導語：如何才能寫好一篇數列公式，這就需要搜集整理更多的資料和文獻，歡迎閱讀由公務員之家整理的十篇范文，供你借鑒。

篇1

數列中求通項公式的方法很多，有觀察分析法，公式法（an=Sn－Sn－1）、構造函數法、利用遞推關系式等等。其中利用遞推關系求通項公式的題目多種多樣，靈活多變。利用遞推關系式求通項公式一般有累加法、遞歸法、階差法、累乘法、換元法、構造新數列法等等。利用遞推公式求數列的通項公式是非常重要的內容。在這里探索一下利用遞推關系構造新數列法求通項公式的類型。

當我們不能直接求出數列的通項公式an時，可考慮能否間接的求出an。先設法求出含有an的式子的通項公式，即輔助數列的通項公式，再倒推出an，其中有換元思想。我們求輔助數列，即構造新數列，一般是看每一項的冪的形式或相鄰幾項的和、差、積、商能否構成等差數列或等比數列（這一點，根據的遞推公式的特征來嘗試），若能夠得到等差或等比數列，則在由此倒推回去，即可求得an、an－1.

一、 構造等差數列求通項

例1 數列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為首項，2為公差的等差數列，1an=13+2（n－1）=6n－53，an=36n－5.

例2 數列an中，a1=－1，an=－

a2n-1+a2(n≥2, an為常數），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為首項，以a2為公差的等差數列,

a2n=1+（n－1）a2=a2n+1-a2,

an＜0,an=-

a2n+1-a2.

二、 構造等比數列求通項

下面歸納一下構造等比數列的幾種常見類型

Ⅰ：

an+1=xan+y型

這種類型中，x、y為常數，x≠0,x≠1，a1已知。其構造等比數列的方法有幾種。

分析1：用待定系數法構造等比數列

可令an+1+k=x(an+k),展開比較可得k=

yx-1則是以a1+k為首項，x為公比的等比數列。故

an+k可表示出來，從而可推出an.

分析2：運用構造發散，以任意項減去其前一項，構造出等比數列，再運用累加法計算

an+1=xan+y，

an=xan-1+y，兩式相減可得

an+1－an=x（an－an-1）

{an+1-an}是以

a2-a1=xa1+y+a1為首項，以x為公比的的等比數列

an+1－an=（xa1+y+a1）xn-1分別令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個式子相加可得an。

比較以上兩種方法，很顯然分析1較簡便一點，故一般用待定系數法構造新數列。

例3 數列{an}中，已知a1=9，且3an+1+an=4，求an.

解：由條件得

an+1=

-13an+

43令

an+1+k=-

13(an+k)展開比較，可得k=-1，

an+1－1=-

13（an－1），{an-1}是以a1－1=8為首項，以-13為公比的等比數列

an－1=8

-13n-1an=1+8

-13n-1

Ⅱ：an+1=xan+f（n）型

這里，這種類型有些可構成等差數列（如例3），有些可構成等比數列。若要構成等比數列，盡量把其化為an+1+kf（n+1）=x（an+kf（n））這種形式，則

{an+kf（n）}是以a1+kf（1）為首項以x為公比的等比數列。故可an+kf（n）求出，從而可推出an.

三、 構造常數列

非零常數列即使等差數列，也是等比數列，是很特殊的數列。有不少遞推數列可以構造常數列很輕易地求出通項公式。前面構造等比數列求通項公式的例題我們都可以很輕易構造常數列。因為，如果

{bn}為等比數列，則bn=qbn-1兩邊同時除以qn則得

比如，上面的例4：推到這一步

an+1－1=-13（an－1），兩邊同時乘以（-3）n+1得

（an+1－1）（-3）n+1=（an－1）（-3）n，

{（an-1）（-3）n}是常數列，

（an－1）（-3）n=（a1－1）（-3）=-24，an=1-

24（-3）n=1+8

-13n-1

例4 數列{an}中，a1=1，an=an-1+

1n疊加相消可求得an.

方法二：（構造新數列）有條件得an=an-1+

1n是常數列，an+

篇2

一、觀察法

對一個只給出了前幾項的數列，應觀察它的變化規律，哪些是不變量，哪些是隨項數變化而變化的量，從而得出數列的通項公式。同時，要注意檢驗寫出的通項公式應符合前面的幾項。

例1 寫出數列，，，，，……的一個通項。

解：數列各項為一個分數，但其中，不利于觀察它們的規律，若把它們改寫為，，則原數列為：

，，，，，……

這個數列分母比分子大2，分子隨項數變化，符號成-，+，-，+，……變化，故

an=

二、利用an=關系

an與Sn的關系是a1=S1，an=Sn-Sn-1（n≥2），利用這一關系可以化“和”為“項”。一般已知里涉及an與Sn的用此法可求出通項。

例2 設正項數列{an}的前n項和為Sn，若4Sn=an2+2an對任何自然數n都成立，求通項。

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為首項，以2為公差的等差數列。

an=2n

三、累加法

當數列的遞推公式可化為an-an-1=f（n） （n≥2）的形式，且f（1）+f（2）+……+f（n）是可求得的時，那么可以用“累加法”求得通項公式。

例3 已知數列{an}中，a1=2，an=2?3n-1+an-1（n≥2），求數列{an}的通項公式。

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

將以上各式左右分別相加，可得：

an-a1=2（3+32+…+3n-1）=3n-3，an=3n-1

四、累積法

當數列的遞推公式可以化為：

=f（n） （n≥2）的形式，且f（1）?f（2）?……?f（n）是可求得的時，那么可以用“累積法”求得通項公式。

例4已知數列{an}中，a1=1，an=an-1?3n-1（n≥2），求通項。

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

將以上各式左右分別相乘，可得：

=3?32?…?3n-1=31+2+…+（n-1）=

a1=1， an=

五、待定系數法

對于形如an+1 = man + k（k為非0常數）的遞推公式，用待定系數法可配成an+1+p=m（an+p）的形式，其中p=（m≠1），再轉化為等比數列可求得通項。

例5已知數列{an}滿足a1=1，an+1=2an+3，求通項an。

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

=2 又 b1=a1+3=4

{bn}是以4為首項，以2為公比的等比數列。

bn=2n+1，an=2n+1-3

六、構造新數列

對于形如an+1=man+f（n）的f推公式，可構造新數列轉化為an+1=man+k（k為非0常數）型求an。

例6 數列{an}中，a1=，an= + （n≥2），求通項an。

解：an = + ，2nan=2n-1an-1 + 1，令bn=2nan.

則bn=bn-1+1，bn-bn-1=1 又 b1=2a1=.

{bn}是以為1/2首項，以1為公差的等差數列。

bn = n - ，an=

注：若題中已知an-1的系數不是1/2，而是其它的非零常數，則用此法可轉化為an+1=man+k（k為非0常數）的形式求an。

七、倒數法

對于形如an+1an=man+1+pan（m、p≠0）的遞推公式，可兩邊同除以an+1an產生an+1與an的倒數，再求an。

例7已知數列{an}的前n項和為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

兩邊同除以Sn?Sn-1得： - = 1

令bn =則bn-1 - bn = 1

即bn-bn-1=-1 又 b1= = =

{bn}是以為首項，以-1為公差的等差數列。

bn =-n 即 Sn =

an=Sn-Sn-1 （n≥2） =- =

an=

八、迭代法

對于形如an+2=pan+1+qan（p、q≠0且為常數）的遞推公式，它表示的是相鄰三項間的遞推關系，可通過構造新數列或反復迭代轉化為表示相鄰兩項間的遞推關系的類型，如an+1=man+k（k為非0常數）或an+1=man+f（n），再求出通項an。

例8設a1=1，a2=5/3，an+2=5/3 an+1 C2/3 an （n=1，2，……），求數列{an}的通項公式。（2004年高考重慶卷（文）22題（1）問）

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

再次反復迭代得：

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、猜證結合法

對于形式特點不突出的遞推公式，可寫出數列的前幾項，再由前幾項猜想出數列的一個通項公式，最后用數學歸納法證明。

例9設數列{an}滿足an+1=an2 - nan+1，且a1=2， n∈N*，求數列{an}的通項公式。（2002年全國高考卷22題（1）問）

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 數列{an}滿足：a1=-5，an+1=2an+3n+1，已知存在常數p，q，使數列{an+pn+q}為等比數列，求常數p，q及數列{an}的通項公式.

難度系數 0.65

分析 求解本題我們可以先設出數列滿足的關系，然后利用待定系數法求出數列的通項公式.

解 由條件令an+1+p（n+1）+q=k（an+pn+q），則有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∈■）.

小結 一般遇到形如an+1=pan+k的式子，可設an+1+m=p（an+m）；形如an+1=pan+An+B的式子，可設an+1+m（n+1）+q=p（an+mn+q）；形如an+1=pam+mn2+kn+h的式子，可設an+1+A（n+1）2+B（n+1）+C=p（an+An2+Bn+C）.根據恒等式對應相等求出設出的參數，將數列轉化為等比數列，再根據等比數列求出數列的通項公式.求解關于an=0或an≥k的關系式，我們可以先寫出數列的前幾項，猜想規律后再用數學歸納法進行證明.

方法二：分式取倒數求通項公式

例2 已知數列{an}滿足a1=■，an=■（n≥2，n∈■）.求數列{an}的通項公式.

難度系數 0.60

分析 將已知分式取倒數，再將數列轉化為等比數列，從而求出通項公式.

解 將已知分式取倒數，得■=（-1）n-■，■+（-1）n=（-2）?[■+（-1）n-1].

又■+（-1）=3，數列{■+（-1）n}是首項為3、公比為-2的等比數列.

■+（-1）n=3?（-2）n-1，即an =■.

小結 對于根據分式求數列的通項公式問題，我們常采用取倒數法來求解.

方法三：將已知數列適當變形轉化為等比數列求通項公式

例3 已知數列{an}滿足a1 =1，a2 = 4，an+2 +2an=3an+1（n∈■）.

（1）求數列{an}的通項公式；

（2）記數列{an}的前n項和為Sn，求使得Sn>21-2n成立的最小整數.

難度系數 0.70

分析 將an+2 +2an=3an+1進行適當的變形，變為等比數列，再利用累加法求出通項公式；根據數列的通項公式，利用分項分別求和求出前n項的和，再求出最小整數.

解 （1）由an+2+2an=3an+1，得an+2-an+1=2（an+1-an）.數列{an+1-an}是以a2-a1=3為首項、2為公比的等比數列.an+1-an=3×2n-1.當n≥2時，an-an-1=3×2n-2，an-1-an-2=3×2n-3，…，a3-a2=3×2，a2-a1=3.將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.又當n=1時也適合上式，所以數列{an}的通項公式為an=3×2n-1-2.

（2）解答過程省略.

小結 對于形如an+2=pan+1+qan的數列求通項公式，我們可以將其適當變形為an+2-kan+1=m（an+1-kan），使數列{an+1-kan}為等比數列，求出其通項公式，然后求出數列{an}的通項公式.

方法四：同除以一項變為等差數列或等比數列求通項公式

例4 已知數列{an}滿足a1=1，且an=2an-1+2n（n≥2且n∈■）.

（1）求數列{an}的通項公式；

（2）設數列{an}的前n項和為Sn，求出Sn，并證明：■>2n-3.

難度系數 0.70

分析 已知等式兩邊同除以2n，將數列變為等差數列，再求出數列的通項公式；根據數列的通項公式，求出數列的和，再進行證明.

解 （1）an=2an-1+2n（n≥2且n∈■），■=■+1，即■-■=1（n≥2且n∈■）.所以，數列{■}是等差數列，其公差d=1，首項為■.于是■=■+（n-1）d=■+（n-1）?1=n-■，an=（n-■）?2n.

（2）證明過程省略.

小結 對于形如an+1=kan+bn的數列求通項公式的問題，我們可以同時除以bn+1，將其變形為■=■?■+■，再轉化為等比數列進行求和.

方法五：利用累乘或累加求通項公式

例5 已知數列{an}的前n項和為Sn=■an（n∈■），且a1=2.數列{bn}滿足b1=0，b2=2，■=■，n=2，3，….

（1）求數列{an}的通項公式；

（2）求數列{bn}的通項公式；

（3）證明：對于n∈■，■+■+…+■≥2n-1-1.

難度系數 0.68

分析 解答第（1）問時，我們可以根據Sn=■?an再寫出一項，兩式對應相減，就可將Sn轉化為an，再利用累乘法求出數列{an}的通項公式；解答第（2）問時，由■=■，我們可以利用累乘法求出數列{bn}的通項公式；解答第（3）問時，我們可以先求出■的通項公式，然后利用放縮法證明不等式.

解 （1）由于2Sn=（n+1）an，所以2Sn+1=（n+2）an+1.上述兩式對應相減，得2an+1=（n+2）an+1-（n+1）an，即■=■.當n≥2時，an=a1?■?■?…?■=2×■×■×…×■=2n.

又a1=2滿足上式，所以an=2n（n∈■）.

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

顯然b1=0，b2=2 滿足上式.

所以，數列{bn}的通項公式為bn=2n-1（n-1）.

（3）證明過程省略.

小結 形如■= f（n）的數列求通項公式，我們可以利用累乘法求出數列的通項公式；形如an-an-1= f（n）的數列求通項公式，我們可以利用累加法求出數列的通項公式.遇到形如Sn= f（an）的關系，要將其轉化為一致，可將Sn轉化為an，也可將an轉化為Sn，再轉化為等差數列或等比數列來求解.

方法六：利用歸納、猜想與證明的方法求通項公式

例6 設b>0，數列{an}滿足a1=b，an=■（n≥2）.求數列{an}的通項公式.

難度系數 0.60

分析 本題可用猜想證明的方法進行求解.本題也可將題中的條件變形為b?■=2?■+1，構造成■+■=■（■+■），進而將其轉化為等比數列，求得■+■的通項公式，從而求出數列{an}的通項公式.

解 （1）令An=■，A1=■.當b=2時，數列{An}是以■為首項、■為公差的等差數列，即An=■+（n-1）×■=■.an=2.

（2）當b≠2時，a1=b，a2=■=■，a3=■=■，猜想an=■.下面用數學歸納法進行證明.

①當n=1時，猜想顯然成立.

②假設當n=k時，ak=■，于是有ak+1=■=■.所以，當n=k+1時，猜想成立.

由①②可知，？坌n∈■，an=■.

綜上所述，an=2，b=2，■，b>0且b≠2.

小結 求數列的通項公式，我們可以先求出數列的前三項.根據前三項的特點，猜想出數列的通項公式，再用數學歸納法進行證明.

篇4

關鍵詞： 數列 通項公式 求解策略

一、定義法

當已知數列為等差數列或等比數列時，可直接利用等差數列或等比數列的定義求出通項公式.

【例】已知等差數列{a}中，a=，s=-5，a=-，求a.

解：由題意得

s=n+d=-5 （1）a=+（n-1）d=-（2）

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

二、觀察法（又叫猜想法、不完全歸納法）

觀察數列中各項與其序號間的關系，分解各項中的變化部分與不變部分，再探索各項中變化部分與序號間的關系，從而歸納出構成規律寫出通項公式.關鍵是找出各項與項數的關系.

【例】已知數列-1，，-，，…寫出數列的一個通項公式.

解：將此數列變形為：-，，-，，…通過觀察變形找到其規律，得出數列的通項公式為a=（-1）.

注：用不完全歸納法，只是從數列的有限項通過觀察而得到數列所有項的通項公式，不一定可靠.如從數列2，4，8，…可得a=2n或a=n-n+2兩個不同的通項公式（從第四項開始便不同）.

三、公式法（已知數列{a}的前n項和s求通項公式）

這類題目比較簡單，一般都是利用a=a（n=1）s-s（n≥2）， 求{a}后要注意驗證是否能用一個統一的公式來表示.［1］

【例】數列{a}的前n項和為s，且a=1，a=s，n=1，2，3…，求數列{a}的通項公式.

解：因為a=s-s所以3s-3s=s，=，所以{s}是以s=1為首項，q=為公比的等比數列.所以s=，則a=s-s=•（n≥2）.

經驗證：n=1時，兩式不能統一，所以a=1（n=1）（n≥2）.

點評：先利用a與s的關系，找出s的表達式，再求a.

四、構造新數列法

由遞推關系得出數列通項公式的方法多樣，累加法、累積法、構造法、迭代法是常用的構造法.對于較復雜的數列可試著用如下方法求通項公式.

1.累加法（又叫疊加法）

一般的，對于形如a=a+f（n）類數列的通項公式，只要f（1）+f（2）+…+f（n）能進行求和，則宜采用此方法求解.

【例】已知數列{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.累積法（又叫迭乘法）

一般的，對于形如=f（n）類數列的通項公式，只要f（1）+f（2）+…+f（n）能進行求積，則宜采用此方法求解.

【例】已知數列{a}滿足a=1，a=a+2a+3a+…（n-1）a，n≥2.求數列通項公式a.

解：由題可知：a=a+2a+3a+…（n-1）a，a=a+2a+3a+…（n-2）a，兩式相減可得：a-a=（n-1）a（n≥3），即a=na，所以a=••…•a=n×（n-1）×（n-2）×…×2，即a=n!.

3.構造法

利用數列{a}中的a構造新的數列{b}使之成為等差或等比數列，再求a.常見模型歸納如下.

①a=pa+f（n），p≠1，f（n）為冪函數

【例】在數列{a}中，a=1，a=3a+2•3，求a.

解：由a=3a+2•3得=+，則為公差是的等差數列.

所以=+（n-1）•即a=3（n+）.

②a=pa+q（p≠1，p，q為非零常數）可用待定系數法

【例】已知數列{a}中，a=1，a=2a+1，求a.

解：設a-t=2（a-t）即a=2a-t，故t=-1，原式可變為a+1=2（a+t），所以{a+1}為首項為a+1=2，公比為2的等比數列，所以a+1=2，即a=2-1.

③a=（p，q為常數）型

【例】已知數列{a}滿足，a=1，a=求a.

解：將a=兩邊取倒數，變形為：=×+，即+1=（+1）.

所以+1是首項為+1=2，公比為的等比數列.所以+1=2•（），即a=.

④取對數轉化為等比數列a-p=（a）（p，t為常數）［2］

【例】已知數列{a}中，a=3，a=（a-1）+1，求a.

解：由條件可知a-1=（a-1），兩邊同時取對數得lg（a-1）=2lg（a-1），即=2，所以{lg（a-1）}是首項為lg（a-1）=lg2，公比為2的等比數列，所以lg（a-1）=2lg2，所以a=2+1.通過取對數達到降次的目的，使原來的遞推關系轉化為等比關系.

⑤通過取方根轉化為等比數列

【例】已知f（x）=x+2+2（x≥0），a=2設數列每項都滿足a=f（a），求a.

解：因為f（x）=x+2+2（x≥0），所以a=f（a）=a+2+2=（+），又a＞0，兩邊同時取平方根，得=+，所以，{}為公差為的等差數列.所以=（n-1），即a=2n.

⑥a=pa+qa（p，q為非零常數）型

【例】在數列{a}中，a=1，a=2，a=a+a，求數列{a}的通項公式.

解：由a=a+a兩邊減去a得a-a=-（a-a），所以{a-a}是以a-a=1為首項，-為公比的等比數列，所以a-a=（-），再用累加法求通項公式.

⑦a+t=（p，q，r為非零常數）型

【例】數列{a}滿足a=2，a=，求a.

解：對等式兩端同時加參數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：=×，即是首項為=，公比為的等比數列，即=×3，解得a=.

五、數學歸納法

有時一個數列可以由已知條件求出數列的前幾項，通過“觀察法”，就可以歸納猜想出數列的通項公式，然后再用數學歸納法證明之.這種方法是可靠的.［3］

【例】已知數列{a}滿足a=1，a=，求數列{a}的通項公式.

解：a=1，a=，a=，a=，a=，猜想a=.

現用數學歸納法證明:

（）當n=1時，a==1成立；

（）假設n=k時，a=.當n=k+1時，因為a===.

由（）（）得a=對n∈N都成立.

六、倒數法

數列有形如f（a，a，a，a）=0的關系，可先求得，再求得a.［4］

【例】已知數列{a}中，a=1，a=，求數列{a}的通項公式.

解：由遞推關系變形得=2+，故數列是等差數列，其首項是1，公差是2，所以=1+（n-1）×2=2n-1，即a=.

以上各例雖然是一些具體的例子，但它們往往可以應用于一般情形.數列通項公式的這幾種求法，在以上例題中可以看到沒有一定的界限，如“數學歸納法”法是“觀察法”的延伸，而有的題目往往用到多種求法，有的例題中出了用到了構造法還用了公式法.我們可以看到，求數列通項公式雖然具有很強的技巧性，但是并沒有離開我們所學的基本知識與技能、基本思想與方法.因此在平日教與學的過程中，既要加強基本知識、基本方法、基本技能和基本思想的學習，又要注意培養和提高數學素質與能力和創新精神.注意多加總結和反思，注意聯想和對比分析，做到觸類旁通.這樣即使題目再靈活，技巧性再強，做起來亦能得心應手.

參考文獻：

［1］韓保樹.數列通項公式的常見求法，科技資訊，2007，（10）.

［2］孫坤菊.解題方法與技巧，中學教學參考，2009.4.

［3］劉家勇.數列的通項公式的求法，數理化學習，2008，（12）.

篇5

(1) 構造常見數列法解型如：an+1=pan+q（p、q為常數），變形為an+1+λ=p(an+λ)，利用恒等式求出λ，從而構成等比數列，求出數列的通項。

例1 設數列{an}的首項a1∈(0,1)，求an的通項公式；

解：an=3-an-12(n=2,3，4…)，an-1=3-2an 存在實數λ，使得an-1+λ=-2(an+λ) λ=-1即an-1-1=-2(an-1) 數列{an-1}是以a1-1為首項以-12為公比的等比數列， 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為常數，f(n)為等差）

例2 數列{an}中，a1=2,an+1=an+cn（c是常數，n=1,2,3…），求an的通項公式

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

代入得(n-1)個等式累加，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

說明：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) 輔助數列法解型如：an+1=pan+qn(p為常數，qn為等比)，可兩邊除以qn+1，an+1qn+1=panqqn+1q,引輔助數列{bn},bn=anqn, 則轉化為bn+1=pqbn+1q求解

例3 數列{an}中,a1=2,an+1=λan+λn+1+(2-λ)•2n(n∈N*),其中λ>0，求數列{an}的通項公式

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為首項,公差為1的等差數列

an-2nλn=a1-2λ+(n+1) an=(n-1)λn+2n

(4) 韋達定理解型如：an+2=pan+1+qan,設an+2=pan+2+qan，可變為an+2-αan+1=β(an+1-αan),即an+2=(α-β)an+1-βαan構造方程

x2-px+q=0求解α,β兩根，從而轉化為等比數列求解；

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

解：由an+2=23an+1+13an可構造方程x2-23x-13=0得x1=-13,x2=1,故an+2-an+1=-13(an+1-an) {an+1-an}是公比為13，首項為a2-a1=1的等比數例， an+1-an=-13n-1以n=1,2,3…，（n-1）代入，再把（n-1）個等式累加

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 在數列{an}中，a1=2,an+1=n+1nan,求通項an，

解:a1=2,an+1=n+1nan， a2a1=21,a3a2=32,…,anan-1=nn-1,以上(n-1)個等式左右兩邊分別相乘得ana1=n,an=2n且n=1時a1=2,也適合上式 an=2n

(6) 化歸法求解型如：Sn=f(an),一般地，要將an化歸到Sn或將Sn化歸到an.

例6 數列{an}的前n項和為Sn=1-23an,(n∈N*)求數列{an}的通項公式

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）求通項公式的方法稱為累加法。累加法是求型如an+1=an+f（n）的遞推數列通項公式的基本方法（f（n）可求前n項和）.

例1.已知數列an滿足an+1=an+2n+1，a1=1，求數列an的通項公式。

解：由an+1=an+2n+1得an+1-an=2n+1則

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

所以數列an的通項公式為an=n2。

例2：在數列{an}中，已知an+1= ，求該數列的通項公式.

備注：取倒數之后變成逐差法。

解：兩邊取倒數遞推式化為：=+，即-=所以-=，-=，-=…-=.…，

將以上n-1個式子相加，得：-=++…+即=+++…+==1-故an==

二、累乘法：利用恒等式an=a1…（an≠0，n？叟n）求通項公式的方法稱為累乘法，累乘法是求型如：an+1=g（n）an的遞推數列通項公式的基本方法（數列g（n）可求前n項積）.

例3.已知數列{an}中a1=，an=?an-1（n？叟2）求數列{an}的通項公式。

解：當n？叟2時，=，=，=，…=將這n-1個式子累乘，得到=，從而an=×=，當n=1時，==a1，所以an= 。

注：在運用累乘法時，還是要特別注意項數，計算時項數容易出錯.

三、公式法：利用熟知的的公式求通項公式的方法稱為公式法，常用的公式有an=Sn-Sn-1（n？叟2），等差數列或等比數列的通項公式。

例4.已知Sn為數列an的前n項和，且Sn=2n+1，求數列an的通項公式.

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

而n=1時，21-1=1≠a1，an3（n=1）2n-1（n？叟2）。

四、構造新數列（待定系數法）： ①將遞推公式an+1=qan+d（q，d為常數，q≠0，d≠0）通過（an+1+x）=q（an+x）與原遞推公式恒等變成an+1+=q（an+）的方法叫構造新數列.

例5.在數列an中，a1=1，當n？叟2時，有an=3an-1+2，求an的通項公式。

解：設an+m=3（an-1+m），即有an=3an-1+2m，對比an=3an-1+2，得m=1，于是得an+1=3（an-1+1），數列an+1是以a1+1=2為首項，以3為公比的等比數列，所以有an=2?3n-1-1。

類似題型練習：已知數列an滿足a1=1，an+1=2an+1（n∈N*）求數列an的通項公式.

注：此種類型an+1=pan+g（n）（p為常數，且p≠0，p≠1）與上式的區別，其解法如下：將等式兩邊同除以pn+1，則=+，令bn=，則bn+1=bn=，這樣此種數列求通項的問題可以轉化為逐差法的問題，當然這種數列的通項公式也常用待定系數法解決，關鍵要根據g（n）選擇適當的形式。

如：an的首項a1=1，且an+1=4an+2n，求an

五、數學歸納法（用不完全歸納法猜想，用數學歸納法證明）

例6.設數列an滿足：a1=1，an+1an-2n2（an+1-an）+1=0求數列an的通項公式.

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，并用數學歸納法予以證明（以下略）

六、待定系數法

例7.已知數列an滿足an+1=2an+3×5n，a1=6，求數列an的通項公式。

解：設an+1+x×5n+1=2（an+x×5n） ④

將an+1=2an+3×5n代入④式，得2an+3×5n+x×5n+1=2an+2x×5n，等式兩邊消去2an，得3?5n+x?5n+1=2x?5n，兩邊除以5n，得3+5x=2x，則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，則=2，則數列{an-5n}是以a1-51=1為首項，以2為公比的等比數列，則an-5n=2n-1，故an=2n-1+5n。

評注：本題解題的關鍵是把遞推關系式an+1=2an+3×5n轉化為an-1-5n+1=2（an-5n），從而可知數列{an-5n}是等比數列，進而求出數列{an-5n}的通項公式，最后再求出數列{an}的通項公式。

七、特征根法

形如遞推公式為an+2=pan+1+qan（其中p，q均為常數）。對于由遞推公式an+2=pan+1+qan，a1=α，a2=β，給出的數列an，方程x2-px-q=0，叫做數列an的特征方程。

若x1，x2是特征方程的兩個根， 當x1≠x2時，數列an的通項為an=Axn-11+Bxn-12，其中A，B由a1=α，a2=β決定（即把a1，a2，x1，x2和n=1，2，代入an=Axn-11+Bxn-12，得到關于A、B的方程組）；

當x1=x2時，數列an的通項為an=（A+Bn）xn-11，其中A，B由1=α，a2=β決定（即把a1，a2，x1，x2和n=1，2，代入an=（A+Bn）xn-11，得到關于A、B的方程組）。

例8.數列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在數列｛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）個等式，累加，即

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

an-a1=（1-）

an=1-=

練習：已知數列an滿足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：累積法

例2在數列｛an｝中，a1=2，an+1=an求通項公式an

解：a1=2，an+1=an

=，=…=

以上（n-1）個等式左右兩邊分別相乘得

=n，即an=2n且n=1時，a1=2也適合上式

an=2n

練習：a1=1，sn=求通項公式

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）

累積法得an=n（n∈N）

3、形如an=pan-1+f（n） 方法：構造新數列

例3已知在數列｛an｝中，a1=，an+1=an+（）n+1，求an

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

于是可得bn+1-bn=（bn-bn-1）

bn=3-2（）n

an=3（）n-2（）n

練習：a1=2，an-1=求通項公式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在數列｛an｝中，a1=1，a2=2，an+2=an+1+an，求an

分析：構造方程x2=x+，解得x1=1，x2=-

解：an+2-an+1=an+1+an-an+1=-（an+1-an）

｛an+1-an｝是公比為-，首項為a2-a1=1的等比數列

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是常數)型

一般可用待定系數法，轉化為等比數列問題．

設遞推式可化為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為首項，q為公比的等比數列．

an+qp-1=(a1+qp-1)qn-1，從而求出an．

二、an+1=pan+qn(p,q為常數)型

此類型的基本方法是先轉化為類型一再由待定系數法求得通項.

原式可轉化為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,則由類型一求出bn,再代入①可求得an．

三、an+1=an+f(n)型

此類型{an}可轉化為an+1-an=f(n)，其中{f(n)}是可求和數列，即逐項作差：a2-a1=f(1),

a3-a2=f(2),

…,

an-an-1=f(n-1).

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

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

這種求數列通項的方法即為迭加法．

四、an+1=anf(n) 型

此類型{an}可轉化為an+1an=f(n)，其中{f(n)}是可求積數列，即可逐項作商如下：a2a1=f(1),a3a2=f(2),a4a3,…,anan-1=f(n-1),

將以上式子兩邊分別相乘，得ana1=f(1)?f(2)?f(3)…f(n-1).

設求得f(1)?f(2)?f(3)…f(n-1)=g(n)，則有an=a1g(n)，這種求數列通項的方法即為迭乘法．

五、an+1=pan+qan-1(p,q為常數)型

此類型可設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，構造{an+1+xan}等比數列(公比為 y)，從而可轉化為類型一來求通項．

六、

其他類型

【例1】 若數列{an}滿足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為周期的數列，則a2003=a667×3+2=a2=-1.

【例2】 已知數列{an}滿足12a1+122a2+…+12nan=2n+5(n∈N)

，求{an}的通項公式.

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

兩式相減得12nan=2(n≥2)，即an=12n+1(n≥2).

an=14（n=1）；12n+1（n≥2）.

若數列{an}的遞推公式是an+1=f(an)，則用遞推法求通項的一般方法是：

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

【例3】 設an+1=a2n,a1=2,求an.

解：an+1=a2n，

篇9

若數列{an}的遞推公式為an+1

=f(an),把此式中的an+1

、an均換成x得方程x=f(x).我們把方程x=f(x)的實數根x稱為數列{an}的不動點.利用數列的非零不動點，即可簡便快捷地求出數列{an}的通項公式.

一、若f(an)為整式，而{an}又只有一個非零不動 點x0,則可考慮用化簡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),求數列{an}的通項公式.

分析：由x=2x+3知{an}僅有一個非零不動點-3，則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首項、2為公比的等比數列，則當n

≥2時，有an+3=2n,故an=2n-3.

又a1=-1也滿足上式.

所以{an}的通項公式為an=2n-3.

例2 若a1=0,an+1=

n+2n

an+

1n(n∈N

*),求數列{an}的通項公式.

分析：

由x=

n+2n

x+1n知{an}僅有一個非零不動點-

12，則

an+1-（-12

）=

n+2

n

an+1n

-(-12

).

所以an+1+12

=n+2n

(an+12),

則

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)}是一個常數列.

所以an+12

n(n+1)

=a1+12

1×(1+1)

=

122

=14.

所以an=

n2+n-24.

又a1=0也滿足上式.

所以{an}的通項公式為an=

n2+n-24.

二、若f(an)為分式，而{an}有兩個相同的非零不動點x0,則可考慮用化簡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),求數列{an}的通項公式.

分析：

由x=

12-x得{an}有兩個相同的非零不動點1，

則an-1

=12-an-1

-1=

an-1-1

2-an-1

.

兩邊取倒數得1an-1

=

2-an-1

an-1-1

=

1an-1

-1-1.

所以{1an-1}

是以1a1-1

=-12

為首項、-1為公差的等差數列，故當n≥2時，

1an-1

=-12

+(n-1)•(-1)=

12

-n.

所以an=

3-2n1-2n.

又a1=-1也滿足上式.

所以{an}的通項公式為an=

篇10

                                                                                   從求數列通項公式問題談高中生數學反思能力的培養

                                                                                                              邢錫光1    張璟怡2

                                                （1、武漢市洪山高中，湖北  武漢  430070 2、武漢市關山中學，湖北  武漢  430070）

摘  要：求數列通項公式是高中數列一類常見和重要的題型，其題型解法較多也復雜，許多學生產生對求通項公式的畏難和消極情緒.我們該如何從課本內容入手，通過不斷改變條件，不斷的反思，將此類問題深入下去，使學生突破和解決這類問題，成為目前我們關注的問題.

關鍵詞：數列；通項公式 反思能力

求數列通項公式是高中數列一類常見和重要的題型，也是高考的熱點之一，其題型解法較多也復雜，許多學生產生對求通項公式的畏難和消極情緒.我們該如何從課本內容入手，通過不斷改變條件，不斷的反思，將此類問題深入下去，使學生突破和解決這類問題，成為目前我們關注的問題.

由等差數列概念 （常數），學生們掌握了迭代法和累加法求通項公式.

反思1 若 ，如何求通項 ；

嘗試當 分別為 時求通項 ，不難發現仍可由迭代法和累加法轉化為數列求和問題解決.注意合理運用分組求和、裂項求和、錯位相減求和等基本求和方法.

由等比數列概念 （常數），學生們掌握了迭代法和累乘法求通項公式.

反思2 若 ，如何求通項 ；

嘗試當 分別為 時求通項 ，不難發現仍可由迭代法和累乘法轉化為數列求積問題解決.

反思3由等比數列概念 （常數），可等價于 ，那么若 （p,q為常數），如何求通項 ；

學生合作交流后發現仍可由迭代法和累加法求通項公式，但累加法求通項公式難度較大.另外，學生已經對等差數列和等比數列概念有了較深的理解，可以適當點撥學生設法構造新等差數列或等比數列解決問題.

嘗試當q=1時， 為等差數列；當 時， 為等比數列；當 時，可設問鋪墊，是否數列 為等比數列？從而歸納此類問題方法，先求待定系數x，由 ， 得 ，再構造等比數列 求其通項 ，最后再求通項 .

反思4若 （q為常數），如何求通項 ；

當 時，本類型問題仍可由迭代法和累加法求通項公式，但先求待定系數x，再構造等比數列求其通項是否還使用呢？

嘗試當 時，能否沿用反思3的方法先求待定系數？嘗試的過程中出現了什么問題，怎樣改進？從而歸納此類問題方法，

先求待定系數x，y，由  ， 得 ，再構造等比數列 ，最后再求通項 .

嘗試當 時，能否利用已有的方法求通項 .

方法一：兩邊同除以 ，即 ，令 ，則 ，這樣可轉化為反思2解決；

方法二：兩邊同除以 ，即 ，令 ，則 ，當 時，轉化為等差數列解決，當 時，轉化為反思3解決；

方法三：先求待定系數x， ,再構造等比數列求解.

反思5若 （r,t， 且 ， 為常數），如何求通項 ；

學生合作探究，發現可利用對數運算達到將問題降次的目的，

 ，即 ，令 ，則 ，這樣可轉化為反思3解決；

反思6若已知二階遞推公式 （p,q為常數），如何求通項 ；

經過前述五個問題的研究，學生可以順利構造新等比數列完成通項公式的求取.

 ，即 為等比數列，最后轉化為反思4求解.

反思7若已知分式遞推公式 （p,q，h，為非零常數），如何求通項 ；

學生合作探究可自行完成等式的變形， ，即

 ，（）

方法一：兩邊同除以 ，當 時，  ，令 可轉化為等差數列求解；當 時， ，令 ，可得 ，這樣可轉化為反思3解決；

方法二：觀察變形式的結構，先求待定系數k,t,s，再構造等比數列求解，

 即轉化為 為等比數列求解.

反思8若已知分式遞推公式 （p,q，h,k為常數），如何求通項 ；

學生合作探究可自行完成等式的變形， ，即

 ，

先求待定系數g,u,s,t，再構造等比數列求解，

 即轉化為 為等比數列求解.

課本p57  給出填空 ，

反思9若已知 等量關系，如何求通項 .

嘗試當 1時, 可得 2,1-2得 ,即 故,  ,由等比數列概念,可求得通項,但要注意 時的情況不含在上述關系式中,須單獨討論.

最后通過練習來深化、理解和檢驗理論的學習.

1、（2009年陜西卷）已知數列 滿足 ， ，求數列 的通項公式.

點撥:屬于反思6的范疇.由已知 ，先求待定系數k,s, ,得 ，從而得到等比數列 ，再轉化為反思3解決；或等比數列 ，再轉化為反思1解決.

答案：

2、（2011年廣東卷）設b>0,數列 滿足 ， ,求數列 的通項公式.

點撥:屬于反思7的范疇.由已知 ，變形得到 ，兩邊同除以 ，得 ，令 ，可得 ，當b=2時，轉化為等差數列；當 時，這樣可再轉化為反思3解決.

答案：

3、（2008年四川卷）已知數列 滿足 ，求數列 的通項公式.

點撥:屬于反思9的范疇.由已知 1，得

 2，由2-1， ，這樣可再轉化為反思4解決，注意對b的討論.

答案：

受之以魚不如授之以漁，將現成的知識教給學生，不如教給他們獲取知識的方法，反思能力的培養將幫助學生變過去被動學習為主動學習的學習方式，也是學生能長效和高效學習的有力保證。