求数列通项公式的11种方法

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（少用)

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，代换转化为等级差数列或等比数列。

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：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。

2．若an1anf(n)(n2)，

a2a1f(1)则

a3a2f(2) an1anf(n)

0

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

an(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a1[2(n1)1][2(n2)1](221)(211)12[(n1)(n2)21](n1)1(n1)n 2(n1)12(n1)(n1)1n2所以数列{an}的通项公式为ann2。

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)3

nn1解法二:an13an231两边除以3，得

an1an21, n1nn13333则

an1an21，故 3n13n33n1 1

ananan1an1an2an2an3()()(n3)nnn2n233an1an1333(a2a1a11)2333

212121213(n)(n1)(n2)(2)3333333332(n1)11111(nnn1n22)13333331n1(13)an2(n1)3n2n11因此n， 1n33133223则an211n3n3n. 3221，且

练习

2a1。已知数列n的首项为

an1an2n(nN*)写出数列

an的通项公式。

答案：nn1

练习2.已知数列

{an}满足a13，

anan11(n2)n(n1)，求此数列的通项公式。

答案：裂项求和

an21n

a评注：已知a1a，n1anf(n)an.

，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

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

1n(an)2anSn得

1n(SnSn1)2SnSn12SnS1223n，

化简有

22SnSn1n,由类型（1)有,

2

n(n1)2Sn2又S1a1得a11，所以，又

2n(n1)2n(n1)2

an0sn2n(n1)2，,

则

an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1两边分别相乘得，a1f(k)

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ananan1anan1an22n1[n(n1)32n15a3a2a1a2a1[2(21)52][2(11)51]321[2(n11)5n1][2(n21)5n2]32]5(n1)(n2)n!n(n1)23

n1a325所以数列{a}的通项公式为nnn(n1)2n!.

22n1anaan1an0nan1n例5.设n是首项为1的正项数列，且(=1，2， 3，…），

则它的通项公式是an=________。

3

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nanan1nann1 0， 即

ann1n n2时，an1ananan1a2ana1n1n211an1an2a1=nn12an和

=

1n.

评注：本题是关于与

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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.

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

an11n(an1),求出数列的通项公式.

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

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0anan,其中a1a)型

（1）若c=1时,数列{｝为等差数列;

（2）若d=0时,数列{}为等比数列；

a（3)若c1且d0时，数列｛n｝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.

4

待定系数法:设

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

dddanc(an1),(c0)c1c1c1所以有:

ddaan1c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

ddddan(a1)cn1an(a1)cn1c1c1c1c1。 即:

an1candan1化为

规律:将递推关系

ddc(an)c1c1,构造成公比为c的等

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

逐项相减法(阶差法）:有时我们从递推关系

an1cand中把n换成n—1有

ancan1d，两式相减有

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. 到此方法比较复杂.

an1ancn(a2a1)，再利用类型(1）即可求得通项公式。我们看

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),

an 又

12(an11)

a112,an1是首项为2，公比为2的等比数列

an解法二：

12n，即an2n1

an2an11(n2),

5

an12an1

2(anan1)(n2)，故数列an1an是首项为2，公比为2

两式相减得an1an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。

②若p1时，即：

an1panqn，

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1即: 求通项。

pn1an1pnbn()npq,令pnqanbn1bn，则

1pn()pq，然后类型

1，累加

n1qii.两边同除以 。 目的是把所求数列构造成等差数列.

an1 即：

qn1anpan1nqqq,

bn1p1bnqqbn令

q,则可化为

n。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

项。

an1qn1p(anpn).通过比较系数，求出，转化为等比数列求通

注意：应用待定系数法时，要求pq,否则待定系数法会失效.

6

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2an113n2(an3n1)解法一(待定系数法)：设

，比较系数得

则数列

an43n1是首项为a143115，公比为2的等比数列，

1所以

an43n52n1，即

an43n152n1

an12解法二（两边同除以qn1an4）： 两边同时除以3n1得:3n133n32，下面解法略

an1解法三（两边同除以pn1）： 两边同时除以2n1得:

2n1an423(32)nn，下面解法略

练习.(2003天津理）

设a为常数，且an10n32an1(nN)．证明对任意n≥1a1nn5[3(1)n12n](1)n2na0；

3．形如

an1panknb （其中k,b是常数，且k0）

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(an1x(n1)y);

解题基本步骤： 1、确定f(n)=kn+b

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

7

，

，

5、解得数列

(anxny)的通项公式

an6、解得数列的通项公式

例8 在数列解:，

{an}中，

a11,an13an2n, ①

求通项

an。（逐项相减法)

an13an2n,n2时，an3an12(n1)，

两式相减得

an1an3(anan1)2bn53n12 即

b.令nan1anb,则n3bn12

利用类型5的方法知

an1an53n11 ②

再由累加法可得

an5n113n22。 亦可联立 ① ②解出

an5n113n22.

a13,2anan16n3a2，求通项n.（待定系数法)

例9。 在数列{an}中，

解：原递推式可化为

2(anxny)an1x(n1)y2bnbn1

比较系数可得:x=—6，y=9,上式即为

所以

bn是一个等比数列，首项

b1a16n9991n11bn()2,公比为2。22

1an6n99()n2 即:

1an9()n6n92故。

8

4．形如

an1panan2bnc (其中a，b，c是常数，且a0）

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。

例10 已知数列{an}满足an12an3n24n5，a11，求数列{an}的通项公式。

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

比较系数得x3,y10,z18，

所以an13(n1)210(n1)182(an3n210n18) 由a131210118131320,得an3n210n180

an13(n1)210(n1)18则2，故数列{an3n210n18}为以2an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}a满足n25an16an,a11,a22

，求数列

{an}的通项公式.

a解：设n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）

a则n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

9

an12an43n1,所以

an43n152n1

aa4an13an0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

例12 已知数列

ran1pan（其中p,r为常数)型

{an}满足

an1a3(n1)2nn，a15，求数列{an}的通项公式。

aan1解:因为

3(n1)2nn，所以

ana a  a3n2n1n1[a]3(n1)2n2n2]3n2n1a32(n1)n2(n2)(n1)n2 [a3(n2)2n332(n1)n2(n2)(n1)n333(n2)(n1)n2(n3)(n2)(n1)n33n1231(n2)(n1)n212(n3)(n2)(n1) a1n(n1)3n1n!22

n(n1)3n1n!22又

a15，所以数列

{an}a5n的通项公式为

。

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)

1a1,aan(4an),nNn1{an}的各项都是正数,且满足:02已知数列，

10

（1）证明

anan12,nN; (2）求数列

{an}的通项公式an.

解：（1）略（2）

an111an(4an)[(an2)24],2(an12)(an2)222所以

121122112221122n12n令bnan2,则bnbn1(bn2)()bn1()bn22222212n112n1bn(),即an2bn2()22又bn=－1，所以.

bnn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化为上面类型(1)来解

，则c

12cn12，转

rapan(其中p，r为常数）型 p>0，an五、对数变换法 适用于n10

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

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

bn是以2为公比的等比数列，b1log1211 bn12n12n1，loga2logan2n12n1，

2n11，∴an22n11

练习 数列

an中，a11,an2222n

an1(n≥2），求数列

an的通项公式.

a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。

11

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) 比较系数得， x由lga1

（同类型四)

lg3lg3lg2 ,y41lg3lg3lg2lg3lg3lg2lg3lg3lg21lg710，得lgann0， 414141lg3lg3lg2lg3lg3lg2为首项，以5为公比的等比数列，n}是以lg74141lg3lg3lg2lg3lg3lg2n1则lgann(lg7)5，因此

4141所以数列{lganlg3lg3lg2n1lg3lg3lg2lgan(lg7)5n414[lg(7332)]5n1lg(332)lg(7332)lg(75n13则an

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5n4n116141161n1451411614n411614lg(332))n411614

25n114735n15n4n11625n114.

2an,a11，求数列{an}的通项公式。 an2解：求倒数得

1111111111,,为等差数列，首项1，公差为，

2an12anan1an2an1ana112



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 1612112(bn11)[14(bn1)bn] 24162422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。 122(2n1)(2n3)9 13

解：由an1an8(n1)8a及，得 122(2n1)(2n3)98(11)88224(211)2(213)29925258(21)248348a3a2

(221)2(223)2252549498(31)488480a4a3(231)2(233)249498181a2a1(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（1）当n1时，a1，所以等式成立。

(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, 2(2k1)ak1ak8(k1)(2k1)2(2k3)2[(2k1)21](2k3)28(k1) (2k1)2(2k3)2(2k1)2(2k3)2(2k1)2 (2k1)2(2k3)2(2k3)21 (2k3)2[2(k1)1]21 [2(k1)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

分析：把已知关系通过an

S1,n1转化为数列an或Sn的递推关系，然后采用相应的

SnSn1,n214

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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1(an1)(an2)，且a2,a4,a9成等61(an1)(an2) ⑴ 61(a11)(a12)，解得a11或a12 6当n≥2时,Sn11(an11)(an12) ⑵ 6⑴-⑵整理得:(anan1)(anan13)0

an13

∵{an}各项均为正数,∴an2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. 222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) an15

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

(a1qpq)k(a1ppq)apcan1papakkn，其中，∴n

aqcan1qanq(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：

16

,an17t45an4(2t5)an7t2t5tt(2t5)2an72an72an7an

ant7t4令t， 解之得t=1，—2 代入an1t(2t5)得

2an72t5an1an1an213,an129，

2an72an7nan111an1相除得，即｛

anan123an2a1a11｝是首项为1, 2a124an111n43n1213, 解得an公比为的等比数列， =. n14an23431方法2：,

an113an1，

2an71两边取倒数得

an112an72(an1)923，

3(an1)3(an1)3an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令bn1，则bnan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2an124an121an242(4an1)13an2613an2。所以数列

an1321an24321an243(4an1)9an279an34an1an2a2a124213132为首项，以为公比的等比数列，故n2()n1，则是以

9a1343an39an3an

1132()n1193.

17

练习1：已知{an}满足a12,anan12(n2),求{an}的通项an

2an113n(1)n答案：ann3(1)n

练习2。已知数列{an}满足a12,an12an1(nN*),求数列{an}的通项an

4an6答案：an135n

10n6练习3。（2009陕西卷文）

已知数列an}满足,

anan1a1＝1’a22,an＋2＝,nN*.

2令bnan1an，证明：{bn}是等比数列；

(Ⅱ)求

an}的通项公式。

答案：（1）

bn1是以1为首项，为公比的等比数列。（2）an2521n1()(nN*)。 332十一:特征方程法 形如an2 形如1pan1qan(p,q是常数)的数列 （已知 a1;a2）

am1,a2m2,an2pan1qan(p,q是常数）的二阶递推数列都可用特

2征根法求得通项an,其特征方程为xpxq…①

nnacc(c1,c2是待定常数） 若①有二异根,，则可令n12na(cnc)(c1,c2是待定常数） 若①有二重根，则可令n12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项an

解：其特征方程为x

22,a23,an23an12an(nN*)，求数列{an}的通

nnac1c23x2，解得x11,x22，令n， 1218

1a1c12c221由，得ac4c3c21222

例25 已知数列{an}满足a1c1n1a12, n1,a22,4an24an1an(nN*),求数列{an}的通项an

n112解:其特征方程为4x4x1，解得x1x2,令anc1nc2,

221a(cc)1112c142由，得， anc26a(c2c)122124

练习1．已知数列{an}满足a1的通项

练习2．已知数列{an}满足

3n2n1

21,a22,4an24an1an1(nN*)，求数列{an}a11,a22,4an24an1ann4(nN*)，求数列{an}的通项

说明:(1)若方程xpxq有两不同的解s ， t， 则an12tans(antan1)， an1sant(ansan1)，

tan(a2ta1)sn1， an1san(a2sa1)tn1，

由等比数列性质可得an1ts,由上两式消去an1可得an2a2ta1na2sa1n.s.t.

ssttst（2)若方程xpxq有两相等的解st,则

an1tansantan1s2(an1tan2)sn1a2ta1，

an1ana2ta1ann1n,即n是等差数列, 2ssssana1a2sa1n1.由等差数列性质可知nsss2

19

，

a1a2sa1a2sa1n.ns． 所以an22sss

2554例26、数列{an}满足a1,且an129求数列{an}的通项。 122an42an2529252an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1a1n2525an1an42lg4则lgan11an12,

25an4成等比数列，首项为1,公比q=2 ,∴数列lga1n2525252n110anann14410242n1algn所以，则，2n1an1an1101

十二、四种基本数列

1．形如an1anf(n)型 等差数列的广义形式，见累加法。

an1f(n)型 等比数列的广义形式，见累乘法。 2。形如an3.形如an1

anf(n)型

20

（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项;或用逐差法（两式相减)得an1

例27。 数列{an}满足a10,an1分析 1：构造 转化为an1解法1：令bn则

anf(n)型,通过累加来求出通

an1f(n)f(n1)，，分奇偶项来分求通项。

an2n，求数列｛a}的通项公式。

n

anf(n)型

(1)nan

bn1bn(1)n1an1(1)nan(1)n1(an1an)(1)n12n.

bnbn1(1)n2(n1)n1bb(1)2(n2)n1n2bb(1)22112b1a10n2时，各式相

nn132b2(1)(n1)(1)(n2)(1)2(1)1加:n

n2b2(n1)(1)n. 此时anbnn 当n为奇数时，当n为偶数时，n2bn2(此时bn

解法2：an1an2n

n1)n1 2n1。故

an，所以ann1,n为奇数,an

n,n为偶数.n2时，anan12(n1)，两式相减得：an1an12。 a1,a3,a5,,构成以a1,为首项，以2为公差的等差数列;

a2,a4,a6,,构成以a2，为首项，以2为公差的等差数列

21

a2k1a1(k1)d2k2 a2ka2(k1)d2k。

ann1,n为奇数,n,n为偶数. 评注:结果要还原成n的表达式.

例28.（2005江西卷）已知数列｛an｝的前n项和Sn满足 Sn－Sn－2=3()n1(n3),且S11,S2解：方法一:因为SnSn2

以下同上例,略

123,求数列｛an｝的通项公式。 21anan1所以anan13()n1(n3),

2

1n143(),n为奇数,2答案 an

143()n1,n为偶数.24。形如an1(1)若an1anf(n)型

anp(p为常数）,则数列{an｝为“等积数列\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，可通过逐差法得anan1f(n1)，两式相除后，分奇偶项来分求通项。

1n*a3,aa(),(nN),求此数列的通项公式. 例29. 已知数列{an}满足1nn12注:同上例类似，略。

22