高二数学必修5数列通项公式的求法归纳(精)

数列通项公式的四大题型
类型一： 观察分析法（已知前几项，写通项公式）
具体方法有：
(1)联想比较法。如由-1，2，-3，4，-5，······ 联想到数列-1，1，-1，1，······和1，2，3，4，5，······ ，
可得
a
n
?(?1)
n
?
n
；
由3，6，11，18，27，······联想到数列1，4，9，16，25，······，可得
a
n
?n
2
?
2
；
由
,,,
13572n?1
,
······可知该数列中各项分式的分子为2n-1,而分母比分子多4 ，故
a
n
?
.
579112n?3
(2)逐差法。如1， 3，5，7，9，······，可发现：3-1=5-3=7-5=9-7=2，于是归纳得
a
n
?2n?1
.
(3)逐商法.如1，3，9，27，81，· ·····可发现
392781
????3,
于是归纳可得
a
n
?3
n?1
.
13927
(4)待定系数法 .如：3，6，11，18，27，38，······，一次逐差得数列3，5，7，9，11，······ ，二次逐差得
数列 2，2，2，2，······，一般地，逐差k次后可得常数列，则通项公式可设 为k次多项式.可以猜想通
项公式为
a
n
?
an
2
?
bn
?
c
.令n=1,2,3,得
a+b+c=3
○
1 4a+2b+c=6
○
2 9a+3b+c=11
○
3 联立
○
1
○
2
○
3可得a=1,b=0,c=2.
经检验适合，故
a
n
?n
2
?
2
.
类型二：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． < br>2
例1．等差数列
?
a
n
?
是递增数列，前n项和为
S
n
，且
a
1
,a
3
,a
9成等比数列，
S
5
?a
5
．求数列
?
a
n
?
的通项公
式.
解：设数列
?
a
n
?
公差为
d(d?0)

2
∵
a
1
,a
3
,a
9
成等比数 列，∴
a
3
?a
1
a
9
，即
(a
1
?2d)
2
?a
1
(a
1
?8d)
?d
2
?a
1
d

∵
d?0
， ∴
a
1
?d
………………………………①
2
∵
S
5
?a
5
∴
5a
1
?
5?4
?d?(a
1
?4d)
2
…………②
2
由①②得：
a
1
?
333
33，
d?
∴
a
n
??(n?1)??n

55
555
点评： 利用定义法求数列通项时要注意不用错定义，设法求出首项与公差（公比）后再写出通项。
类型三：前
n
项和法 （已知前
n
项和，求通项公式）

若已知数列的前
n
项和
S
n
与
a
n
的关系，求数列
?
a
n
?
的通项
a
n< br>可用公式
a
n
?
?
?
S
1
???? ????????????n?1
求解。
?
S
n
?S
n? 1
???????n?2
例2．已知数列
?
a
n
?
的前
n
项和
S
n
满足
S
n
?2a
n
?(?1)
n
,n?1
．求数列
?
a
n
?
的通项公式。
解：由
a
1
?S
1
?
2
a
1
?
1
?a
1
?
1

n
a?S?S?2(a?a)?2?(?1),

n?2
nnn?1 nn?1
当时，有
?a
n
?2a
n?1
?2?(?1)n?1
,

a
n?1
?2a
n?2
?2?(? 1)
n?2
,
……，
a
2
?2a
1
?2.

?a
n
?2
n?1
a
1
?2
n ?1
?(?1)?2
n?2
?(?1)
2
???2?(?1)
n?1

?2
n?1
?(?1)
n
[(?2)
n ?1
?(?2)
n?2
?
?
?(?2)]
?2
n? 1
2[1?(?2)
n?1
]
?(?1)
3
n
2< br>?[2
n?2
?(?1)
n?1
].
3

经 验证
a
1
?
1
也满足上式，所以
a
n
?< br>2
n?2
[2?(?1)
n?1
]

3
点评 ：利用公式
a
n
?
?
?
S
n
?????? ??????????n?1
求解时，要注意对n分类讨论，但若能合写时一定要合并．
S? S???????n?2
n?1
?
n
类型四：由递推式求数列通项法
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。
题型1： 递推公式为
a
n?1
?a
n
?f
(
n
)

解法：把原递推公式转化为< br>a
n?1
?a
n
?f
(
n
)
，利用 累加法(逐差相加法)求解。
例3. 已知数列
?
a
n
?
满足
a
1?
解：由条件知：
a
n?1
?a
n
?
11，
a
n?1
?a
n
?
2
，求
a
n
。
2
n?n
1111
???

2
n ?n
n(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
(a
2
?a
1
)?(a
3
?a
2
)?(a
4
?a
3)????????(a
n
?a
n?1
)

1111111
?(1?)?(?)?(?)????????(?)

22 334n?1n
所以
a
n
?a
1
?1?
1131< br>11

?a
1
?
，
?a
n
??1???
（
n?2
）
n2
2 n2n

?a
1
?
3131
1
=
??
满足上式 故
?a
n
??

2
212n
题型2 ：递推公式为
a
n?1
?f(n)a
n

解法：把原递推公 式转化为
a
n?1
?f
(
n
)
，利用累乘法(逐商 相乘法)求解。
a
n
2n
a
n
，求
a
n
。 ，
a
n?1
?
3n?1
例4. 已知数列
?
an
?
满足
a
1
?
解：由条件知
a
n? 1
n
，分别令
n?1,2,3,??????,(n?1)
，代入上式得(n?1)
个等式累乘之，即
?
a
n
n?1
aaa
2
a
3
a
4
123n?1
1
??? ???????
n
???????????
?
n
?

n
a
1
a
2
a
3
a
n?1
23 4
a
1
n
又
?a
1
?
22
，
?a
n
?
（
n?2
）
33n
?a
1
?
22
满足上式 故
?a
n
?

33n
注：由
a
n?1?f(n)a
n
和
a
1
确定的递推数列
?
a< br>n
?
的通项还可以如下求得：
所以
a
n
?f(n?1)a
n?1
，
a
n?1
?f(n?2)a
n?2
，
???
，
a
2< br>?f(1)a
1
依次向前代入，得
a
n
?f(n?1)f(n?2)???f(1)a
1
，
题型三、形如
a
n?1
?
pa
n
qa
n
?p
的递推式
解法：取倒法构造辅助数列
例5：
数列
?
a
n
?
满足:a
1
?1,a
n?1
求
?
a< br>n
?
通项公式

解： a
n
?

a
n
?,
2a
n
?1

a
n?1
1
2a?1
1
?
n?1??2
2a
n?1
?1a
n
a
n?1
a
n?1
?
1
?
1

??
是以 为首项，以2为公差的等差数列
a
1
?
a
n
?

题型4、 递推式：
a
n?1
?
pa
n
?
f
?
n
?

解法：只需构造数列
?
b
n
?
，消去
f
?
n
?
带来的差异．其中
f< br>?
n
?
有多种不同形式
①
f
?
n
?
为常数，即递推公式为
a
n?1
?
pa
n
?q
（其中p，q均为常数，
(pq(p?1)?0)
）。

解法：转化为：
a
n?1
?t?p
(
a
n
?t< br>)
，其中
t?
q
，再利用换元法转化为等比数列求解。
1?p
例6. 已知数列
?
a
n
?
中，
a
1
?1
，
a
n?1
?2a
n
?3
，求
a
n
.
解：设递推公式
a
n?1
?
2
a
n
?
3
可以转化为
a
n?1
?t?2 (a
n
?t)
即
a
n?1
?
2
a
n
?t?t??
3
.故递推公式为
a
n?1
?3?2(a< br>n
?3)
,令
b
n
?a
n
?3
，则
b
1
?a
1
?3?4
,且
b
n?1
a
n?1
?3
??2
.所以
?
b
n
?< br>是以
b
1
?4
为首项，2为
b
n
a
n
?3
公比的等比数列，则
b
n
?4?2
n?1
? 2
n?1
, 所以
a
n
?2
n?1
?3
.
②
f
?
n
?
为一次多项式，即递推公式为
a
n?1
?
pa
n
?
rn
?
s

解法：转化为：
a< br>n?1
?
[
A
(
n?
1)
?B
]< br>?p
[
a
n
?
(
An?B
)]
，其 中
A?
，再利用换元法转化为等比数列求解。
例7．设数列
?
a< br>n
?
：
a
1
?4,a
n
?3a
n? 1
?2n?1,(n?2)
，求
a
n
.
解：设
b
n
?
a
n
?
An
?
B
，
则
a
n
?
b
n
?
An
?
B
，将
a
n
,a
n?1
代入递推式，得
b
n?An?B?3
?
b
n?1
?A(n?1)?B
?
?2 n?1?3b
n?1
?(3A?2)n?(3B?3A?1)

?
?
A?3A?2
?
?
?
?
?
B?3B?3A?1?
A?1

?
B?1
?
?取b
n
?a
n
?n?1
…（１）则
b
n
?3b
n?1
,又
b
1
?6
，故
b
n
?6?3
n?1< br>?2?3
n
代入（１）得
a
n
?2?3
n
? n?1

备注：本题也可由
a
n
?
3
a
n ?1
?
2
n?
1
,
a
n?1
?
3
a
n?2
?
2(
n?
1)
?
1
（
n?3
）两式相减得
a
n
?a
n?1
?3(a< br>n?1
?a
n?2
)?2
转化为
b
n
?pb
n?1
?q
求之.
③
f(n)
为
n
的 二次式，则可设
b
n
?
a
n
?
An
2?
Bn
?
C
;
题型5 ：递推公式为
a
n? 1
?pa
n
?q
n
（其中p，q均为常数，
(pq(p?1 )(q?1)?0)
）。 （或
a
n?1
?pa
n
?rq
n
,其中p，q, r均为常数）
解法：该类型较题型3要复杂一些。一般地，要先在原递推公式两边同除以
q< br>n?1
，得：
引入辅助数列
?
b
n
?
（其中
b
n
?
例8. 已知数列
?
a
n
?
中，
a
1
?
解：在
a
n?1
?
a
n?1
p
a
n
1
???

q
n?1q
q
n
q
a
n
p1
b?b?
），得：
再应用类型3的方法解决。
n?1n
n
qq
q
511n?1
,
a
n?1
?a
n
?()
，求
a
n
。
632
112
a
n
?()
n?1
两边乘以
2
n?1
得：
2
n?1
?a
n? 1
?
(2
n
?a
n
)
?
1
323
22
b
n
?1
,应用例7解法得：
b
n
?3?2()
n

3
3
令
b
n
? 2
n
?a
n
，则
b
n?1
?

所以
a
n
?
b
n
1
n
1
n?3()?2()

n
23
2
题型5： 递推公式为
a
n?2
?pa
n?1
?qa
n
（其中p，q均为常数）。
解法：先把原递推公式转化为
a
n?2
?sa
n?1
?t< br>(
a
n?1
?sa
n
)
其中s，t满足
?< br>法求解。
例9. 已知数列
?
a
n
?
中，
a
1
?1
,
a
2
?2
,
a
n?2
?
解：由
a
n?2
?
?
s?t?p
，再应 用前面类型3的方
?
st??q
21
a
n?1
?a
n
，求
a
n
。
33
21
a
n?1
?a
n
可转化为
a
n?2
?sa
n?1
?t(
a
n?1
?sa
n
)

33
即a
n?2
2
?
1
s?t?
?
s?1
?
?
s??
?
?
?
3
?(s?t)a
n?1
?sta
n
?
?
?
?
3

1或
?
t??
?
st??
1
?
?
3?
?
t?1
?
3
?
1
?
s?1
?
??
s??
这里不妨选用
?
3
，大家可以试一试），则
1
（当然也可选用
?
t??
??
3
?
t? 1
?
11
a
n?2
?a
n?1
??(a
n ?1
?a
n
)
?
?
a
n?1
?a
n
?
是以首项为
a
2
?a
1
?
1
，公比为
?
的等比数列,所以
3
3
1
a
n?1?a
n
?(?)
n?1
,应用类型1的方法，分别令
n?1,2 ,3,??????,(n?1)
，代入上式得
(n?1)
个等式累加之，即
3
1
1?(?)
n?1
111
3
a
n
?a
1
?(?)
0
?(?)
1
????????(?)
n?2
?

1
333
1?
3
又
?a
1
?
1
，所以
a
n
?
731
n?1?(?)
。
443