√5)我们可以看到，F(k+1)也可以用φ的幂次方来表示。
因此，我们可以得出结论，对于任意的n，都有F(n)=φ^n/√5。
有趣的斐波那契数列例子之欧阳术创编
斐波那契数列的发明者，是意大利数学家列昂纳多·斐波那契（Leonardo Fibonacci，生于公元1170年，卒于1240年，籍贯大概是比萨）。
他被人称作“比萨的列昂纳多”。
1202年，他撰写了《珠算原理》(Liber Abacci)一书。
他是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人。
他的父亲被比萨的一家商业团体聘任为外交领事，派驻地点相当于今日的阿尔及利亚地区，列昂纳多因此得以在一个阿拉伯老师的指导下研究数学。
他还曾在埃及、叙利亚、希腊、西西里和普罗旺斯研究数学。
斐波那契数列指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、……这个数列从第三项开始，每一项都等于前两项之和。
斐波那契数列通项公式通项公式(见图)（又叫“比内公式”，是用无理数表示有理数的一个范例。
）注：此时a1=1，a2=1，an=a(n-1)+a(n-2)（n>=3,n∈N*）通项公式的推导斐波那契数列：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)=1，F(n)=F(n-1)+F(n-2) (n≥2)，显然这是一个线性递推数列。
方法一：利用特征方程（线性代数解法）线性递推数列的特征方程为：X^2=X+1解得X1=(1+√5)/2,，X2=(1-√5)/2。
则F(n)=C1*X1^n + C2*X2^n。
∵F(1)=F(2)=1。
∴C1*X1 + C2*X2。
C1*X1^2 + C2*X2^2。
解得C1=1/√5，C2=-1/√5。
∴F(n)=(1/√5)*{[(1+√5)/2]^(n+1) - [(1-√5)/2]^(n+1)}（√5表示根号5）。
方法二：待定系数法构造等比数列1（初等待数解法）设常数r，s。
使得F(n)-r*F(n-1)=s*[F(n-1)-r*F(n-2)]。
则r+s=1， -rs=1。
n≥3时，有。
斐波那契额数列的通项公式
斐波那契额数列的通项公式
斐波那契数列是指这样一个数列：0、1、1、2、3、5、8、13、21、34……在数学上，斐波那契数列以如下被以递推的方法定义：
F(0)=0，F(1)=1, F(n)=F(n-1)+F(n-2)（n>=2，n∈N*）。
斐波那契数列的通项公式是：
F(n) = (1/√5)*{[(1+√5)/2]^n - [(1-√5)/2]^n} 其中，√5表示5的正平方根。
这个公式可以用来求解斐波那契数列中任意一个项的值，不需要递推。
这个公式的推导过程比较复杂，可以用数学归纳法和求解一元二次方程的方法来证明。
但是，这里不再详细阐述。
总之，斐波那契数列的通项公式是一个十分有用和重要的公式，在数学和计算机科学等领域都有广泛的应用。
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Fibonacci数列通项公式推导
推导 Fibonacci 数列通项公式 的一种初等方法
Wsy,Slyz July.31,2016
推导方法的实质
根据Fibonacci数列的递推式凑成等比 数列的形式
推导过程
众所周知，Fibonacci数列的递推式为 我们强制性凑等比数列，设：
由于这个式子是由递推式变形得到的，所以： 解得
推导过程
于是我们得到
即 ，公比为 是首项(n=2)为 的等比数列
所以：
推导过程
我们再凑等比数列，这几步非常关键，把f(n) 凑成了g(n)-A· g(n-1)的形式：
推导过程
即 是首项为 公比为
的等比数列. 所以根据等比数列通公式：
推导过程
移项，得
几种推导斐波那契数列通项公式的方法
几种推导斐波那契数列通项公式的方法斐波那契数列是一个非常经典的数列，它的每个元素都是前两个元素之和，即F(n) = F(n-1) + F(n-2)，其中F(0) = 0，F(1) = 1。
在这篇文章中，我将介绍几种推导斐波那契数列通项公式的方法。
方法一：递推法递推法是最直接的方法，通过不断迭代计算，得到斐波那契数列的通项公式。
具体步骤如下：1. 定义初始条件F(0) = 0，F(1) = 1；2. 通过迭代计算，求解F(n) = F(n-1) + F(n-2)，直到计算到所需的第n个数；3. 得到通项公式F(n)。
方法二：矩阵法矩阵法是一种基于矩阵运算的方法，通过求解矩阵的幂次方，可以得到斐波那契数列的通项公式。
具体步骤如下：1. 定义初始条件F(0) = 0，F(1) = 1；2. 构造矩阵A = [1 1; 1 0]；3. 求解A的幂次方A^n，其中n为所需的第n个数；4. 得到通项公式F(n) = (A^n)_(1,2)。
方法三：特征根法特征根法是一种利用矩阵的特征值和特征向量来求解斐波那契数列通项公式的方法。
具体步骤如下：1. 定义初始条件F(0) = 0，F(1) = 1；2. 构造矩阵A = [1 1; 1 0]；3. 求解矩阵A的特征值λ1和λ2，以及对应的特征向量v1和v2；4. 根据特征值和特征向量的性质，可以得到通项公式F(n) = λ1^n*v1 + λ2^n*v2。
方法四：通项公式法通项公式法是一种直接求解斐波那契数列通项公式的方法，通过对数列进行观察和推理，可以得到通项公式。
具体步骤如下：1. 观察斐波那契数列的前几个数，例如0、1、1、2、3、5、8...；2. 推理数列的规律，发现每个数都是前两个数之和；3. 假设斐波那契数列的通项公式为F(n) = a^n，其中a为常数；4. 代入初始条件F(0) = 0，F(1) = 1，解得a = (1 + √5) / 2；5. 得到通项公式F(n) = ((1 + √5) / 2)^n。
斐波那契数列通项公式的推导
斐波那契数列通项公式的推导：
由11a =，21a =，12n n n a a a --=+，*n ∈N ，3n ≥
令()()1123n n n n a ra s a ra n ----=-≥，则11r s rs +=⎧⎨=-⎩
从而()2121n n n a ra s a ra ---=-
所以11n n n a s r a --=+
所以112212n n n n n n a s r a s rs r a -----=+=++=122321n n n n n s rs r s r s r -----=+++++ 这是公比为r s 的等比数列前n 项和，所以n n n s r a s r
-=-， 由11r s rs +=⎧⎨=-⎩
，解得一组解s r ⎧⎪⎪⎨⎪=⎪⎩
代入得n n n a ⎡⎤⎥=-⎥⎝⎭⎝⎭⎦
． 数列递推公式：若数列{}n a 中的任意项n a 与相邻的若干项之间的关系可以用一个公式
表示，则这个公式叫做数列的递推公式．数列的递推公式揭示了数列的任一项n a 与1n a -（或前几项）的关系，也是给出数列的一种重要方法．
迭代是数值分析中通过从一个初始估计出发寻找一系列近似解来解决问题（一般是解方程或者方程组）的过程，为实现这一过程所使用的方法统称为迭代法．所谓迭代关系式，指如何从变量的前一个值推出其下一个值的公式（或关系）．迭代关系式的建立是解决迭代问题的关键，通常可以顺推或倒推的方法来完成．
递推与迭代在生活实际中有广泛的应用，计算机算法就建立在递推与迭代的基础上．。
斐波那契数列(Fibonacci sequence)及相关结论
斐波那契数列（Fibonacci sequence）及相关结论一、定义斐波那契数列（Fibonacci sequence），又称黄金分割数列，因意大利数学家莱昂纳多·斐波那契（Leonardo Fibonacci）1202年以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、55、89……这个数列从第 3 项开始，每一项都等于前两项之和。
在数学上，斐波那契数列以如下被以递推的方法定义：二、通项公式1、递推公式：2、通项公式：证明一：（构造等比数列）设常数r和s满足：即：则r和s满足如下条件：由韦达定理知，r和s为一元二次方程的两个根，不妨令当n≥3时，有即上式共n-2个式子，累乘得由于，所以有将直到按照上述递推关系式进行展开有可见是首项为，公比为，末项为的等比数列求和，根据等比数列求和公式有将r和s代入得斐波那契数列的通项公式为即方法二：特征根法三、斐波那契数列与黄金分割斐波那契数列前一项与后一项之比的极限为黄金分割比。
证明：由于因此，斐波那契数列前一项与后一项之比为即当n→+∞时，四、几个重要的结论1、前n项和公式：证明：由于斐波那契数列的通项公式为：其显然是两个等比数列的线性组合，因此我们可以利用等比数列的求和公式来计算斐波那契数列的前n 项和。
这里我们由定义和通项公式可以直接得到如下结论：即成立。
2、奇数项求和证明：3、偶数项求和证明：移项便得到证明。
4、平方求和证明：五、一些重要恒等式注：本内容收集整理于网络，如有错误请指正。
斐波那契数列通项公式的推导方法ppt课件
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问题一思路三：设 bn = a n +1，则bn1 = an1 +1， bn =3bn1 { bn }为等比数列，其中b1 =a1 +1=2,q=3， bn =2 3n1 = 2 3n1 an = 2 3n1 －1
…………
猜想： a n = 3n13n2 2 3n3 2 ... 3 2 2
2 1 3n1
=3n1 1 3
= 2
n1
3
1
n
2
上式当 n=1 时也成立， a n = 2
n1
3
1
n
N
(证略)
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问题二的解答
思路： bn = an +1=（2 an1 +1）+1=2（an1 +1）=2bn1， 构造法
再设 bn = an 2n ，则 bn1 = an1 2n1 ，
bn1 =3 bn { bn }为等比数列，其中b1 =a1 +2=3,q=3，
bn =3n an =3n -2n
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a1 1
问题三
：已知数列{
a
n
}满足
a
2
3
an 2an1 an2(n 3)
构造法
将(4)、 (5)两式相减得：
n
n
5a
n
1
2
5
1 2
5
an
构造法求数列通项公式之欧阳治创编
构造法求数列通项公式求数列通项公式是高考考察的重点和热点，本文将通过构造等比数列或等差数列求数列通项公式作以简单介绍，供同学们学习时参考。
一、构造等差数列求数列通项公式运用乘、除、去分母、添项、去项、取对数、待定系数等方法，将递推公式变形成为(1)()f n f n +-=A （其中A 为常数）形式，根据等差数列的定义知)(n f 是等差数列，根据等差数列的通项公式，先求出)(n f 的通项公式，再根据)(n f 与na ，从而求出n a 的通项公式。
例1在数列{}n a 中，1a =12，1n a +=33n n a a +（n N +∈），求数列{}n a 通项公式. 解析：由a n+1=33+n n a a 得，a n+1a n =3a n+1-3a n =0，两边同除以a n+1a n 得，=-+n n a a 11131，设b n =na 1，则b n+1-b n =31，根据等差数列的定义知，数列｛b n ｝是首相b 1=2，公差d=31的等差数列，根据等差数列的通项公式得b n =2＋31（n-1）=31n ＋35∴数列通项公式为a n =53+n评析：本例通过变形，将递推公式变形成为A a a nn =-+111形式，应用等差数列的通项公式，先求出na 1的通项公式，从而求出n a 的通项公式。
例2在数列｛a n ｝中，S n 是其前n 项和，且S n ≠0，a 1=1，a n =1222-n n S S (n ≥2)，求S n 与a n 。
解析：当n ≥2时，a n =S n -S n-1 代入a n =1222-n n S S 得，S n -S n-1=1222-n n S S ，变形整理得S n -S n-1=S n S n-1两边除以S n S n-1得，nS 1-11-n S =2，∴｛nS 1｝是首相为1，公差为2的等差数列∴nS 1=1+2（n-1）=2n-1, ∴ S n =121-n (n ≥2),n=1也适合，∴S n =121-n (n ≥1)当n ≥2时，a n =S n -S n-1=121-n -321-n =-38422+-n n ，n=1不满足此式，∴a n ={21138422≥=+--n n n n评析：本例将所给条件变形成A n f n f =-+)()1(，先求出)(n f 的通项公式，再求出原数列的通项公式，条件变形是难点。
斐波那契数列通项推导方法
斐波那契数列通项推导方法
斐波那契数列那可真是超神奇的存在！咱先说说啥是斐波那契数列，就是从0 和1 开始，后面每一项都是前两项之和呀！那它的通项咋推导呢？咱设斐波那契数列的通项公式是F(n)。
咱可以通过特征方程来推导，就像在数学的神秘花园里寻宝一样。
特征方程为x² = x + 1，解这个方程就像解开一个神秘的密码锁。
解出来两个根，咱就可以利用这两个根来构建通项公式啦！这过程难不难？当然有点难度啦，但只要咱一步一步来，就肯定能搞定。
这就好比爬山，虽然路有点崎岖，但登顶后的风景那叫一个美。
那推导过程安全不？稳定不？嘿，这你就放心吧！数学推导那可是经过无数数学家验证过的，就像一座坚固的城堡，稳稳当当的。
只要你按照正确的步骤来，绝对不会出问题。
这就跟走在平坦的大路上一样，不用担心会有啥危险。
斐波那契数列的应用场景那可多了去了。
在自然界中，很多植物的生长规律都符合斐波那契数列，这难道不神奇吗？比如向日葵的花盘，菠萝的鳞片。
在金融领域，斐波那契数列也有大用处，可以用来预测股价的走势呢！它的优势就是简洁而强大，就像一把小巧却锋利的瑞士军刀。
咱再说说实际案例。
比如在建筑设计中，很多设计师会运用斐波那契数列来确定建筑的比例和尺寸，这样设计出来的建筑更加美观和谐。
这效果那可真是杠杠的！想象一下，一座美丽的建筑就像一件艺术品，让人赏心悦目。
斐波那契数列通项推导虽然有点挑战，但绝对值得一试。
它就像一把打开数学宝藏的钥匙，能让你领略到数学的魅力。
而且它的应用广泛，能在很多领域发挥大作用。
所以，还等啥？赶紧去探索斐波那契数列的奥秘吧！。
求数列通项公式的6种方法之欧阳歌谷创编
求数列通项公式的十一种方法（方法全，例子全，归纳细）欧阳歌谷（2021.02.01）总述：一．利用递推关系式求数列通项的7种方法：累加法、累乘法、待定系数法、倒数变换法、由和求通项定义法（根据各班情况适当讲）二。
基本数列：等差数列、等比数列。
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。
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 =+-解法二：13231nn 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 nn a n n ---=++=+--⨯，则21133.322n n n a n =⨯⨯+⨯- 练习1.已知数列{}n a 的首项为1，且*12()n n a a n n N +=+∈写出数列{}n a 的通项公式. 答案：12+-n n练习2.已知数列}{n a 满足31=a ，)2()1(11≥-+=-n n n a a n n ，求此数列的通项公式. 答案：裂项求和n a n 12-=评注：已知a a =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n a .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。
数列通项公式的完整求法,还有例题详解之欧阳文创编
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） ,17164,1093,542,211（3） ,52,21,32,1（4） ,54,43,32,21-- 解：（1）变形为：101－1，102―1，103―1，104―1，……∴通项公式为：110-=n na（2）;122++=n n n a n（3）;12+=n a n（4）1)1(1+⋅-=+n na n n.点评：关键是找出各项与项数n 的关系。
二、公式法：当已知条件中有a n 和s n 的递推关系时，往往利用公式：a n ＝1*1(1)(2,)n n s n s s n n N -=⎧⎪⎨-≥∈⎪⎩来求数列的通项公式。
例1： 已知数列{a n }是公差为d 的等差数列，数列{b n }是公比为q 的(q ∈R 且q ≠1)的等比数列，若函数f (x ) = (x －1)2，且a 1 = f (d －1)，a 3 = f (d +1)，b 1 = f (q +1)，b 3 = f (q －1)，(1)求数列{ a n }和{ b n }的通项公式；解：(1)∵a 1=f (d －1) = (d －2)2，a 3 = f (d +1)= d2，∴a 3－a 1=d 2－(d －2)2=2d ，∴d =2，∴a n =a 1+(n －1)d = 2(n －1)；又b 1= f (q +1)=q 2，b 3 =f (q －1)=(q －2)2，∴2213)2(q q b b -==q 2，由q ∈R ，且q ≠1，得q =－2，∴b n =b ·q n －1=4·(－2)n －1例 2. 等差数列{}n a 是递减数列，且432a a a ⋅⋅=48，432a a a ++=12，则数列的通项公式是（ ）(A)122-=n a n (B) 42+=n a n (C) 122+-=n a n(D)102+-=n a n解析：设等差数列的公差位d ，由已知⎩⎨⎧==+⋅⋅+12348)()(3333a d a a d a ， 解得⎩⎨⎧±==243d a ，又{}n a 是递减数列， ∴2-=d ，81=a ，∴=--+=)2)(1(8n a n102+-n ，故选(D)。
由递推公式求通项公式的方法之欧阳家百创编
由递推公式求通项公式的方法欧阳家百（2021.03.07）已知数列的递推公式，求取其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，不涉及具体某一题目的独特解法与技巧。
一、1()n n a a f n +=+型数列，（其中()f n 不是常值函数)此类数列解决的办法是累加法，具体做法是将通项变形为1()n n a a f n +-=，从而就有将上述1n -个式子累加，变成1(1)(2)(1)n a a f f f n -=+++-，进而求解。
例1. 在数列{}n a 中,112,21,.n n n a a a n a +==+-求 解：依题意有逐项累加有221(123)(1)1323(1)212n n n a a n n n n +---=+++-==-=-+，从而223n a n n =-+。
注：在运用累加法时,要特别注意项数,计算时项数容易出错. 变式练习：已知{}n a 满足11=a ,)1(11+=-+n n a a n n ,求}{n a 的通项公式。
二、)(1n f a a n n ⋅=+型数列，（其中()f n 不是常值函数)此类数列解决的办法是累积法，具体做法是将通项变形为1()n na f n a +=，从而就有 将上述1n -个式子累乘，变成1(1)(2)(1)na f f f n a =⋅⋅⋅-，进而求解。
例2. 已知数列{}n a 中11123,(2)321n n n a a a n n --==⋅≥+，求数列{}n a 的通项公式。
解：当2n ≥时，324123113523,,,,,57921n n a a a a n a a a a n --====+将这1n -个式子累乘，得到113(21)(21)n a a n n ⨯=-+，从而21311(21)(21)341n a n n n ⨯=⨯=-+-，当1n =时，1211413a n ==-，所以2141n a n =-。
斐波那契数列之欧阳术创编
斐波那契数列二、简介斐波那契数列(Fibonacci), Q称黄金分割数列，由数学家斐波那契最早以“兔子繁殖问题“引入,推动了数学的发展。
故斐波那契数列乂称“兔子数列乙斐波那契数列指这样的数列：1丄2,3,5,8,13,……，前两个数的和等于后面一个数字。
这样找们可以得到一个递推式, 记斐波那契数列的第i顶为Fi, i Fi=Fi-l+Fi-2.兔子繁殖问題指设有一对新生的兔子，从第三个月开始他们每个月那生一对兔子，新生的兔子从第三个月开始Q每个月生一对兔子。
按此观律，并假定兔子没有死亡，10个月后共有多少个兔子？这道题目通过找规律发现答案就是斐波那契数列，第n 个月免子的数量是斐波那契数列的第n项。
三、性质如果要了解斐波那契数列的性质，必然要先知道它的通项公式才能更简单的推导出一些定理。
那么下面我们就通过初等代数的待定系数法廿算出通项公式。
令常数p,q 满足Fn-pFn-1 =q(Fn-1 -pFn-2) o则可得：Fn-pFn-1 =q(Fn-l -pFn-2)=q2(Fn-2-pFn-3)=...=qn-2(F2-pFl)Q •/ Fn-pFn-1 =q(Fn-1 -pFn-2)•I Fn-pFn ・ 1 二qF 1 -pqFn-2Fn-1 +Fn-2-pFn-l -qFn-1 +pqFn-2=0(1 -p-q)Fn-1 +(1 +pq)Fn-2=0/.p+q=l,pq=-l是其中的一种方程组/. Fn-pFn-1 = qn-2(F2-pF l)=qn-2(l -p)=qn-lFn=q 1 +pF 1 =qn・ 1 +p(qn-2+p(qn-34-.. .))=qn-1 +pqn-2+p 2qn-3+...+pn-l不难看出，上式是一个以p/q为公比的等比数列。
将它用求和公式求和可以得到:而上面岀现了方程组p+q=l,pq=-l,可以得到p(l-p)=-l,p2-p-l=0,这样就得到了一个标准的一元二次方程,R 方得p2・p+0.25=1.25,(p・0.5)2=1.25,p=±71.25+0.5。