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1适用于：a = a + 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。n+1 n2 .若 a - a = f (n) (n 2),n +1na2-a1 = f(1)a -a = f (2)则a -a = f (n)n +1n两边分别相加得a -a = f（n）n +11k=1例1已知数列a 满足a = a + 2n +1, a = 1，求数列a 的通项公式。nn+1 n1n解：由 a = a + 2n +1 得 a 一 a = 2n +1 贝yn+1nn+1n所以数列a 的通项公式为a = n2 o nn例2已知数列a 满足a = a + 2x 3n +1, a = 3，求数列a 的通项公式。nn +1n1n解法一：由 a = a + 2 x 3n +1 得 a - a = 2 x 3n +1 贝 yn +1nn +1na = (a a ) + (a a ) + + (a a ) + (a a ) + ann n1n1 n232211=(2 x 3n-1 +1) + (2 x 3n - 2 +1)+ (2 x 32 +1) + (2 x 31 +1) + 3=2(3n1 + 3n - 2 + 32 + 31) + (n 1) + 3=23(1 + (n 1) + 31 3=3n 3+n1+3= 3n + n 1所以 a =3n +n1.naa2 1解法二：a = 3a + 2 x 3n +1两边除以3n+1 n +1n得= n +3n+13n33n+1aa2 1则一n+1 n =+3n+13n33n+12(n -1) * 3(1-3小3- 13-+1=+1丄3 2 2x3nx 3n 221贝 y a = x n x 3n + n 32评注：已知a1 = a , an+1 an = f (n)，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 . 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； 若f(n)是关于n的二次函数，累加后可分组求和； 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； 若f(n)是关于n的分式函数，累加后可裂项求和。S = -(a +)例3.已知数列3中，an 0且2 n 3 ,求数列n 的通项公式.S)n1=a1得a1 = 1所以甲=響，又an 。-1,求数列an的通项公式.答案：n 二（n 一 1）!（a1 + 1）-1.评注：本题解题的关键是把原来的递推关系式an+1二nan + 一 h转化为an+1 + 1二Sn + D若令bn二3 + j则问题进一步转化为+1二n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a = qa + f （n）n +1n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 二 Can + d，（C 丰 其中 a1 = a ）型（1）若C=1时，数列n 为等差数列；（2）若d=0时，数列an为等比数列；（3）若C丰1Sd丰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.待定系数法：设an+1 二C（an +九）,a = ca + (c 1)九a = ca + d,得n+1n 丿，与题设n+1n比较系数得ddd(一 1)7 = j九=，(c 丰 0)a + = c(a +7)(c 1)A = d，所以c 1所以有：n c 一1n1 c 一1U 亠a+二因此数列I c 一 1J构成以1 c 1为首项，以c为公比的等比数列,dddda += (a + ) - cnia = (a + ) - cn1 一所以 n c 1 1 c 1即： n 1 c 1c 1dd+ d a += c(a +)规律:将递推关系an+1 = canan耳c 1a从而求得通项公式dd口 + cn一5 戸)十d化为n+1 c-1 n c-1 ,构造成公比为c的等比数列a a = cn (an +1n2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 = n1 + J 两式相减有an+1 an =一 n1 )从而化为公比为C的等比数列n+1 一 3 ，进而求得通项公式.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a 中，a = 1,a = 2a + 1(n 2)，求数列a 的通项公式。n1 nn 1n解法一： a = 2a + 1(n 2),nn1又Ta +1 = 2,.a +1是首项为2,公比为2的等比数列1n/. a +1 = 2n，即 a = 2n 1nn解法二： a = 2a + 1(n 2),nn1两式相减得a a = 2(a a )(n 2)，故数列a a 是首项为2,公比为2的等n +1nnn 1n +1n比数列，再用累加法的练习.已知数列an中,a = 2, a1n +11+ 2求通项an答案：a =（2）n-1 + 12.形如：an+1= p an + qn（其中q是常数，且n丰0,1）若p=1时，即：an+1 = an + qn，累加即可.若P丰1时，即:a = p a + qnn +1n ，求通项方法有以下三种方向：i.两边同除以pn+1.目的是把所求数列构造成等差数列aa1pa1p= n + （ ）n b =b b =（ ）n即： pn+1qnpq,令n pn，则 n+1n pq,然后类型 1，累加求通项.ii. 两边同除以qn+1 .目的是把所求数列构造成等差数列。a p a 1n+1 =一n + 即：qn+1 q qn q ,ap 1b =nb = b + 令 n qn ,则可化为 n+1 q n q .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 +少1 = P（an +卩）.通过比较系数，求出九，转化为等比数列求通项.注意：应用待定系数法时，要求p工q,否则待定系数法会失效。例7已知数列an 满足an+1 = 2an + 1 = 1，求数列的通项公式。解法一（待定系数法）：设an+1 +X13n =X2（ an + 3n1），比较系数得九 1=4九2= 2，a 4 3n1a 4 31-1 = 5则数列是首项为a1 4 35，公比为2的等比数列，a 4 3n1 = 5 2n1a = 4 3n1 5 2 n-1所以 n，即 na2 a 4=一n +解法二（两边同除以qn+1）：两边同时除以3n+1得：3n+1 3 3n 32，下面解法略a a 4 3 n 11 = n + () n面解法略解法三(两边同除以pn+1):两边同时除以2n+1得：2n+1 2n 3 23.形如广化+ kn + b(其中k,b是常数，且k丰0)方法 1：逐项相减法(阶差法)方法 2：待定系数法(a + xn + y)二 p (a + x(n -1) + y)通过凑配可转化为 nn-1；解题基本步骤：1、确定 f (n) =kn+b2、设等比数列bn二(an + Xn + y)，公比为p3、列出关系式(S + 劝 + y) = P (J-1 + X(n - 1) + y)，即 J = Pb4、比较系数求 x,y5、解得数列(3 +劝+ y)的通项公式6、解得数列bn的通项公式a 亠 a = 1, a = 3a例8 在数列 n 中， 1n+1中，+ 2n，求通项an .(逐项相减法)a= 3a + 2n,解： ，n+1nn 2 时 a 二 3a , + 2(n -1)口冷,nn-1，时，两式相减得 an+1 - an 3(- J +二 an +1a b 3b+ 2n，则 nn-1利用类型5的方法知二5 3n-1 + 2-an +1=5 - 3 n-1 1a = 5 3 n-1 - n -1再由累加法可得 n 22亦可联立 a - 5 3 n-1解出 n 21一 n -2例9.在数列 an中,3,2a2a 6n 3n-1，求通项an .(待定系数法)解：原递推式可化为2(an +劝+ y) an-1 + X(n 一 1) + + y2b bn 一1比较系数可得：x=-6,y=9，上式即为 nb b = a所以 bn 是一个等比数列，首项 11-6n + 9 91 b 9(丄)n-12，公比为2 . n 2 2即：a - 6n + 9 9 - (2) na 9 -(丄)n + 6n - 9故 n 2（其中a,b,c是常数，且a丰）4.形如 an+1 Pan + a - n2 + b - n + C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a 满足a 2a + 3n2 + 4n + 5，a 1，求数列a 的通项公式。nn+1n1n解： 设 a + x(n +1)2 + y(n +1) + z 2(a + xn2 + yn + z)n+1n比较系数得x = 3, y = 10, z = 18 , 所以 a + 3(n +1)2 +10( n +1) +18 2( a + 3n2 +10 n +18)n+1n由 a + 3 x 12 +10 x 1 +18 1 + 31 32 丰 0，得 a + 3n2 +10n +18 丰 0 1na + 3n 2 + 10n +18 n则-+ 1+ 3(n +1)2 叽 + J +18 2，故数列a + 3n2 +10n +18为以na + 3x 12 +10x 1 +18 = 1 + 31 = 32为首项，以2为公比的等比数列，因此1a + 3n2 + 10n +18 32 x 2nt，贝0 a 2n+4 一 3n2 一 10n 一 18。nn5形如a pa + qa 时将a作为f (n)求解n+2n+1nn分析：原递推式可化为a +九a （p +九）（a +九a ）的形式，比较系数可求得九，数列 n+2n+1n+1na +九 a 为等比数列。 n +1n例11已知数列an满足an+2 5an+1 -叫-匕二2，求数列” 的通项公式。a +Xa = (5 + X)(a+Xa )解：设 n+2n+1n+1n比较系数得九=-3或九=-2，不妨取九=-2 ,（取弓结果形式可能不同，但本质相同）则an+2 2an+1 = 3（+1叫，则+1 一叫是首项为4,公比为3的等比数列/. a 2a = 4 3n1 a = 4 3n1 5 2讥1n+1n，所以n练习数列 an中，若a1 = 8, a 2 = 2,且满足an+2 4an+1 +叫=0,求答案：四、迭代法an+1 =皿；（其中p,r为常数）型例12已知数列叮满足an+1 =号W，a1 = 5，求数列的通项公式。解：因为 an+1=an（ n+1）2 n，所以n （n1）又a1= 5，所以数列的通项公式为F En2 2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an+1 = pan （其中p,r为常数）型p0, an 0例14设正项数列S满足a1 = 1，an =峯一1 （n2） 求数列”解：两边取对数得： log2an =1+2loga2n1， loga2n + 1 = 2(loga2n1 + 1) ，S是以2为公比的等比数列，b1 = log2+1 =1设 J = lg；n+1，则b = 2bnn 1b = 1 X 2n-1 = 2n-1 n，logan+1= 2n1logan =2n1 1a =22n11练习数列S中，3 = 12 ， 2an _ % an1 （n2）,求数列3的通项公式.例15已知数列a 满足an答案： an = 2 222n=2x3n xa5， a = 7，求数列a 的通项公式。 n +1n 1n解：因为a 2x 3n x a5, a 7，所以 a 0, a 0。 n +1n 1nn +1两边取常用对数得lg a 5lg a + n lg3 + lg2同类型四）n +1n设 lg a + x(n +1) + y 5(lg a + xn + y) n +1n比较系数得，x-孚,y-譬+孚4 164由览T罟X1 +譬+孚即+詈X1 +譬+孚丰0 得lg an +詈n +譬+孚丰Alg3 lg3 lg2lg3lg3lg 2lg3lg3lg 2所以数列lga + n +是以lg7 +为首项，以5为公比的等比数列,41644164则lga +三n +空+些-(lg7 +空+蛭+空nlg3J 4 16 方=(lg7 + 丁 + 花 + )51，因此lgan-(lg7 +宜+亘+空)5n1 空n 空空41644641 丄 1n 丄 1lg(7 - 34 316 24 )5n-1 lg(34 316 24)1 丄 1n 丄 1lg(7 - 34 - 316 - 24)5-1 lg(34 - 316 - 24)5 n4 n 15n1 1lg(75n1 - 3 16- 2 4)5 n 4 n15n_l 175n-1 X 3 16 x 2 4六、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a 满足ann +12ai+n2，学1，求数列叮的通项公式。1 1 1解：求倒数得 =+,a nan+1an+11 I 11 丨11- r为等差数列，首项一-1，公差为牙,2 aa Ja2n +1n12n n+111(n +1), a a2n七、换元法 适用于含根式的递推关系例17已知数列a 满足a -1(1+ 4a + J1 + 24a )，a 1，求数列a 的通项公式。nn+1 16nn1n解：令b - JI + 24a，则 a 丄(b2 1)n nn 24 n代入 a =丄(1+ 4a + $1 + 24a )得n+1 16nn即 4b2 = (b + 3)2n +1n因为 b = ,Q1 + 24a n 0,n 叩n13则 2b = b + 3，即 b = b +,n+1nn+1 2 n 2可化为 b 一 3 =(b 一 3),n+12 n所以b -3是以b -3*1 + 24a -3二、：1 + 24xl-3 = 2为首项，以1为公比的等比数列，因此 n112b - 3 = 2()n-1 = ()n-2，则 b = ()n-2 + 3，即 ：1 + 24a =(丄)n-2 + 3，得n22n 2n 2an=3(4)n+(2)n+3。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。8(n + 1)8例18已知数列a 满足a = a +, a =，求数列a 的通项公式。nn+1n (2n + 1)2 (2n +3)21 9n解：及 a = 9，得19由 a = a +8(n +1)n +1n(2n +1)2(2n +3)2(2n +1)2 -1由此可猜测a =，下面用数学归纳法证明这个结论。n(2 n + 1)2(2x1+1)2 -1 8(1)当n =1时，a =，所以等式成立。1(2 x1 +1)29(2k + 1)2 -1(2)假设当n = k时等式成立，即a =，则当n = k +1时,k(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 e N*都成立。九、阶差法(逐项相减法)1、递推公式中既有S，又有ann分析：把已知关系通过a-1、c转化为数列a 或S的递推关系，然后采用相应的n S S , n 2n nnn1方法求解。例19已知数列a 的各项均为正数，且前n项和S满足S =(a + l)(a + 2)，且a , a , a成 nnn 6 nn249等比数列，求数列a 的通项公式。n解：对任意 n g N+有 S =； (a + 1)(a + 2)(1)n 6 n n.当 n=1 时，S = a = (a +1)(a + 2)，解得 a = 1 或 a = 21 1 6 1 1 1 1当 n$2 时，S = ；(a + 1)(a + 2)(2)n 1 6 n 1n 11 -2整理得： (a +a )(a a 3) = 0n n1 nn 1 a 各项均为正数，. a a = 3nnn 1当a = 1时，a = 3n 2，此时a2 = a a成立1n42 9当a = 2时，a = 3n 1，此时a2 = a a不成立，故a = 2舍去1n42 91所以a = 3n 2n练习。已知数列a 中，a 0且S = 2(a +1)2，求数列a 的通项公式.答案： S S = an n 1n(a 1)2 = (a+1)2 a = 2n 1nn 1n2、对无穷递推数列例20已知数列a 满足a = 1，n1a = a + 2a + 3a + (n 1)a (n 2)，求a 的通项公式。n 123n1n解：因为 a = a + 2a + 3a + (n 1)a (n 2)n 123n1所以 a = a + 2 a + 3a + (n 1)a + na n+1123n1n用式一式得a a = na .n+1nn则暮(n 1)a (nn2)a故 a nn 1(n2)所以aanan1n(n1)4 3an!a .2 22a23a3(n1)a (ni2)2得駡2a2，则a?曹，又知曹1,则 a21，代入得a135 nn!1。所以，a 的通项公式为 annn!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) x0D使f(x0)X。成立，则称X。为f (x)的不动点或称(x。，f (x。)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 a qa dn 1 n例21已知数列a 中，a 1,a 2a 162),求数列a的通项公式。n 1 n n 1n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.a 12(a1),n1n类型二：形如 an 1n1a a bc a dn分析：递归函数为 f(x)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a p a p a pc (a q pq)kn 1 (a p pq) k n，其中 k , a1-4a q a qa qc n (a p)k n 1 (a q)n 1n11(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1a pn1k，其中kapn2ca d例22.设数列a 满足a12, a 1n1 n 15a 4十，求数列即的通项公式.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：5a + 4a + t = nn +12an+1 = + 5)a +7t + 72an7t + 4 a +(2t + 5)，丝土5,+ 72a + 7n令 t =,2t + 5解之得 t=1,-2代入an+1a +t+ t = (2t + 5) n 得 2a + 7naa 1 = 3 nn+12a + 7n1 , a + 2 = 9n+1a + 2n2a + 丁na -1 1 相除得 n+1a + 2n+1a 1na + 2na即丄2a +2n1 是首项为a - 1 11 = ,a + 241公比为1的等比数列,a 11 31n= 31na + 24n解得 an方法2：,aa 1 = 3 nn+12an两边取倒数得an+12a + 72(an-1) + 9!一 3(a 1)n23n = + 3(a 1)3 a 1nn12，则b =+ 3b ,转化为累加法来求.a - 1n 3n例23已知数列a 满足ann +121a 24n4a + 1n-=4，求数列叫的通项公式。21x 2421x 24解：令x =，得4x2 20x + 24 = 0，则x = 2，x = 3是函数f (x)=的两个不4x +1124x +1动点。因为a 2n+1a 3 n+121a 24n 24a +1n21a 24 3n 3 4a +1n21a 24 2(4a + l)_13a 26nn=n21a 24 3(4a +1)9a 27nnn13 a 2n9 a 3na 2 4213a 213以= 2为首项，以-3为公比的等比数列，故f = 2( ) n-1，则a 3 439a 391n2(E) n-1 191一。特征方程法 形如a二pa + qa （p, q是常数）的数列n+2n+1n形如a二m , a二m ,a 二pa + qa （p, q是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项11 22 n + 2n +1na，其特征方程为x2二px + qn若有二异根a,卩，则可令a二c an + c卩n （c ,c是待定常数）n 121 2若有二重根a =卩，则可令a = （c + nc ）a n （c ,c是待定常数）n1212再利用a二m , a二m ,可求得c , c，进而求得a112212n例24已知数列a 满足a = 2, a = 3,an12n+2=3a 一 2a (n e N*)，n + 1n求数列a 的通项ann解：其特征方程为x2 = 3x - 2，解得x1=1, x = 2，令 a = c - 1n + c - 2 n，2n 12I a = c + 2c由 f 112I a2=21，= c + 4c = 312c =111，c =2 2例 25、数列a满足a1 =-春,n+125a2 一 -49求数列a 的通项。29n2a +-n4解：a:+ X = an +1n+125a 2 -=一4 +X =2丄292a +-n4“29.25a 2 + 2 人 a + 人一nn 442a +-n4a + 1n+1(a +1)22丄292a +-n4三,解得 X =1,X2，=25，将它们代回得,425a +=n +1 425 ) a + n 4丿2+ 292a +-n4，25a +-n+1 4a +1n +125 + 一42525a +a +-则= 21g丄斗 a +1a +1n +1na + 数列fig + 成等比数列，首项为1,公比q=2 a +1n25 25 25a +a + 102n-i102n-l - 1所以lg n 4 = 2n-1，则 一4 = 102”-1 , . a - 4a +1a +1nnn十二、基本数列1形如a - a二f (n)型 等差数列的广义形式，见累加法。n+1na2. 形如一 -f (n)型 等比数列的广义形式，见累乘法。an3. 形如 a + a - f (n)型n+1n(1) 若a + a - d (d为常数)，则数列a 为“等和数列”，它是一个周期数列，周期为2,n +1nn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a - a - f (n)型，通过累加来求出通n+1n项;或用逐差法(两式相减)得a - a - f (n) - f (n -1),，分奇偶项来分求通项.n +1n -1