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：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)

两边分别相加得 an?1?a1??f(n)

k?1n例1 已知数列{an}满足an?1?an?2n?1，a1?1，求数列{an}的通项公式。 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。

例2 已知数列{an}满足an?1?an?2?3n?1，a1?3，求数列{an}的通项公式。 解法一：由an?1?an?2?3n?1得an?1?an?2?3n?1则

an?(an?an?1)?(an?1?an?2)???(a3?a2)?(a2?a1)?a1?(2?3n?1?1)?(2?3n?2?1)???(2?32?1)?(2?31?1)?3?2(3n?1?3n?2???32?31)?(n?1)?33(1?3n?1)?2?(n?1)?31?3?3n?3?n?1?3?3n?n?1所以an?3n?n?1.

解法二：an?1?3an?2?3n?1两边除以3则

n?1

，得

an?1an21???， 3n?13n33n?1an?1an21???，故 3n?13n33n?1ananan?1an?1an?2an?2an?3a2a1a1?(?)?(?)?(?)???(?1)?nnn?2n?2n?3233an?1an?1333333212121213?(?n)?(?n?1)?(?n?2)???(?2)?3333333332(n?1)11111??(n?n?n?1?n?2???2)?1333333

1n?1(1?3)an2(n?1)3n2n11因此n?， ??1???n331?3322?3则an?211?n?3n??3n?. 322a?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

评注：已知a1?a,n?1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?0且

Sn?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,

2222S?S?nS?S?2?3???n, nn?1n1化简有,由类型(1)有

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?1aaa?f(n)，则2?f(1)，3?f(2)，??，n?1?f(n) ana1a2annan?1两边分别相乘得，?a1??f(k)

a1k?1例4 已知数列{an}满足an?1?2(n?1)5n?an，a1?3，求数列{an}的通项公式。

解：因为an?1?2(n?1)5n?an，a1?3，所以an?0，则

an?1?2(n?1)5n，故anan?anan?1aa????3?2?a1an?1an?2a2a1?[2(n?1?1)5n?1][2(n?2?1)5n?2]???[2(2?1)?52][2(1?1)?51]?3 ?2n?1[n(n?1)???3?2]?5(n?1)?(n?2)???2?1?3?3?2n?1n(n?1)2?5?n!n?1所以数列{an}的通项公式为an?3?2?5n(n?1)2?n!.

22??n?1a?na?an?1an?0（n=1，2， 3，?）??an?1nn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?1n??nan?0, 即ann?1

*?an?0(n?N)?(n+1)an?1ann?1?n ?n?2时，an?1an?anan?1a????2?a1n?1?n?2??1?11an?1an?2a1n?12=n. =n?评注：本题是关于

an和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.

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),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?0,其中a1?a)型

an}为等差数列; an}为等比数列;

（1）若c=1时，数列{

（2）若d=0时，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.

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

??ddd,(c?0)an??c(an?1?)c?1c?1c?1所以有：

d??da?a1??n?c?1?构成以c?1为首项，以c为公比的等比数列， 因此数列?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的等比数列

所以

规律：将递推关系

an?1?can?d化为

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

逐项相减法（阶差法）：有时我们从递推关系两式相减有

an?1?can?d中把n换成n-1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), ?an?1?2(an?1?1)

又?a1?1?2,??an?1?是首项为2，公比为2的等比数列 ?an?1?2n，即an?2n?1 解法二：?an?2an?1?1(n?2), ?an?1?2an?1

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：

na?p?a?qn?1n2．形如： (其中q是常数，且n?0,1)

na?a?qn?1n①若p=1时，即：，累加即可.

na?p?a?qp?1n?1n②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?an1pn1pbn?1?bn??()n?()bn?npq,然后类型1，累加求通项. pq,令p，则

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?n?qqq,

bn?1?p1?bn?qq.然后转化为类型5来解，

bn?令

anqn,则可化为

iii.待定系数法：目的是把所求数列构造成等差数列

n?1na???q?p(a???p).通过比较系数，求出?，转化为等比数列求通项. n?1n设

注意：应用待定系数法时，要求p?q，否则待定系数法会失效。

n?1{a}a?2a?4?3，a1?1，求数列?an?的通项公式。 nn?1n例7已知数列满足

nn?1a??3??(a???3)，比较系数得?1??4,?2?2， n?112n解法一（待定系数法）：设

?a则数列

n?4?3n?1?1?1a?4?3??5，公比为2的等比数列，

是首项为1n?1n?1n?1n?1a?4?3??5?2a?4?3?5?2所以n，即n

an?12an4??n?2n?1n?1n?1q33333，下面解法略 解法二（两边同除以）： 两边同时除以得：

解法三（两边同除以p 3．形如

n?1an?1an43n?n??()n?1n?132，下面解法略 222）： 两边同时除以得：

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 解题基本步骤：

(an?xn?y)?p(an?1?x(n?1)?y);

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 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?5?3n?1?2n?1 即

an?1?an?5?3?1 ② a?52?3n?1?n?12a51再由累加法可得

n 亦可联立 ① ②解出n?2?3n?1?n?. 2.

a31?,2例9. 在数列{an}中，

2an?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

b91?b91?1所以

?bn?是一个等比数列，首项

1?a1?6n?9?2,公比为2.n?2(2)n a6n?9?9?(1n?2)n

a1n?9?()n?6n?故29.

即：

2a?pa?a?n?b?n?c (其中a,b,c是常数，且a?0) n4．形如n?1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。 解：设an?1?x(n?1)2?y(n?1)?z?2(an?xn2?yn?z) 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)?182则，故数列?2{a?3n?10n?18}为以n2an?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?0,求an.

练习.数列{an}中，若a1?8,a2?2,且满足n?2na?11?3n答案： .

ra?pan?1n四、迭代法 (其中p,r为常数)型

3(n?1)2{a}a?a，a1?5，求数列{an}的通项公式。 nn例12 已知数列满足n?1n3(n?1)2a?an?1n解：因为，所以

n3n?23(n?1)?2an?an?[an]3n?2?1?23(n?2)?2 ?[an]3(n?1)?n?2?33(n?2)(n?1)n?2 ?an?33n?32n?1n?2n?13(n?1)?n?2?an?22(n?2)?(n?1)(n?2)?(n?1)(n?3)?(n?2)?(n?1) ?? ?a13 ?an?1?2?3??(n?2)?(n?1)?n?21?2????(n?3)?(n?2)?(n?1)n(n?1)23n?1?n!?21

3n?1?n!?2n(n?1)2又

a1?5，所以数列{an}的通项公式为an?5。

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。

ra?0 a?pan?1n五、对数变换法 适用于(其中p,r为常数)型 p>0，n2??aan?的通项公式. a?2aa?1n?1（n≥2）.求数列?例14. 设正项数列n满足1，nananan?1anan?1b?loglog?1?2loglog?1?2(log?1)2?1，则2222解：两边取对数得：，，设nbn?2bn?1 ?bn?是以2为公比的等比数列，b1?log1b?1?2n?1?2n?1，2?1?1 n2ann?1n?1na?2logalog?2?1n2?1?22，，∴

n?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：

5例15 已知数列{an}满足an?1?2?3n?an，a1?7，求数列{an}的通项公式。

5解：因为an?1?2?3n?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?? 4164lg3lg3lg2lg3lg3lg2lg3lg3lg2?1???lg7??1???0，得lgan?n???0， 416441644164lg3lg3lg2lg3lg3lg2n??}是以lg7???为首项，以5为公比的等比数列，41644164lg3lg3lg2lg3lg3lg2n?1n???(lg7???)5，因此则lgan?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则an?75?3

n?1?lg(3?3?2)n411614n411614141161n?145

?lg(3?3?2))5n?4n?116?25n?1?145n?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?2111111?11?11??,???,????为等差数列，首项?1，公差为，解：求倒数得

an?12anan?1an2?an?1an?2a1?

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

2222an?21n1n1()?()?。 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?88(n?1)a?及，得 1229(2n?1)(2n?3)8(1?1)88?224???22(2?1?1)(2?1?3)99?25258(2?1)248?348 a3?a2????22(2?2?1)(2?2?3)2525?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。

(2n?1)2(2?1?1)2?18（1）当n?1时，a1??，所以等式成立。 2(2?1?1)9(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)2ak?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??方法求解。

?S1,n?1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?n1(an?1)(an?2)，且a2,a4,a9成6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?1(an?1)(an?2) ⑴ 6∴当n=1时，S1?a1?当n≥2时，Sn?1?1(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答案：Sn?Sn?1?an (an?1)2?(an?1?1)2 an?2n?1 2、对无穷递推数列

例20 已知数列{an}满足a1?1求{an}的通项公式。 ，an?a1?2a2?3a3???(n?1)an?1(n?2)，解：因为an?a1?2a2?3a3???(n?1)an?1(n?2) 所以an?1?a1?2a2?3a3???(n?1)an?1?nan 用②式－①式得an?1?an?nan.

②

①

则an?1?(n?1)an(n?2) 故

an?1?n?1(n?2) an所以an?anan?1an!????3?a2?[n(n?1)???4?3]a2?a2. an?1an?2a22 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???n?所以，{an}的通项公式为an?

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?da?x?b

c?x?d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

an?1?pan?pa?pc(a1q?pq)kn?1?(a1p?pq)，其中k?，∴an? ?k?n?1a?qcan?1?qan?q(a1?p)k?(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

2c11。 ??k，其中k?a?dan?1?pan?p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?

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