1、数列通项的十一种求法数列通项公式的一种方法知识概要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
2、义域是自然数集的一个函数。、累加法1 .适用于：an i an 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 an 1 an f (n) (n 2)，a2 ai f(1)小 a3 a2 f (2)则Ian 1 an f (n)n两边分别相加得 an 1 a1 f(n)k 1例1已知数列an满足an 1 an 2n 1， 1，求数列an的通项公式。解：由 an 1 an 2n 1 得 an 1 an 2n 1 则an (an an 1) (an 1 a* 2)川(a3 a2) (a2 aj a12( n 1) 1 2(n 2) 1 (2 2 1) (2 1 1) 12(n
3、1) (n 2) 2 1 (n 1) 12 (n 1) 12(n 1)( n 1) 1n22所以数列an的通项公式为an n。例2已知数列an满足an 1 an 2 3n 1，印3，求数列%的通项公式。解法一：由an 1an2 3n1 得 an 1 an2 3n1则an (an an 1 )(an 1an2)(a3a?)(a2 a1 ) a1(2 3n1 1)(23n2 1)(2321) (2 31 1) 3n 12(33n2lb3213) (n1)3(13n1)所以an 3n n 12(n1)3133n 3n 133n n1评注：已知ai a ,an 1 an f(n)，其中f(n)可以是关
4、于n的一次函数、二次函数、指数函数、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。 0 Sn - (an例3已知数列弘中，务 0且 2n)an，求数列an的通项公式Sn解：由已知2(5SnSn化简有Sn Sn 1 n,由类型(1)有Sn 0 2 3又S1a1 得 a1Sn，所以n(n 1)2 ，又an0 Sn2n(n 1)2an.2n(n 1) 、2n(n 1)2此题也可以用数学归纳法来求解二、累乘法
5、1适用于： an 1 f(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an 1f(n)，则? f(1)i f(2)啣詈 f(n)两边分别相乘得,an 1a1na1 f (k)k 1解：因为an 12(n1)5n an，a13，所以an 0，则an 1n 1 2(n1)5n ，故anan anan 1aan 1an 2a2 d2(n11)5n12(n21)5n 2卅2(21)522(1 1)51 3例4已知数列an满足an 1 2(n 1)5n a.,印3，求数列%的通项公式。2n 1n(n 1)卅 3 2 5(n 1 (n 2MI 2 1 3n(n 1)n 1 2 .3 2
6、5 2 n!n(n 1)所以数列an的通项公式为an 3 2n 1 5 n!.例5 设an是首项为1的正项数列，且2 2n 1 an 1 nanan 1 ann=1，2,3，),则它的通项公式是 an =解：已知等式可化为:(an 1 an)(n 1)an 1 nan 0an 1 1 n(anan 1 n an n 1an0 (n*N )(n+1) an 1nan05即ann 1n 2 时，an 1nananan 1a2a1n 1n2111an 1an 2a1 -nn12 =:n评注：本题是关于an和an 1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an 1的更为明显的关
7、系式，从而求出 a练习已知an 1nan n 1,a1 1，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 an 1 nan n 1,转化为1),若令bn an 1,则问题进一步转化为bn 1 nbn形式，进而应用累乘法求4 / 224 / 22出数列的通项公式三、待定系数法 适用于an 1 qan f(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 an 1 can d,(c ,其中 ai(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)
8、若C 1且d 0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.an待定系数法：设an得an 1(C 1)因此数列所以ancan (cd，所以an -c规律：将递推关系c(an )1)，与题设an 1 cand ,(c1构成以(a1c 1)can d3从而求得通项公式an 1d,比较系数得0)所以有:化为an c(an 1c 11为首项，以c为公比的等比数列,即:an 11(a1逐项相减法(阶差法)：有时我们从递推关系an 1c(an)c 1，构造成公比为c的等比数列can d中把n换成n-1有an can 1 d的等比数列an 1 an,进而求得通项公式.n /an 1
9、 an c (a2两式相减有an 1 an c(an an 1)从而化为公比为 ca1),再利用类型(1)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，ai 1,an 2a. 1 1(n 2)，求数列 k 的通项公式。n2形如：an 1 p an q(其中q是常数，且n 0,1)若p=1时，即：an 1 annq ，累加即可若P 1时，即： 1 Pnan q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a n 1 n 1 即： pannq丄(卫)n bn弓 p q ,令 pbn 1 bn，则(卫)np q ，然后类型1，累加求通项ii.两边同除以.目的是
10、把所求数列构造成等差数列。即:bn令nq ,则可化为bn 1 bq q 然后转化为类型5来解,解法一：* an 2an 1 1(n 2), a. 1 2(a. 1 1)又:3 1 2, an 1是首项为2,公比为2的等比数列an 1 2n，即 an 2n 1解法二：* an 2an 1 1(n 2), a. 1 2a. 1两式相减得an 1 an 2(an an 1)(n 2)，故数列 an 1 a“是首项为2，公比为2的等比数列，再用累加法的iii.待定系数法：目的是把所求数列构造成等差数列n 1 /设 an 1 q p(ann 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
11、系数法时，要求p q,否则待定系数法会失效。例7已知数列an满足an 12an 4 3n1, a11，求数列 an的通项公式。解法一（待定系数法）:设an1 13n2(an3n 1)比较系数得1 4, 2 2 ,a 4 3n则数列 n1 1是首项为a1 4 35，公比为2的等比数列,n 1所以an 4 35 2n 15 2n 1解法二（两边同除以1):两边同时除以n 13得:an 13n 12an33432，下面解法略解法三（两边同除以1):两边同时除以2n1 得:an 12* 1an2n3下面解法略练习设a为常数an 3n 1 2an 1 (n N)证明对任意n 1 ,an !【3n5(1)
12、n1 2n1)nna。3 .形如an 1 pankn b（其中k,b是常数，且)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(anxny) p(an 1 X(n 1)y).解题基本步骤:1、确定 f (n)=kn+b2、设等比数列bn(anxny），公比为p3、列出关系式(anxny)p(an 1 X(n 1) y)即 bn pbn 14、比较系数求x,y5、解得数列（an xn y）的通项公式a6、解得数列 n的通项公式例8在数列an中,a1 1 an 13务2n，求通项（逐项相减法）解： a n 1 3a n 2 n,n 2 时 an 3an 12(n1)两式相减得 an
13、 1 an3(anan1)2 令 bn an 1a n 则 bn 3b n 1 2利用类型5的方法知bn5 3nan5 3n1 15再由累加法可得an 2亦可联立解出an 23例9.在数列 an中,a13,2anan1 6n 3，求通项an.（待定系数法）解：原递推式可化为 2（anxny) an 1 x(n 1)比较系数可得：x=-6,y=9,上式即为2bn bn 1所以bn是一个等比数列，首项b| a1 6n9 92,公比为2bnIQ)即:an 6n9 9 (2)n故 an9 Q)n 6n 924形如an 1 Pan a n b n c （其中a,b,c是常数，且a ）基本思路是转化为等比
14、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an 1 2an 3n 4n 5, ai 1,求数列an的通项公式。解：设 an 1 x(n 1)2 y(n 1) z 2(anxn2ynz)比较系数得x 3,y 10,z 18，所以 an 1 3(n 1)2 10(n 1) 18 2(a.3n210n18)由 q 3 12 10 1 18 1 31 32 0，得an3n210n 18 0则 an 1 3(n V 1LJ8 2，故数列an 3n2 10n 18为以an 3n 10n 182a1 3 1 10 1 18 1 31 32为首项，以2为公比的等比数列
15、，因此an 3n2 10n 18 32 2n 1，则 an 2n 4 3n2 10n 18。5形如an 2pan 1 qan时将an作为f（n）求解分析：原递推式可化为an 2 an 1 ( p )(an 1an）的形式，比较系数可求得，数列an 1 an为等比数列。例11已知数列an满足务2 5务1 6an, a1匕去 2，求数列an的通项公式。解：设an 2an 1 (5)(an 1 an )比较系数得3或2，不妨取贝y an 2 2an 13(an 12an)，则 an 12，（取-3结果形式可能不同，但本质相同）2an是首项为4，公比为3的等比数列nan 1 2an 4 31，所以an
16、4 3n 1 5 2n 1四、迭代法 an 1rP%(其中p,r为常数）型例12已知数列3n满足9n 1n 1)2n)，3|5，求数列3n的通项公式。解：因为an 13( n 1)2 nan，所以an a；n123( n 2) 21an 333(n 2)(n an 3Hl3a2 3n 2n 1(n 2) (n 1)a：(：1)2332(n 1) n 21)n 2(n 3) (n 2) (n 1)a322n1)n21)23|卅(n 2) (n 1) n 21 2 IU (n 3) (n 2) (n 1)n( n 1)n! 2 2n（n 1）3n 1 n !2W 又a1 5，所以数列an的通项公式
17、为an 5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.已知数列an的各项都是正数，且满足:ao1,an 1*n(4 an),n（1）证明 an 1 2，n N; （2）求数列an的通项公式an.1 一an)1 r(an24,所以an 1解：（1）略（2）尹(422)2(an1 2)(an2)2令 bn an 2,则 bn1 b2 bn 12(-bn22)21(1)2bn221(1)12n 1 nbn222222又 bn=1,所以bn e)2即an 2 bn 2 (扩11 2n Cn 1方法2：本题用归纳-猜想-证明，也很简捷，请试一试解法3:设cn bn，则c 2 ，转化为
18、上面类型（1）来解五、对数变换法r适用于an 1 pan（其中p,r为常数）型p0, an例14.设正项数列务满足a121 an 2an 1(n2) 求数列an的通项公式解：两边取对数得:log an 12 log an 1 log ；n1 2(log an11)设bniog：n1，则bn2bn 1bn是以2为公比的等比数列,1b1 log 2bn1 2* 1log；2nlog；2n 1 1 . an 22，练习数列an中,a1an 2；an1 (nA2),求数列办的通项公式答案：an例15已知数列an满足ann 52 3 an , a17,求数列an的通项公式。解：因为 an1 2 3n a
19、5,a17，所以an 0,两边取常用对数得lg an 1 5lg an n lg3 lg 2设 lg an 1 x(n 1) y 5(lg anxn y)（同类型四）比较系数得,lg3即ylg316lg24由 lg a1lg34所以数列则 lg anlg an (lg 71164lg3nlg3416lg3 lg 2 ,n164lg3 lg3lg24 164丄 丄 丄12lglg3424)5n1,7 lg3lg7 Tlg316lg240 ,得 lg an 3 n4lg316lg(7lg(73413431613cn 124)55 n 1lg(75n 4n 13 162竽是以lg74lg3 lg3
20、lg 24 16)5n 16lg(34 316 2;)nlg(34n 1 1)124)lg3164)51lg24晋为首项,以5为公比的等比数列,因此5n 4n 1 5n 1 1则 an 751 3 2。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a*满足an 1 n , a1 1，求数列a*的通项公式。an 2解：求倒数得1an 11丄2a*an 11 1 1 1 为等差数列，首项 -1，公差为-， an 1 an a1 2丄an1),an七、换元法适用于含根式的递推关系1例17已知数列an满足an 1 （1164an.1 24务），a1 1，求数列an的通项公式。
21、解：令 m .F；，则 an 24（bn1)代入an 11(1 F)得-4(b212411）押1A 1 bn即 4bn 12(bn 3)因为bn24%则 2bn 1bn3，即bn 112bn可化为bn 113 2(bn 3)，所以bn 3是以 b 3 , 1 24ai 3bn3 2（2）n1（2）n2，则 bn（2）n 1.1 24 1 3 2为首项，以一为公比的等比数列，因此2 A2 3，即1一24a： （-）n 2 3，得2an八、数学归纳法 通过首项和递推关系式求出数列的前 n项，猜出数列的通项公式，再用数学归纳法加以证明。例18已知数列务满足an1 an8(n 1)2 2 ，(2n 1
22、) (2n 3)8,求数列an的通项公式。9解：由an 1an8(n 1)(2n 1)2(2 n 3)2及a18(1 1)8 8 22421(211)2(2 13)29 92525a38(2 1)248348a2(221)2(2 23)225254949a48(3 1)488480a3(231)2(2 33)249498181由此可猜测anF面用数学归纳法证明这个结论。(2n 1)2 12(2n 1)(1 )当 n 1 时，q(2 1 1)2 12(2 1 1)8，所以等式成立。9（2）假设当n k时等式成立，即ak2(2 k 1) 12(2 k 1)，则当nk 1时,a 8(k 1)k (2
23、 k 1)2(2k 3)2(2k 1)2 1(2k 3)2 8(k 1)(2 k 1)2(2k 3)2(2k 1)2(2k 3)2 (2k 1)2(2 k 1)2(2k 3)2(2 k 3)2 1(2k 3)22( k 1) 12 12(k 1) 12由此可知，当n k 1时等式也成立。根据（1），（ 2）可知，等式对任何 n N*都成立。九、阶差法（逐项相减法）1、递推公式中既有 Sn,又有an分析：把已知关系通过 anS,n 1 & S1 1 , n2转化为数列 an或Sn的递推关系，然后采用相应的方法求解。例19已知数列an的各项均为正数，且前1 、n 项和 Sn 满足 Sn (an 1
24、)(an 2)，且 a2, a4, a9 成6等比数列，求数列an的通项公式。1解：对任意n N有Sn (an 1)(an 2) 61二当 n=1 时， a1 -(a1 1)(a1 2)，解得 a1 1 或 a1 261当 n2 时，Sn 1 -(an 1 1)& 1 2) 6-整理得：(an an 1)(an an 1 3) 0 an各项均为正数， an an 1 32当a 1时，an 3n 2，此时a a?a9成立当q 2时，an 3n 1，此时a：a?a9不成立，故a1 2舍去所以an 3n 21练习。已知数列an中，an 0且Sn (a. 1)2,求数列a.的通项公式2答案：Sn Sn
25、1 an (an 1) (a n1 1) an 2n 12、对无穷递推数列例20已知数列an满足a-i 1, an a1 2a2解：因为 an a1 2a2 3a3 川(n 1)an1(n所以 an 1 a1 2a23a3III(n1)an 1nan用式式得an 1annan则 an 1 (n 1)an(n2)故an 1n1(nan所以an西也川色a2 n(n 1)川4an 1 an 2 a2由 an a1 2a2 3a3 | (n 1)an 1(n则 a2 1，代入得 an 1 3 4 5 | n f。2)，取 n3a3川(n 1总dn 2)，求佝的通项公式。2) 2)3a? a?. 22得 a2 a1 2a2，则 a2 a1，又知 a1 1，所以，an的通项公式为ann!2十、不动点法 目的是将递推数列转化为等比(差)数列的方法不动点
