递归公式数列通项公式方法总结归纳

数列通项公式方法总结归纳
不过一般分小题、有梯度设问，往往是第1小题就是求数列的 通
项公式，难度适中，一般考生可突破，争取分数，而且是做第2小题
的基础，因此，求数列通 项公式的解题方法、技巧，每一位考生都必
须熟练掌握。求数列通项公式的题型很多，不同的题型有不同 的解决
方法。下面结合教学实践，谈谈求数列通项公式的解题思路。
一、已知数列的前几项
已知数列的前几项，求通项公式。通过观察找规律，分析出数列
的 项与项数之间的关系，从而求出通项公式。这种方法称为观察法，
也即是归纳推理。
例1、求数列的通项公式
（1）0，22——13，32——14，42＋15……
（2）9，99，999，……
分析：（1）0=12——12，每一项的分子是项数的平方减去 1，
分母是项数加上1，n2——1n＋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。
例4、数列{an}的前n项和Sn,a1=1，an+1=2Sn+1（n∈N+）
求数列{an}的通项公式。
分析：根据an与Sn的关系，将an+1=2Sn+1转化为an与an+1
的关系。
解：由an+1=2Sn+1
得an=2Sn-1+1（n≥2）
两式相减，得an+1-an=2an
∴an+1=3an （n≥2）
∵a2=2Sn+1=3
∴a2=3a1
∴{an}是以1为首项，3为公比的等比数列
∴an=3n-1
（3）an+1=an+f（n），用叠加法
思路：令n=1，2，3，……，n-1
得a2=a1+f（1）
a3=a2+f（2）
a4=a3+f（3）
……
+）an=an——1+f（n-1）
an=a1+f（1）+f（2）+…+f（n-1）
例5、若数列{an}满足a1=2，an+1=an+2n
则{an}的通项公式=（ ）
解：∵an+1=an+2n
∴a2 =a1+2×1
a3=a2+2×2
a4=a3+2×3
……
+）an=an——1+2（n-1）
an=a1+2（1+2+3+…+n-1）
=2+2×（1+n-1）（n-1）
=n2-n+2
（4）an+1=f（n）an，用累积法
思路：令n=1，2，3，……，n-1
得a2 =f（1）a1 a3=f（2）a2 a4=f（3）a3
……
×）an=f（n-1）an-1
an=a1·f（1）·f（2）·f（3）……f（n-1）
例6、若数列{an}满足a1=1，an+1=2n+an，则an=（
解：∵an+1=2nan ∴a2 =21a1
a3=22a2 a4=23a3
……
×） an=2n——1·an——1
an=2·22·23·……·2n-1a1=2n（n-1）2
（5）an=pan——1+q， an=pan——1+f（n）
）
an+1=an+p·qn（pq≠0），
an=p（an——1）q， an+1=ranpan+q=（pr≠0，q≠r）
（p、q、r为常数）
这些类型均可用构造法或迭代法。
①an=pan——1+q （p、q为常数）
构造法：将原数列的各项均加上一个常数，构成一个等比数列，
然后，求出该等比数列的通项公式，再还 原为所求数列的通项公式。
将关系式两边都加上x
得an+x=Pan——1+q+x
=P（an——1 + q+xp）
令x=q+xp，得x=qp-1
∴an+qp-1=P（an——1+qp-1）
∴{an+qp-1}是以a1+qp-1为首项，P为公比的等比数列。
∴an+qp-1=（a1+qp-1）Pn-1
∴an=（a1+qp-1）Pn-1-qp-1
迭代法：an=p（an——1+q）=p（pan-2+q）+q
=p2（（pan-3+q）+pq+q……
例7、数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an-n（n∈N+）求an
解析：由Sn=2an-n 得Sn-1=2an-1-（n-1） （n≥2,n∈N+）
两式相减得an=2an-1+1
两边加1得an+1=2（an-1+1） （n≥2，n∈N+）
构造成以2为公比的等比数列{an+1}
②an=Pan-1+f（n）
例8、数列{an}中，a1为常数，且an=-2an-1+3n-1（≥2，n∈N）
证明：an=（-2）n-1a1+3n+（-1）n·3·2n-15
分析：这道题是证明题，最简单的方法当然是数学归纳法，现用
构造法和迭代法来证明。
方法一：构造公比为-2的等比数列{an+λ·3n}
用比较系数法可求得λ=-15
方法二：构造等差型数列{an（-2）n}。由已知两边同以（-2）n，
得an（-2 ）n=an-1（-2）n=13·（-32）n，用叠加法处理。
方法三：迭代法。
an=-2an-1+3n-1=-2（-2an-2+3n-2）+3n-1
=（-2）2an-2+（-2）·3n-2+3n-1
=（-2）2（-2an-3+3n-3）+（-2）·3n-2+3n-1
=（-2）3an-3+（-2）·3n-3+（-2）·3n-2+3n-1
=（-2）n-1a1+（-2）n-1·3+（-2）n-3·+32+……+（-2）·3n-2+3n-1
=（-2）n-1a1+3n+（-1）n-2·3·2n-15
③an+1=λan+p·qn（pq≠0）
（ⅰ）当λ=qn+1时，等式两边同除以，就可构造出一个等差数
列{anqn}。
例9、在数列{an}中，a1=4，an+1+2n+1，求an。
分析：在an+1=2an+2n+1两边同除以2n+1，得an+12n+1=an2n+1
∴{an2n}是以a12=2为首项，1为公差的等差数列。
（ⅱ）当λ≠q时，等式两边同除 以qn+1，令bn=anqn，得bn+1=
λqbn+p，再构造成等比数列求bn，从而求出an 。
例10、已知a1=1，an=3an-1+2n-1，求an
分析：从an=3an-1+2n-1两边都除以2n，
得an2n=32 an-12n-1+12
令an2n=bn
则bn=32bn-1+12
④an=p（an——1）q（p、q为常数）
例11、已知an=1a an——12，首项a1，求an。
方法一：将已知两边取对数
得lgan=2lgan——1-lga
令bn=lgan
得bn=2bn-1-lga，再构造成等比数列求bn，从而求出an。
方法二：迭代法
an=1a a2n——1=1a （1a a2n——2）2=1a3 a4n——2
=1a3 （1a a2n——3）4=1a7·an——38=a·（an——3a）23
=……=a·（a1a）2n——1
⑤an+1=ranpan+q（p、q、r为常数，pr≠0，q≠r）
将等式两边取倒数，得1an+1=qr·1an+pr，再构造成等比数
列求an。
例12、在{an}中，a1=1，an+1=anan+2，求an
解：∵an+1=anan+2
∴1an+1=2·1an+1
两边加上1，得1an+1+1=2（1an+1）
∴{1an+1}是以1an+1=2为首项，2为公比的等比数列
∴ 1an+1=2×2n-1=2n
∴an=12n-1
以上罗列出求数列通项公式 的解题思路虽然很清晰，但是一般考
生对第三项中的5种类型题用构选法和迭代法都比较困难的。遇到此
情况，可转化为第一种类型解决，即从an与Sn的关系式求出数列的
前几项，用观察法求an 。




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