当q>1,<0,或00时,{}是递减数列;
当q=1时,{}是常数列;
当q<0时,{}是摆动数列;
等比数列前n项和
等比数列的前n项和公式：
∴当时，①或②
当q=1时，
当已知,q,n时用公式①；当已知,q,时，用公式②.
数列通项公式的求法
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．等差数列是递增数列，前n项和为，且成等比数列，．求数列的通项公式.
解：
设数列公差为
∵成等比数列，∴，
即
∵，∴………………………………①
∵∴…………②
由①②得：
，
∴
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
若已知数列的前项和与的关系，求数列的通项可用公式求解。
例2．已知数列的前项和满足．求数列的通项公式。
解：
由
当时，有
……，
经验证也满足上式，所以
点评：
利用公式求解时，要注意对n分类讨论，但若能合写时一定要合并．
三、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。
类型1递推公式为
解法：
把原递推公式转化为，利用累加法（逐差相加法）求解。
（2004全国卷I.22）已知数列中,,其中……，求数列的通项公式。
P24（styyj）
例3.已知数列满足，，求。
解：
由条件知：
分别令，代入上式得个等式累加之，即
所以
，
类型2
（1）递推公式为
解法：
把原递推公式转化为，利用累乘法（逐商相乘法）求解。
（2004全国卷I.15）已知数列{an}，满足a1=1，an=a1+2a2+3a3+…+（n－1）an－1（n≥2），则{an}的通项
P24（styyj）
例4.已知数列满足，，求。
解：
由条件知，分别令，代入上式得个等式累乘之，即
又，
（2）．由和确定的递推数列的通项可如下求得：
由已知递推式有，，，依次向前代入，得
，
简记为，这就是叠（迭）代法的基本模式。
（3）递推式：
解法：
只需构造数列，消去带来的差异．
例5．设数列：
，求.
解：
设，将代入递推式，得
…（１）则,又，故代入（１）得
说明：
（1）若为的二次式，则可设;
（2）本题也可由,（）两式相减得转化为求之.
例6．已知，，求。
解：
。
类型3递推公式为（其中p，q均为常数，）。
解法：
把原递推公式转化为：
，其中，再利用换元法转化为等比数列求解。
（2006.重庆.14）在数列中，若，则该数列的通项P24（styyj）
例7.已知数列中，，，求.
解：
设递推公式可以转化为即.故递推公式为,令，则,且.所以是以为首项，2为公比的等比数列，则,所以.
类型4递推公式为（其中p，q均为常数，）。
（或,其中p，q,r均为常数）
（2006全国I.22）（本小题满分12分）
设数列的前项的和，
（Ⅰ）求首项与通项；P25（styyj）
解法：
该类型较类型3要复杂一些。
一般地，要先在原递推公式两边同除以，得：
引入辅助数列（其中），得：
再应用类型3的方法解决。
例8.已知数列中，,，求。
解：
在两边乘以得：
令，则,应用例7解法得：
所以
类型5递推公式为（其中p，q均为常数）。
解法：
先把原递推公式转化为
其中s，t满足，再应用前面类型3的方法求解。
（2006.福建.理.22）（本小题满分14分）
已知数列满足
（I）求数列的通项公式；P26（styyj）
例9.已知数列中，,,，求。
解：
由可转化为
即或
这里不妨选用（当然也可选用，大家可以试一试），则是以首项为，公比为的等比数列,所以,应用类型1的方法，分别令，代入上式得个等式累加之，
即
又，所以。
类型6递推公式为与的关系式。
（或）
解法：
利用进行求解。
（2006.陕西.20）（本小题满分12分）
已知正项数列{an}，其前n项和Sn满足10Sn=an2+5an+6且a1,a3,a15成等比数列，求数列{an}的通项anP24（styyj）
例10.已知数列前n项和.
（1）求与的关系；
（2）求通项公式.
解：
（1）由得：
于是
所以.
（2）应用类型4的方法，上式两边同乘以得：
由.于是数列是以2为首项，2为公差的等差数列，所以
类型7双数列型
解法：
根据所给两个数列递推公式的关系，灵活采用累加、累乘、化归等方法求解。
例11.已知数列中，；数列中，。
当时，,，求,.
解：
因
所以
即…………………………………………
（1）
又因为
所以……
.即………………………
（2）
由
（1）、
（2）得：
，
四、待定系数法（构造法）
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，这种方法体现了数学中化未知为已知的化归思想，而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+k}的形式求解。
一般地，形如a=pa+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+k=p（a+k）与原式比较系数可得pk－k=q，即k=，从而得等比数列{a+k}。
例12、数列{a}满足a=1，a=a+1（n≥2），求数列{a}的通项公式。
解：
由a=a+1（n≥2）得a－2=（a－2），而a－2=1－2=－1，
∴数列{a－2}是以为公比，－1为首项的等比数列
∴a－2=－（）∴a=2－（）
说明：
这个题目通过对常数1的分解，进行适当组合，可得等比数列{a－2}，从而达到解决问题的目的。
例13、数列{a}满足a=1，,求数列{a}的通项公式。
解：
由得
设a，比较系数得解得
∴{}是以为公比，以为首项的等比数列
∴
例14．已知数列满足，且，求．
解：
设，则，
是以为首项,以3为公比的等比数列
点评：
求递推式形如（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．
例15．已知数列满足，，求．
解：
将两边同除，得
设，则．令
．条件可化成，数列是以为首项，为公比的等比数列．．因,
．
点评：
递推式为（p、q为常数）时，可同除，得
，令从而化归为（p、q为常数）型．
2、通过分解系数，可转化为特殊数列的形式求解。
这种方法适用于型的递推式，通过对系数p的分解，可得等比数列：
设，比较系数得，可解得。
（2006.福建.文.22）（本小题满分14分）已知数列满足
（I）证明：
数列是等比数列；
（II）求数列的通项公式；
例16、数列满足=0，求数列{a}的通项公式。
分析：
递推式中含相邻三项，因而考虑每相邻两项的组合，即把中间一项的系数分解成1和2，适当组合，可发现一个等比数列。
解：
由得
即，且
∴是以2为公比，3为首项的等比数列
∴
利用逐差法可得
=
=
=
=
∴
例17、数列中，，求数列的通项公式。
解：
由得设
比较系数得，解得或
若取，则有
∴是以为公比，以为首项的等比数列
∴
由逐差法可得
=
==
说明：
若本题中取，则有即得
为常数列,
故可转化为例13。
例18．已知数列满足,,求．
解：
设
或
则条件可以化为是以首项为，公比为的等比数列,所以．问题转化为利用累加法求数列的通项的问题，解得．
点评：
递推式为（p、q为常数）时，可以设，其待定常数s、t由,求出，从而化归为上述已知题型．
五、特征根法
1、设已知数列的项满足,其中求这个数列的通项公式。
作出一个方程则当时，为常数列，即，其中是以为公比的等比数列，即.
例19．已知数列满足：
求
解：
作方程
当时，
数列是以为公比的等比数列.于是
2、对于由递推公式，给出的数列，方程，叫做数列的特征方程。
若是特征方程的两个根，当时，数列的通项为，其中A，B由决定（即把和，代入，得到关于A、B的方程组）；当时，数列的通项为，其中A，B由决定（即把和，代入，得到关于A、B的方程组）。
例20：
已知数列满足，求数列的通项公式。
解法一（待定系数——迭加法）
由，得
，
且。
则数列是以为首项，为公比的等比数列，于是
。
把代入，得
，
，
，
。
把以上各式相加，得
。
。
解法二（特征根法）：
数列：
，的特征方程是：
。
。
又由，于是
故
3、如果数列满足下列条件：
已知的值且对于，都有（其中p、q、r、h均为常数，且），那么，可作特征方程,当特征方程有且仅有一根时,则是等差数列;当特征方程有两个相异的根、时，则是等比数列。
（2006.重庆.文.22）．（本小题满分12分）
数列求数列的通项公式.
解：
由已知，得，其特征方程为，解之，得
，
，
。
P26（styyj）
例21、已知数列满足性质：
对于且求的通项公式.
解:
数列的特征方程为变形得其根为故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第
（2）部分，则有
∴
∴
即
例22．已知数列满足：
对于都有
（1）若求
（2）若求（3）若求
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