高考数学复习专题讲座 数列通项公式的求法

2023年12月16日发(作者：)

高考数学复习专题讲座 数列通项公式的求法

各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解。特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。本文总结出几种求解数列通项公式的方法，希望能对大家有帮助。

一、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．

2例1．等差数列an是递增数列，前n项和为Sn，且a1,a3,a9成等比数列，S5a5．求数列an的通项公式.

解：设数列an公差为d(d0)

2∵a1,a3,a9成等比数列，∴a3a1a9，

即(a12d)2a1(a18d)d2a1d

∵d0， ∴a1d„„„„„„„„„„„„①

2∵S5a5 ∴5a154d(a14d)2„„„„②

233，d

55333∴an(n1)n

555由①②得：a1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。

二、公式法

S1n1n若已知数列的前项和Sn与an的关系，求数列an的通项an可用公式anSnSn1n2求解。

例2．已知数列an的前n项和Sn满足Sn2an(1)n,n1．求数列an的通项公式。

解：由a1S12a11a11

naSS2(aa)2(1),

n2nnn1nn1当时，有an2an12(1)n1,

an12an22(1)n2,„„，a22a12.

an2n1a12n1(1)2n2(1)22(1)n1

2n1(1)n[(2)n1(2)n2(2)]2n12[1(2)n1](1)3n2[2n2(1)n1].3经验证a11也满足上式，所以an2n2[2(1)n1]

3Snn1点评：利用公式an求解时，要注意对n分类讨论，但若能合写时一定要合SnSn1n2

并．

三、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。

类型1 递推公式为an1anf(n)

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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。

(2004全国卷I.22)已知数列an中,a11,且a2ka2k1(1)k,a2k1a2k3k,其中k1,2,3,„„，求数列an的通项公式。

例3. 已知数列an满足a112，a1n1ann2n，求an。

解：由条件知：a11n1ann2nn(n1)1n1n1

分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累加之，(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)

(112)(1213)(1314)(11n1n)

所以aa1n11n

a1113112，an21n2n

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1af(n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解。

n(2004全国卷I.15)已知数列{an}，满足a1=1，an=a1+2a2+3a3+„+(n－1)an－1(n≥2)，则{an}的通项

a1n1n

n2

P24（styyj）

___

例4. 已知数列a2n满足a13，ann1n1an，求an。

解：由条件知an1nan1，分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累乘之，即

na2a3a4an123n1an1a1a2a3an1234na

1n又a1223，an3n

（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

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即

anf(n1)f(n2)f(1)a1，

简记为an(f(k))a1

(n1,f(k)1)，这就是叠（迭）代法的基本模式。

k1k1n10（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5．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3A2B3B3A1A1

B1取bnann1„（１）则bn3bn1,又b16，故bn63n123n代入（１）得an23nn1

说明：（1）若f(n)为n的二次式，则可设bnanAn2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.

例6．已知a13，an1解：an3n1an

(n1)，求an。

3n23(n1)13(n2)132131a1

3(n1)23(n2)2322323n43n752633n13n4853n1。



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q，再利用换元法转化为等比数列求解。

1p第 3 页 共 15 页

(2006.重庆.14）在数列an中，若a11,an12an3(n1)，则该数列的通项an

P24（styyj）

例7. 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.故递推公式为an132(an3),令bnan3，则b1a134,且bn1an132.所以bn是以b14为首bnan3项，2为公比的等比数列，则bn42n12n1,所以an2n13.

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

（2006全国I.22）（本小题满分12分）

设数列an的前n项的和Sn412an2n1，n1,2,3,

333（Ⅰ）求首项a1与通项an； P25（styyj）

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1pan1n

n1qqqq引入辅助数列bn（其中bn例8. 已知数列an中，a1anp1bb），得：再应用类型3的方法解决。

n1nqqqn511n1,an1an()，求an。

63211n12nn1n1解：在an1an()两边乘以2得：2an1(2an)1

32322n令bn2nan，则bn1bn1,应用例7解法得：bn32()

33b1n1n3()2() 所以annn232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)

stp其中s，t满足，再应用前面类型3的方法求解。

stq第 4 页 共 15 页

（2006.福建.理.22）（本小题满分14分）

已知数列an满足a11,an12an1(nN*).

（I）求数列an的通项公式； P26（styyj）

例9. 已知数列an中，a11,a22,an2解：由an221an1an，求an。

3321an1an可转化为an2san1t(an1san)

33即an221sts1s3(st)an1stan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11an2an1(an1an)an1an是以首项为a2a11，公比为的等比数列,所以331an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(n1)个等式累加之，311()n110111n23即ana1()()()

133313731n1又a11，所以an()。

443类型6 递推公式为Sn与an的关系式。(或Snf(an))

解法：利用anS1(n1)进行求解。

SS(n2)n1n(2006.陕西.20) (本小题满分12分)

已知正项数列{an}，其前n项和Sn满足10Sn=an2+5an+6且a1,a3,a15成等比数列，求数列{an}的通项an

P24（styyj）

例10. 已知数列an前n项和Sn4an12n2.

（1）求an1与an的关系；（2）求通项公式an.

解：（1）由Sn4an12n2得：Sn14an112n1

于是Sn1Sn(anan1)(12n212n1)

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所以an1anan1111aa.

n1nn1n222n1（2）应用类型4的方法，上式两边同乘以2由a1S14a1得：2n1an12nan2

1a11.于是数列2nan是以2为首项，2为公差的等差数列，所以122n2nan22(n1)2nann1

2类型7 双数列型

解法：根据所给两个数列递推公式的关系，灵活采用累加、累乘、化归等方法求解。

例11. 已知数列an中，a11；数列bn中，b10。当n2时，11an(2an1bn1),bn(an12bn1)，求an,bn.

3311解：因anbn(2an1bn1)(an12bn1)an1bn1

33所以anbnan1bn1an2bn2a2b2a1b11

即anbn1„„„„„„„„„„„„„„„„（1）

111(2an1bn1)(an12bn1)(an1bn1)

3331121n1所以anbn(an1bn1)()an2bn2)„„()(a1b1)

33311()n1.即anbn()n1„„„„„„„„„（2）

3311n111n1由（1）、（2）得：an[1()]，

bn[1()]

2323四、待定系数法（构造法）

又因为anbn求数列通项公式方法灵活多样，特别是对于给定的递推关系求通项公式，观察、分析、推理能力要求较高。通常可对递推式变换，转化成特殊数列（等差或等比数列）来求解，这种方法体现了数学中化未知为已知的化归思想，而运用待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法。

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=q，从而得等比数列{an+k}。

p11an1+1（n≥2），求数列{an}的通项公式。

211解：由an=an1+1（n≥2）得an－2=（an1－2），而a1－2=1－2=－1，

22例12、数列{an}满足a1=1，an=第 6 页 共 15 页

1为公比，－1为首项的等比数列

21n11n1∴an－2=－（） ∴an=2－（）

22∴数列{ an－2}是以说明：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。

例13、数列{an}满足a1=1，3an1an70,求数列{an}的通项公式。

7

31k77设an1k(ank)，比较系数得k解得k

333471773∴{an}是以为公比，以a11为首项的等比数列

43444731n1731n1∴an()an()

443443例14．已知数列an满足a11，且an13an2，求an．

解：由3an1an70得an1an解：设an1t3(ant)，则an13an2tt1，

13an113(an1)an1是以(a11)为首项,以3为公比的等比数列an1(a11)3n123n1an23n11

点评：求递推式形如an1panq（p、q为常数）的数列通项，可用迭代法或待定系数法构造新数qqp(an)来求得,也可用“归纳—猜想—证明”法来求，这也是近年高考考得很多的列an1p11p一种题型．

例15．已知数列an满足a11，an3n2an1

(n2)，求an．

an2an1an2an111

33n13n3n3nan2221设bnn，则bn1bn1．令bnt(bn1t)bnbn1t

33333a282t3．条件可化成bn3(bn13)，数列bn3是以b1313为首项，为公比的3333an82n1等比数列．bn3()．因bnn,

33382anbn3n3n(()n13)an3n12n2．

33n1点评：递推式为an1panqn1（p、q为常数）时，可同除q，得

an1panan1b，令从而化归为an1panq（p、q为常数）型．

nqn1qqnqn解：将an3n2an1两边同除3，得n2、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)，比较系数得第 7 页 共 15 页

hkp,hkq，可解得h,k。

（2006.福建.文.22）（本小题满分14分）已知数列an满足a11,a23,an23an12an(nN*).

例16、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

∴an1an32n1

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

=32n1（I）证明：数列an1an是等比数列；

（II）求数列an的通项公式；

32n23202

=3(2n12n221)2

12n2 =312 =321

∴an32n11

例17、数列an中，a11,a22,3an22an1an，求数列an的通项公式。

n21an1an,设an2kan1h(an1kan)

331121kh，解得k1,h或k,h1 比较系数得kh，333311若取k1,h，则有an2an1(an1an)

331∴{an1an}是以为公比，以a2a1211为首项的等比数列

3解：由3an22an1an得an2第 8 页 共 15 页

∴an1an()13n1

由逐差法可得an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1

=()13n2111()n3()2()11

33311()n1317313=1=1()n11()n1

14344313111说明：若本题中取k,h1，则有an2an1an1an即得

3331111{an1an}为常数列,an1an

anan1a2a1

3333172故可转化为例13。

3321例18．已知数列an满足a11,a22,an2an1an求an．

33解：设an2san1t(an1san)

21sts1s3an2(st)an1stan3

1或tst13t1311则条件可以化为an2an1(an1an)an1an是以首项为a2a11，公比为的等比数331n1731n1列,所以an1an()．问题转化为利用累加法求数列的通项的问题，解得an()．

3443点评：递推式为an2pan1qan（p、q为常数）时，可以设an2san1t(an1san)，其待定常数s、t由stp,stq求出，从而化归为上述已知题型．

五、特征根法

1、设已知数列{an}的项满足a1b,an1cand,其中c0,c1,求这个数列的通项公式。作出一个方程xcxd,则当x0a1时，an为常数列，即ana1;当x0a1时,anbnx0，其中{bn}是以c为公比的等比数列，即bnb1cn1,b1a1x0.

13例19．已知数列{an}满足：an1an2,nN,a14,求an.

13x2,则x0.

32311当a14时，a1x0,b1a1.

221数列是以为{bn}3解：作方程x公比的等比数列.于是第 9 页 共 15 页

111133111bnb1()n1()n1,anbn()n1,nN.

32322232、对于由递推公式an2pan1qan，a1,a2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n1，其中A，B由a1,a2决定（即把a1,a2,x1,x2和n1,2，代入anAx1n1Bx2n1n1，得到关于A、B的方程组）；当x1x2时，数列an的通项为an(ABn)x1，anAx1n1Bx2n1其中A，B由a1,a2决定（即把a1,a2,x1,x2和n1,2，代入an(ABn)x1，得到关于A、B的方程组）。

例20：已知数列an满足a1a,a2b,3an25an12an0(n0,nN)，求数列an的通项公式。

解法一（待定系数——迭加法）

由3an25an12an0，得

an2an12(an1an)，

3且a2a1ba。

则数列an1an是以ba为首项，2为公比的等比数列，于是

32an1an(ba)()n1。把n1,2,3,,n代入，得

3a2a1ba，

2a3a2(ba)()，

32a4a3(ba)()2，

3

2anan1(ba)()n2。

3把以上各式相加，得

21()n12223ana1(ba)[1()()n2](ba)。

23331322an[33()n1](ba)a3(ab)()n13b2a。

33解法二（特征根法）：数列an：3an25an12an0(n0,nN)，

a1a,a2b的特征方程是：第 10 页 共 15 页

3x25x20。

2x11,x2,

32n1AB()n1。

anAx1n1Bx23又由a1a,a2b，于是

aABA3b2a

2B3(ab)bAB3故an3b2a3(ab)()23n1

3、如果数列{an}满足下列条件：已知a1的值且对于nN，都有an1panq（其中p、q、r、h均ranh为常数，且phqr,r0,a1hpxq），那么，可作特征方程x,当特征方程有且仅有一根x0时,rrxh则anx11是等差数列;当特征方程有两个相异的根、时，则是等比数列。

12axaxn0n2(2006.重庆.文.22)．（本小题满分12分）

数列{an}满足a11且8an1an16an12an50(n1).求数列{an}的通项公式.

解：由已知，得an12x5152an5，其特征方程为x，解之，得x或x

168x24168an156(an)12(an)12，a54

an1n12168an4168an1111anana122(1)n14

212，n5255522an1anana14444an12n15ann。 P26 (styyj)

24例21、已知数列{an}满足性质：对于nN,an1an4,且a13,求{an}的通项公式.

2an3解: 数列{an}的特征方程为xx4,变形得2x22x40,其根为11,22.故特征方程有两2x3个相异的根，使用定理2的第（2）部分，则有

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cna11p1rn131112n1()(),nN.

a12p2r3212221n1(),nN.

55212()n11c155∴an2n,nN.

21n1cn1()155∴cn(5)n4即an,nN.

n2(5)例22．已知数列{an}满足：对于nN,都有an113an25.

an3（1）若a15,求an;（2）若a13,求an;（3）若a16,求an;

（4）当a1取哪些值时，无穷数列{an}不存在？

13x25.变形得x210x250,

x3特征方程有两个相同的特征根5.依定理2的第（1）部分解答.

解：作特征方程x(1)∵a15,a1.对于nN,都有an5;

(2)∵a13,a1.

∴bn1r

(n1)a1pr11(n1)

3513151n1,

28

令bn0，得n5.故数列{an}从第5项开始都不存在，

当n≤4，nN时，an15n17.

bnn5(3)∵a16,5,∴a1.

∴bn1rn1(n1)1,nN.

a1pr8令bn0,则n7n.∴对于nN,bn0.

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∴an1bn15n435,nN.

n1n718(4)、显然当a13时，数列从第2项开始便不存在.由本题的第（1）小题的解答过程知，a15时，数列{an}是存在的，当a15时，则有bn1r1n1(n1),nN.令bn0,a1pra1585n13,nN且n≥2.

n15n13∴当a1（其中nN且N≥2）时，数列{an}从第n项开始便不存在.

n15n13:nN,且n≥2}上取值时，无穷数列{an}都不存在. 于是知：当a1在集合{3或n1则得a1说明：形如:anman111111k递推式，考虑函数倒数关系有k()k令k(an1b)anan1manan1mbn1则bn可归为an1panq型。(取倒数法)

an例23：anan1,a11

3an1113an111

3anan1an1解：取倒数：1111是等差数列，

(n1)31(n1)3ana3n2ana1n六、构造法

构造法就是在解决某些数学问题的过程中，通过对条件与结论的充分剖析，有时会联想出一种适当的辅助模型，如某种数量关系，某个直观图形，或者某一反例，以此促成命题转换，产生新的解题方法，这种思维方法的特点就是“构造”.若已知条件给的是数列的递推公式要求出该数列的通项公式，此类题通常较难，但使用构造法往往给人耳目一新的感觉.

1、构造等差数列或等比数列

由于等差数列与等比数列的通项公式显然，对于一些递推数列问题，若能构造等差数列或等比数列，无疑是一种行之有效的构造方法.

例24： 设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，对于任意正整数n，都有等式：an2an4Sn2成立，求an的通项an.

2解：an2an4Snan12an14Sn1，

22 ∴anan12an2an14(SnSn1)4an

2(anan1)(anan12)0，∵anan10，∴anan12. 即an是以2为公差的等差数列，且a122a14a1a12.

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∴an22(n1)2n

解：∵例25： 数列an中前n项的和Sn2nan，求数列的通项公式an.

a1S12a1a11当n≥2时，anSnSn12nan2(n1)an1an2an1an1bn1，且b1121

2bn是以1为公比的等比数列，bn1(1)n1(1)n1

2221n1∴an2().

2令bnan2，则bn11an11an2(an12)

222、构造差式与和式

解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差，然后采用迭加的方法就可求得这一数列的通项公式.

22例26： 设an是首项为1的正项数列，且an（n∈N*），求数列的通项公式an.

an1nannan10，解：由题设得(anan1)(anan1n)0.

∵an0，an10，∴anan10.

∴anan1n

ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)123na11,a23，且an2解：an2an1(n2)(an1an)(n2)(n1)(anan1)

(n2)(n1)43(a2a1)(n2)!

∴ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)12!3!n!（n∈N*）

1，前n项的和Snn2an，求an1.

2解：anSnSn1n2an(n1)2an1(n21)an(n1)2an1

an1

n，

an1n1aaan1n2111∴annn12a1

n1n32n(n1)an1an2a11∴an1

(n1)(n2)例28： 数列an中，a1n(n1)例27： 数列an中，2（n∈N*），求通项公式an.

(n3)an1(n2)an，3、构造商式与积式

构造数列相邻两项的商式，然后连乘也是求数列通项公式的一种简单方法.

4、构造对数式或倒数式

有些数列若通过取对数，取倒数代数变形方法，可由复杂变为简单，使问题得以解决.

2例29： 设正项数列an满足a11，an2anan的通项公式.

1（n≥2）.求数列解：两边取对数得：log2n12log2n1，log2n12(log2n11)，设bnlog2n1，

则bn2bn1

aaaaabn是以2为公比的等比数列，b1log1211.

an1n1n，log2n21，

bn12n12n1，loga212∴an22n11

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7an13，求通项公式.

3an114an14113解：∵an1，两边取倒数得.

3an11an1an114例30： 已知数列an中，a12，n≥2时an 可化为等差数列关系式.

1133n1

(n1)an1a11443n5 ∴an

3n1

总结方法比做题更重要!方法产生于具体数学内容的学习过程中.

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