数列公式

数列公式

自旋电子学-场强仪

2023年2月22日发(作者：水果的营养)

1/15

数列常见数列公式（超全的数列公式及详细解法编撰）

1．等差数列：一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的差等于同一个常数，即

n

a－

1n

a=d，（n

≥2，n∈N），这个数列就叫做等差数列，这个常数就叫做等差数列的公差（常用字母“d”表示）

2．等差数列的通项公式：

dnaa

n

)1(

1



n

a

dmna

m

)(或

n

a=pn+q(p、q是常数))

3．有几种方法可以计算公差d

①d=

n

a－

1n

a②d=

1

1





n

aa

n③d=

mn

aa

mn





4．等差中项：,,

2

ba

ba

A



成等差数列

5．等差数列的性质：m+n=p+q

qpnm

aaaa(m,n,p,q∈N)

等差数列前n项和公式

6.等差数列的前

n

项和公式

（1）

2

)(

1n

n

aan

S



（2）

2

)1(

1

dnn

naS

n



（3）n)

2

d

a(n

2

d

S

1

2

n

，当d≠0，是一个常数项为零

的二次式

8.对等差数列前项和的最值问题有两种方法:

（1）利用

n

a：当

n

a>0，d<0，前n项和有最大值可由

n

a≥0，且

1n

a≤0，求得n的值

当

n

a0，前n项和有最小值可由

n

a≤0，且

1n

a≥0，求得n的值

（2）利用

n

S：由n)

2

d

a(n

2

d

S

1

2

n

二次函数配方法求得最值时n的值

等比数列

1．等比数列：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数

列.这个常数叫做等比数列的公比；公比通常用字母q表示（q≠0），即：

1n

n

a

a

=q（q≠0）

2.等比数列的通项公式:)0(

1

1

1

qaqaan

n

，

)0(

1

qaqaamn

mn

3．｛

n

a｝成等比数列

n

n

a

a

1=q（Nn,q≠0）“

n

a≠0”是数列｛

n

a｝成等比数列的必要非充分条件

4．既是等差又是等比数列的数列：非零常数列．

5．等比中项：G为a与b的等比中项.即G=±

ab

（a,b同号）.

6．性质：若m+n=p+q，

qpnm

aaaa

7．判断等比数列的方法：定义法，中项法，通项公式法

2/15

8．等比数列的增减性：

当q>1,

1

a>0或0

1

a<0时,{

n

a}是递增数列;

当q>1,

1

a<0,或0

1

a>0时,{

n

a}是递减数列;

当q=1时,{

n

a}是常数列;

当q<0时,{

n

a}是摆动数列;

等比数列前n项和

等比数列的前n项和公式：

∴当1q时，

q

qa

S

n

n





1

)1(

1①或

q

qaa

Sn

n





1

1②

当q=1时，

1

naS

n



当已知

1

a,q,n时用公式①；当已知

1

a,q,

n

a时，用公式②.

数列通项公式的求法

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．

例1．等差数列

n

a是递增数列，前n项和为

n

S，且

931

,,aaa成等比数列，2

55

aS．求数列

n

a的通项公式.

解：设数列

n

a公差为)0(dd

∵

931

,,aaa成等比数列，∴

91

2

3

aaa，

即)8()2(

11

2

1

daadadad

1

2

∵0d，∴da

1

………………………………①

∵2

55

aS∴2

11

)4(

2

45

5dada



…………②

由①②得：

5

3

1

a，

5

3

d

∴nna

n5

3

5

3

)1(

5

3



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

若已知数列的前

n

项和

n

S与

n

a的关系，求数列

n

a的通项

n

a可用公式















2

1

1

1

nSS

nS

a

nn

n

求解。

例2．已知数列

n

a的前

n

项和

n

S满足1,)1(2naSn

nn

．求数列

n

a的通项公式。

解：由112

1111

aaSa

当

2n

时，有

,)1(2)(2

11

n

nnnnn

aaSSa



1

1

22(1),n

nn

aa





,)1(222

21





n

nn

aa

……，

.22

12

aa

11221

1

22(1)2(1)2(1)nnnn

n

aa

3/15

].)1(2[

3

2

3

])2(1[2

)1(2

)]2()2()2[()1(2

12

1

1

211

















nn

n

nn

nnnn

经验证1

1

a也满足上式，所以])1(2[

3

2

12nn

n

a

点评：利用公式















2

1

1

nSS

nS

a

nn

n

n

求解时，要注意对n分类讨论，但若能合写时一定要合并．

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)(

1

nfaa

nn





解法：把原递推公式转化为)(

1

nfaa

nn





，利用累加法(逐差相加法)求解。

(2004全国卷I.22)已知数列

n

a中,

1221

1,(1),k

kk

aa



且a

212

3k

kk

aa



,其中1,2,3,k……，求数列

n

a

的通项公式。P24（styyj）

例3.已知数列

n

a满足

2

1

1

a，

nn

aa

nn





2

1

1

，求

n

a。

解：由条件知：

1

11

)1(

11

2

1











nnnn

nn

aa

nn

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

)()()()(

1342312



nn

aaaaaaaa

)

1

1

1

()

4

1

3

1

()

3

1

2

1

()

2

1

1(

nn







所以

n

aa

n

1

1

1



2

1

1

a，

nn

a

n

1

2

31

1

2

1



类型2（1）递推公式为

nn

anfa)(

1





解法：把原递推公式转化为)(1nf

a

a

n

n，利用累乘法(逐商相乘法)求解。

(2004全国卷I.15)已知数列{a

n

}，满足a

1

=1，a

n

=a

1

+2a

2

+3a

3

+…+(n－1)a

n－1

(n≥2)，则{a

n

}的通项

1

___n

a









1

2

n

n





P24（styyj）

4/15

例4.已知数列

n

a满足

3

2

1

a，

nn

a

n

n

a

11





，求

n

a。

解：由条件知

1

1





n

n

a

a

n

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

13

4

2

3

1

2



••••

n

n

a

a

a

a

a

a

a

a

n

n1

4

3

3

2

2

1



na

a

n

1

1



又

3

2

1

a，

n

a

n3

2



（2）．由

nn

anfa)(

1





和

1

a确定的递推数列

n

a的通项可如下求得：

由已知递推式有

1

)1(





nn

anfa，

21

)2(





nn

anfa，•••，

12

)1(afa依次向前代入，得

1

)1()2()1(afnfnfa

n

，

简记为

1

1

1

))((akfa

n

k

n





)1)(,1(

0

1





kfn

k

，这就是叠（迭）代法的基本模式。

（3）递推式：nfpaa

nn



1

解法：只需构造数列

n

b，消去nf带来的差异．

例5．设数列

n

a：)2(,123,4

11





nnaaa

nn

，求

n

a.

解：设

BAnbaB，Anab

nnnn

则，将

1

,

nn

aa代入递推式，得

12)1(3

1





nBnAbBAnb

nn

)133()23(3

1





ABnAb

n



















133

23

ABB

AA











1

1

B

A

1nab

nn

取

…（１）则

1

3





nn

bb,又6

1

b，故nn

n

b32361代入（１）得

132nan

n

说明：（1）若)(nf为

n

的二次式，则可设

CBnAnab

nn

2;(2)本题也可由

123

1





naa

nn

,1)1(23

21





naa

nn

（3n）两式相减得

2)(3

211



nnnn

aaaa转化为qpbb

nn



1

求之.

例6．已知3

1

a，

nn

a

n

n

a

23

13

1







)1(n，求

n

a。

5/15

解：

123

13

223

123

2)2(3

1)2(3

2)1(3

1)1(3

a

n

n

n

n

a

n



•





••





•







3437526

3

31348531

nn

nnn







。

类型3递推公式为qpaa

nn



1

（其中p，q均为常数，)0)1((ppq）。

解法：把原递推公式转化为：)(

1

tapta

nn





，其中

p

q

t





1

，再利用换元法转化为等比数列求解。

(2006.重庆.14）在数列

n

a中，若

11

1,23(1)

nn

aaan



，则该数列的通项

n

a

P24

（styyj）

例7.已知数列

n

a中，1

1

a，32

1



nn

aa，求

n

a.

解：设递推公式32

1



nn

aa可以转化为)(2

1

tata

nn





即

32

1





ttaa

nn

.故递推公式为

)3(23

1



nn

aa,令3

nn

ab，则43

11

ab,且2

3

3

11







n

n

n

n

a

a

b

b

.所以

n

b是以4

1

b为首项，2为公

比的等比数列，则11224nn

n

b,所以321n

n

a.

类型4递推公式为n

nn

qpaa

1

（其中p，q均为常数，)0)1)(1((qppq）。（或

1

n

nn

aparq



,其

中p，q,r均为常数）

（2006全国I.22）（本小题满分12分）

设数列

n

a的前

n

项的和1

412

2

333

n

nn

Sa，1,2,3,n

（Ⅰ）求首项

1

a与通项

n

a；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1nq，得：

q

q

a

q

p

q

a

n

n

n

n

1

1

1•





引入辅助数列

n

b（其中

n

n

nq

a

b），得：

q

b

q

p

b

nn

1

1





再应用类型3的方法解决。

例8.已知数列

n

a中，

6

5

1

a,1

1

)

2

1

(

3

1





n

nn

aa，求

n

a。

解：在1

1

)

2

1

(

3

1





n

nn

aa两边乘以12n得：1)2(

3

2

2

1

1••





n

n

n

naa

令

n

n

n

ab•2，则1

3

2

1



nn

bb,应用例7解法得：n

n

b)

3

2

(23所以nn

n

n

n

b

a)

3

1

(2)

2

1

(3

2



类型5递推公式为

nnn

qapaa

12

（其中p，q均为常数）。

解法：先把原递推公式转化为

)(

112nnnn

saatsaa



6/15

其中s，t满足











qst

pts

，再应用前面类型3的方法求解。

（2006.福建.理.22）（本小题满分14分）

已知数列

n

a满足*

11

1,21().

nn

aaanN





（I）求数列

n

a的通项公式；P26（styyj）

例9.已知数列

n

a中，1

1

a,2

2

a,

nnn

aaa

3

1

3

2

12





，求

n

a。

解：由

nnn

aaa

3

1

3

2

12





可转化为)(

112nnnn

saatsaa



即

nnn

staatsa

12

)(





















3

1

3

2

st

ts

















3

1

1

t

s

或















1

3

1

t

s

这里不妨选用















3

1

1

t

s

（当然也可选用















1

3

1

t

s

，大家可以试一试），则

)(

3

1

112nnnn

aaaa





nn

aa

1

是以首项为1

12

aa，公比为

3

1

的等比数列,所以

1

1

)

3

1

(



n

nn

aa,应用类型1的方法，分别令)1(,,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累加之，

即210

1

)

3

1

()

3

1

()

3

1

(n

n

aa

3

1

1

)

3

1

(11







n

又1

1

a，所以1)

3

1

(

4

3

4

7

n

n

a。

类型6递推公式为

n

S与

n

a的关系式。(或()

nn

Sfa)

解法：利用















)2(

)1(

1

1

nSS

nS

a

nn

n

进行求解。

(2006.陕西.20)(本小题满分12分)

已知正项数列{a

n

}，其前n项和S

n

满足10S

n

=a

n

2+5a

n

+6且a

1

,a

3

,a

15

成等比数列，求数列{a

n

}的通项a

n

P24

（styyj）

例10.已知数列

n

a前n项和

22

1

4





n

nn

aS.

（1）求

1n

a与

n

a的关系；（2）求通项公式

n

a.

解：（1）由

22

1

4





n

nn

aS得：

1

112

1

4







n

nn

aS

于是)

2

1

2

1

()(

12

11







nn

nnnn

aaSS

7/15

所以

1

112

1







n

nnn

aaa

n

nn

aa

2

1

2

1

1





.

（2）应用类型4的方法，上式两边同乘以12n得：222

1

1





n

n

n

naa

由1

2

1

4

1

21

111





aaSa.于是数列

n

na2是以2为首项，2为公差的等差数列，所以

nna

n

n2)1(222

12



n

n

n

a

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

n

a中，1

1

a；数列

n

b中，0

1

b。当2n时，

)2(

3

1

11



nnn

baa,)2(

3

1

11



nnn

bab，求

n

a,

n

b.

解：因



nn

ba





)2(

3

1

11nn

ba)2(

3

1

11



nn

ba

11



nn

ba

所以



nn

ba

11



nn

ba1

112222

•••



bababa

nn

即

1

nn

ba…………………………………………（1）

又因为



nn

ba





)2(

3

1

11nn

ba

)2(

3

1

11



nn

ba

)(

3

1

11



nn

ba

所以



nn

ba

)(

3

1

11



nn

ba



))

3

1

(

22

2

nn

ba……)()

3

1

(

11

1ban

1)

3

1

(n.即

nn

ba1)

3

1

(n………………………（2）

由（1）、（2）得：])

3

1

(1[

2

1

1n

n

a，])

3

1

(1[

2

1

1n

n

b

四、待定系数法（构造法）

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{a

n

+k}的形式求解。一般地，形如a

1n

=pa

n

+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a

1n

+k=p（a

n

+k）与原式比较系数可得pk－k=q，即k=

1p

q

，从而

得等比数列{a

n

+k}。

例12、数列{a

n

}满足a

1

=1，a

n

=

2

1

a

1n

+1（n≥2），求数列{a

n

}的通项公式。

解：由a

n

=

2

1

a

1n

+1（n≥2）得a

n

－2=

2

1

（a

1n

－2），而a

1

－2=1－2=－1，

∴数列{a

n

－2}是以

2

1

为公比，－1为首项的等比数列

∴a

n

－2=－（

2

1

）1n∴a

n

=2－（

2

1

）1n

8/15

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{a

n

－2}，从而达到解决问题的目的。

例13、数列{a

n

}满足a

1

=1，073

1



nn

aa,求数列{a

n

}的通项公式。

解：由073

1



nn

aa得

3

7

3

1

1



nn

aa

设a)(

3

1

1

kak

nn





，比较系数得

3

7

3



k

k解得

4

7

k

∴{

4

7



n

a}是以

3

1

为公比，以

4

3

4

7

1

4

7

1

a为首项的等比数列

∴1)

3

1

(

4

3

4

7

n

n

a1)

3

1

(

4

3

4

7

n

n

a

例14．已知数列

n

a满足1

1

a，且

1

32

nn

aa



，求

n

a．

解：设)(3

1

tata

nn





，则123

1





ttaa

nn

，





)1(31

1nn

aa1

n

a是以)1(

1

a为首项,以3为公比的等比数列

11

1

323)1(1nn

n

aa1321n

n

a

点评：求递推式形如qpaa

nn



1

（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列

)

1

(

11p

q

ap

p

q

a

nn









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一种题

型．

例15．已知数列

n

a满足1

1

a，

1

23





n

n

n

aa)2(n，求

n

a．

解：将

1

23





n

n

n

aa两边同除n3，得

n

n

n

n

aa

3

2

1

3

1

1

1

3

3

2

1

3



n

n

n

n

aa

设

n

n

n

a

b

3

，则

13

2

1





nn

bb．令)(

3

2

1

tbtb

nn





tbb

nn3

1

3

2

1







3t．条件可化成)3(

3

2

3

1



nn

bb，数列3

n

b是以

3

8

3

3

31

1



a

b为首项，

3

2

为公比的等比数

列．1)

3

2

(

3

8

3n

n

b．因

n

n

n

a

b

3

,

)3)

3

2

(

3

8

(331nnn

nn

ba2123nn

n

a．

点评：递推式为1

1





n

nn

qpaa（p、q为常数）时，可同除1nq，得

1

1

1





n

n

n

n

q

a

q

p

q

a

，令

n

n

nq

a

b从而化归为qpaa

nn



1

（p、q为常数）型．

2、通过分解系数，可转化为特殊数列}{

1



nn

aa的形式求解。这种方法适用于

nnn

qapaa

12

型的递推式，

通过对系数p的分解，可得等比数列

}{

1



nn

aa：设)(

112nnnn

kaahkaa



，比较系数得

qhkpkh,，可解得kh,。

（2006.福建.文.22）（本小题满分14分）已知数列

n

a满足*

1221

1,3,32().

nnn

aaaaanN





（I）证明：数列

1nn

aa



是等比数列；

（II）求数列

n

a的通项公式；

9/15

例16、数列

n

a满足23,5,2

1221



nn

aaaa

n

a=0，求数列{a

n

}的通项公式。

分析：递推式023

12



nnn

aaa中含相邻三项，因而考虑每相邻两项的组合，即把中间一项

1n

a的系数分解

成1和2，适当组合，可发现一个等比数列}{

1



nn

aa。

解：由023

12



nnn

aaa得0)(2

112



nnnn

aaaa

即）

nnnn

aaaa

112

(2，且325

12

aa

∴}{

1nn

aa



是以2为公比，3为首项的等比数列

∴1

1

23



n

nn

aa

利用逐差法可得

112111

)()()(aaaaaaaa

nnnnn







=2232323021nn

=2)1222(321nn

=2

21

21

3







n

=123n

∴1231n

n

a

例17、数列

n

a中，

nnn

aaaaa

1221

23,2,1，求数列

n

a的通项公式。

解：由

nnn

aaa

12

23得,

3

1

3

2

12nnn

aaa



设

)(

112nnnn

kaahkaa



比较系数得

3

1

3

2

khhk，，解得

3

1

,1hk或1,

3

1

hk

若取

3

1

,1hk，则有)(

3

1

112nnnn

aaaa



∴

}{

1nn

aa



是以

3

1

为公比，以112

12

aa为首项的等比数列

∴1

1

)

3

1

(



n

nn

aa

由逐差法可得

112211

)()()(aaaaaaaa

nnnnn







=11)

3

1

()

3

1

()

3

1

()

3

1

(232nn

10/15

=1

3

1

1

)

3

1

(11





n

=11)

3

1

(

4

3

4

7

1)

3

1

(1

4

3















nn

说明：若本题中取1,

3

1

hk，则有

nnnn

aaaa

3

1

3

1

112





即得

}

3

1

{

1nn

aa



为常数列,

nn

aa

3

1

1





13

1





nn

aa

123

1

aa

3

7

3

1

2故可转化为例13。

例18．已知数列

n

a满足1

1

a,2

2

a,

nnn

aaa

3

1

3

2

12





求

n

a．

解：设)(

112nnnn

saatsaa





nnn

staatsa

12

)(





















3

1

3

2

st

ts

















3

1

1

t

s

或















1

3

1

t

s

则条件可以化为)(

3

1

112nnnn

aaaa





nn

aa

1

是以首项为1

12

aa，公比为

3

1

的等比数列,所以

1

1

)

3

1

(



n

nn

aa．问题转化为利用累加法求数列的通项的问题，解得1)

3

1

(

4

3

4

7

n

n

a．

点评：递推式为

nnn

qapaa

12

（p、q为常数）时，可以设

)(

112nnnn

saatsaa



，其待定常数s、t

由pts,qst求出，从而化归为上述已知题型．

五、特征根法

1、设已知数列}{

n

a的项满足dcaaba

nn



11

,,其中,1,0cc求这个数列的通项公式。作出一个方程

,dcxx则当

10

ax时，

n

a为常数列，即

0101

,;xbaaxaa

nnn

时当，其中}{

n

b是以

c

为公比的等比数

列，即

011

1

1

,xabcbbn

n

.

例19．已知数列

}{

n

a满足：,4,N,2

3

1

11





anaa

nn

求

.

n

a

解：作方程.

2

3

,2

3

1

0

xxx则

当4

1

a时，.

2

11

2

3

,

1101

abxa

数列

}{

n

b是以

3

1

为公比的等比数列.于是.N,)

3

1

(

2

11

2

3

2

3

,)

3

1

(

2

11

)

3

1

(111

1

nbabbn

nn

nn

n

2、对于由递推公式

nnn

qapaa

12

，

21

,aa给出的数列

n

a，方程02qpxx，叫做数列

n

a

的特征方程。若

21

,xx是特征方程的两个根，当

21

xx时，数列

n

a的通项为1

2

1

1

nn

n

BxAxa，其中A，B由



21

,aa决定（即把

2121

,,,xxaa和2,1n，代入1

2

1

1

nn

n

BxAxa，得到关于A、B的方程组）；当

21

xx时，数列

n

a的通项为1

1

)(n

n

xBnAa，其中A，B由

21

,aa决定（即把

2121

,,,xxaa和

11/15

2,1n，代入1

1

)(n

n

xBnAa，得到关于A、B的方程组）。

例20：已知数列

n

a满足),0(0253,,

1221

Nnnaaabaaa

nnn





，求数列

n

a的通项公式。

解法一（待定系数——迭加法）

由0253

12



nnn

aaa，得

)(

3

2

112nnnn

aaaa



，

且abaa

12

。

则数列

nn

aa

1

是以ab为首项，

3

2

为公比的等比数列，于是

1

1

)

3

2

)((



n

nn

abaa。把nn,,3,2,1代入，得

abaa

12

，

)

3

2

()(

23

abaa，

2

34

)

3

2

()(abaa，

•••

2

1

)

3

2

)((



n

nn

abaa。

把以上各式相加，得

])

3

2

()

3

2

(

3

2

1)[(2

1

n

n

abaa

)(

3

2

1

)

3

2

(11

ab

n











。

abbaaabann

n

23)

3

2

)((3)]()

3

2

(33[11。

解法二（特征根法）：数列

n

a：),0(0253

12

Nnnaaa

nnn





，baaa

21

,的特征方程是：

02532xx。

3

2

,1

21

xx,

1

2

1

1

nn

n

BxAxa1)

3

2

(nBA。

又由baaa

21

,，于是



























)(3

23

3

2

baB

abA

BAb

BAa

12/15

故1)

3

2

)((323n

n

baaba

3、如果数列}{

n

a满足下列条件：已知

1

a的值且对于Nn，都有

hra

qpa

a

n

n

n





1

（其中p、q、r、h均为常数，

且

r

h

arqrph

1

,0,），那么，可作特征方程

hrx

qpx

x





,当特征方程有且仅有一根

0

x时,则

0

1

n

ax









是等

差数列;当特征方程有两个相异的根

1

、

2

时，则1

2

n

n

ax

ax











是等比数列。

(2006.重庆.文.22)．（本小题满分12分）

数列).1(0521681}{

111





naaaaaa

nnnnn

且满足求数列}{

n

a的通项公式.

解：由已知，得

1

25

168

n

n

n

a

a

a







，其特征方程为

25

168

x

x

x







，解之，得

15

24

xx或

1

1

6()

1

2

2168

n

n

n

a

a

a







，

1

5

12()

5

4

4168

n

n

n

a

a

a







1

1

11

1

22

55

2

44

nn

nn

aa

aa











，

1

1

1

11

14

22

()

55

22

44

n

n

n

n

aa

aa









125

24

n

n

n

a







。P26(styyj)

例21、已知数列

}{

n

a满足性质：对于,

32

4

,N

1







n

n

na

a

an且,3

1

a求}{

n

a的通项公式.

解:数列

}{

n

a的特征方程为,

32

4







x

x

x变形得,04222xx其根为.2,1

21

故特征方程有两个相异的

根，使用定理2的第（2）部分，则有

.N,)

221

211

(

23

13

)(11

2

1

21

11























n

rp

rp

a

a

cnn

n







∴.N,)

5

1

(

5

2

1ncn

n

∴.N,

1)

5

1

(

5

2

1)

5

1

(

5

2

2

11

1

12

















n

c

c

a

n

n

n

n

n



即.N,

)5(2

4)5(







na

n

n

n

13/15

例22．已知数列}{

n

a满足：对于,Nn都有.

3

2513

1







n

n

na

a

a

（1）若,5

1

a求;

n

a（2）若,3

1

a求;

n

a（3）若,6

1

a求;

n

a

（4）当

1

a取哪些值时，无穷数列}{

n

a不存在？

解：作特征方程.

3

2513







x

x

x变形得,025102xx

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.

(1)∵.,5

11

aa对于,Nn都有;5

n

a

(2)∵.,3

11

aa

∴

rp

r

n

a

b

n





)1(

1

1

5113

1

)1(

53

1







n

,

8

1

2

1



n

令

0

n

b，得5n.故数列}{

n

a从第5项开始都不存在，

当

n

≤4，Nn时，

5

1751







n

n

b

a

n

n

.

(3)∵,5,6

1

a∴.

1

a

∴.,

8

1

1)1(

1

1

Nn

n

rp

r

n

a

b

n

















令

,0

n

b则.7nn∴对于.0bN,

n

n

∴.N,

7

435

5

8

1

1

11













n

n

n

n

b

a

n

n



(4)、显然当3

1

a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，5

1

a时，数列}{

n

a

是存在的，当5

1

a时，则有.N,

8

1

5

1

)1(

1

11

















n

n

arp

r

n

a

b

n

令

,0

n

b则得

N,

1

135

1







n

n

n

a且

n

≥2.

∴当

1

135

1





n

n

a（其中Nn且N≥2）时，数列}{

n

a从第

n

项开始便不存在.

14/15

于是知：当

1

a在集合3{或,:

1

135

Nn

n

n







且

n

≥2}上取值时，无穷数列}{

n

a都不存在.

说明：形如:

)(

1

1

bak

ma

a

n

n

n





递推式，考虑函数倒数关系有)

11

(

1

1

ma

k

a

nn







m

k

a

k

a

nn



1

11

令

n

na

b

1

则



n

b可归为qpaa

nn



1

型。(取倒数法)

例23：1,

131

1

1







a

a

a

a

n

n

n

解：取倒数：

11

1

1

3

13

1









nn

n

n

aa

a

a















n

a

1

是等差数列，3)1(

11

1

n

aa

n

3)1(1n

23

1





n

a

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

n

a的前n项和为

n

S，对于任意正整数n，都有等式：

nnn

Saa422成立，求



n

a的通项an.

解：

nnn

Saa422

11

2

1

42





nnn

Saa，

∴

nnnnnnn

aSSaaaa4)(422

11

2

1

2



0)2)((

11



nnnn

aaaa，∵0

1



nn

aa，∴2

1



nn

aa.即

n

a是以2为公差的等差数列，且

242

111

2

1

aaaa.

∴

nna

n

2)1(22

例25：数列

n

a中前n项的和

nn

anS2，求数列的通项公式

n

a.

解：∵12

1111

aaSa当n≥2时，

1

2

1

2)1(22

1111



nnnnnnnnn

aaaaananSSa

)2(

2

1

2

1



nn

aa

令

2

nn

ab，则

12

1





nn

bb，且121

1

b



n

b是以

2

1

为公比的等比数列，11)

2

1

()

2

1

(1nn

n

b

∴1)

2

1

(2n

n

a.

2、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.

例26：设

n

a是首项为1的正项数列，且0

1

2

1

2

nnnn

nanaaa，（n∈N*），求数列的通项公式an.

解：由题设得

0))((

11





naaaa

nnnn

.

15/15

∵0

n

a，0

1



n

a，∴0

1



nn

aa.

∴naa

nn



1

2

)1(

321)()()(

123121







nn

naaaaaaaa

nnn

例27：数列

n

a中，3,1

21

aa，

且

nnn

anana)2()3(

12





，（n∈N*），求通项公式

n

a.

解：



12nn

aa





))(2(

1nn

aan))(1)(2(

1



nn

aann

)1)(2(nn

)!2()(34

12

naa

∴!!3!21)()()(

123121

naaaaaaaa

nnn





（n∈N*）

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.

例28：数列

n

a中，

2

1

1

a，前n项的和

nn

anS2，求

1n

a.

解：

1

22

1

22

1

)1()1()1(





nnnnnnn

ananananSSa

1

1

1









n

n

a

a

n

n，

∴

1

1

2

2

1

1

a

a

a

a

a

a

a

a

n

n

n

n

n











)1(

1

2

1

3

12

1

1















nnn

n

n

n



∴

)2)(1(

1

1



nn

a

n

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.

例29：设正项数列

n

a满足1

1

a，2

1

2





nn

aa（n≥2）.求数列

n

a的通项公式.

解：两边取对数得：1

22

log21lognn

aa，)1(log21log1

22

nn

aa，设1log

2

n

a

n

b，

则

1

2





nn

bb



n

b是以2为公比的等比数列，11log1

21

b.

11221nn

n

b，1

2

21logn

a

n，12log1

2

n

a

n，

∴1212n

n

a

例30：已知数列

n

a中，2

1

a，n≥2时

13

37

1

1











n

n

na

a

a，求通项公式.

解：∵

13

44

1

1

1











n

n

na

a

a，两边取倒数得

4

3

1

1

1

1

1









nn

aa

.

可化为等差数列关系式.

4

13

)1(

4

3

1

1

1

1

1











n

n

aa

n

∴

13

53







n

n

a

n