完整版求数列通项公式的十种方法.docx
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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：
an1anf（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an1anf（n）（n2），
a2a1f
（1）
a3a2f
（2）LL
an1anf（n）
n
两边分别相加得an1a1f（n）
解：
由an1an2n1得an1an2n1则
an（anan1）（an1an2）L@3a2）（a2aja1
[2（n1）1][2（n2）1]L（221）（211）1
2[（n1）（n2）L21]（n1）1（n1）n
2（n1）1
2
（n1）（n1）1
2
n
2
所以数列｛an｝的通项公式为ann。
例2已知数列｛an｝满足an1an23n1，印3，求数列佝｝的通项公式。
解法一：
由an1
an
n
23
1得an1
an
n
23
1则
an（a*a
n1）
（an1
a
n2）L
（a3
a2）
（a2a1）a1
n
（23
11）
（2
3n
21）
L（2
3
1
1）（231）3
1
2（3
3n2
L
32
；31）
（n1）
3
「（1
3n1）
2
（n
1）
3
1
3
n
33
n1
3
3n
1
所以an3n
n
1.
解法二：
时3an231两边除以3n1，得鄴J33
an2
n
33
a
3n
an
3
an1）
an1
（an1
an1
an2）
（an2
（尹
za2q色
（3231）3
3n）
1）
1
2门2
2（n1）
3
1
3n
3n1
3n2
L
则an
-n3n
3
练习
1.已知数列
3n（1列）
2n
~3
1
23n，
an
的首项为
，且an1
an2n（nN
）写出数列an的通项公式.
2
答案：
n
答案：
裂项求和
an2
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。
5
an
则
.2n（n1）dn（n1）
此题也可以用数学归纳法来求解
、累乘法
1•适用于：
an1f（n）an
这是广义的等比数列
累乘法是最基本的二个方法之二。
2•若也
an
f（n），则a
a1
f
（1），「⑵丄
，—f（n）an
两边分别相乘得,
an1
a1
例4已知数列
{an}满足an1
2（n
f（k）
1）5nan，
ai
3，求数列｛a.｝的通项公式。
解：
因为an1
2（n
1）5na
n，
ai
3，所以an
a
0,则亠2（n1）5n，故
an
an1
a3a2
an2
[2（n2n1[n（n
32n1
1）5n1][2（n
1）L32]5
n（n1）
52n!
1）5n2]L
（n1）（n2）L
[2（21）52][2（11）51]3
213
所以数列｛an｝的通项公式为an32n
n（n1）
5
2n!
.
例5•设an是首项为1的正项数列，且
22
1an1nanan1an0（n
则它的通项公式是an
解：
已知等式可化为:
（an1
a.）（n
1）an
1nan
an1
an
0（n
（n+1）an
1nan
an
an
2时,
an
an
a2
an1
an2
评注：
本题是关于an和an1的二次齐次式，可以通过因式分解（一般情况时用求根公式）得到an与an1的更为明显的关系式，从而求出an.
练习.已知务1nan
n1,a1j求数列｛an｝的通项公式.
答案：
an（n1）!
（a1
1）-1.
评注：
本题解题的关键是把原来的递推关系式an1nann1,转化为
an11n（an1）,若令bnan1,则问题进一步转化为bn1形式，进而应用累乘法求
出数列的通项公式•
、待定系数法适用于an1qanf（n）
基本思路是转化为等差数列或等比数列，而数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。
a）型
1•形如an1cand,（c°,其中a1
（1）若c=1时，数列｛an｝为等差数列；
（2）若d=°时，数列｛an｝为等比数列；
（3）若c1且d°时，数列｛an｝为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求.
待定系数法：
设an1c（an）,
得an1can（c1），与题设an1Cand,比较系数得
dd/d、
（c1）d，所以
R,（c0）所以有：
ancic（an1
因此数列
构成以
d
a1
c1为首项，以c为公比的等比数列,
｛an
d
所以anc1
（ai
亠）cn1
c1即:
an（a1
规律：
将递推关系an1
cand化为an1
岛）构造成公比为c的等比数列
h从而求得通项公式
d
an1
1c
1（a1
逐项相减法（阶差法）：
有时我们从递推关系
an1
cand中把n换成n-1有ancan1d
两式相减有an1anc（anan1）从而化为公比为c
的等比数列｛an1an｝,进而求得通项公式.
n/\
an1anC広2a1）,再利用类型⑴即可求得通项公式我们看到此方法比较复杂
例6已知数列｛an｝中，a11,an2an11（n
2），求数列an的通项公式。
解法一：
Qan2an11（n2）,
an12（an11）
又Qai12,an1是首项为2,
公比为2的等比数列
n
an12,
即an2n1
解法二：
Qan2an1
1（n2）,
an12an
两式相减得an
1an2（anan1）（n
2），故数列an1an是首项为2，公比为2的等
比数列，再用累加法的
练习.已知数列｛an｝中,
ai
2，an1
1
2'求通项务。
an
（2）n11
答案：
2
n
2•形如：
an1panq
（其中q是常数，且n0,1）
①若p=1时，即：
乳1冇
n
q，累加即可
②若p1时，即：
an1p
n
anq
求通项方法有以下三种方向:
i.两边同除以
1
•目的是把所求数列构造成等差数列
an1
n1
即:
p
an
n
q
丄（即bn二pq,令p
bn1bn
，则
1pn
_（_）
pq，然后类型1，累加求通项•
ii.两边同除以
.目的是把所求数列构造成等差数列。
即:
an1
n1
q
bn
令
an
n
q,则可化为
bn1—b
qq•然后转化为类型
5来解,
iii.待定系数法：
目的是把所求数列构造成等差数列
n1/
设an1qp（an
n\
P）•通过比较系数，求出
，转化为等比数列求通项
注意：
应用待定系数法时，要求
pq,否则待定系数法会失效。
例7已知数列｛an｝满足a1
2an43n1,a1
1，求数列an的通项公式。
解法一（待定系数法）
:
设an
n/
132（an
3n1）
比较系数得14,22，
则数列an43
是首项为a1
11
4311
5，公比为2
的等比数列,
n1
所以an43
n1
52，即％
43n1
52n1
解法二（两边同除以
n1
q）:
两边同时除以
n1
3得:
an1
3n1
2a
33n
£
3，下面解法略
解法三（两边同除以
n1
p）:
两边同时除以
2n1得:
an1
an
2n
伯，下面解法略
练习.（2003天津理）
设ao
为常数，且
n1
an32an1（nN）
证明对任意
an][3n
5
（1）n12n]
（1）n
n
a0
；
3.形如
an1pan
knb
（其中k,b是常数，且
k0）
方法1:
逐项相减法
（阶差法）
方法2：
待定系数法
通过凑配可转化为
（an
xn
y）p（an1x（n1）
y）.
解题基本步骤:
1、
确定f（n）=kn+b
设等比数列bn
（an
xn
y），公比为p
列出关系式（务
xn
y）
p（an1X（n1）y）即bnpbn1
比较系数求x,y
解得数列（anxny）的通项公式
解得数列9n的通项公式
在数列｛an｝中，a11务1
3%2n,求通项冇.（逐项相减法）
解:
an13an2n,
2时an3an1
2（n
1）
两式相减得办1办
3（an
an
1）
2令bnan1
an则bn3bn12
利用类型5的方法知bn
53n
53n11
5
an一
再由累加法可得2
亦可联立①
an53n1
②解出2
3ccc
a1
例9.在数列｛兔｝中，
2anan16n3a
2，求通项an.（待定系数法）
解：
原递推式可化为2（anXn
比较系数可得：
x=-6,y=9,上式即为
y）an1x（n
1）y
2bn
bn1
b1
a16n9
9
1
bn
9n1
所以bn是一个等比数列，首项
2,公比为
2.
即:
1n
an6n99（―）
2
an9
（1）n6n9
故2.
an1panan2bn
4.形如n1…
c
（其中a,b,c是常数，
且a
°）
基本思路是转化为等比数列，而数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。
2
例10已知数列｛an｝满足an12an3n4n5,印1，求数列｛a.｝的通项公式。
22
解：
设an1x（n1）y（n1）z2（a.xnynz）
比较系数得x3,y10,z18，
所以an13（n1）210（n1）182（an3n210n18）
22
由q31210118131320，得an3n210n180
2
则an13（n1）IL」82，故数列｛an3n210n18｝为以
an3n10n18
2
a1311011813132为首项，以2为公比的等比数列，因此
an3n210n18322n1，则an2n43n210n18。
5•形如an2paniqan时将an作为f（n）求解
，数列
分析：
原递推式可化为an2an1（p）（an1an）的形式，比较系数可求得
anian为等比数列。
1，去2，求数列｛an｝的通项公式。
例11已知数列｛an｝满足an25an16an，印
解：
设an2an1（5）（an1an）
比较系数得
3或2，不妨取
2，（取-3结果形式可能不同，但本质相同）
贝yan22an1
3（an1
2an），贝Uan1*2an是首项为4，公比为3的等比数列
an12an
43n1*
，所以an
43n1
52n
练习数列｛%｝中，若a18,a22,且满足an24an1
3an
0,求an
答案:
an113n
r
四、迭代法an1pan（其中p,r为常数）型
例12已知数列｛an｝满足an1
3（n1）2n
an，a5,求数列｛an｝的通项公式。
又ai
5，所以数列｛an｝的通项公式为an
53n
n（n1）
n!
22
注：
本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式。
例13.（2005江西卷）
（1）证明anan12,nN;
（2）求数列｛an｝的通项公式an.
n5
例15已知数列｛an｝满足an123务，ai7,求数列｛%｝的通项公式。
解：
因为ani23na；,印7，所以an0,an10。
两边取常用对数得lgan15lgannlg3Ig2
设lgan1x（n
1）y5（lgan
xny）
（冋类型四）
比较系数得，
lg3lg3
x,y
416
lg2
4
由lg印
lg31
lg3
lg2
lg7
lg3
1l
Ig3
lg2
0,得lgan
lg3
n©3
lg20,
4
16
4
4
16
4
4
16
4
所以数列
{lgan
lg3
n
lg3
lg2
}是以lg7
lg3
lg3
lg2
为首项，
以
5为公比的等比数列，
4
16
4
4
16
4
则lgan
lg3
n
lg3
lg2
（lg7
lg3
lg3
-lg2）5n1
，因此
4
16
4
4
16
4
lga（|g7lg3Ig2）5n1lg3nlg3lg2
Igan（lg7）5n
4164464
111n11
[lg（7343花24）]5n1lg（3刁3忆2刁）
111n11
n1
lg（73431624）5lg（3431624）
5n4n15n11
lg（75n13162丁）
5n4n15n11
则an75"13162丁。
六、倒数变换法适用于分式关系的递推公式，分子只有一项
2a
例16已知数列｛an｝满足an1-,a11，求数列｛an｝的通项公式。
an2
8（11）
8
8
2
24
a1
（2
1
2
1）（21
3）2
9
9
25
25
8（21）
24
8
3
48
a2
（2
2
1）2（22
3）2
25
25
49
49
8（31）
48
8
4
80
a3
（2
3
2
1）（23
3）2
49
49
81
81
8，得
a2a3
丄（14an,124an）得
16
代入an1
解：
由an1
an
七、换元法适用于含根式的递推关系
an
由此可猜测an監喉，下面用数学归纳法证明这个结论
由此可知，当nk1时等式也成立。
九、阶差法（逐项相减法）
1、递推公式中既有Sn,又有an
方法求解。
2）
•••当n=1时，S|
当n>2时，6（am1）（am2）⑵
⑴-⑵整理得：
（anan
1）（anan1
3）0
｛an｝各项均为正数，••
anan1
3
当q1时，an3n
2
2，此时a4
a2a9成立
当ai2时，an3n
1，此时a4
a2a9不成立，故a12舍去
所以an3n2
则a2
1，代入③得an1345Ln丄。
所以，｛an｝的通项公式为an
n!
2
不动点的定义：
函数f（x）的定义域为D，若存在f（x）x0D，使f（x0）x0成立，则称x0为f（x）的不动点或称（Xo,f（Xo））为函数f（x）的不动点。
分析：
由f（x）x求出不动点X。
，在递推公式两边同时减去X。
，在变形求解。
类型一：
形如an1qand
例21已知数列｛a.｝中，ai1,an2a.11（n2），求数列的通项公式。
解：
递推关系是对应得递归函数为f（x）2x1，由f（x）x得，不动点为-1
二an112（an1）,
p,q，再将两式相除得
（1）若有两个相异的不动点p,q时，将递归关系式两边分别减去不动点
an1P.anP苴中-apc（agpq）kn1（appq）
K，其中k，…ann1
an1qanqaqcGP）k⑻q）
（2）若有两个相同的不动点p,则将递归关系式两边减去不动点p,然后用1除，得
5a4
例22.设数列｛an｝满足a12,an1n,求数列｛an｝的通项公式
2an7
分析：
此类问题常用参数法化等比数列求解•
解：
对等式两端同时加参数t,得：
5an4t（2t5）an7t
2an72an7
（2t
5）
an
7t4
2t5
2an7
7t4
令t,解之得t=1,-2
2t5
ant
代入an1t（2t5）亍得
an
3n
an1
an
2an
相除得
an11an12
巴—,即｛—｝是首项为
an2an2
a11
a12
的等比数列，
an1=1
an24
31n
解得an
43n12
3^7
方法2:
an11
两边取倒数得
1
an11
2an7
3（an
1）
1）9
3（an「T
2（an
an
令bn
则bn
3bn,
转化为累加法来求•
例23
已知数列
{an}满足an
21an
4an1
24
，a〔
4，求数列
｛an｝的通项公式。
解：
令
21x
4x
24
1
得4x2
20x240,则x12，x2
3是函数f（x）21X24的两个不
4x1
动点。
因为
21an
24
an12
an13
4an1
21an24
4an
21an242（4an1）
21an
24
3（4an1）
13%26
9an27
13a2a2
n2。
所以数列n厶
34
an
a^i2
a13
13
13为公比
9
的等比数
故■^二2（13）n
an39
an
n
1:
已知
11
练习
{an}满足a1
2,an
an
1
2an
2），
求｛an｝的通项
an
答案：
3n
（1）nan3n
（1）n
练习2。
已知数列｛an｝满足a12,an1
着*nN*），求数列｛an｝的通项an
答案:
an
练习3.（2009陕西卷文）
已知数列an｝满足，a1=1a22,an+2=a^n1,nN*.
令bnan1
an,证明：
｛bn｝是等比数列;
（n）求an｝的通项公式。
答案：
（1）bn是以1为首项,
1为公比的等比数列。
（2）
2
an
21n1*
心（nN）。
I^一。
特征方程法
形如an2
pan1qan（p,q是常数）的数列
形如a1m1,a2
m2,an2pan1qa“（p,q是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项
a.,其特征方程为
2
xpxq…①
若①有二异根
，则可令an
n
C1
C2n（Ci,C2是待定常数）
若①有二重根
，则可令an（C1
nc2）（C1,C2是待定常数）
再利用a1m1,a2
m2,可求得c1,c2，进而求得an
例24已知数列｛an｝满足a!
2,a2
3,an23an1
2an（nN），
求数列｛an｝的通项an
解：
其特征方程为
2
x3x2，解得
X11,X2
anC1
1n
n
C22,
ai
由
a2
C|2c2
G4c2
2，得G
3C2
2n
例25
已知数列
｛an｝满足a1
1,a2
2,4an2
4an1
an（n
求数列｛an｝的通项an
解：
其特征方程为
4x2
4x1，解得
x1x2
anC1
ng
a1
由
（C1C2）
a2
（C12C2）
1
2
1
4
，得
2
3n2
练习1.
已知数列｛an｝满足a1
1,a2
2,4an2
4an1
an1（nN
），求数列｛an｝的通项
练习2.
已知数列｛an｝满足
a11,a22,4an
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