数列通项公式的求解

2024-08-26

数列通项公式的求解（精选十篇）

数列通项公式的求解篇1

数列是高中数学的重要内容之一, 在历年的高考试题中占有较大的比重.数列的问题, 最终归结为对数列通项的研究, 故数列通项公式的求解是数列中最基本也是最重要的问题之一, 也是高考对数列问题考查的一个热点.数列的通项公式可以看作是项数n的函数, 是函数思想在数列中的应用.笔者根据自己的教学实践, 介绍几种求通项公式的常见题型和方法.

一、观察法

观察法就是观察数列的特征, 横向看各项之间的关系结构, 纵向看各项与项数n的内在联系, 从而归纳出数列的通项公式.

例1 写出下列数列的一个通项公式:

(1) 1, 3, 7, 15, 31, …

$(2) \frac{1}{2} ‚ \frac{1}{4} ‚ - \frac{5}{8} ‚ \frac{13}{16} ‚ - \frac{29}{32} ‚ \dots$

分析此法适用于选择题与填空题, 对于分式不仅要看分子、分母与n之间的关系, 还要看分子与分母之间是否有制约关系.正负相间的数列通常用 (-1) n或 (-1) n+1来调节.

二、公式法

例2 (2007年陕西) 已知数列{an}是等比数列, 其中a7=1, a4, a5+1, a6成等差数列, 则数列{an}的通项an=.

分析由题意需求出公比q即可.

对于符合等差数列、等比数列定义的数列, 我们只需求出a1与d或a1与q, 再代入公式an=a1+ (n-1) d或an=a1qn-1.

三、利用数列的前n项和Sn与an的关系求an, 即利用

$a_{n} = {\begin{cases} S_{1} ‚ n = 1 ‚ \\ S_{n} - S_{n - 1} ‚ n \geq 2 \end{cases}$

例3 (2010年江苏第19题) 设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn, 已知2a2=a1+a3, 数列 ${\sqrt{S_{n}}}$ 是公差为d的等差数列.求数列{an}的通项公式 (用n, d表示) .

分析由题设知 $\sqrt{S_{n}} = \sqrt{S_{1}} + (n - 1) d = \sqrt{a_{1}} + (n - 1) d$ , 则当n≥2时,

$\begin{array}{l} a_{n} = S_{n} - S_{n - 1} = (\sqrt{S_{n}} - \sqrt{S_{n - 1}}) (\sqrt{S_{n}} + \sqrt{S_{n - 1}}) \\ = 2 d \sqrt{a_{1}} - 3 d^{2} + 2 d^{2} n . \end{array}$

由2a2=a1+a3, 得 $2 (2 d \sqrt{a_{1}} + d^{2}) = a_{1} + 2 d \sqrt{a_{1}} + 3 d^{2} ‚$

解得 $\sqrt{a_{1}} = d .$

故当n≥2时, an=2nd2-d2.

又 a1=d2, 所以数列{an}的通项公式为an= (2n-1) d2.

注若当n=1时, 求出的a1=S1满足n≥2时的an, 则可合并为一个通项公式, 否则写成分段的形式.

四、构造法

1.构造新数列为等差数列

例4 已知数列{an}满足 $a_{1} = 1 ‚ a_{n + 1} = \frac{2 a_{n}}{a_{n} + 2}$ , 求数列{an}的通项公式an.

分析由 $a_{n + 1} = \frac{2 a_{n}}{a_{n} + 2}$ , 得2an+1+an+1an-2an=0, 得 $\frac{2}{a_{n + 1}} - \frac{2}{a_{n}} = 1$ , 构造新数列为等差数列.

注若数列{an}满足Aan+1-Ban+1an-Aan=0 (AB≠0) , 则两边同除以an+1an可构造新数列 ${\frac{A}{a_{n}}}$ 为等差数列而求得通项an.

推广 $a_{n} = p \frac{m a_{n - 1}}{a_{n - 1} + m} (p, m$ 为常数) , 可以考虑倒数有 $\frac{1}{a_{n}} = \frac{1}{p} (\frac{1}{a_{n - 1}} + \frac{1}{m})$ , 可化归为an=Aan-1+B (AB≠0) 求解.

2.构造新数列为等比数列

例5 已知数列{an}满足a1=1, an+1=2an+1, 求数列{an}的通项公式an.

分析 ∵an+1=2an+1, ∴an+1+1=2an+1+1.

即an+1+1=2 (an+1) .故数列{an+1}是以a1+1=2为首项, 2为公比的等比数列 (下略) .

注若数列{an}满足an=Aan-1+B (AB≠0, A≠1) , 则可构造新数列 ${a_{n} + \frac{B}{A - 1}}$ 为等比数列而求得通项an.

五、累加法

若数列{an}满足an+1-an=f (n) , (n∈N*) , 其中f (n) 是可求和数列, 那么可用逐项作差后累加方法求an.

例6 已知数列{an}满足a1=1, an+1=an+3n+1, 求数列{an}的通项公式an.

分析由an+1=an+3n+1, 得an+1-an=3n+1, f (n) =3n+1可求和, 则用累加法求解.

推广an=pan-1+f (n) 型 (p为常数) .

当p=1时, an-an-1=f (n) , 若f (n) 可求和, 则可累加法求和;

当p≠1时, 若f (n) =kn+b, 则可设an+An+B=k[an-1+A (n-1) +B];

若f (n) =qn, 则可化为 $\frac{a_{n}}{q^{n}} = \frac{p}{q} \cdot \frac{a_{n - 1}}{q^{n - 1}} + 1$ , 可归结于an=Aan-1+B (AB≠0) 求解.

六、累乘法

若数列{an}满足 $\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = f (n) ‚ (n \in Ν)$ , 其中数列f (n) 前n项积可求, 则通项an可用逐项作商后求积得到.

例7 已知数列{an}满足a1=2, (n+1) an+1=nan, 求数列{an}的通项公式an.

分析由a1=2, (n+1) an+1=nan, 得 $\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = \frac{n}{n + 1}$ , 即有 $f (n) = \frac{n}{n + 1}$ 前n项的积可求, 用累乘法求解.

从上述例题可以看出, 求某一数列的通项公式需融会贯通, 要求我们在掌握以上几种基本类型的基础上, 熟练把握问题的背景, 针对具体问题选择适当的方法, 使问题迎刃而解.

数列通项公式的求解篇2

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仅供参考

an1panqr型数列通项公式的求解策略——分消化迭归

由递推公式求数列的通项公式是数列中的常见题型,也是高考考察的热点.本文就递推关系为an1panqr(p,q,r为非零常数)的数列通项公式的求法(或证法),谈以下几种求解策略,仅供nn参考.例数列an中，a156，an113an12n1(nN)，求数列an的通项公式.

分析构造等比数列是求解该题的有效途径.策略1 分——将确定x的值.解法1 由an113an12n112n1拆分成两部分,分配给an1与an.构造新数列anx,由待定系数法n2, 可设an1x2n11x11xaan.a, 即n1nnn36232由x62231n12n1,解得x3.∴an132n13133aaa, ∴数列是以 n1nnn232232n为首项,以13为公比的等比数列.∴an2133n123n, ∴an32n23n.11an1ann1132策略2 消——由,消去n1生成新的等比数列.21a1ann1n3211an1ann1(1)32解法2 由题意，，1a1a,n2(2)nn1n3212(1)－(2)×,得an112an11aa,n2.n1n32∴数列an11111an是以a2a1为首项,为公比的等比数列.2932n1∴an111an293113n1„„(3)将(1)式代入(3)式,整理得an32n23n.用心爱心专心 1

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策略3 化——将解法3 将an1n1213n1化为常数.12n1an两边同乘以22n1,得2n1an1232an1.4n令bn2an,上式可化为bn1bn1,即bn132bn3.∴数列bn是以b13为

333首项,2为公比的等比数列.∴3b342n1nnn322233, ∴b2n33.n即2na232n323.∴an2n3n.策略4 迭——迭代法解法4 ∵a111n113an12n1, ∴a1n3an112n13a1a3n22n12n32n211132a111a1111312n112n1113n32n232n12n33n3322n232n12n 11111113n1a113n222312n112n113n132113n22232n12n 1311112n23n13n1213n2122312n112n3n32n2133n.2策略5 迭——迭加法解法5 ∵a111n13an12n1, ∴an13an2n1.∴a1nan3a1a13a1133a111n1n1an22n23an33n2a2313n1a1 12n111312n13212n213n21223n11321232n3n.策略6 归——数学归纳法将本题中的“求数列an的通项公式”改为“证明数列an的通项公式为a2n32n3n”,可采用此法证明如下：

解法6(证明)(1)当n1时,a3122356，结论成立.(2)假设当nk时, a3k2k23k.用心爱心专心 2

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数列通项公式的求解篇3

[关键词]递推数列；通项公式；数列

在高中数学中通过递推数列求通项公式是其学习中的重要题型，同时也是例年高考中的热点题型之一，因此文章中笔者对递推数列通项公式的求解方法进行了分析。

一、将常数进行改变

一般情况下如果一个数列从第2项起每一项与前一项差等同于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列。在等差数列中，通项公式主要有an=a1+（n-1）d；an=Sn-S（n-1）（n≥2）；an=kn+b（k，b为常数）三种形式，将其常数进行改变可以通过下面例题进行分析。

本题中的递推关系是通过分段的形式给出，在解题时通过n为奇数与偶数两种情况进行分析求解。

五、结束语

递推数列通项公式在数学教学中占据了十分重要的地位，文章中立足于高中数学中递推数列通项公式的变式求法分析，将等差数列与等比数列递推公式进行变式拓展，从而使其在数学习题中的应用更加灵活。

参考文献：

[1]唐擘.递推数列的通项公式[J]. 科技创新导报，2014，11：254

数列通项公式求解策略篇4

一、累加法与累积法

【例1】已知数列{an}中, 求 $a_{1} = 1 ‚ a_{n} = a_{n - 1} + \frac{1}{n (n - 1)} (n \geq 2)$ , 求an.

累加得 $a_{n} = 2 - \frac{1}{n} .$

【例2】已知数列{an}满足a1=1, an=a1+2a2+3a3+…× (n-1) an-1 (n≥2) , 求数列通项公式an.

解: (累积法) 由题可知an=a1+2a2+3a3+…+ (n-1) an-1, an-1=a1+2a2+…+ (n-2) an-2,

两式相减可得an-an-1= (n-1) an-1 (n≥3) ,

$\begin{array}{l} 即 a_{n} = n a_{n - 1} ‚ \\ ∴ a_{n} = \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} \cdot \frac{a_{n - 1}}{a_{n - 2}} \cdot \frac{a_{n - 2}}{a_{n - 3}} \dots \frac{a_{2}}{a_{1}} \cdot a_{1} \\ = n \times (n - 1) \times (n - 2) \times \dots \times 2 ‚ \end{array}$

即an=n!.

二、构造法

可通过合理转化, 化为等差、等比数列的通项公式, 常见模型归纳如下:

1.an+1=pan+f (n) , p≠1 , f (n) 为幂时.

【例3】在数列{an}中, a1=1, an+1=3an +2·3n-1, 求an.

解:由an+1=3an+2·3n-1得

$\frac{a_{n - 1}}{3^{n + 1}} = \frac{a_{n}}{3^{n}} + \frac{2}{9}$ , 则 ${\frac{a_{n}}{3^{n}}}$ 为公差 $\frac{2}{9}$ 等差数列,

$\begin{array}{l} ∴ \frac{a_{n}}{3^{n}} = \frac{a_{1}}{3} + (n - 1) \cdot \frac{2}{9} ‚ 即 a_{n} = 3^{n} (\frac{2}{9} n + \frac{1}{9}) . \\ 2 . a_{n + 1} = p a_{n} + q (p \neq 1 ‚ p ‚ q 为非零常数) 可用特定系数法 . \end{array}$

【例4】已知数列{an}中, a1=1, an=2an-1+1, 求an.

解:设an-t=2 (an-1-t) , 即an=2an-1-t, 故t=-1.原式可变为an+1=2 (an-1+1) .

∴{an+1}为等比数列, 首项为a1+1=2, 公比为2的等比数列.

∴an+1=2n, 即an=2n-1.

该题也可用迭代法求解完成.

$3 . a_{n + 1} = \frac{p a_{n}}{a_{n} + q} (p ‚ q$ 为常数) 型

【例5】已知数列{an}满足 $a_{1} = 1 ‚ a_{n + 1} = \frac{2 a_{n}}{a_{n} + 3}$ , 求an.

解:将 $a_{n + 1} = \frac{2 a_{n}}{a_{n} + 3}$ 两边取倒数, 变形为:

$\begin{array}{l} \frac{1}{a_{n + 1}} = \frac{3}{2} \times \frac{1}{a_{n}} + \frac{1}{2} ‚ 即 \frac{1}{a_{n + 1}} + 1 = \frac{3}{2} (\frac{1}{a_{n}} + 1) ‚ \\ ∴ {\frac{1}{a_{n}} + 1} \end{array}$

是首项为 $\frac{1}{a_{1}} + 1 = 2$ , 公比为 $\frac{3}{2}$ 等比数列.

$∴ \frac{1}{a_{n}} + 1 = 2 \cdot (\frac{3}{2})^{n - 1}$ , 即 $a_{n} = \frac{2^{n - 2}}{3^{n - 1} - 2^{n - 2}} .$

4.取对数转化为等比数列an+1-p= (an-p) t (p, t为常数)

【例6】已知数列{an}中, a1=3, an+1= (an-1) 2+1, 求an.

解:由条件可知an+1-1= (an-1) 2,

两边同时取对数得lg (an+1-1) =2lg (an-1) ,

$\begin{array}{l} 即 \frac{\lg (a_{n + 1} - 1)}{\lg (a_{n} - 1)} = 2 ‚ \\ ∴ {\lg (a_{n} - 1)} \end{array}$

是首项lg (a1-1) =lg2, 公比为2的等比数列.

∴lg (an-1) =2n-1lg2,

∴an-1=22n-1, 即an=22n-1+1.

通过取对数达到降次目的, 使原来的递推关系转化为等比关系.

5.通过取方根转化为等差数列

【例7】已知 $f (x) = x + 2 \sqrt{2} + 2 (x \geq 0) ‚ a_{1} = 2$ , 设数列{an}每项都满足an=f (an-1) , 求an.

解:∵f (x) =x+2 2x+2 (x≥0) ,

∴an=f (an-1) =an-1+2 2an-1+2= (an-1+2) 2.又an>0, 两边同时取平方根, 得an=an-1+2.

∴{an}为公差为2的等差数列.

∴an=a1+ (n-1) 2,

即an=2n2.

6.an+2=pan+1+qan (p, q) 为非零常数型

【例8】在数列{an}中求数列{an}的通项公式.

∴{an+1-an}是以a2-a1=1为首项, 为公比的等比数列.

∴再用累加法求通项公式.

由an+2=pan+1+qan可变形为an+2-αan+1=β (an+1-αan) , 即an+2= (α+β) an+1-αβan, 即可得α+β=p, αβ=-q.解得αβ.于是{an+1-αan}是公比为β等比数列.

【例9】设数列{an}满足求an.

解:对等式两端同时加参数t, 得

数列通项公式方法总结篇5

（2）9，99，999，……

分析：（1）0=12——1/2，每一项的分子是项数的平方减去1，分母是项数加上1，n2——1/n＋1＝n——1，其实，该数列各项可化简为0，1，2，3，……，易知an＝n——1。

（2）各项可拆成10-1，102-1，103-1，……，an＝10n——1。

此题型主要通过让学生观察、试验、归纳推理等活动，且在此基础上进一步通过比较、分析、概括、证明去揭示事物的本质，从而培养学生的思维能力。

二、已知数列的前n项和Sn

已知数列的前n项和Sn，求通项公式an，主要通过an与Sn的关系转化，即an -{ S1（n＝1） Sn -Sn——1（n≥2）

例2、已知数列{an }的前n项和Sn=2n+3，求an

分析：Sn=a1+a2 +……+an——1+an

Sn——1＝a1+a2 +……+an——1

上两式相减得 Sn -Sn——1=an

解：当n=1时，a1=S1=5

当n≥2时，an =Sn -Sn——1=2n+3-（2n——1+3）=2n——1

∵n=1不适合上式

∴an ={5（n=1） 2n——1（n≥2）

三、已知an与Sn关系

已知数列的第n项an与前n项和Sn间的关系：Sn=f（an），求an。一般的思路是先将Sn与an的关系转化为an与an——1的关系，再根据与的关系特征分为如下几种类型。不同的类型，要用不同的方法解决。

（1）an=an——1+k。数列属等差数列，直接代公式可求通项公式。

例3、已知数列{an}，满足a1=3，an=an——1+8，求an。

分析：由已知条件可知数列是以3为首项，8为公差的等差数列，直接代公式可求得an=8n-5。

（2）an=kan——1（k为常数）。数列属等比数列，直接代公式可求通项公式。

求数列通项公式的常用方法和技巧篇6

一、化归为特殊数列：等差（比）数列

例题1 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=12,an=-2SnSn-1(n≥2)，求an．

分析关于通项an与Sn的关系式，常用an=S1,n=1Sn-Sn-1,n≥2, 将其转化为Sn的递推式，或转化为an的递推式，本题适宜转化为Sn的递推式。

解当n≥2时，由题设得Sn-Sn-1=-2SnSn-1，得1Sn-1Sn-1=2，

即1Sn是以1S1=2为首项，2为公差的等差数列，故1Sn=2+(n-1)•2=2n，即Sn=12n,n∈N*，

于是当n≥2时，an=-2SnSn-1=-2•12n•12(n-1)=-12n(n-1)，∴an=12,n=1，-12n(n-1),n≥2. 

点拨类似地，递推式an+1=banaan+b(b≠0)，可变形为1an+1-1an=ab，可知1an成等差数列。

例题2 已知a1=2，点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中n=1,2,3,….求数列{an}的通项．

分析将点的坐标代入函数关系式，便可得an的递推关系式。

解由已知得an+1=a2n+2an，所以an+1=(an+1)2-1，即an+1+1=

(an+1)2，

因为a1=2,所以an+1>1.两边取对数，得lg(an+1+1)=2lg(an+1)，令lg(an+1)=bn，得bn+1=2bn,n∈N*，所以{bn}成等比数列，所以bn=2n-1lg3，即lg(1+an)=2n-1lg3，所以an=32n-1-1．

点拨一般地，递推式an+1=aqn(q≠0,0

二、化归为常见基本型

(1) an+1=an+f(n)型；

(2) 若f(n)是常数，则递推式an+1-an=d，数列{an}为等差数列；

(3) 若f(n)是一次函数（或二次函数），则递推式an+1-an=kn+b（或an2+bn+c）符合叠加法的特征.

例题3 数列{an}中，a1=2，an+1=an+cn(c是常数，n=1,2,3,…)，且a1,a2,a3成公比不为1的等比数列．

(1) 求c的值；

(2) 求{an}的通项公式．

解 (1) c=2.过程略；(2) 当n≥2时，由于a2-a1=c,a3-a2=2c,…,an-an-1=(n-1)c,叠加得an-a1=［1+2+…+(n-1)］c=n(n-1)c2.又a1=2,c=2,故an=2+n(n-1)=n2-n+2(n=2,3…)，当n=1时，上式也成立．所以an=n2-n+2(n=1,2,…).

三、化归为特殊型

（1） an+`1=qan+f(n)(q为常数，q≠0且q≠1)型；

(2) an+1an=mn+bk(mn+c)k(k≠0,m≠0,b-c=pm,p∈Z)型、an+1an=kn(k≠0)型

或an+1an=kmn(k≠0,m>0且m≠1)型．

例题4 已知数列{an}，a1=1,an+1=2an+3n,n∈N*，求通项公式an．

解设an+1+x•3n+1=2(an+x•3n),得an+1=2an-x•3n，比较系数，得：-x•3n=3n，即x=-1.

所以an+1-3n+1=2(an-3n)，又a1-3=-2，所以数列an-3n是以-2为首项，2为公比的等比数列，所以an-3n=-2•2n-1,即an=3n-2n，n∈N*.

点拨本题防止把an+1+x•3n+1=2(an+x•3n)设成an+1+x=2(an+x)。

例题5 已知数列{an}，a1=1,an > 0,n+1a2n+1-na2n+an+1an=0,n∈N*，求通项an．

解由n+1a2n+1-na2n+an+1an=0得：［(n+1)an+1-nan］(an+1+an)=0，因为an>0,所以an+1+an>0，所以(n+1)an+1-nan=0，得：an+1an=nn+1.所以an=1×12×23×34×…×n-1n=1n．

以上介绍的求数列通项公式较为常见，求数列通项公式的方法有很多，限于篇幅不能一一列举，希望同学们在平时训练过程中能注意积累，灵活掌握求数列通项公式的方法。

牛刀小试

1. 已知数列{an}满足a1=3,2an-an+1=n(n+1),n∈N*，求通项an．

2. 已知数列{an}满足a1=1,an=3n-1+an-1(n≥2).求{an}的通项公式.

3. 已知数列{an}，a1=1,an+1=2an+3,n∈N*，求数列{an}的通项公式．

4. 已知数列{an}满足a1=1,an=3an-1+3n,n≥2，求数列{an}的通项公式．

5. 已知数列{an}满足a1=1,an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1(n≥2)，求

{an}的通项公式．

【参考答案】

1. an=1+2n.（提示：an+1-an=2n+1-2n,叠加相消）

2. an=3n-12.（提示：an-an-1=3n-1(n≥2)，叠加即可，注意讨论n=1）

3. an=4•2n-1-3，n∈N*.（提示：令an+1+t=2（an+t)，计算出t=3即可得等比数列）

4. an=3nn-23,n∈N*.（提示：此题和例题4的解法有区别，在等式两边同时除以3n得：

an3n=an-13n-1+1，得数列an3n为等差数列）

5. an=1,n=1，n!2,n≥2. 提示：当n≥2时an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1，① 

当n≥3时an-1=a1+2a2+3a3+…+(n-2)•an-2，②

两式相减，得an-an-1=(n-1)an-1，显然an-1≠0，则anan-1=n，得a3a2=3,a4a3=4,…，an-1an-2=n-1，

又a2=a1=1，所以an=a2•a3a2•a4a3•…•an-1an-2•anan-1=1×3×4×…×(n-1)×n=n!2，n∈N*，n≥2,

所以an=1,n=1，n!2,n≥2. 

不动点求解数列通项公式篇7

一、对Aan+Ban-1=C的处理

【例1】已知数列{an}中,a1=1.当n≥2时,an=2an-1+1.求数列{an}的通项公式.

分析:此题属于Aan+Ban-1=C模式,处理手法通常是:(1)求出数列的不动点;(2)取不动点的相反数,进行配凑数列;(3)求解通项公式.

解:(1)求不动点,由2an-1+1=an-1,解得an-1=-1;

(2)两边同时加上-1的相反数,得到an+1=2an-1+1+1,得an+1=2(an-1+1);

(3)通过对上式的观察,可以看出,数列{an+1}是以a1+1=2为首项,2为公比的等比数列,所以当n≥2时,an+1=(a1+1)·2n-1=2n,故an=2n-1.检验,当n=1时,a1=1,符合该通项公式.所以该数列的通项公式为an=2n-1.

通过对此题的求解,我们可以得出,在对an与an-1代数关系式的递推公式进行处理时,只需要三步就可以解出通项公式,但是必须注意在求出通项公式后,检验首项a1是否符合该通项公式.另外,我们总结出一个经验:Aan+Ban-1=C类型的数列一定是公比为的等比数列,里面的那个常数可以用不动点法求解.

通过以上两例的解答可以看出,虽然两个式子表面上不一样,但求解的思路一样,只不过例2中间多了一步“取倒数”.但有时试题不会直接给出这两种形式.比如,对于aanan-1+ban+can-1+d=0的形式,很多学生一见到就会不知所措.此题的方法和上述解法相同,左边只保留an部分,接下来就是“依葫芦画瓢”,最后检验首项是否符合通项公式.

三、综合问题的处理

【例3】已知数列{an}中,a1=3,Sn=3an+2n,求数列{an}的通项公式.

一类数列通项的求解篇8

对于由递推关系所确定的数列通项公式问题, 通常可通过对递推式的变形转化, 从而化归成等差数列或等比数列, 进而利用等差、等比数列以及累加、连乘的方法求出数列的通项。

递推数列的通项求解大致有如下几类:an+1=an+f (n) 、an+1=anf (n) 、an+1=pan+f (n) 、an+1=pan+qf (n) 。事实上以上几类都可以看成an+1=pan+qf (n) 类来解决, 而an+1=pan+qf (n) 又可以转化为an+1=an+f (n) 解决。下面举例说明。

类型1:数列{an}中a1=1, an+1=an+ (2n+1) , 求数列{an}的通项an。

分析:数列求通项的本质就是等差数列通项推到思想——累加法的应用, 移项以后, 采用累加法, 就可以利用等差数列求和, 得到数列的通项。

解:因为an+1=an+ (2n+1) , 所以an+1-an= (2n+1) ,

从而an+1= (an+1-an) + (an-an-1) +…+ (a2-a1) +a1, 所以an=n2。

点评:本题可以看成an+1=an+f (n) 型问题, 当f (n) =c (c是常数) 就是等差数列;当f (n) =cn+d (c、d是常数且c≠0) 、f (n) =cn (c是常数且c≠0) 就可以用累加法利用等差数列、等比数列求和, 问题得以解决。

类型2:数列{an}中a1=1, an+1=2an+4, 求数列{an}的通项an。

分析:本题可以采用两种方法:法一:构造新数列an+1+k=2 (an+k) , 展开与原来的表达式相同, 求出k, 从而化归成等比数列的通项求解;法二:两边同除以2n+1后就可以化归为类型1的问题解决。

点评:本题an+1=pan+f (n) 型的一种情况, f (n) =4是常数, 当f (n) =2n, 此时采用上述解法, 就不如采用方法二来得快, 解法如下:

数列的通项公式的求法篇9

(一) 由递推公式求通项公式:一般通过构造新数列使其为等差数列或等比数列再通过公式去求:

例1:已知a1=1an+1=2an+3 (n∈N*) 求数列{an}的通项公式:

分析:通过构造新数列{an+3}成其成等比数列

解:∵an+1+3=2 (an+3)

∴数列{an+3}为首项为4, 公比为2等比数列

∴an+3=4·2n-1=2n+1

∴an=2n+1-3 (w∈N*)

归纳:形如:an+1=A an+B (A、B为常数) 都可以构造数列{an+r}为等比数列

拓宽:如a1=1, an+1=2an+2n+1应如何解呢?

分析:只要两边同时除以2n+1则可变为:

数列为首项为公差为1的等差数列

二、利用数列的和求通项, 主要是掌握Sn与an的关系.

an=sn-sn-1 (n≥2)

例2、设{an}是由正数组成数列, 其前n项和为Sn, 且对于所有的正整数n, 有, 求数列{an}的通项公式.

解:由题意, 当n=1时, 解得a1=2

整理得 (an+1+an) (an+1-an-4) =0

由题意知:an+1+an≠0∴an+1-an-4 (转化成等差数列)

∴an=a1+ (n-1) d=2+4 (n-1) =4n-2

三、形如an+1-an=f (n) 或a1a2…an=f (n) 可采用如下方法

an= (an-an-1) + (an-1-an-2) +…+ (a2-a1) +a1=f (n-1) +f (n-1) +…+f (1) +a1

再求f (1) +f (2) +…+f (n-1) 的和即可:a1a2…an=f (n)

可得

例3:已知数列{an}中, a1=1, 对所有n≥2却有a1、a2、a3…an=n2

求:a3+a5, an

∵a1a2…an=n2

∴a1a2…an-1= (n-1) 2

四、先计算前几项, 通过猜想得数列{an}的通项, 再用数学归纳法证明:

例4:已知数列{an}满足求数列{an}的通项公式

现用数学归纳法证明

(i) 当n=1时成立

(ii) 假设n=k时, 当n=k+1时

由 (i) (ii) 得对n∈N*都成立

数列通项公式的求法集锦篇10

一、观察法

例1写出下面数列的一个通项公式:

解:把数列的前n项皆改写为分数的形式:发现:每一项皆为分数, 且分母皆为2, 分子是正整数的平方, 故可知该数列的一个通项公式为

点评:关键是观察分子、分母以及符号的变化规律与序号的关系。

二、变形法

例2求数列5, 55, 555, 5555, ……的一个通项公式。

解:各项整数位数依次增加, 与序号相同, 联想到10n-1=

所以数列的一个通项公式为

点评:变形数列的结构是探求通项公式的一种有效途径。

三、公式法

例3已知数列{an}的前n项和为Sn=3n-2, 求它的通项公式an。

解:当n=1时, a1=S1=1,

当n≥2时, an=Sn-Sn-1=2×3n-1。

点评:当已知条件中出现an与Sn的关系式时, 常用

四、累积法

例4已知数列{an}满足

点评:若数列{an}满足的递推式, 其中f (1) ·f (2) ·……·f (n-1) 可求, 则可用累积法求通项公式。

五、累加法

例5已知数列{an}中, a1=3, 且an+1=an+2n, n∈N*, 求数列{an}的通项公式。

又∵a1=3, ∴{an}的通项公式是an=2n+1。

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数列通项公式的求解

数列通项公式的求解篇1

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不动点求解数列通项公式篇7

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