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求数列通项公式的十种方法例题答案详解

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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。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:an1anf(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an1anf(n(n2
a2a1f(1

a3a2f(2an1anf(n

两边分别相加得an1a1
f(n
k1
n
a11,求数列{an}的通项公式。1已知数列{an}满足an1an2n1

解:由an1an2n1an1an2n1
2
所以数列{an}的通项公式为ann
n
2已知数列{an}满足an1an231a13,求数列{an}的通项公式。
nn
解法一:由an1an231an1an231
an(anan1(an1an2(23n11(23n212(3n13n23(13n12(n13
13
3n3n133nn1
n
所以an3n1.
(a3a2(a2a1a1(2321(23113

3231(n13
nn1
解法二:an13an231两边除以3,得
an1an21

3n13n33n1

an1an21
nn1,故n13333
1n1
(13
an2(n13n2n11因此n1
33133223n
an
211
n3n3n.322
aanf(n
评注:已知a1a,n1,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
.
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。
3.已知数列
{an}
,
an0
Sn

1n
(an2an
,求数列
{an}
的通项公式.

S1n
2(an1nnaSn(SnSn1:由已知
n2SnSn1,
化简有
S22
nSn1n
,由类型(1
S2
nS2123n
,
n1
2n(n1
S1aS2
n(1a11,所以
n
2s,an0,
n
2,
a
2n(n12n(n1

n2
此题也可以用数学归纳法来求解.二、累乘法
1.适用于:an1f(nan----------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
an1f(n,则a
2f(1a3n1aaf(2a
af(nna12n
两边分别相乘得,an
n1
aa1f(k1k1
4已知数列{an
n}满足an12(n15ana13,求数列{an}的通项公式。
解:因为a2(n15n
n1ana13,所以an0,则
an1
2(n15na,故n
anann
aa1
a
a3an1n2
a2
a12a1
[2(n115n1][2(n215n2][2(2152][2(1151]3
2n1[n(n132]5(n1(n221
3
n(n132
n1
5
2
n!
n(n1所以数列{aan1
n}的通项公式为n32
5
2
n!.
5.an是首项为1的正项数列,且
n1a22
n1nanan1an0
n=12则它的通项公式是an=________.
3,…)

解:已知等式可化为:
(an1an(n1an1nan0

*
an0(nN(n+1an1
an1n

nan0an1
,n
ann1

nn2时,an1

an
anan1a
2a1n1n2111an1an2a1n12=n.=n
an

评注:本题是关于
an1
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

an1
的更为明显的关系式,从而求出
an
.
练习.已知
an1nann1,a11
,求数列{an}的通项公式.
答案:
an(n1!(a11
-1.
an1nann1,
转化为
评注:本题解题的关键是把原来的递推关系式
an11n(an1,
出数列的通项公式.
若令
bnan1
,则问题进一步转化为
bn1nbn
形式,进而应用累乘法求
三、待定系数法适用于an1qanf(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
an1cand,(c0
anan
,其中a1a
1)若c=1时,数列{}为等差数列;
2)若d=0时,数列{}为等比数列;
3)若c1且d0时,数列{来求.
待定系数法:设
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
an1c(an
,


an1can(c1
,与题设
an1cand,
比较系数得
(c1d,所以

ddd,(c0anc(an1c1c1c1所以有:
ddana1c1构成以c1为首项,以c为公比的等比数列,因此数列
所以
an
dddd(a1cn1an(a1cn1c1c1c1c1.即:
规律:将递推关系
an1cand
化为
an1
dd
c(anc1c1,构造成公比为c的等比数列
{an
ddd
}an1cn1(a1c1从而求得通项公式1cc1
an1cand
中把n换成n-1
逐项相减法(阶差法):有时我们从递推关系两式相减有
ancan1d
,
an1anc(anan1
从而化为公比为c的等比数列
{an1an}
,进而求得通项公式.
an1ancn(a2a1
,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.
6已知数列{an}中,a11,an2an11(n2,求数列an的通项公式。解法一:
an2an11(n2,

a112,an1是首项为2,公比为2的等比数列
nn
an12,即an21
解法二:
an2an11(n2,
两式相减得an1an2(anan1(n2,故数列an1an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,
a12,an1
11an,22求通项an

1
an(n11
2答案:
2.形如:
an1panqn
(其中q是常数,且n0,1
①若p=1时,即:
an1anqn
,累加即可.
an1panqnp1②若时,即:
n1
p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
an1
n1
p即:

anqn

1pn
(pq
bn
,
an
pn,则
bn1bn
1pn(
pq,然后类型1,累加求通项.
n1qii.两边同除以.目的是把所求数列构造成等差数列。
an1
n1
q即:

pan1
qqnq
,
bn

an
qn,则可化为
bn1
p1bnqq.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
an1qn1p(anpn
.通过比较系数,求出,转化为等比数列求通项.
注意:应用待定系数法时,要求pq,否则待定系数法会失效。7已知数列
{an}
满足
an12an43n1a11
,求数列
an的通项公式。
14,22
解法一(待定系数法):设
an113n2(an3n1a143115
,比较系数得
a
则数列
所以
n
43n1
是首项为,公比为2的等比数列,
an43n152n1
,即
an43n152n1

an12an4
n2n1n1n1q3333,下面解法略解法二(两边同除以两边同时除以得:3

an1an43n
n(n1n1n1p32,下面解法略2解法三(两边同除以两边同时除以2得:2
3.形如
an1panknb
(其中k,b是常数,且k0
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:1、确定f(n=kn+b
(anxnyp(an1x(n1y
;
2、设等比数列
bn(anxny
,公比为p
3、列出关系式
(anxnyp(an1x(n1y
,
bnpbn1

4、比较系数求x,y5、解得数列
(anxny
的通项公式
6、解得数列
an的通项公式
{an}
中,
8在数列解:
a11,an13an2n,
求通项
an
.(逐项相减法)
an13an2n,

n2时,an3an12(n1
两式相减得
an1an3(anan12
bn53n12
.
bnan1an
,
bn3bn12

利用类型5的方法知
an1an53n11

再由累加法可得
an
5n1151
3nan3n1n22.亦可联立②解出22.a1
3
,2anan16n3a2,求通项n.(待定系数法)
9.在数列{an}中,

解:原递推式可化为
2(anxnyan1x(n1y
2bnbn1

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
b1a16n9
1991
bn(n1
2,公比为2.22即:
1
an6n99(n
2
1
an9(n6n9
2.
4.形如
an1panan2bnc
(其中a,b,c是常数,且a0
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。
2
10已知数列{an}满足an12an3n4n5a11,求数列{an}的通项公式。
22
解:an1x(n1y(n1z2(anxnynz
比较系数得x3,y10,z18
22
所以an13(n110(n1182(an3n10n18
22
a13110118131320,得an3n10n180
an13(n1210(n1182
{a3n10n18}为以,故数列2n2
an3n10n18
a13121011813132为首项,以2为公比的等比数列,因此an3n210n18322n1,则an2n43n210n18
5.形如an2pan1qan时将an作为f(n求解
分析:原递推式可化为an2an1(p(an1an的形式,比较系数可求得,数列
an1an为等比数列。
11已知数列
{an}
满足
an25an16an,a11,a22
,求数列
{an}
的通项公式。

解:设
an2an1(5(an1an

比较系数得32,不妨取2(取-3结果形式可能不同,但本质相同)

an22an13(an12an
,则
an12an是首项为4,公比为3的等比数列

an12an43n1
,所以
an43n152n1
a4an13an0an练习.数列{an}中,若a18,a22,且满足n2,.
答案:
an113n
.
四、迭代法
r
an1pan
(其中p,r为常数
n
12已知数列
{an}
3(n12
aaa15,求数列{an}的通项公式。n1n满足
3(n12
aan1n解:因为,所以
n(n1
2
n

a15
,所以数列
{an}
的通项公式为
an5
3n1n!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
r
an1pan
(其中p,r为常数p>0
an0

2
an2ananana11n2.求数列114.设正项数列满足的通项公式.
ananan1anan1
bloglog12loglog12(log1n21,则2222解:两边取对数得:,设
bn2bn1
an
2
n1n11
b122bnblog11n2是以2为公比的等比数列,1n1
log12
log
an
2
2
n1
2
1,∴an2
n1
1

练习数列
an中,a11an2
2n
an1
n2,求数列
an的通项公式.
22
a2n答案:
n5
15已知数列{an}满足an123ana17,求数列{an}的通项公式。

n5
解:因为an123ana17,所以an0an10
两边取常用对数得lgan15lgannlg3lg2lgan1x(n1y5(lganxny比较系数得,xlga1

(同类型四)
lg3lg3lg2
,y
4164
lg3lg3lg2lg3lg3lg2lg3lg3lg21lg710,得lgann0416441644164
lg3lg3lg2lg3lg3lg2
为首项,以5为公比的等比数列,n}是以lg7
41644164
lg3lg3lg2lg3lg3lg2n1
lgann(lg75,因此
41644164
所以数列{lgan
lgan(lg7
lg3lg3lg2n1lg3lg3lg2
5n4164464
14
116
14
n1
[lg(7332]5lg(7332lg(75n13
an753
n1
lg(332
n4
116
14
n411614
141161
n145

lg(332
5n4n116
2
5n114
5n4n116
2
5n114

六、倒数变换法适用于分式关系的递推公式,分子只有一项16已知数列{an}满足an1
2an
,a11,求数列{an}的通项公式。an2
解:求倒数得
1111111111
,,为等差数列,首项1,公差为
a12an12anan1an2an1an

112
(n1,anan2n1
七、换元法适用于含根式的递推关系17已知数列{an}满足an1
1
(14an124ana11,求数列{an}的通项公式。1612
(bn124
解:令bn124an,则an

代入an1
1
(14an124an16
22
4bn1(bn3
因为bn124an02bn1bn3,即bn1可化为bn13
13bn22
1
(bn32
1
为公比的等比数列,因此2
所以{bn3}是以b13124a13124132为首项,以
1111
bn32(n1(n2,则bn(n23,即124an(n23,得
22222111
an(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。18已知数列{an}满足an1an
8(n18
a,求数列{an}的通项公式。122
(2n1(2n39
解:由an1an
8(n18a,得1
(2n12(2n329
(2n121
由此可猜测an,下面用数学归纳法证明这个结论。2
(2n1(211218
,所以等式成立。1)当n1时,a1
(21129
(2k121
2)假设当nk时等式成立,即ak,则当nk1时,2
(2k1
由此可知,当nk1时等式也成立。
根据(12)可知,等式对任何nN都成立。九、阶差法(逐项相减法)1、递推公式中既有Sn,又有an
*

S1,n1
分析:把已知关系通过an转化为数列anSn的递推关系,然后采用相应的
SS,n2n1n
方法求解。
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nNSn∴当n=1时,S1a1n2时,Sn1

1
(an1(an2,且a2,a4,a96
1
(an1(an26
1
(a11(a12,解得a11a126
1
(an11(an126
-⑵整理得:(anan1(anan130{an}各项均为正数,∴anan13
2
a11时,an3n2,此时a4a2a9成立
2
a12时,an3n1,此时a4a2a9不成立,故a12舍去
所以an3n2
练习。已知数列{an},an0Sn
1
(an12,求数列{an}的通项公式.2
22
答案:SnSn1an(an1(an11an2n1
2、对无穷递推数列
ana12a23a320已知数列{an}满足a11
解:因为ana12a23a3所以an1a12a23a3
(n1an1(n2{an}的通项公式。

(n1an1(n2

(n1an1nan
用②式-①式得an1annan.

an1(n1an(n2
an1
n1(n2an
n!
a2.2
所以an
anan1
an1an2

a3
a2[n(n1a2
43]a2

ana12a23a3(n1an1(n2n2a2a12a2,则a2a1,又知a11
a21,代入③得an1345所以,{an}的通项公式为an
n
n!2
n!.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(xx0D,使f(x0x0成立,则称x0
f(x的不动点或称(x0,f(x0为函数f(x的不动点。
分析:由f(xx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an1qand
21已知数列{an}中,a11,an2an11(n2,求数列an的通项公式。解:递推关系是对应得递归函数为f(x2x1,由f(xx得,不动点为-1an112(an1,……类型二:形如an1
aanb

cand
分析:递归函数为f(x
axb

cxd
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
an1panpapc(a1qpqkn1(a1ppq
k,其中k,∴ann1
an1qanqaqc(a1pk(a1q
2pp1
112c
k,其中k
an1panpad
22.设数列{an}满足a12,an1
5an4
,求数列{an}的通项公式.
2an7

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:
an1
7t4
5a4(2t5an7t2t5,tnt(2t52an72an72an7
an
ant7t4
at(2t5t,解之得t=1,-2代入n1
2an72t5an113
an1an2
,an129,
2an72an7
相除得
an111an1a1a11
,{n}是首项为1
an123an2an2a124
an111n43n121
公比为的等比数列,=3,解得an.n1
3431an24
方法2,
an1
an113
2an7
1an11

2an72(an1923

3(an13(an13an1
两边取倒数得
bn
1
,则bnan1
2
3bn,,转化为累加法来求.3
21an24
a14,求数列{an}的通项公式。
4an1
23已知数列{an}满足an1
解:令x
21x2421x242
,得4x20x240,则x12x23是函数f(x的两个不
4x14x1
动点。因为
21an24
2
a2an124an121an242(4an113an2613an2
。所以数列n
21a24an13nan3321an243(4an19an279an34an1

a2a12421313
22(n1n
9a1343an39
an
113
2(n119
3

十一。特征方程法形如an2pan1qan(p,q是常数)的数列
形如a1m1,a2m2,an2pan1qan(p,q是常数)的二阶递推数列都可用特征根法求得通项
an,其特征方程为x2pxq…①
nn
若①有二异根,,则可令anc1c2(c1,c2是待定常数)n
若①有二重根,则可令an(c1nc2(c1,c2是待定常数)
再利用a1m1,a2m2,可求得c1,c2,进而求得an
*
24已知数列{an}满足a12,a23,an23an12an(nN,求数列{an}的通项annn2
解:其特征方程为x3x2,解得x11,x22,令anc11c22
c11
a1c12c22n1,得1an12
c2a2c14c232
2554求数列{a}的通项。25、数列{an}满足a1,且an1n
29122an4
25292522
anan2an
444……①解:an1an1
29292an2an
44
2925252
,解得11,2,将它们代回①得,
44
2
an
25a2n
an1254……②,an1……③,an11
292942an2an
44
2
2525
an1an44③÷②,得,an11an1

2
252525
aann4442lglg,∴数列lg成等比数列,首项为1,公比q=2
an11an1a1n

an1

2525252n1
an10
42n1,则4102n1a4所以lgn2n1
an1an1101
an
十二、基本数列
1.形如an1anf(n等差数列的广义形式,见累加法。2.形如
an1
f(n等比数列的广义形式,见累乘法。an
3.形如an1anf(n
1)若an1andd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(nn的函数(非常数)时,可通过构造转化为an1anf(n型,通过累加来求出通;或用逐差法(两式相减an1an1f(nf(n1,,分奇偶项来分求通项.

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