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

an1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。1．适用于：

2．若an1anf(n)(n2)，

)

a2a1f(1)则

a3a2f(2) an1anf(n)

两边分别相加得 an1a1f(n)

k1n，a11，求数列{an}的通项公式。 例1 已知数列{an}满足an1an2n1解：由an1an2n1得an1an2n1则

2所以数列{an}的通项公式为ann。

;

n例2 已知数列{an}满足an1an231，a13，求数列{an}的通项公式。

nn解法一：由an1an231得an1an231则

an(anan1)(an1an2)(23n11)(23n21)2(3n13n23(13n1)2(n1)3133n3n133nn1n所以an3n1.

(a3a2)(a2a1)a1(2321)(2311)3

3231)(n1)3nn1解法二：an13an231两边除以3，得

an1an21， 3n13n33n1则

{

an1an21nn1，故 n13333

1(13n1)nan2(n1)32n11因此n， 1n33133223则an211n3n3n. 322aanf(n)评注：已知a1a,n1，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

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。

例3.已知数列

{an}中,

an0Sn且

1n(an)2an,求数列{an}的通项公式.

Sn解:由已知

1n1n(an)Sn(SnSn1)2an得2SnSn1,

,由类型(1)有

2SnS1223n化简有

￥

22SnSn1n,

又S1a1得a11,所以

2Snn(n1)sna02,又n,

2n(n1)2,

则

an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

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1aaf(n)，则2f(1)，3f(2)，ana1a2a，n1f(n) annan1a1f(k) 两边分别相乘得，a1k1n例4 已知数列{an}满足an12(n1)5an，a13，求数列{an}的通项公式。

n解：因为an12(n1)5an，a13，所以an0，则

an12(n1)5n，故an

ananan1an1an2a3a2a1a2a1[2(21)52][2(11)51]3

21[2(n11)5n1][2(n21)5n2]2n1[n(n1)32&

32]5(n1)(n2)n!3n15n(n1)2

所以数列{an}的通项公式为an32n15n(n1)2n!.

an1an0（n=1，2， 3，…），

22n1annana1n例5.设是首项为1的正项数列，且

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0

*an0(nN)(n+1)an1nan0, 即

an1nann1

n2时，

`

ann1an1n

ananan1a2a1n1n2111an1an2a1n12=n. =nan和

评注：本题是关于

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的更为明显的关系式，从而求出

an.

练习.已知

an1nann1,a11,求数列{an}的通项公式.

答案：

an(n1)!(a11)-1.

an1nann1,转化为

评注：本题解题的关键是把原来的递推关系式

(

an11n(an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

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。

1．形如

an1cand,(c0an,其中a1a)型

（1）若c=1时，数列{

：

}为等差数列;

（2）若d=0时，数列{

an}为等比数列;

（3）若c1且d0时，数列{来求.

待定系数法：设

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

an1c(an),

得

an1can(c1),与题设

an1cand,比较系数得

(c1)d,所以

《

ddd,(c0)anc(an1)c1c1c1所以有：

ddana1c1构成以c1为首项，以c为公比的等比数列， 因此数列所以

andddd(a1)cn1an(a1)cn1c1c1c1c1. 即：

ddc(an)c1c1,构造成公比为c的等比数

规律：将递推关系

an1cand化为

an1列

{anddd}an1cn1(a1)c1从而求得通项公式1cc1

an1cand中把n换成n-1有

逐项相减法（阶差法）：有时我们从递推关系两式相减有

ancan1d,

an1anc(anan1)从而化为公比为c的等比数列

{an1an},进而求得通项公式.

an1ancn(a2a1),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，a11,an2an11(n2)，求数列an的通项公式。

￥

解法一：

an2an11(n2),

又

a112,an1是首项为2，公比为2的等比数列

nn an12，即an21

解法二：

an2an11(n2),

两式相减得an1an2(anan1)(n2)，故数列an1an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，

a12,an111an,22求通项an。

1an()n112答案：

2．形如：

an1panqn (其中q是常数，且n0,1)

①若p=1时，即：

an1anqn，累加即可.

an1panqnp1②若时，即：，

.

n1p求通项方法有以下三种方向：i. 两边同除以.目的是把所求数列构造成等差数列

an1n1p即：

anqn1pn()pqbn,令

anpn，则

bn1bn1pn()pq,然后类型1，

累加求通项.

n1qii.两边同除以 . 目的是把所求数列构造成等差数列。

an1n1q 即：

pan1qqnq,

bn令

：

anqn,则可化为

bn1p1bn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 设

an1qn1p(anpn).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pq，否则待定系数法会失效。 例7已知数列

{an}满足

an12an43n1，a11，求数列

an的通项公式。

14,22，

解法一（待定系数法）：设

/

an113n2(an3n1)，比较系数得

a则数列

所以

n43n1是首项为

a143115，公比为2的等比数列，

an43n152n1，即

an43n152n1

解法二（两边同除以qn1an12an4n2n1n1333，下面解法略 ）： 两边同时除以3得：3an1an43nn()n1n1n1p32，下面解法略 2解法三（两边同除以）： 两边同时除以2得：23．形如

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 解题基本步骤： 1、确定f(n)=kn+b

an1panknb (其中k,b是常数，且k0)

(anxny)p(an1x(n1)y);

!

2、设等比数列

bn(anxny)，公比为p

3、列出关系式

(anxny)p(an1x(n1)y),即

bnpbn1

4、比较系数求x,y 5、解得数列

(anxny)的通项公式

6、解得数列

an的通项公式

…

例8 在数列{an}中，

a11,an13an2n,求通项

an.（逐项相减法）

解：，

an13an2n, ①

n2时，an3an12(n1)，

两式相减得

an1an3(anan1)2.令

bnan1an,则

bn3bn12

利用类型5的方法知

bn1n532 即

an1an53n11 ②

(

a523n1n151再由累加法可得

n2an3n1n. 亦可联立 ① ②解出22.a3,2a例9. 在数列{an}中，

12nan16n3,求通项an.（待定系数法）

解：原递推式可化为

2(anxny)an1x(n1)y

比较系数可得：x=-6,y=9,上式即为2bnbn1

ba991b911所以

bn是一个等比数列，首项

116n2,公比为2.n2(2)n a6n99(1n2)n

即：

-

1an9()n6n92故.

an1panan2bnc (其中a,b,c是常数，且a0)

4．形如

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an12an3n4n5，a11，求数列{an}的通项公式。

22解：设an1x(n1)y(n1)z2(anxnynz)

~

比较系数得x3,y10,z18，

22所以an13(n1)10(n1)182(an3n10n18)

22由a13110118131320，得an3n10n180

an13(n1)210(n1)182{a3n10n18}为以则，故数列2n2an3n10n18a13121011813132为首项，以2为公比的等比数列，因此an3n210n18322n1，则an2n43n210n18。

5.形如an2pan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1an) 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

an25an16an,a11,a22，求数列

{an}的通项公式。

解：设

an2an1(5)(an1an)

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）

则

【

an22an13(an12an)，则

an12an是首项为4，公比为3的等比数列

an12an43n1，所以

an43n152n1

a4an13an0a练习.数列{an}中，若a18,a22,且满足n2,求n.

答案：

an113n.

四、迭代法

ran1pan(其中p,r为常数)型

n例12 已知数列

{an}3(n1)2aa，a15，求数列{an}的通项公式。 n1n满足

3(n1)2aan1n解：因为，所以

n(n1)n!22n又

a15，所以数列

{an}的通项公式为

an53n1。

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。 五、对数变换法 适用于

ran1pan(其中p,r为常数)型 p>0，

an0

2a2aanana1nn1（n≥2）.求数列例14. 设正项数列满足1，的通项公式.

}

ananan1anan1bloglog12loglog12(log1)n21，则2222解：两边取对数得：，，设

bn2bn1an2n1n11b122bnblog11n2 是以2为公比的等比数列，1 ，n1log12，

logan22n11，∴an22n11

练习 数列

an中，a11，an22nan1（n≥2），求数列

an的通项公式.

22a2n答案：

n5例15 已知数列{an}满足an123an，a17，求数列{an}的通项公式。

n5解：因为an123an，a17，所以an0，an10。

】

两边取常用对数得lgan15lgannlg3lg2

设lgan1x(n1)y5(lganxny) （同类型四） 比较系数得， x由lga1lg3lg3lg2 ,y4164lg3lg3lg2lg3lg3lg2lg3lg3lg21lg710，得lgann0， 416441644164lg3lg3lg2lg3lg3lg2为首项，以5为公比的等比数列，n}是以lg741644164lg3lg3lg2lg3lg3lg2n1则lgann(lg7)5，因此

41644164所以数列{lganlgan(lg7lg3lg3lg2n1lg3lg3lg2)5n41644641411614n1[lg(7332)]5lg(7332)lg(75n13—

lg(332)n411614n411614141161n145

lg(332))5n4n11625n114

n1则an7535n4n11625n114。

六、倒数变换法 适用于分式关系的递推公式，分子只有一项 例16 已知数列{an}满足an12an,a11，求数列{an}的通项公式。 an2解：求倒数得

1111111111,,为等差数列，首项1，公差为，

a12an12anan1an2an1an112(n1),an an2n1七、换元法 适用于含根式的递推关系

例17 已知数列{an}满足an11(14an124an)，a11，求数列{an}的通项公式。 1612(bn1) 24解：令bn124an，则an代入an11(14an124an)得 1622即4bn1(bn3)

因为bn124an0，

|

则2bn1bn3，即bn1可化为bn1313bn， 221(bn3)， 21为公比的等比数列，因此2所以{bn3}是以b13124a13124132为首项，以

1111bn32()n1()n2，则bn()n23，即124an()n23，得

22222111an()n()n。

3423八、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{an}满足an1an8(n1)8，a，求数列{an}的通项公式。 1(2n1)2(2n3)29解：由an1an8(n1)8a及，得 122(2n1)(2n3)9(2n1)21由此可猜测an，下面用数学归纳法证明这个结论。 2(2n1)(211)218，所以等式成立。 （1）当n1时，a1(211)29

(2k1)21（2）假设当nk时等式成立，即ak，则当nk1时，

(2k1)2、

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

*S1,n1 分析：把已知关系通过an转化为数列an或Sn的递推关系，然后采用相应的

SS,n2n1n方法求解。

￥

例19 已知数列{an}的各项均为正数，且前n项和Sn满足Sn等比数列，求数列{an}的通项公式。 解：∵对任意nN有Sn∴当n=1时，S1a1当n≥2时，Sn11(an1)(an2)，且a2,a4,a9成61(an1)(an2) ⑴ 61(a11)(a12)，解得a11或a12 61(an11)(an12) ⑵ 6⑴-⑵整理得：(anan1)(anan13)0

；

∵{an}各项均为正数，∴anan13

2当a11时，an3n2，此时a4a2a9成立

2当a12时，an3n1，此时a4a2a9不成立，故a12舍去

所以an3n2

练习。已知数列{an}中, an0且Sn》

1(an1)2,求数列{an}的通项公式. 2

22答案：SnSn1an (an1)(an11) an2n1

2、对无穷递推数列

，ana12a23a3例20 已知数列{an}满足a11解：因为ana12a23a3所以an1a12a23a3%

(n1)an1(n2)，求{an}的通项公式。

①

(n1)an1(n2)

②

(n1)an1nan

用②式－①式得an1annan.

则an1(n1)an(n2) 故

an1n1(n2) ann!a2. 2所以ananan1an1an2a3a2[n(n1)a243]a2③

由ana12a23a3(n1)an1(n2)，取n2得a2a12a2，则a2a1，又知a11，

则a21，代入③得an1345所以，{an}的通项公式为an

nn!。 2n!. 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

不动点的定义：函数f(x)的定义域为D，若存在f(x)x0D，使f(x0)x0成立，则称x0为

f(x)的不动点或称(x0,f(x0))为函数f(x)的不动点。

分析：由f(x)x求出不动点x0，在递推公式两边同时减去x0，在变形求解。 类型一：形如an1qand

例21 已知数列{an}中，a11,an2an11(n2)，求数列an的通项公式。

》

解：递推关系是对应得递归函数为f(x)2x1，由f(x)x得，不动点为-1 ∴an112(an1)，…… 类型二：形如an1aanb

cand分析：递归函数为f(x)axb

cxd（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p,q，再将两式相除得

an1panpapc(a1qpq)kn1(a1ppq)k，其中k，∴an

an1qanqaqc(a1p)kn1(a1q)（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

112ck，其中k。

an1panpad例22. 设数列{an}满足a12,an15an4,求数列{an}的通项公式.

2an7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：

an17t45a4(2t5)an7t2t5, tnt(2t5)2an72an72an7anant7t4, 解之得t=1,-2 代入an1t(2t5)得

2an72t5an1an2,an129,

2an72an7令tan113相除得

an111an1a1a11,即{n}是首项为1，

an123an2an2a124an111n43n121公比为的等比数列, =3, 解得an. n13431an24方法2：,

an113an1，

2an7

两边取倒数得

1an112an72(an1)923，

3(an1)3(an1)3an1令bn1，则bnan123bn,,转化为累加法来求. 321an24，a14，求数列{an}的通项公式。

4an1例23 已知数列{an}满足an1解：令x21x2421x242，得4x20x240，则x12，x23是函数f(x)的两个不

4x14x1动点。因为

21an242an2an124an121an242(4an1)13an2613an2。所以数列是

21a24an13nan3321an243(4an1)9an279an34an1以

a2a124213132为首项，以2()n1，则为公比的等比数列，故n9a1343an39an1132()n1193。

十一。特征方程法 形如an2pan1qan(p,q是常数）的数列

形如a1m1,a2m2,an2pan1qan(p,q是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项

an，其特征方程为x2pxq…①

nn若①有二异根,，则可令anc1c2(c1,c2是待定常数） n若①有二重根，则可令an(c1nc2)(c1,c2是待定常数）

再利用a1m1,a2m2,可求得c1,c2，进而求得an

*例24 已知数列{an}满足a12,a23,an23an12an(nN)，求数列{an}的通项an nn2解：其特征方程为x3x2，解得x11,x22，令anc11c22，

c11a1c12c22n1由，得1， an12

c2a2c14c232

2554求数列{a}的通项。 例25、数列{an}满足a1，且an1n29122an425292522anan2an444……① 解：an1an129292an2an442925252令，解得11,2，将它们代回①得，

442an25a2nan1254……②，an1……③， an11292942an2an4422525an1an44③÷②，得, an11an12252525aann4442lg则lg，∴数列lg成等比数列，首项为1，公比q=2

an11an1a1nan12525252n1an1042n1，则4102n1，a4所以lg n2n1an1an1101an十二、基本数列

1．形如an1anf(n)型 等差数列的广义形式，见累加法。 2.形如

an1f(n)型 等比数列的广义形式，见累乘法。 an3.形如an1anf(n)型

（1）若an1and（d为常数），则数列{an}为“等和数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论;

（2）若f(n)为n的函数（非常数）时，可通过构造转化为an1anf(n)型，通过累加来求出通项;或用逐差法(两式相减)得an1an1f(n)f(n1)，，分奇偶项来分求通项.