数列通项公式求法

数列通项公式求法（精选十篇）

数列通项公式求法 篇1

(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

数列通项公式求法 篇2

一、定义法

直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于已知数列类型的题目

2例1．等差数列an是递增数列，前n项和为Sn，且a1,a3,a9成等比数列，S5a5．求

数列an的通项公式.解：设数列an公差为d(d0)

2∵a1,a3,a9成等比数列，∴a3a1a9，即(a12d)2a1(a18d)d2a1d

∵d0，∴a1d………………………………①

2∵S5a5∴5a154d(a14d)2…………② 2

33，d 55

333∴an(n1)n 555由①②得：a1

练习1已知实数列an是等比数列，其中a71，且a4，a51，a6成等差数列．求数列an的通项公式；

解：（Ⅰ）设等比数列an的公比为q(qR)，由a7a1q61，得a1q6，从而a4a1q3q3，a5a1q4q2，a6a1q5q1． 因为a4，a51，a6成等差数列，所以a4a62(a51)，即q3q12(q21)，q1(q21)2(q21)． 11所以q．故ana1qn1q6qn164． 22

练习2设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S37，且n1a13，3a2，a34构成等差数列．

（1）求数列{an}的等差数列．

（2）令bnlna3n1，n1求数列{bn}的前n项和T．，2，，a1a2a37，解：（1）由已知得:(a3)(a4)133a2.2

解得a22．

设数列{an}的公比为q，由a22，可得a12，a32q． q

222q7，q

2即2q5q20，1解得q12，q2． 2，q2． 由题意得q1又S37，可知

用心爱心专心 1

a11．

故数列{an}的通项为an2n1．

（2）由于bnlna3n1，n1 由（1）得a3n123n，2，，bnln23n3nln2 又bn1bn3ln2n

{bn}是等差数列． Tnb1b2bn

n(b1bn)

n(3ln23ln2)

23n(n1)ln2.23n(n1)

ln2．点评：利用定义法求数列通项时要注意不用错定义，设法求出故Tn

首项与公差（公比）后再写出通项。二根据an

例已知Sn为数列an的前n项和，求下列数列an的通项公式：⑴ Sn2n23n1；⑵Sn2n1.【解题思路】已知关系式f(Sn,an,n)0，可利用an列通项的一个重要公式.【解析】⑴当n1时，a1S12123114，当n2时，anSnSn1(2n23n1)2(n1)23(n1)14n1.而n1时，4115a1，an

SnSn1(n2)

求数列的通项公式.(n1)S1

（S1n1)，这是求数

SnSn1(n2)



4(n1)

.4n1(n2)

⑵当n1时，a1S1213，当n2时，anSnSn1(2n1)(2n11)2n1.3(n1)

.n1

2(n2)

练习设数列{an}的前n项和为Sn=2n，且a1b1，{bn}为等比数列，b2(a2a1)b1.求数列{an}和{bn}的通项公式.时,a1S12;解：当n1

当n2时,anSnSn12n22(n1)24n2.当n1时，也适合该式.故{an}的通项公式为an4n2,即{an}是a12,公差d4的等差数列.1b121

设{bn}的公比为q，a1b12，b2，q，从而bnn1.44a2a12

11

而n1时，21a1，an

例正项数列an的前n项和为S

n，且an1，求数列an的通项公式.解： 由已知条件得4Sn(an1)2……………①，从而有4Sn1(an11)……………………………②，用心爱心专心

①-②得：4(SnSn1)(an1)2(an11)2，整理得：(anan1)(anan12)0，又anan10，anan12

0，由a11a11，an2n1

练习已知各项均为正数的数列an的前n项和Sn满足S11，且

6Sn(an1)a(n，2nN．求an的通项公式；

(a11)(a12)，解得a11或a12，由假设a1S11，因此a12，6

又由an1Sn1Sn(an11)(an12)(an1)(an2)，66

得(an1an)(an1an3)0，（I）解由a1S1

即an1an30或an1an，因an0，故an1an不成立，舍去．

因此an1an3，从而an是公差为3，首项为2的等差数列，故an的通项为

an3n1．

三递推公式为an1anf(n)

解法：把原递推公式转化为an1anf(n)，利用累加法

11，an1an2，求an。2nn1111

解：由条件知：an1an2

nnn(n1)nn1

分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累加之，即(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)

1111111(1)()()()

22334n1n

111131

所以ana11a1，an1

2n2n2n

练习已知数列an中,a11,anan1n(n2),求通项an.例.已知数列an满足a1

练习.已知数列an中,a11,anan13n1(n2),求通项an.类型2（1）递推公式为an1f(n)an

an1

f(n)，利用累乘法 an2n

an，求an。例 已知数列an满足a1，an1

3n1

an

解：由条件知n1，分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累乘

ann1

解法：把原递推公式转化为之，即

aaa2a3a4123n11

nn

na1a2a3an1234a1n

又a1，an

33n

n1

练习.已知数列an中,a13,an3an1(n2),求通项an.用心爱心专心

在数列an中，a12，an14an3n1，nN*

．

（Ⅰ）证明数列ann是等比数列；（Ⅱ）求数列an的前n项和Sn；（Ⅰ）证明：由题设an14an3n1，得

a*n1(n1)4(ann)，nN．

又a111，所以数列ann是首项为1，且公比为4的等比数列．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知ann4n1，于是数列an的通项公式为

an1n4n．

所以数列a的前n项和S4n1n(n1)

nn32

． 已知数列an满足

a11,a23,an23an12an(nN*).（I）证明：数列an1an是等比数列；（II）求数列an的通项公式；

（II）若数列bb1b1

b1

n满足4142...4n

(an1)bn(nN*),证明bn是等差数列。（I）证明：an23an12an,an2an12(an1an),a11,a23,

an2an1

2(nN*a).n1an

an1an是以a2a12为首项，2为公比的等比数列。

（II）解：由（I）得an1an2n(nN*),an(anan1)(an1an2)...(a2a1)a1

2n2n2...21

2n

1(nN*).（III）证明：4b114b21

...4bn1(abn1)n,4(b1b2...bn)2nbn,2[(b1b2...bn)n]nbn,① 2[(b1b2...bnbn1)(n1)](n1)bn1.②

②－①，得2(bn11)(n1)bn1nbn, 即(n1)bn1nbn20.③nbn2(n1)bn120.④ ④－③，得nbn22nbn1nbn0, 即bn22bn1bn0,bn2bn1bn1bn(nN*),用心爱心专心 4

bn是等差数列。

已知a1=2，点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中=1，2，3，…（1）证明数列｛lg(1+an)｝是等比数列；

（2）设Tn=(1+a1)(1+a2)…(1+an)，求Tn及数列｛an｝的通项；

解：（Ⅰ）由已知aa2

n1n2an，an11(an1)2a12an11，两边取对数得 lg(1an1)2lg(1an)，即lg(1an1)lg(1a2

n)

{lg(1an)}是公比为2的等比数列.（Ⅱ）由（Ⅰ）知lg(1an1n1

n)2n1lg(1a1)2lg3lg321a2n1

n3（*）Tn(1a1)(1a2)…(1+an)

320321322…32n-1

31222…+2n-1

=32n-1

由（*）式得an1

n32

1

数列通项公式的十种求法 篇3

一、观察法(又叫猜想法、不完全归纳法)

观察数列中各项与其序号间的关系,分解各項中的变化部分与不变部分,再探索各项中变化部分与序号间的关系,从而归纳出构成规律写出通项公式。关键是找出各项与项数的关系。

注:用不完全归纳法,只是从数列的有限项通过观察而得到数列所有项的通项公式,不一定可靠。如从数列2,4,8,…可得an=2n或an=n2-n+2两个不同的通项公式(从第四项开始便不同)。

二、“归纳—猜想—论证”法

有时一个数列可以由已知条件求出数列的前几项,通过“观察法”,就可以归纳猜想出数列的通项公式,然后再用数学归纳法证明之。这种方法是可靠的。

由①②可知,对任意的n∈N+,原命题成立。

三、累加法(又叫迭加法)

一般的,对于形如an+1=an+f(n)类数列的通项公式,只要f(1)+f(2)+…+f(n)能进行求和,则宜采用此方法求解。

例3.已知数列{an}中,a1=1,an+1=an+2n,求数列{an}的通项公式。

解:a2-a1=2,a3-a2=4,a4-a3=6,…an-an-1=2(n-1).

即an=n2-n+1(n∈N+)。

四、累乘法(又叫迭积法)

求解。

例4.已知数列{an}中,a1=1,an+1=2n·an,求数列{an}的通项公式。

N+)。

五、定义法

当已知数列为等差数列或等比数列时,可直接利用等差数列或等比数列的定义求出通项公式。

解:由题意得

六、换元法

当给出递推关系求an时主要通过换元将数列转化成等差数列或等比数列的形式,从而求出其通项公式。

例6.已知数列{an}中,a1=1,a2=5,an+2=4an求数列{an}的通项公式。

七、倒数法

八、公式法

若已知数列的前n项和Sn与an的关系,求数列{an}的通项公式,可用公式an=S1 n=1Sn-Sn-1 n≥2求解。

例8.已知数列{an}的前n项的和为Sn=3n2+n,求数列{an}的通项公式。

解:当n=1时,a1=S1=4;

当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3n2+n)-[2(n-1)2+(n-1)]=6n-2。

经验证a1=4也满足上式,所以an=6n-2(n∈N+)

注:利用公式S1 n=1Sn-Sn-1 n≥2求解时,要分n=1和n≥2分别进行运算,然后验证能否合并。

九、待定系数法(又叫构造法)

求递推式如an+1=pan+q(p、q为常数)的数列通项,可用待定系数法转化为我们熟知的数列求解。

例9.(1)已知数列{an}中,a1=1,an+1=3an+2,求数列{an}的通项公式。

从而{an+1}是首项为2,公比为3的等比数列,所以an+1=2×3n-1即an=2×3n-1-1。

(2)已知数列1,2,4,…的前n项和为Sn=an3+bn2+cn,求数列{an}的通项公式。

解:S1=1,S2=1+2=3,S3=3+4=7

十、化归法

将非常规问题化为我们熟悉的数列问题求通项的方法。

以上各例虽然是一些具体的例子,但它们往往可以应用到一般情形。数列通项公式的这十种求法,在以上例题中可以看到没有一定的界限,如例5“换元法”也可以用“构造法”求解,“归纳—猜想—论证”法是“观察法”的延伸,而有的题目往往用到多种求法,如例9(2)中除了用待定系数法还用了公式法。我们可以看到,求数列通项公式虽然具有很强的技巧性,但是没有离开我们所学的基本知识与技能、基本思想与方法。因此在平日教与学的过程中,既要加强基本知识、基本方法、基本技能和基本思想的学习,又要注意培养和提高数学素质与能力和创新精神。注意多加总结和反思,注意联想和对比分析,做到触类旁通。这样题目再灵活,技巧性再强,做起来亦能得心应手。

数列通项公式的求法集锦 篇4

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。

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。

几种递推数列通项的求法 篇6

摘要：本文主要介绍了几种典型、常见的递推数列通项公式的求法.

关键词：数列；递推公式；通项公式；待定系数法；类型

递推数列通项公式的求法在近几年的高考试题中屡见不鲜. 解题时，常将数列的递推公式进行一系列变换，构造出等差型、等比型、累加型、累积型等简单数列，从而达到解决问题的目的. 下面介绍几类常见的递推数列的通项公式的求法.

[⇩]类型1：an+1=an+f（n）

由于an+1－an=f（n），所以用“累加相消法”即可解决. 即an=（an－an-1）+（an-1－an-2）+…+（a2－由于=f（n）， 所以用“累乘相约法”即可解决. 即an=·…·a1.

例2已知a1=5，an+1=5n+1an，求an.

解析由=5k+1，可得an=·…·a1=5n·5n-1…52·5=5.

[⇩]类型3：an+1=ban+c（b≠1，bc≠0）

这种类型采用待定系数法求解. 即设an+1－k=b（an－k），其中k=，故an

－成等比数列.

例3已知a1=1，an+1=2an+1，求an.

解析设an+1－k=2（an－k），则易得k=－1，所以an+1+1=2（an+1）.

即｛an+1｝是首项为2，公比为2的等比数列，所以an+1=2×2n-1=2n. 所以an=2n－1.

[⇩]类型4：an+1=pan+an+b

这种类型可采用待定系数法求解. 即设an+1－［A（n+1）+B］=p·［an－（An+B）］，其中A=，B=，则｛an－（An+B）｝成等比数列.

例4已知a1=－，an+1=3an+2n+1，求an.

解析设an+1-［A（n+1）+B］=3［an-（An+B）］，则an+1=3an－2An+A－2B，

故2n+1=－2An+A－2B对正整数n恒成立.

于上得A=－1，B=－1.

所以｛an+n+1｝成等比数列.

[⇩]类型5：an+1=ban+p·qn（b≠q）

这种类型可采用待定系数法求解. 即设an+1－A·qn+1=b（an－A·qn），则A=，且｛an－A·qn｝成等比数列.

例5已知a1=－1，an+1=3an+2n+1，求an.

解析设an+1－A·2n+1=3·（an－A·2n），则an+1=3an－A·2n.

所以2n+1=－A·2n恒成立. 于是可得A=－2，即｛an+2n+1｝成等比数列.

[⇩]类型6：an+1=b（n）a（k≠1，b（n）>0，an>0）

两边取对数，转化为lgan+1=klgan+lgb（n），再用待定系数法即可求解.

例6已知a1=4，an+1=10na，求an .

解析显然an>0，故两边取对数得lgan＋1=2lgan+n，

设bn=lgan，则bn+1=2bn+n，这就转化为类型4了.

[⇩]类型7：an+1=（pq≠0）

对这种类型，两边取倒数得=·+，

设bn=，则bn+1=·bn+.

这就转化为类型3了.

例7已知a1=，an+1=，求an.

解析由an+1=两边取倒数得=-1，设bn=，

则bn+1=2bn－1.

从而转化为类型3（以下略）.

[⇩]类型8：an+1=（an≠0，pq≠0，pc≠qb，b≠0）

对这种类型可用待定系数法构造新数列，即设an+1+x=，与已知条件比较，求得x，y，再设bn=an+x，得bn+1=，从而转化为类型7.

例8已知数列｛an｝中，a1=2，且an+1=，n∈N+，求数列｛an｝的通项公式.

（1）若Sn结构简单，则消去Sn，转化为递推式f（an，an-1），再化为上述几种类型求解.

例9已知Sn=2an+（－1）n，n∈N+，求an .

解析（1）因为an+1=Sn+1－Sn=［2an+1+（－1）n+1］－［2an+（－1）n］=2an+1－2an－2（－1）n，

所以an+1=2an+2·（－1）n. 这就转化为类型5的情形了.

（2）若Sn相对复杂，则消去an，转化为递推式f（Sn，Sn－1）=0，再化为上述几种类型求解.

例10已知2S=2anSn-an+2，n∈N+，求an .

解析当n≥2时，an=Sn－Sn-1，故2S=2（Sn－Sn-1）·Sn-（Sn－Sn-1）+2 .

所以Sn=. 将Sn看成an，就转化为类型8的情形了.

[⇩]类型10：an+2=pan+1+qan

用待定系数法构造新数列，即设an+2－xan+1=y（an+1－xan），其中x+y=p且xy=－q，则数列｛an+1－xan｝是以y为公比的等比数列.

例11已知a1=2，a2=3，an+2=3an+1－2an，求an .

解析设an+2－xan+1=y（an+1－xan），则

y=2 中的一组解，即可转化为类型5求解.

简单递推数列通项公式的求法 篇7

1. 形如an+1-an=f (n) 型

若f (n) 为n的函数时, 可用累加法求数列的通项an.

例1:已知数列{an}满足, 且a1=2, 求数列的通项公式an.

解:由题意知, , 又a1=2, 即

2.形如型

若f (n) 为n的函数时, 可用累积法求数列的通项an.

例2:已知数列{an}满足, 求an.

解:由条件知, 则

3. 形如an+1=can+d (c≠0, c≠1, d≠0) 型

此种类型的递推公式, 可采用待定系数法求通项。

例3:已知数列{an}满足:an+1=2an+3且a1=1, 求数列{an}的通项an.

解:由an+1=2an+3可化为an+1-t=2 (an-t) , 即an+1=2an-t

∴t=3

故递推公式可化为an+1+3=2 (an+3) , 即

此时数列{an+3}是以a1+3=4为首项, 2为公比的等比数列.

规律小结:将递推公式an+1=can+d (c≠0, c≠1, d≠0) 化为, 构造成公比为c的等比数列, 从而求得通项公式。当然也可以把递推公式an+1=can+d中的n换成n-1, 得到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。

4. 形如an+1=pan+f (n) (p≠0, p≠1) 型

(1) 若f (n) 是关于n的一次式, 可采用待定系数法求之。

例4:已知数列{an}满足:an+1=2an+n且a1=1, 求数列{an}的通项an.

解:由题意原式可化为:an+1+t (n+1) +r=2 (an+tn+r) (t, r∈R) , 整理得:an+1=2an+tn+r-t, 则t=r=1.

∴an+1+ (n+1) +1=2 (an+n+1) , 即数列{an+n+1}是以3为首项, 2为公比的等比数列.

当然, 此题还有以下解法:

解二:由题意知:an+1=2an+n+… (1)

由 (1) - (2) 得:an+1-an=2 (an-an-1) +1, 即an+1-an+1=2 (an-an-1+1)

∴数列{an+1-an+1}是以3为首项, 以2为公比的等比数列, 即

(2) 若f (n) 是关于n的指数式, 可将等式两边同除这个指数式, 把递推式转化为an+1=can+d (c≠0, c≠1, d≠0) 型来求解。

例5:已知数列{an}满足:an+1=2an+3n, a1=6, 求通项公式an.

解:将递推式两边同除以可得:

5.形如型

此类型可采用取倒数法。

例6:已知数列{an}满足:且a1=1, 求数列的通项公式an.

解:由题意知an≠0, 把递推式取倒数可得: (转化为类型3) ,

例谈数列通项公式的几种求法 篇8

一、定义法

例1设{an}是等差数列,{bn}是各项都为正数的等比数列,且a1=b1=1,a3+b5=21,a5+b3=13,求{an}和{bn}的通项公式.

解:设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,则依题意有q>0,

且

解得d=2,q=2.

所以an=1+(n-1)d=2n-1,bn=qn-1=2n-1.

[点评]利用定义法求数列通项时要注意不要用错定义,设法求出首项与公差(公比)后再写出通项.

二、公式法

若已知数列的前n项和Sn与an的关系,求数列{an}的通项,an可用公式an=求解.

例2已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an+(-1)n(n≥1),求数列{an}的通项公式.

解:由a1=S1=2a1-1⇒a1=1.

当n≥2时,有an=Sn-Sn-1=2(anan-1)+2×(-1)n,

所以an=2an-1+2×(-1)n-1,

经验证a1=1也满足上式,所以.

[点评]利用公式求解时,要注意对n分类讨论,但若能合并时一定要合并.

三、由递推式求数列通项公式法

对于递推公式确定的数列的求解,通常可以通过递推公式的变换,转化为等差数列或等比数列问题,有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列.

3.1递推关系,其中a为常数,由递推式得a2-a1=f(1),a3-a2=f (2),…,an-an-1=f(n-1),诸式相加,得,即为累加法求数列通项公式.

例3数列{an}中,a1=2,an+1=an+cn (c是常数,n=1,2,3,…),且a1,a2,a3成公比不为1的等比数列.求{an}的通项公式.

解:a1=2,a2=2+c,a3=2+3c,

因为a1,a2,a3成等比数列,

所以(2+c)2=2(2+3c).

解得c=0或c=2.

当c=0时,a1=a2=a3,不符合题意,舍去,故c=2.

当n≥2时,由于a2-a1=c,a3-a2=2c,…,an-an-1=(n-1)c,

所以

又a1=2,c=2,

故an=2+n(n-1)=n2-n+2 (n=2,3,…).

当n=1时,上式也成立,

所以an=n2-n+2 (n=1,2,…).

3.2递推关系其中a为常数,由递推式得a2=f(1)a1,a3=f(2)a2,…,an=f(n-1)an-1,诸式相乘,得,即为累乘法求数列通项公式.

例4已知数列{bn}的首项b1=1,其前n项和,求数列{bn}的通项公式.

解：由

得

所以

故,,…,,诸式相乘得,

即bn=n,当n=1时也满足上式.

故bn=n.

3.3递推关系其中p,q,a为常数且p≠1.

令

整理得

所以

从而

所以数列

例5已知数列

解:设递推公式an+1=2an+3可以转化为an+1-t=2(ant),

即an+1=2an-t⇒t=-3.

故递推公式为an+1+3=2(an+3).

令bn=an+3,则b1=a1+3=4,且

所以{bn}是以b1=4为首项,2为公比的等比数列,则bn=4×2n-1=2n+1,

所以an=2n+1-3.

3.4递推关系,其中p,a为常数且p≠1,f(n)为非常数.

3.4.1若f(n)为n的二次式,则可设bn=an+An2+Bn+C.

例6设数列{an}中,a1=4,an=3an-1+2n-1(n≥2),求an.

解:设6n=an+An+B,则an=bnAn-B,将an,an-1代入递推式,得bnAn-B=3[bn-1-A (n-1)-B]+2n-1=3bn-1-(3A-2)n-(3B-3A+1).

所以取bn=an+n+1,①

则bn=3bn-1.

又b1=6,

故bn=6×3n-1=2×3n,

代入①,得an=2×3n-n-1.

[说明](1)若f(n)为n的二次式,则可设bn=an+An2+Bn+C;(2)此题也可由an=3an-1+2n-1,an-1=3an-2+2(n-1)-1(n≥3),两式相减得an-an-1=3(an-1-an-2)+2转化为bn=pbn-1+q求之.

3.4.2若f(n)=qn,该类型较类型3.3要复杂一些.一般地,要先在原递推公式两边同除以qn+1,得,引入辅助数列{bn}(其中),得,再应用类型3.3的方法解决.

例7已知数列{an}中,,,求an.

解：在

令

所以

3.5递推关系,其中p,q,a,b为常数.

3.5.1若p+q=1时,p=1-q,即an+1-an=-q(an-an-1),知{an+1-an}为等比数列,对此采用3.1中所述的累加法可求.

例8已知数列{an}满足a1=1,,,求数列{an}的通项公式.

解:由

所以

所以

即

即

3.5.2若p+q≠1时,存在x1,x2满足an+1-x1an=x2(an-x1an-1),整理得an+1=(x1+x2)a-x1x2an-1,有x1+x2=p,x1x2=-q,从而{an+1-x1an}是等比数列,对此采用3.4中所述的方法解即可.

3.6递推公式为Sn与an的关系式(或Sn=f(an)),利用进行求解.

例9已知数列{an}的前n项和.

(1)求an+1与an的关系;

(2)求通项公式an.

解：

所以

(2)应用3.4.2的方法,上式两边同乘以2n+1,得2n+1an+1=2nan+2.

由.

于是数列{2nan}是以2为首项,2为公差的等差数列,

所以.

3.7双数列型.

根据所给两个数列递推公式的关系,灵活采用累加、累乘、化归等方法求解.

例10已知数列{an}中,a1=1;数列{bn}中,b1=0.当n≥2时,,,求an,bn.

四、倒数法

对于,两边取倒数后换元转化为an+1=pan+q.

例11数列{an}满足:a1=2a,,求数列{an}的通项公式.

五、方程的特征根法

5.1若数列{xn}满足

例12已知数列{xn}满足

解:令

由题意知xn>0,两边取对数,得

两边同时加1,得

故{log2(xn+1)+1}是首项为log2(x1+1)+1=2,公比为2的等比数列,

所以

故

5.2若数列{xn}满足(c≠0,ad-bc≠0)且,则有:

5.2.1若方程有两个相异实根α,β,则

例13已知数列{xn}满足,x1=3,求数列{xn}的通项公式.

解:令为其两根,

所以有

所以数列

所以

故

5.2.2若方程

例14已知数列{xn}满足

解：令

所以数列是以为首项,以为公差的等差数列.

所以

故

5.3若数列{an}满足,若α,β是方程的两个相异实根,则.

例15已知数列{xn}满足,,求数列{xn}的通项公式.

解：令

所以

两边取对数,得,所以数列是以为首项,以2为公比的等比数列,

所以

故

参考文献

[1]陈汉,朱永祥.一类数列通项公式的求法[J].中学数学教学,2006(2)

[2]赵思力.两类数列通项公式的求法[J].中学生数学,2004(11)

[3]高慧明.数列通项的求法在2008年高考中的展示[J].试题与研究, 2008(3)

数列通项公式的几种常见类型与求法 篇9

一、利用an与n的关系去观察、递推 (观察法)

例1 数集序列:{1}, {2, 3}, {4, 5, 6}, {7, 8, 9, 10}, …, 第n个集合的第三个数是.

解 依题意:第3个集合第3个数a3=6, 第4个集合的第3个数a4=9, 第5个集合的第3个数为a5=13, …, 设第n个集合第3个数为an, 则由上观察a3=6, a4-a3=3, a5-a4=4, a6-a5=5, …, an-an-1=n-1, 则

二、“an+1-an=d (常数) ”或“ (常数) ”型 (定义法)

例2 (1) 已知{an}中, a1=1, an+1-an=1, 则an=_______.

(2) 已知{an}中, a1=1, 2an+1-3an=0则an=_______.

∴{an}为等差数列, ∴an=1+ (n-1) ·1=n, ∴an=n.

三、“an+1-an=f (n) ”型或“”型 (累加法或累乘法)

例3 (1) 已知a1=1, an=an-1+3n-1 (n≥2) , 求an=_______.

解 (1) ∵an-an-1=3n-1 (运用累加法) ,

四、“”型或“sn=f (n) ”型 (公式法)

例4 (1) 已知数列{an}前n项和为sn=2n2+3n+2, 求an=______.

(2) 已知a1+2a2+3a3+…+nan+ (n+1) an+1=sn, a1=1, 求an=______.

解 (1) n=1时, s1=a1=7;n≥2时 (运用公式“an=sn-sn-1”) ,

sn-1=a1+2a2+3a3+…+nan (运用公式“an=sn-sn-1”) .

以上两式相减得:an= (n+1) an+1.

五、“an+1=pan+q”型 (待定系数法)

例5 已知a1=1, 4an+1=2an+3, 求an.

六、“”型 (倒数法)

例6 已知数列{an}首项, 求{an}的通项公式.

七、“an+1=pan+f (n) ”型 (迭代法)

例7 已知a1=1, an+1=2an+n, 求{an}通项公式.

解 ∵an+1=2an+n, ∴an=2an-1+n-1.则

八、其他不规则型 (数学归纳法)

例8 (1) 已知a1=2, an+1=an2-nan+1 (n∈N+) .

求an=_______.

(2) 设正整数数列{an}, a2=4, 对n∈N+,

解 (1) ∵a1=2, 当n=1时a2=22-2+1=3, 当n=2时a3=a22-2a2+1,

∴a3=4.同理a4=5.由此猜想:an=n+1 (n∈N+) .

下面证明:当n=1, a1=2猜想正确.

假设n=k时 (k∈N+) , ak=k+1猜想成立.

所以n=k+1时, 猜想正确.综上所述, an=n+1.

解之, 8

数列通项公式求法 篇10

例1 (2007年高考重庆卷第22题) 设各项均为正数的数列{an}满足a1=2, , 若, 求a3, a4, 并猜想an的通项 (不需证明) .

故猜想{an}的通项为 (不完全归纳法) .

以上是用不完全归纳法求数列通项公式的类型题, 用不完全归纳法求数列通项公式的这种方法, 只从数列的有限项来归纳数列所有项通项公式是不一定可靠的, 如2, 4, 8, …可归纳成an=2n或an=n2-n+2两个不同的数列 (但a4便不同) , 虽然不可靠, 但不完全归纳法是发现问题的有效办法, 所以还是得到广泛的应用.

例2 (2005年高考全国卷III理第20题) 在等差数列{an}中, 公差d≠0, a2是a1与a4的等比中项.已知数列a1, a3, ak1, ak2, …, akn, …成等比数列, 求数列{kn}的通项.

解由题意得a22=a1a4, 由等差数列通项公式有 (a1+d) 2=a1 (a1+3d) , 化简得a1d=d2.

又d≠0, ∴a1=d, a3=3d.

又a1, a3, ak1, ak2, …, akn, …成等比数列,

∴该数列的公比, 用等比数列通项公式有akn=a1+ (kn-1) da1·3n+1.

又用等差数列通项公式有akn=a1+ (kn-1) d=a1·3n+1.

又a1=d, 得kn=3n+1, ∴数列{kn}通项公式为kn=3n+1.

此题巧妙运用最基本的等差、等比数列的通项公式求出新的数列通项公式.

例3 (2007年高考北京试题理第15题) 数列{an}中, a1=2, an+1=an+cn, (c是常数, n=1, 2, 3, …) , 且a1, a2, a3成公比不为1的等比数列.

(1) 求c的值; (2) 求{an}的通项公式.

解 (1) a1=2, a2=2+c, a3=2+3c.

∵a1, a2, a3成等比数列,

∴ (2+c) 2=2 (2+3c) , 解得c=0或c=2.

当c=0时, a1=a2=a3, 不符合题意, 舍去, 故c=2.

(2) 当n≥2时, 由于a2-a1=c, a3-a2=2c, …, an-an-1= (n-1) c, 把上面n-1个式子左右两边对应相加 (迭加法) 得an-a1=[1+2+…+ (n-1) ].

又a1=2, c=2, 故an=2+n (n-1) =n2-n+2 (n=2, 3, …) .

当n=1时, 上式也成立, 所以数列{an}通项公式为an=n2-n+2 (n=1, 2, …) .

例4设数列{cn}的各项是一个等差数列与一个等比数列对应项的和, 若c1=2, c2=4, c3=7, c4=12, 求通项公式cn.

解依题意设cn=a+ (n-1) d+bqn-1, 将c1=2, c2=4, c3=

所以数列{cn}通项公式为cn=n+2n-1. (待定系数法)

例5 (2008年高考湖南卷第18题) {an}满足a1=1, a2=2, …, , n=1, 2, 3, …, 求a3, a4, 并求数列{an}的通项公式.

解∵a1=1, a2=2,

a= (1+cos2π) a+sin2π=2a=4.

∴数列{a2k-1}是首项为1、公差为1的等差数列, 因此a2k-1=k.

∴数列{a2k}是首项为2、公比为2的等比数列, 因此a2k=2k,

∴数列{an}通项公式为

摘要：数列是高考的热点, 历年在全国各地的高考题中所占的分量都较大, 不但有一大题, 还有一部分小题, 都是考查数列通项公式的求法及其应用.现就对数列通项公式的求法及其应用作如下的讨论.