数列通项公式的求法简单总结_数列通项公式求法总结

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艳阳教育高中数学辅导 数列通项公式的求法

类型1 递推公式为an1anf(n)

解法：把原递推公式转化为an1anf(n)，利用累加法(逐差相加法)求解。例1.已知数列an满足a1解：由条件知：an1an

12，an1an



1n(n1)

1nn

2，求an。1n1

1nn



1n



分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累加之，即

(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)(1

12)（1213)(1n

1314)（1n1

1n)

所以ana11

a1

2121

1n321n，an

类型2（1）递推公式为an1f(n)an 解法：把原递推公式转化为

an1an23

f(n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解。

nn1

例2.已知数列an满足a1解：由条件知之，即

a2a1

a3a2

a4a323，an1an，求an。

an1an



nn1，分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累乘



anan123n









n1n



ana1



1n

又a1，an

（2）．由an1f(n)an和a1确定的递推数列an的通项可如下求得：

由已知递推式有anf(n1)an1，an1f(n2)an2，，a2f(1)a1依次向前代入，得

anf(n1)f(n2)f(1)a1，n1k1

0k1

简记为an(f(k))a1(n1,f(k)1)，这就是叠（迭）代法的基本模式。（3）递推式：an1panfn

解法：只需构造数列bn，消去fn带来的差异．

例3．设数列an：a14,an3an12n1,(n2)，求an.解：设bnanAnB，则anbnAnB，将an,an1代入递推式，得

bnAnB3bn1A(n1)B2n13bn1(3A2)n(3B3A1)

A1A3A2 B1B3B3A1

n1

n

取bnann1…（１）则bn3bn1,又b16，故bn63

n

代入（１）得an23n1

2

3说明：（1）若f(n)为n的二次式，则可设bnanAnBnC;(2)

本题也可由an3an12n1 ,an13an22(n1)1（n3）两式相减得anan13(an1an2)2转化为bnpbn1q求之.类型3 递推公式为an1panq（其中p，q均为常数，(pq(p1)0)）。解法：把原递推公式转化为：an1tp(ant)，其中t比数列求解。

例4.已知数列an中，a11，an12an3，求an.解：设递推公式an12an3可以转化为an1t2(ant)即an12antt3.q1p，再利用换元法转化为等

故递推公式为an132(an3),令bnan3，则b1a134,且

bn1bn

an13an3

2.所以bn是以b14为首项，2为公比的等比数列，则bn42n12n1,所以

an2

n1

3.类型4 递推公式为an1panqn（其中p，q均为常数。（或(pq(p1)(q1)0)）

an1panrq,其中p，q,r均为常数）

n

解法：该类型较类型3要复杂一些。一般地，要先在原递推公式两边同除以qn1，得：

an1q

n1



pq



anq

n



1q

引入辅助数列bn（其中bn例5.已知数列an中，a1解：在an1

anq56

n），得：bn1

pq

bn

1q

再应用类型3的方法解决。,an1

1n1

an()，求an。32

1n12nn1

an()两边乘以2n1得：2an1(2an)1 323

22nn

令bn2an，则bn1bn1,应用例7解法得：bn32()

所以an

bn2

n1n1n

3()2()

类型5 递推公式为an2pan1qan（其中p，q均为常数）。解法：先把原递推公式转化为an2san1t(an1san)其中s，t满足

stpstq，再应用前面类型3的方法求解。

例6.已知数列an中，a11,a22,an2解：由an2

23an1

an1an，求an。

an可转化为an2san1t(an1san)

即an2(st)an1stan

2

1sts1s3

3 1或

1tt1st

33

1s1s

这里不妨选用，则3，大家可以试一试）1（当然也可选用

tt1

3an2an1

公比为(an1an)an1an是以首项为a2a11，13的等比数列,所以an1an()n1,应用类型1的方法，分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得

10111n2

(n1)个等式累加之，即ana1()()()

333

1n1

1()

11

又a11，所以an

()

n1。

类型6 递推公式为Sn与an的关系式。(或Snf(an))S1(n1)

解法：利用an进行求解。

SnSn1(n2)

例7.已知数列an前n项和Sn4an

n2

.（1）求an1与an的关系；（2）求通项公式an.解：（1）由Sn4an

n2

得：Sn14an1

n2

n

1于是Sn1Sn(anan1)(所以an1anan1

n1



1212

n1)12

n

an1an

.n1

（2）应用类型4的方法，上式两边同乘以2n1得：2由a1S14a1

12

n

an12an2

n

a11.于是数列2an是以2为首项，2为公差的等差数列，n2

n1

n

所以2an22(n1)2nan

1、通过分解常数，可转化为特殊数列{an+k}的形式求解。一般地，形如an1=p an+q（p≠1，pq≠0）型的递推式均可通过待定系数法对常数q分解法：设an1+k=p（an+k）与原式比较系数可得pk－k=q，即k=

qp1

12，从而得等比数列{an+k}。

例

8、数列{an}满足a1=1，an=an1+1（n≥2），求数列{an}的通项公式。

解：由an=

an1+1（n≥2）得an－2=

（an1－2），而a1－2=1－2=－1，∴数列{ an－2}是以∴an－2=－（12

为公比，－1为首项的等比数列

12）n1∴an=2－（）n1

说明：这个题目通过对常数1的分解，进行适当组合，可得等比数列{ an－2}，从而达到解决问题的目的。

2、通过分解系数，可转化为特殊数列{anan1}的形式求解。这种方法适用于

an2pan1qan型的递推式，通过对系数p的分解，可得等比数列{anan1}：设an2kan1h(an1kan)，比较系数得hkp,hkq，可解得h,k。

例

9、数列an满足a12,a25,an23an12an=0，求数列{an}的通项公式。分析：递推式an23an12an0中含相邻三项，因而考虑每相邻两项的组合，即把中间一项an1的系数分解成1和2，适当组合，可发现一个等比数列{anan1}。解：由an23an12an0得an2an12(an1an)0 即an2an12(an1an），且a2a1523 ∴{an1an}是以2为公比，3为首项的等比数列

n1

∴an1an32

利用逐差法可得an1(an1an)(anan1)(a2a1)a1=32

n1

322

n

n2

322

=3(2

n1n2

21)2

=3

12

12

n

2

=321

n1

∴an321