数列公式范文

导语：如何才能写好一篇数列公式，这就需要搜集整理更多的资料和文献，欢迎阅读由公务员之家整理的十篇范文，供你借鉴。

篇1

数列中求通项公式的方法很多，有观察分析法，公式法（an=Sn－Sn－1）、构造函数法、利用递推关系式等等。其中利用递推关系求通项公式的题目多种多样，灵活多变。利用递推关系式求通项公式一般有累加法、递归法、阶差法、累乘法、换元法、构造新数列法等等。利用递推公式求数列的通项公式是非常重要的内容。在这里探索一下利用递推关系构造新数列法求通项公式的类型。

当我们不能直接求出数列的通项公式an时，可考虑能否间接的求出an。先设法求出含有an的式子的通项公式，即辅助数列的通项公式，再倒推出an，其中有换元思想。我们求辅助数列，即构造新数列，一般是看每一项的幂的形式或相邻几项的和、差、积、商能否构成等差数列或等比数列（这一点，根据的递推公式的特征来尝试），若能够得到等差或等比数列，则在由此倒推回去，即可求得an、an－1.

一、 构造等差数列求通项

例1 数列an中，a1=3，an－2anan+1－an+1=0，求an.

解：由an－2anan+1－an+1=0得1an+1―1an=2，1an是以13为首项，2为公差的等差数列，1an=13+2（n－1）=6n－53，an=36n－5.

例2 数列an中，a1=－1，an=－

a2n-1+a2(n≥2, an为常数），求an.

解：由an=－

a2n-1+a2(n≥2)可得

a2n-a2n-1=a2（n≥2，an＜0），

{a2n}是以

a21=1为首项，以a2为公差的等差数列,

a2n=1+（n－1）a2=a2n+1-a2,

an＜0,an=-

a2n+1-a2.

二、 构造等比数列求通项

下面归纳一下构造等比数列的几种常见类型

Ⅰ：

an+1=xan+y型

这种类型中，x、y为常数，x≠0,x≠1，a1已知。其构造等比数列的方法有几种。

分析1：用待定系数法构造等比数列

可令an+1+k=x(an+k),展开比较可得k=

yx-1则是以a1+k为首项，x为公比的等比数列。故

an+k可表示出来，从而可推出an.

分析2：运用构造发散，以任意项减去其前一项，构造出等比数列，再运用累加法计算

an+1=xan+y，

an=xan-1+y，两式相减可得

an+1－an=x（an－an-1）

{an+1-an}是以

a2-a1=xa1+y+a1为首项，以x为公比的的等比数列

an+1－an=（xa1+y+a1）xn-1分别令n=1、2、3…n代入上式可得

a2-a1=（xa1+y+a1）x0

a3-a2=（xa1+y+a1）x1

a4-a3=（xa1+y+a1）x2

……

an-an-1=（xa1+y+a1）xn-1上面n―1个式子相加可得an。

比较以上两种方法，很显然分析1较简便一点，故一般用待定系数法构造新数列。

例3 数列{an}中，已知a1=9，且3an+1+an=4，求an.

解：由条件得

an+1=

-13an+

43令

an+1+k=-

13(an+k)展开比较，可得k=-1，

an+1－1=-

13（an－1），{an-1}是以a1－1=8为首项，以-13为公比的等比数列

an－1=8

-13n-1an=1+8

-13n-1

Ⅱ：an+1=xan+f（n）型

这里，这种类型有些可构成等差数列（如例3），有些可构成等比数列。若要构成等比数列，尽量把其化为an+1+kf（n+1）=x（an+kf（n））这种形式，则

{an+kf（n）}是以a1+kf（1）为首项以x为公比的等比数列。故可an+kf（n）求出，从而可推出an.

三、 构造常数列

非零常数列即使等差数列，也是等比数列，是很特殊的数列。有不少递推数列可以构造常数列很轻易地求出通项公式。前面构造等比数列求通项公式的例题我们都可以很轻易构造常数列。因为，如果

{bn}为等比数列，则bn=qbn-1两边同时除以qn则得

比如，上面的例4：推到这一步

an+1－1=-13（an－1），两边同时乘以（-3）n+1得

（an+1－1）（-3）n+1=（an－1）（-3）n，

{（an-1）（-3）n}是常数列，

（an－1）（-3）n=（a1－1）（-3）=-24，an=1-

24（-3）n=1+8

-13n-1

例4 数列{an}中，a1=1，an=an-1+

1n叠加相消可求得an.

方法二：（构造新数列）有条件得an=an-1+

1n是常数列，an+

篇2

一、观察法

对一个只给出了前几项的数列，应观察它的变化规律，哪些是不变量，哪些是随项数变化而变化的量，从而得出数列的通项公式。同时，要注意检验写出的通项公式应符合前面的几项。

例1 写出数列，，，，，……的一个通项。

解：数列各项为一个分数，但其中，不利于观察它们的规律，若把它们改写为，，则原数列为：

，，，，，……

这个数列分母比分子大2，分子随项数变化，符号成-，+，-，+，……变化，故

an=

二、利用an=关系

an与Sn的关系是a1=S1，an=Sn-Sn-1（n≥2），利用这一关系可以化“和”为“项”。一般已知里涉及an与Sn的用此法可求出通项。

例2 设正项数列{an}的前n项和为Sn，若4Sn=an2+2an对任何自然数n都成立，求通项。

解：4Sn=an2+2an………………（1）

4Sn+1=an+12+2an+1……… …（2）

由（2）-（1）得：4an+1=an+12-an2+2（an+1-an）

（an+1+an）（an+1-an-2）=0

又an+1+an>0

an+1-an=2

由4a1=4S1=a12+2a1可得a1=2

故{an}是以2为首项，以2为公差的等差数列。

an=2n

三、累加法

当数列的递推公式可化为an-an-1=f（n） （n≥2）的形式，且f（1）+f（2）+……+f（n）是可求得的时，那么可以用“累加法”求得通项公式。

例3 已知数列{an}中，a1=2，an=2・3n-1+an-1（n≥2），求数列{an}的通项公式。

解：an=2・3n-1+an-1，an-an-1=2・3n-1，a2-a1=2・3，a3-a2=2・32，

……，an-an-1=2・3n-1

将以上各式左右分别相加，可得：

an-a1=2（3+32+…+3n-1）=3n-3，an=3n-1

四、累积法

当数列的递推公式可以化为：

=f（n） （n≥2）的形式，且f（1）・f（2）・……・f（n）是可求得的时，那么可以用“累积法”求得通项公式。

例4已知数列{an}中，a1=1，an=an-1・3n-1（n≥2），求通项。

解：an=an-1・3n-1， =3n-1， =3， =32， ……，=3n-1

将以上各式左右分别相乘，可得：

=3・32・…・3n-1=31+2+…+（n-1）=

a1=1， an=

五、待定系数法

对于形如an+1 = man + k（k为非0常数）的递推公式，用待定系数法可配成an+1+p=m（an+p）的形式，其中p=（m≠1），再转化为等比数列可求得通项。

例5已知数列{an}满足a1=1，an+1=2an+3，求通项an。

解：an+1=2an+3，an+1+3=2（an+3），令bn=an+3，则bn+1=2bn

=2 又 b1=a1+3=4

{bn}是以4为首项，以2为公比的等比数列。

bn=2n+1，an=2n+1-3

六、构造新数列

对于形如an+1=man+f（n）的f推公式，可构造新数列转化为an+1=man+k（k为非0常数）型求an。

例6 数列{an}中，a1=，an= + （n≥2），求通项an。

解：an = + ，2nan=2n-1an-1 + 1，令bn=2nan.

则bn=bn-1+1，bn-bn-1=1 又 b1=2a1=.

{bn}是以为1/2首项，以1为公差的等差数列。

bn = n - ，an=

注：若题中已知an-1的系数不是1/2，而是其它的非零常数，则用此法可转化为an+1=man+k（k为非0常数）的形式求an。

七、倒数法

对于形如an+1an=man+1+pan（m、p≠0）的递推公式，可两边同除以an+1an产生an+1与an的倒数，再求an。

例7已知数列{an}的前n项和为Sn，且an=Sn・Sn-1（n≥2），a1=，求an。

解：an=Sn-Sn-1（n≥2），又an=Sn・Sn-1，Sn-Sn-1=Sn・Sn-1

两边同除以Sn・Sn-1得： - = 1

令bn =则bn-1 - bn = 1

即bn-bn-1=-1 又 b1= = =

{bn}是以为首项，以-1为公差的等差数列。

bn =-n 即 Sn =

an=Sn-Sn-1 （n≥2） =- =

an=

八、迭代法

对于形如an+2=pan+1+qan（p、q≠0且为常数）的递推公式，它表示的是相邻三项间的递推关系，可通过构造新数列或反复迭代转化为表示相邻两项间的递推关系的类型，如an+1=man+k（k为非0常数）或an+1=man+f（n），再求出通项an。

例8设a1=1，a2=5/3，an+2=5/3 an+1 C2/3 an （n=1，2，……），求数列{an}的通项公式。（2004年高考重庆卷（文）22题（1）问）

解：an+2= an+1 Can

an - an-1 =（ an-1 C an-2） - an-1=（an-1 - an-2）=（）2（an-2 - an-3）

=…… = （）n-2（a2 - a1） =（）n-2（ - 1） =（）n-1

an=an-1+（）n-1

再次反复迭代得：

an=[an-2+（）n-2]+（）n-1

=an-3+（）n-3+（）n-2+（）n-1 =……

=1+（）1+（）2+……+（）n-2+（）n-1 =3-3・（）n

an =3-3・（）n

九、猜证结合法

对于形式特点不突出的递推公式，可写出数列的前几项，再由前几项猜想出数列的一个通项公式，最后用数学归纳法证明。

例9设数列{an}满足an+1=an2 - nan+1，且a1=2， n∈N*，求数列{an}的通项公式。（2002年全国高考卷22题（1）问）

解：由a1=2和an+1=an2-nan+1得：

a2=3，a3=4，a4=5

由此猜想an = n+1.

篇3

例1 数列{an}满足：a1=-5，an+1=2an+3n+1，已知存在常数p，q，使数列{an+pn+q}为等比数列，求常数p，q及数列{an}的通项公式.

难度系数 0.65

分析 求解本题我们可以先设出数列满足的关系，然后利用待定系数法求出数列的通项公式.

解 由条件令an+1+p（n+1）+q=k（an+pn+q），则有an+1=kan+（kp-p）n+kq-q-p，所以k=2，kp-p=3，kq-q-p=1，解得k=2，p=3，q=4.

又a1+p+q=2，an+3n+4=2・2n-1.an=2n-3n-4（n∈■）.

小结 一般遇到形如an+1=pan+k的式子，可设an+1+m=p（an+m）；形如an+1=pan+An+B的式子，可设an+1+m（n+1）+q=p（an+mn+q）；形如an+1=pam+mn2+kn+h的式子，可设an+1+A（n+1）2+B（n+1）+C=p（an+An2+Bn+C）.根据恒等式对应相等求出设出的参数，将数列转化为等比数列，再根据等比数列求出数列的通项公式.求解关于an=0或an≥k的关系式，我们可以先写出数列的前几项，猜想规律后再用数学归纳法进行证明.

方法二：分式取倒数求通项公式

例2 已知数列{an}满足a1=■，an=■（n≥2，n∈■）.求数列{an}的通项公式.

难度系数 0.60

分析 将已知分式取倒数，再将数列转化为等比数列，从而求出通项公式.

解 将已知分式取倒数，得■=（-1）n-■，■+（-1）n=（-2）・[■+（-1）n-1].

又■+（-1）=3，数列{■+（-1）n}是首项为3、公比为-2的等比数列.

■+（-1）n=3・（-2）n-1，即an =■.

小结 对于根据分式求数列的通项公式问题，我们常采用取倒数法来求解.

方法三：将已知数列适当变形转化为等比数列求通项公式

例3 已知数列{an}满足a1 =1，a2 = 4，an+2 +2an=3an+1（n∈■）.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）记数列{an}的前n项和为Sn，求使得Sn>21-2n成立的最小整数.

难度系数 0.70

分析 将an+2 +2an=3an+1进行适当的变形，变为等比数列，再利用累加法求出通项公式；根据数列的通项公式，利用分项分别求和求出前n项的和，再求出最小整数.

解 （1）由an+2+2an=3an+1，得an+2-an+1=2（an+1-an）.数列{an+1-an}是以a2-a1=3为首项、2为公比的等比数列.an+1-an=3×2n-1.当n≥2时，an-an-1=3×2n-2，an-1-an-2=3×2n-3，…，a3-a2=3×2，a2-a1=3.将上述等式依次累加得an-a1=3×2n-2+3×2n-3+…+3×2+3=3（2n-1-1），解得an=3×2n-1-2.又当n=1时也适合上式，所以数列{an}的通项公式为an=3×2n-1-2.

（2）解答过程省略.

小结 对于形如an+2=pan+1+qan的数列求通项公式，我们可以将其适当变形为an+2-kan+1=m（an+1-kan），使数列{an+1-kan}为等比数列，求出其通项公式，然后求出数列{an}的通项公式.

方法四：同除以一项变为等差数列或等比数列求通项公式

例4 已知数列{an}满足a1=1，且an=2an-1+2n（n≥2且n∈■）.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）设数列{an}的前n项和为Sn，求出Sn，并证明：■>2n-3.

难度系数 0.70

分析 已知等式两边同除以2n，将数列变为等差数列，再求出数列的通项公式；根据数列的通项公式，求出数列的和，再进行证明.

解 （1）an=2an-1+2n（n≥2且n∈■），■=■+1，即■-■=1（n≥2且n∈■）.所以，数列{■}是等差数列，其公差d=1，首项为■.于是■=■+（n-1）d=■+（n-1）・1=n-■，an=（n-■）・2n.

（2）证明过程省略.

小结 对于形如an+1=kan+bn的数列求通项公式的问题，我们可以同时除以bn+1，将其变形为■=■・■+■，再转化为等比数列进行求和.

方法五：利用累乘或累加求通项公式

例5 已知数列{an}的前n项和为Sn=■an（n∈■），且a1=2.数列{bn}满足b1=0，b2=2，■=■，n=2，3，….

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）求数列{bn}的通项公式；

（3）证明：对于n∈■，■+■+…+■≥2n-1-1.

难度系数 0.68

分析 解答第（1）问时，我们可以根据Sn=■・an再写出一项，两式对应相减，就可将Sn转化为an，再利用累乘法求出数列{an}的通项公式；解答第（2）问时，由■=■，我们可以利用累乘法求出数列{bn}的通项公式；解答第（3）问时，我们可以先求出■的通项公式，然后利用放缩法证明不等式.

解 （1）由于2Sn=（n+1）an，所以2Sn+1=（n+2）an+1.上述两式对应相减，得2an+1=（n+2）an+1-（n+1）an，即■=■.当n≥2时，an=a1・■・■・…・■=2×■×■×…×■=2n.

又a1=2满足上式，所以an=2n（n∈■）.

（2）由于■=■（n≥2），b1=0，b2=2，所以当n≥3时，有bn=b2×■×■×…×■=2×■×■×…×■.所以 bn=2n-1（n-1）（n≥3）.

显然b1=0，b2=2 满足上式.

所以，数列{bn}的通项公式为bn=2n-1（n-1）.

（3）证明过程省略.

小结 形如■= f（n）的数列求通项公式，我们可以利用累乘法求出数列的通项公式；形如an-an-1= f（n）的数列求通项公式，我们可以利用累加法求出数列的通项公式.遇到形如Sn= f（an）的关系，要将其转化为一致，可将Sn转化为an，也可将an转化为Sn，再转化为等差数列或等比数列来求解.

方法六：利用归纳、猜想与证明的方法求通项公式

例6 设b>0，数列{an}满足a1=b，an=■（n≥2）.求数列{an}的通项公式.

难度系数 0.60

分析 本题可用猜想证明的方法进行求解.本题也可将题中的条件变形为b・■=2・■+1，构造成■+■=■（■+■），进而将其转化为等比数列，求得■+■的通项公式，从而求出数列{an}的通项公式.

解 （1）令An=■，A1=■.当b=2时，数列{An}是以■为首项、■为公差的等差数列，即An=■+（n-1）×■=■.an=2.

（2）当b≠2时，a1=b，a2=■=■，a3=■=■，猜想an=■.下面用数学归纳法进行证明.

①当n=1时，猜想显然成立.

②假设当n=k时，ak=■，于是有ak+1=■=■.所以，当n=k+1时，猜想成立.

由①②可知，？坌n∈■，an=■.

综上所述，an=2，b=2，■，b>0且b≠2.

小结 求数列的通项公式，我们可以先求出数列的前三项.根据前三项的特点，猜想出数列的通项公式，再用数学归纳法进行证明.

篇4

关键词： 数列 通项公式 求解策略

一、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.

【例】已知等差数列{a}中，a=，s=-5，a=-，求a.

解：由题意得

s=n+d=-5 （1）a=+（n-1）d=-（2）

由（2）得（n-1）d=-，代入（1）可得n=15，从而d=-，所以a=+（n-1）×（-）=.

二、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，分解各项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.

【例】已知数列-1，，-，，…写出数列的一个通项公式.

解：将此数列变形为：-，，-，，…通过观察变形找到其规律，得出数列的通项公式为a=（-1）.

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a=2n或a=n-n+2两个不同的通项公式（从第四项开始便不同）.

三、公式法（已知数列{a}的前n项和s求通项公式）

这类题目比较简单，一般都是利用a=a（n=1）s-s（n≥2）， 求{a}后要注意验证是否能用一个统一的公式来表示.［1］

【例】数列{a}的前n项和为s，且a=1，a=s，n=1，2，3…，求数列{a}的通项公式.

解：因为a=s-s所以3s-3s=s，=，所以{s}是以s=1为首项，q=为公比的等比数列.所以s=，则a=s-s=•（n≥2）.

经验证：n=1时，两式不能统一，所以a=1（n=1）（n≥2）.

点评：先利用a与s的关系，找出s的表达式，再求a.

四、构造新数列法

由递推关系得出数列通项公式的方法多样，累加法、累积法、构造法、迭代法是常用的构造法.对于较复杂的数列可试着用如下方法求通项公式.

1.累加法（又叫叠加法）

一般的，对于形如a=a+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】已知数列{a}中，求a=1，a=a+，n≥2，求a.

解: a-a==-a-a=-…a-a=1-a=1

累加得a=2-.

2.累积法（又叫迭乘法）

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

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

解：由题可知：a=a+2a+3a+…（n-1）a，a=a+2a+3a+…（n-2）a，两式相减可得：a-a=（n-1）a（n≥3），即a=na，所以a=••…•a=n×（n-1）×（n-2）×…×2，即a=n!.

3.构造法

利用数列{a}中的a构造新的数列{b}使之成为等差或等比数列，再求a.常见模型归纳如下.

①a=pa+f（n），p≠1，f（n）为幂函数

【例】在数列{a}中，a=1，a=3a+2•3，求a.

解：由a=3a+2•3得=+，则为公差是的等差数列.

所以=+（n-1）•即a=3（n+）.

②a=pa+q（p≠1，p，q为非零常数）可用待定系数法

【例】已知数列{a}中，a=1，a=2a+1，求a.

解：设a-t=2（a-t）即a=2a-t，故t=-1，原式可变为a+1=2（a+t），所以{a+1}为首项为a+1=2，公比为2的等比数列，所以a+1=2，即a=2-1.

③a=（p，q为常数）型

【例】已知数列{a}满足，a=1，a=求a.

解：将a=两边取倒数，变形为：=×+，即+1=（+1）.

所以+1是首项为+1=2，公比为的等比数列.所以+1=2•（），即a=.

④取对数转化为等比数列a-p=（a）（p，t为常数）［2］

【例】已知数列{a}中，a=3，a=（a-1）+1，求a.

解：由条件可知a-1=（a-1），两边同时取对数得lg（a-1）=2lg（a-1），即=2，所以{lg（a-1）}是首项为lg（a-1）=lg2，公比为2的等比数列，所以lg（a-1）=2lg2，所以a=2+1.通过取对数达到降次的目的，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比数列

【例】已知f（x）=x+2+2（x≥0），a=2设数列每项都满足a=f（a），求a.

解：因为f（x）=x+2+2（x≥0），所以a=f（a）=a+2+2=（+），又a＞0，两边同时取平方根，得=+，所以，{}为公差为的等差数列.所以=（n-1），即a=2n.

⑥a=pa+qa（p，q为非零常数）型

【例】在数列{a}中，a=1，a=2，a=a+a，求数列{a}的通项公式.

解：由a=a+a两边减去a得a-a=-（a-a），所以{a-a}是以a-a=1为首项，-为公比的等比数列，所以a-a=（-），再用累加法求通项公式.

⑦a+t=（p，q，r为非零常数）型

【例】数列{a}满足a=2，a=，求a.

解：对等式两端同时加参数t，得：a+t=+t=（2t+5）•，令t=，解之得t=-1，2，代入a+t=（2t+5）•，a-1=3×，a+2=9×.相除得：=×，即是首项为=，公比为的等比数列，即=×3，解得a=.

五、数学归纳法

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.［3］

【例】已知数列{a}满足a=1，a=，求数列{a}的通项公式.

解：a=1，a=，a=，a=，a=，猜想a=.

现用数学归纳法证明:

（）当n=1时，a==1成立；

（）假设n=k时，a=.当n=k+1时，因为a===.

由（）（）得a=对n∈N都成立.

六、倒数法

数列有形如f（a，a，a，a）=0的关系，可先求得，再求得a.［4］

【例】已知数列{a}中，a=1，a=，求数列{a}的通项公式.

解：由递推关系变形得=2+，故数列是等差数列，其首项是1，公差是2，所以=1+（n-1）×2=2n-1，即a=.

以上各例虽然是一些具体的例子，但它们往往可以应用于一般情形.数列通项公式的这几种求法，在以上例题中可以看到没有一定的界限，如“数学归纳法”法是“观察法”的延伸，而有的题目往往用到多种求法，有的例题中出了用到了构造法还用了公式法.我们可以看到，求数列通项公式虽然具有很强的技巧性，但是并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.这样即使题目再灵活，技巧性再强，做起来亦能得心应手.

参考文献：

［1］韩保树.数列通项公式的常见求法，科技资讯，2007，（10）.

［2］孙坤菊.解题方法与技巧，中学教学参考，2009.4.

［3］刘家勇.数列的通项公式的求法，数理化学习，2008，（12）.

篇5

(1) 构造常见数列法解型如：an+1=pan+q（p、q为常数），变形为an+1+λ=p(an+λ)，利用恒等式求出λ，从而构成等比数列，求出数列的通项。

例1 设数列{an}的首项a1∈(0,1)，求an的通项公式；

解：an=3-an-12(n=2,3，4…)，an-1=3-2an 存在实数λ，使得an-1+λ=-2(an+λ) λ=-1即an-1-1=-2(an-1) 数列{an-1}是以a1-1为首项以-12为公比的等比数列， an-1=(a1-1)-12n-1 an=1+(a1-1)-12n-1

(2) 用累加法解型如：an+1=an+f(n)（p为常数，f(n)为等差）

例2 数列{an}中，a1=2,an+1=an+cn（c是常数，n=1,2,3…），求an的通项公式

解：an+1=an+cn， an+1-an=cn，令n=1，2，3…(n-1),

代入得(n-1)个等式累加，即(a2-a1)+(a3-a2)+…(an-an-1)=c［1+2+3+…+(n-1)］

an-a1=cn(n-1)2

an=cn(n-1)2+a1即an=cn(n-1)2+2

说明：只要f(1)+f(2)+…+f(n-1)是可求的，就可以采用累加法求an了。

(3) 辅助数列法解型如：an+1=pan+qn(p为常数，qn为等比)，可两边除以qn+1，an+1qn+1=panqqn+1q,引辅助数列{bn},bn=anqn, 则转化为bn+1=pqbn+1q求解

例3 数列{an}中,a1=2,an+1=λan+λn+1+(2-λ)•2n(n∈N*),其中λ>0，求数列{an}的通项公式

解:由an+1=λan+λn+1+(2-λ)•2n得:an+1-2n+1λn+1=an-2nλn+1

故an-2nλn是以a1-2λ为首项,公差为1的等差数列

an-2nλn=a1-2λ+(n+1) an=(n-1)λn+2n

(4) 韦达定理解型如：an+2=pan+1+qan,设an+2=pan+2+qan，可变为an+2-αan+1=β(an+1-αan),即an+2=(α-β)an+1-βαan构造方程

x2-px+q=0求解α,β两根，从而转化为等比数列求解；

例4 数列{an}中，an=1,a2=2,an+2=23an+1+13an(n=1,2,3…)求an

解：由an+2=23an+1+13an可构造方程x2-23x-13=0得x1=-13,x2=1,故an+2-an+1=-13(an+1-an) {an+1-an}是公比为13，首项为a2-a1=1的等比数例， an+1-an=-13n-1以n=1,2,3…，（n-1）代入，再把（n-1）个等式累加

an-a1=-130+-131+…+-13n-2=1--13n-11+13

an=74-34-13n-1

(5) 用累乘法解型如：an+1=f(n)an,(n∈N*)

例5 在数列{an}中，a1=2,an+1=n+1nan,求通项an，

解:a1=2,an+1=n+1nan， a2a1=21,a3a2=32,…,anan-1=nn-1,以上(n-1)个等式左右两边分别相乘得ana1=n,an=2n且n=1时a1=2,也适合上式 an=2n

(6) 化归法求解型如：Sn=f(an),一般地，要将an化归到Sn或将Sn化归到an.

例6 数列{an}的前n项和为Sn=1-23an,(n∈N*)求数列{an}的通项公式

解：由an=Sn-Sn-1,Sn=1-23an,Sn-1=1-23an-1

an=1-23an-1-23an-1，anan-1=25(n∈N*,n≥2)

篇6

一、累加法：利用an=a1+（a2-a1）+…（an-an-1）求通项公式的方法称为累加法。累加法是求型如an+1=an+f（n）的递推数列通项公式的基本方法（f（n）可求前n项和）.

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

=2+（n-1）+1

=（n-1）（n+1）+1

=n2

所以数列an的通项公式为an=n2。

例2：在数列{an}中，已知an+1= ，求该数列的通项公式.

备注：取倒数之后变成逐差法。

解：两边取倒数递推式化为：=+，即-=所以-=，-=，-=…-=.…，

将以上n-1个式子相加，得：-=++…+即=+++…+==1-故an==

二、累乘法：利用恒等式an=a1…（an≠0，n？叟n）求通项公式的方法称为累乘法，累乘法是求型如：an+1=g（n）an的递推数列通项公式的基本方法（数列g（n）可求前n项积）.

例3.已知数列{an}中a1=，an=・an-1（n？叟2）求数列{an}的通项公式。

解：当n？叟2时，=，=，=，…=将这n-1个式子累乘，得到=，从而an=×=，当n=1时，==a1，所以an= 。

注：在运用累乘法时，还是要特别注意项数，计算时项数容易出错.

三、公式法：利用熟知的的公式求通项公式的方法称为公式法，常用的公式有an=Sn-Sn-1（n？叟2），等差数列或等比数列的通项公式。

例4.已知Sn为数列an的前n项和，且Sn=2n+1，求数列an的通项公式.

解：当n=1时，a1=S1=2+1=3，当n？叟2时，an=Sn-Sn-1=（2n+1）-（2n-1+1）=2n-1.

而n=1时，21-1=1≠a1，an3（n=1）2n-1（n？叟2）。

四、构造新数列（待定系数法）： ①将递推公式an+1=qan+d（q，d为常数，q≠0，d≠0）通过（an+1+x）=q（an+x）与原递推公式恒等变成an+1+=q（an+）的方法叫构造新数列.

例5.在数列an中，a1=1，当n？叟2时，有an=3an-1+2，求an的通项公式。

解：设an+m=3（an-1+m），即有an=3an-1+2m，对比an=3an-1+2，得m=1，于是得an+1=3（an-1+1），数列an+1是以a1+1=2为首项，以3为公比的等比数列，所以有an=2・3n-1-1。

类似题型练习：已知数列an满足a1=1，an+1=2an+1（n∈N*）求数列an的通项公式.

注：此种类型an+1=pan+g（n）（p为常数，且p≠0，p≠1）与上式的区别，其解法如下：将等式两边同除以pn+1，则=+，令bn=，则bn+1=bn=，这样此种数列求通项的问题可以转化为逐差法的问题，当然这种数列的通项公式也常用待定系数法解决，关键要根据g（n）选择适当的形式。

如：an的首项a1=1，且an+1=4an+2n，求an

五、数学归纳法（用不完全归纳法猜想，用数学归纳法证明）

例6.设数列an满足：a1=1，an+1an-2n2（an+1-an）+1=0求数列an的通项公式.

解：由an+1an-2n2（an+1-an）+1=0得an+1=，可算得a2=3，a3=5，a4=7，猜想an=2n-1，并用数学归纳法予以证明（以下略）

六、待定系数法

例7.已知数列an满足an+1=2an+3×5n，a1=6，求数列an的通项公式。

解：设an+1+x×5n+1=2（an+x×5n） ④

将an+1=2an+3×5n代入④式，得2an+3×5n+x×5n+1=2an+2x×5n，等式两边消去2an，得3・5n+x・5n+1=2x・5n，两边除以5n，得3+5x=2x，则x=-1，代入④式得an+1-5n+1=2（an-5n） ⑤

由a1-51=6-5=1≠0及⑤式得an-5n≠0，则=2，则数列{an-5n}是以a1-51=1为首项，以2为公比的等比数列，则an-5n=2n-1，故an=2n-1+5n。

评注：本题解题的关键是把递推关系式an+1=2an+3×5n转化为an-1-5n+1=2（an-5n），从而可知数列{an-5n}是等比数列，进而求出数列{an-5n}的通项公式，最后再求出数列{an}的通项公式。

七、特征根法

形如递推公式为an+2=pan+1+qan（其中p，q均为常数）。对于由递推公式an+2=pan+1+qan，a1=α，a2=β，给出的数列an，方程x2-px-q=0，叫做数列an的特征方程。

若x1，x2是特征方程的两个根， 当x1≠x2时，数列an的通项为an=Axn-11+Bxn-12，其中A，B由a1=α，a2=β决定（即把a1，a2，x1，x2和n=1，2，代入an=Axn-11+Bxn-12，得到关于A、B的方程组）；

当x1=x2时，数列an的通项为an=（A+Bn）xn-11，其中A，B由1=α，a2=β决定（即把a1，a2，x1，x2和n=1，2，代入an=（A+Bn）xn-11，得到关于A、B的方程组）。

例8.数列an：3an+2-5an+1+2an=0（n？叟0，n∈N），a1=a，a2=b求an

解：特征方程是3x2-5x+2=0，x1=1，x2= ，an=Axn-11+Bxn-12=A+B・（）n-1。

又由a1=a，a2=b，于是a=A+Bb=A+B？圯A=3b-2aB=3（a-b）

篇7

1、形如an+1-an=f（n）

例1在数列｛an｝中，a1=，an+1=an+，求an（累加法）

解：由已知得，an+1-an==（-）

令n=1,2,3,…,代人后（n-1）个等式，累加，即

（a2-a1）+（a3-a2）+…+（an-an-1）=[（1-）+（-）+…+（-）]

an-a1=（1-）

an=1-=

练习：已知数列an满足a1=3，an+1=an+n，求an

解：由已知得，an-an-1=n-1，an-1-an-2=n-2，……a2-a1=1累加得

an-a1=（n-1）+（n-2）+……+2+1

an=n2-n+3

2、形如=f（n） 方法：累积法

例2在数列｛an｝中，a1=2，an+1=an求通项公式an

解：a1=2，an+1=an

=，=…=

以上（n-1）个等式左右两边分别相乘得

=n，即an=2n且n=1时，a1=2也适合上式

an=2n

练习：a1=1，sn=求通项公式

解：由sn= ①

得2sn=（n+1）an（n≥1）

2sn-1=nan-1 ②

①-②得2an=（n+1）an-nan-1即=（n≥2）

累积法得an=n（n∈N）

3、形如an=pan-1+f（n） 方法：构造新数列

例3已知在数列｛an｝中，a1=，an+1=an+（）n+1，求an

解：原式可化为2n+1an+1=（2nan）+1，令bn=2nan则bn+1=bn+1

于是可得bn+1-bn=（bn-bn-1）

bn=3-2（）n

an=3（）n-2（）n

练习：a1=2，an-1=求通项公式an

解：由an+1=得an+1an+an+1•2n+1=2n+1an?圳-=

累加法得an=

4.形如an+2=pan+1+qan 方法：特征根法

例4在数列｛an｝中，a1=1，a2=2，an+2=an+1+an，求an

分析：构造方程x2=x+，解得x1=1，x2=-

解：an+2-an+1=an+1+an-an+1=-（an+1-an）

｛an+1-an｝是公比为-，首项为a2-a1=1的等比数列

an+1-an=（-）n-1

再用累加法得an-a1=（-）0+（-）1+…（-）n-2=

an=1+[1-（-）n-1]

篇8

一、an+1=pan+q(其中p,q是常数)型

一般可用待定系数法，转化为等比数列问题．

设递推式可化为an+1+x=p(an+x)，

即an+1=pan+(p-1)x， 得x=qp-1 .

{an+qp-1}是以a1+qp-1为首项，q为公比的等比数列．

an+qp-1=(a1+qp-1)qn-1，从而求出an．

二、an+1=pan+qn(p,q为常数)型

此类型的基本方法是先转化为类型一再由待定系数法求得通项.

原式可转化为an+1qn+1=pq?anqn+1，令anqn=bn, ①

即bn+1=pqbn+1,则由类型一求出bn,再代入①可求得an．

三、an+1=an+f(n)型

此类型{an}可转化为an+1-an=f(n)，其中{f(n)}是可求和数列，即逐项作差：a2-a1=f(1),

a3-a2=f(2),

…,

an-an-1=f(n-1).

将以上式子累加得：an-a1=f(1)+f(2)+…+f(n-1).

设求得f(1)+f(2)+…+f(n-1)=g(n)，则有an=a1+g(n).

这种求数列通项的方法即为迭加法．

四、an+1=anf(n) 型

此类型{an}可转化为an+1an=f(n)，其中{f(n)}是可求积数列，即可逐项作商如下：a2a1=f(1),a3a2=f(2),a4a3,…,anan-1=f(n-1),

将以上式子两边分别相乘，得ana1=f(1)?f(2)?f(3)…f(n-1).

设求得f(1)?f(2)?f(3)…f(n-1)=g(n)，则有an=a1g(n)，这种求数列通项的方法即为迭乘法．

五、an+1=pan+qan-1(p,q为常数)型

此类型可设an+1+xan=y(an+xan-1),即an+1=(y-x)an+yxan-1,

y-x=p,xy=q

x2+px-q=0.

由一元二次方程可解出x、y的值，构造{an+1+xan}等比数列(公比为 y)，从而可转化为类型一来求通项．

六、

其他类型

【例1】 若数列{an}满足a1=12,an=1-1an-1(n≥2,n∈N),求a2003.

解：n=1,a1=12；

n=2,a2=-1；

n=3,a3=2；

n=4,a4=12；

…

{an}是以3为周期的数列，则a2003=a667×3+2=a2=-1.

【例2】 已知数列{an}满足12a1+122a2+…+12nan=2n+5(n∈N)

，求{an}的通项公式.

解：12 a1+122a2+…+12nan=2n+5，

①

12 a1+122a2+…+12n-1an-1=2(n-1)+5(n≥2).

②

两式相减得12nan=2(n≥2)，即an=12n+1(n≥2).

an=14（n=1）；12n+1（n≥2）.

若数列{an}的递推公式是an+1=f(an)，则用递推法求通项的一般方法是：

an=f(an-1)=f(f(an-2))=f(f(f(an-3)))=…

【例3】 设an+1=a2n,a1=2,求an.

解：an+1=a2n，

篇9

若数列{an}的递推公式为an+1

=f(an),把此式中的an+1

、an均换成x得方程x=f(x).我们把方程x=f(x)的实数根x称为数列{an}的不动点.利用数列的非零不动点，即可简便快捷地求出数列{an}的通项公式.

一、若f(an)为整式，而{an}又只有一个非零不动 点x0,则可考虑用化简an+1-x0=f(an)-x0的方法求解.

例1 若a1=

-1,an=2an-1+3(n∈N

*,且n≥2),求数列{an}的通项公式.

分析：由x=2x+3知{an}仅有一个非零不动点-3，则an-(-3)=2an-1

+3-(-3)=2an-1

+6.

所以an+3=2(an-1

+3)

所以{an+3}是以a1+3=2首项、2为公比的等比数列，则当n

≥2时，有an+3=2n,故an=2n-3.

又a1=-1也满足上式.

所以{an}的通项公式为an=2n-3.

例2 若a1=0,an+1=

n+2n

an+

1n(n∈N

*),求数列{an}的通项公式.

分析：

由x=

n+2n

x+1n知{an}仅有一个非零不动点-

12，则

an+1-（-12

）=

n+2

n

an+1n

-(-12

).

所以an+1+12

=n+2n

(an+12),

则

an+1+12

n+2

=an+12n.

所以an+1+12

(n+1)(n+2)

=an+

12

n(n+1)

,故{an+12

n(n+1)}是一个常数列.

所以an+12

n(n+1)

=a1+12

1×(1+1)

=

122

=14.

所以an=

n2+n-24.

又a1=0也满足上式.

所以{an}的通项公式为an=

n2+n-24.

二、若f(an)为分式，而{an}有两个相同的非零不动点x0,则可考虑用化简an+1-x0=f(an)-x0的方法求解

例3 若a1=-1,an=

12-an-1

(n∈N

*,且n≥2),求数列{an}的通项公式.

分析：

由x=

12-x得{an}有两个相同的非零不动点1，

则an-1

=12-an-1

-1=

an-1-1

2-an-1

.

两边取倒数得1an-1

=

2-an-1

an-1-1

=

1an-1

-1-1.

所以{1an-1}

是以1a1-1

=-12

为首项、-1为公差的等差数列，故当n≥2时，

1an-1

=-12

+(n-1)•(-1)=

12

-n.

所以an=

3-2n1-2n.

又a1=-1也满足上式.

所以{an}的通项公式为an=

篇10

                                                                                   从求数列通项公式问题谈高中生数学反思能力的培养

                                                                                                              邢锡光1    张璟怡2

                                                （1、武汉市洪山高中，湖北  武汉  430070 2、武汉市关山中学，湖北  武汉  430070）

摘  要：求数列通项公式是高中数列一类常见和重要的题型，其题型解法较多也复杂，许多学生产生对求通项公式的畏难和消极情绪.我们该如何从课本内容入手，通过不断改变条件，不断的反思，将此类问题深入下去，使学生突破和解决这类问题，成为目前我们关注的问题.

关键词：数列；通项公式 反思能力

求数列通项公式是高中数列一类常见和重要的题型，也是高考的热点之一，其题型解法较多也复杂，许多学生产生对求通项公式的畏难和消极情绪.我们该如何从课本内容入手，通过不断改变条件，不断的反思，将此类问题深入下去，使学生突破和解决这类问题，成为目前我们关注的问题.

由等差数列概念 （常数），学生们掌握了迭代法和累加法求通项公式.

反思1 若 ，如何求通项 ；

尝试当 分别为 时求通项 ，不难发现仍可由迭代法和累加法转化为数列求和问题解决.注意合理运用分组求和、裂项求和、错位相减求和等基本求和方法.

由等比数列概念 （常数），学生们掌握了迭代法和累乘法求通项公式.

反思2 若 ，如何求通项 ；

尝试当 分别为 时求通项 ，不难发现仍可由迭代法和累乘法转化为数列求积问题解决.

反思3由等比数列概念 （常数），可等价于 ，那么若 （p,q为常数），如何求通项 ；

学生合作交流后发现仍可由迭代法和累加法求通项公式，但累加法求通项公式难度较大.另外，学生已经对等差数列和等比数列概念有了较深的理解，可以适当点拨学生设法构造新等差数列或等比数列解决问题.

尝试当q=1时， 为等差数列；当 时， 为等比数列；当 时，可设问铺垫，是否数列 为等比数列？从而归纳此类问题方法，先求待定系数x，由 ， 得 ，再构造等比数列 求其通项 ，最后再求通项 .

反思4若 （q为常数），如何求通项 ；

当 时，本类型问题仍可由迭代法和累加法求通项公式，但先求待定系数x，再构造等比数列求其通项是否还使用呢？

尝试当 时，能否沿用反思3的方法先求待定系数？尝试的过程中出现了什么问题，怎样改进？从而归纳此类问题方法，

先求待定系数x，y，由  ， 得 ，再构造等比数列 ，最后再求通项 .

尝试当 时，能否利用已有的方法求通项 .

方法一：两边同除以 ，即 ，令 ，则 ，这样可转化为反思2解决；

方法二：两边同除以 ，即 ，令 ，则 ，当 时，转化为等差数列解决，当 时，转化为反思3解决；

方法三：先求待定系数x， ,再构造等比数列求解.

反思5若 （r,t， 且 ， 为常数），如何求通项 ；

学生合作探究，发现可利用对数运算达到将问题降次的目的，

 ，即 ，令 ，则 ，这样可转化为反思3解决；

反思6若已知二阶递推公式 （p,q为常数），如何求通项 ；

经过前述五个问题的研究，学生可以顺利构造新等比数列完成通项公式的求取.

 ，即 为等比数列，最后转化为反思4求解.

反思7若已知分式递推公式 （p,q，h，为非零常数），如何求通项 ；

学生合作探究可自行完成等式的变形， ，即

 ，（）

方法一：两边同除以 ，当 时，  ，令 可转化为等差数列求解；当 时， ，令 ，可得 ，这样可转化为反思3解决；

方法二：观察变形式的结构，先求待定系数k,t,s，再构造等比数列求解，

 即转化为 为等比数列求解.

反思8若已知分式递推公式 （p,q，h,k为常数），如何求通项 ；

学生合作探究可自行完成等式的变形， ，即

 ，

先求待定系数g,u,s,t，再构造等比数列求解，

 即转化为 为等比数列求解.

课本p57  给出填空 ，

反思9若已知 等量关系，如何求通项 .

尝试当 1时, 可得 2,1-2得 ,即 故,  ,由等比数列概念,可求得通项,但要注意 时的情况不含在上述关系式中,须单独讨论.

最后通过练习来深化、理解和检验理论的学习.

1、（2009年陕西卷）已知数列 满足 ， ，求数列 的通项公式.

点拨:属于反思6的范畴.由已知 ，先求待定系数k,s, ,得 ，从而得到等比数列 ，再转化为反思3解决；或等比数列 ，再转化为反思1解决.

答案：

2、（2011年广东卷）设b>0,数列 满足 ， ,求数列 的通项公式.

点拨:属于反思7的范畴.由已知 ，变形得到 ，两边同除以 ，得 ，令 ，可得 ，当b=2时，转化为等差数列；当 时，这样可再转化为反思3解决.

答案：

3、（2008年四川卷）已知数列 满足 ，求数列 的通项公式.

点拨:属于反思9的范畴.由已知 1，得

 2，由2-1， ，这样可再转化为反思4解决，注意对b的讨论.

答案：

受之以鱼不如授之以渔，将现成的知识教给学生，不如教给他们获取知识的方法，反思能力的培养将帮助学生变过去被动学习为主动学习的学习方式，也是学生能长效和高效学习的有力保证。