求数列通项公式的十种方法

求数列通项公式的十一种方法（方法全，例子全，归纳细）

总述：一．利用递推关系式求数列通项的11种方法：

累加法、 累乘法、 待定系数法、 阶差法（逐差法）、 迭代法、 对数变换法、 倒数变换法、

换元法（目的是去递推关系式中出现的根号）、 数学归纳法、

不动点法（递推式是一个数列通项的分式表达式）、 特征根法

二。四种基本数列：等差数列、等比数列、等和数列、等积数列及其广义形式。等差数列、

等比数列的求通项公式的方法是：累加和累乘，这二种方法是求数列通项公式的最基本方法。 三 ．求数列通项的方法的基本思路是：把所求数列通过变形，代换转化为等级差数列或等比数列。

四．求数列通项的基本方法是：累加法和累乘法。

五．数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。

一、累加法

1．适用于：a n +1=a n +f (n ) ----------这是广义的等差数列 累加法是最基本的二个方法之一。 2．若a n +1-a n =f (n ) (n ≥2) ，

a 2-a 1=f (1)则

a 3-a 2=f (2)

a n +1-a n =f (n )

n

两边分别相加得 a n +1-a 1=

∑f (n )

k =1

例1 已知数列{a n }满足a n +1=a n +2n +1，a 1=1，求数列{a n }的通项公式。 解：由a n +1=a n +2n +1得a n +1-a n =2n +1则

a n =(a n -a n -1) +(a n -1-a n -2) + +(a 3-a 2) +(a 2-a 1) +a 1

=[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) n

2

+(n -1) +1

=(n -1)(n +1) +1=n 2

所以数列{a n }的通项公式为a n =n 2。

例2 已知数列{a n n }满足a n +1=a n +2⨯3+1，a 1=3，求数列{a n }的通项公式。解法一：由a n +1=a n +2⨯3n +1得a n +1-a n =2⨯3n +1则

a n =(a n -a n -1) +(a n -1-a n -2) + +(a 3-a 2) +(a 2-a 1) +a 1

=(2⨯3n -1+1) +(2⨯3n -2+1) + +(2⨯32+1) +(2⨯31+1) +3练习2. 已知数列

{a n }满足a 1=3，

a n =a n -1+

1

(n ≥2)

n (n -1) ，求此数列的通项公式.

=2(3n -1+3n -2+ +32+31) +(n -1) +3n -1

=23(1-3)

1-3

+(n -1) +3

=3n -3+n -1+3=3n

+n -1

所以a n n =3+n -1.

解法二：a n +1=3a n 1

n +2⨯3+1两边除以3

n +，得

a n +1a n 3n +1=3n +23+1

3

n +1

， 则a n +1a n 23n +1-3n =3+1

3n +1

，故 a n a n a n -13n =(3n -a ) +(a n -1-a n -2-2) +(a n -2n -2-a n -33) + +(a 2-a 1) +a 1

n -1a n -13n 33n -32313=(23+13) +(23+13) +(23+1213n n -13n -2) + +(3+32) +3

=2(n -1) 3+(111113n +3n +3n -1+3n -2+ +3

2) +1

1

(1-因此a 3n -1n 2(n -1) n ) 2n 11

3n =3+1-3+1=3+2-2⨯3

n

， 则a n =

23⨯n ⨯3n +11

2⨯3n -2

. 练习

1. 已知数列{a n }的首项为

1，且a n +1=a *

n +2n (n ∈N ) 写出数列{a n }的通项公式. 答案：

n 2

-n +1 a 2-

1答案：裂项求和

n =n

评注：已知a 1=a , a n +1

-a n =f (n ) ，其中f(n)可以是关于n 的一次函数、二次函数、指数函

数、分式函数，求通项

a n .

①若f(n)是关于n 的一次函数，累加后可转化为等差数列求和;

②若f(n)是关于n 的二次函数，累加后可分组求和;

③若f(n)是关于n 的指数函数，累加后可转化为等比数列求和; ④若f(n)是关于n 的分式函数，累加后可裂项求和。

例3. 已知数列

{a n }中, a S n =

1n >0且

2(a +n

n a ) n , 求数列{a n }的通项公式.

S 12(a n 1n

n =

n +a ) S n =(S n -S n -1+-S ) 解:由已知

n 得2S n n -1,

22

化简有S n -S n -1=n , 由类型(1)有

S 2n =S 21+2+3+ +n , S 2

n (n +1)

2n (n +1)

又S 1=a 1得a 1=1, 所以

n =

2s , 又a n >0, n =2,

2n (n +1) -2n (n - a =1) 则 n 2

此题也可以用数学归纳法来求解.

二、累乘法

1. 适用于： a n +1=f (n ) a n ----------这是广义的等比数列 累乘法是最基本的二个方法之二。

2．若a n +1a =f (n ) ，则a

2a =f (1)a 3=f (2)， a n +1=f (n )

n 1a 2a n

n

两边分别相乘得，

a n +1

a =a 1⋅∏f (k ) 1k =1

例4 已知数列{a n }满足a n +1=2(n +1)5n ⨯a n ，a 1=3，求数列{a n }的通项公式。

解：因为a n +1=2(n +1)5n ⨯a n ，a 1=3，所以a n ≠0，则

a n +1

a =2(n +1)5n ，故n

a n =

a n a ⋅a n -1a ⋅ ⋅a 3⋅a

2⋅a 1n -1n -2a 2a 1

=[2(n -1+1)5n -1][2(n -2+1)5n -2]⋅ ⋅[2(2+1) ⨯52][2(1+1) ⨯51]⨯3 =2n -1[n (n -1) ⋅ ⋅3⨯2]⨯5(n -1) +(n -2) + +2+1⨯3n (n -1)

=3⨯2n -1⨯5

2

⨯n !

n (n -1) 所以数列{a n -1

n }的通项公式为a n =3⨯2

⨯5

2

⨯n !.

例5. 设{a n }是首项为1的正项数列，且(n +1)a 22

n +1-na n +a n +1a n =0（n =1，2，则它的通项公式是a n =________.

解：已知等式可化为：

(a n +1+a n ) [(n +1) a n +1-na n ]=0

a n +1n

a n >0(n ∈N *

) ∴(n+1)a n +1

-na =

n =0, 即a n n +1

3，„），

a n =

n -1

∴n ≥2时，a n -1

n a a n ⋅a n -1∴

n =

⋅ ⋅a

2⋅a 1n -1n

⋅n -2⋅ 1⋅11a n -1a n -2a 1=n -12=n . 评注：本题是关于a n 和a n +1的二次齐次式，可以通过因式分解（一般情况时用求根公式）得

到

a n 与a n +1的更为明显的关系式，从而求出a n .

练习. 已知

a n +1=na n +n -1, a 1>-1, 求数列{an}的通项公式.

答案：

a n =(n -1)! ⋅(a 1+1) -1.

评注：本题解题的关键是把原来的递推关系式

a n +1=na n +n -1, 转化为

a n +1+1=n (a n +1), 若令b n =a n +1, 则问题进一步转化为b n +1=nb n 形式，进而应用累乘法

求出数列的通项公式.

三、待定系数法 适用于a n +1=qa n +f (n )

基本思路是转化为等差数列或等比数列，而数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一

个函数。

1．形如

a n +1=ca n +d , (c ≠0, 其中a 1=a ) 型

（1）若c=1时，数列{

a n }为等差数列; （2）若d=0时，数列{

a n }为等比数列;

（3）若c ≠1且d≠0时，数列{a n }为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列

来求.

待定系数法：设a n +1

+λ=c (a n +λ) ,

得

a n +1=ca n +(c -1) λ, 与题设a n +1=ca n +d , 比较系数得

(c -1) λ=d λ=d c -1, (c ≠0) a d +d n +=c (a n -1)

, 所以所以有：

c -1c -1 ⎧⎨a d n +⎫因此数列⎩

c -1⎬

⎭a d 构成以1+c -1为首项，以c 为公比的等比数列， a -1所以

n +

d -1=(a d d d 1+c -1) ⋅c n a n =(a 即：

1+c -1) ⋅c n -1c -c -1. a d 规律：将递推关系

a n +1=ca n +d 化为

n +1+

c -1=c (a d

n +c -1) , 构造成公比为c 的等比数

{a a 1d

列

n +

d d c -1n +1=c +c n -(a 从而求得通项公式1-1+c -1)

逐项相减法（阶差法）：有时我们从递推关系a n +1=ca n +d 中把n 换成n-1有a n =ca n -1+d ,

两式相减有

a n +1-a n =c (a n -a n -1) 从而化为公比为c 的等比数列{a n +1-a n }, 进而求得通项公式.

a n n +1-a n =c (a 2-a 1) , 再利用类型(1)即可求得通项公式. 我们看到此方法比较复杂.

例6已知数列{a n }中，a 1=1, a n =2a n -1+1(n ≥2) ，求数列{a n }的通项公式。 解法一： a n =2a n -1+1(n ≥2),

∴a n +1=2(a n -1+1)

又 a 1+1=2, ∴{a n +1}是首项为2，公比为2的等比数列 ∴a n n +1=2，即a n =2n -1 解法二： a n =2a n -1+1(n ≥2), ∴a n +1=2a n +1

两式相减得a n +1-a n =2(a n -a n -1)(n ≥2) ，故数列{a n +1-a n }是首项为2，公比为2的等

比数列，再用累加法的„„

a , a =

1练习．已知数列

{a n }中，

1=2n +12a +1

n 2, 求通项a n 。

a 1

n -1n =() +1

答案：2

2．形如：a n +1=p ⋅a n n +q (其中q 是常数，且n ≠0,1)

①若p=1时，即：a n +1=a n +q n

，累加即可.

②若p ≠1时，即：a n +1=p ⋅a n n +q ，

n +1

求通项方法有以下三种方向：i. 两边同除以p . 目的是把所求数列构造成等差数列

a n +1

n +1

=

a n +

1即：

p q n

p ⋅(p n

a n q ) b n =n

b 1p n +1-b n =⋅() n , 令p ，则

p q , 然后类型1，累加求通项.

n +1q ii. 两边同除以 . 目的是把所求数列构造成等差数列。

1

a n =[3n +(-1) n -1⋅2n ]+(-1) n ⋅2n a 0

a n +1

+1

=

p a n 即： q

n q ⋅n 1

q +q ,

b n

n =

a b n +1

=p 1令

q n

, 则可化为

q ⋅b n +q . 然后转化为类型5来解，

iii. 待定系数法：目的是把所求数列构造成等差数列

设

a n +1+λ⋅q n +1=p (a n

n +λ⋅p ) . 通过比较系数，求出λ，转化为等比数列求通项. 注意：应用待定系数法时，要求p ≠q ，否则待定系数法会失效。

例7已知数列{a n }满足

a n +1=2a n +4⋅3n -1

，a 1=1，求数列{a n }的通项公式。 n n -1

解法一（待定系数法）：设

a n +1+λ13=λ2(a n +λ⋅3) ，比较系数得λ1=-4, λ2=2， {a n

-4⋅3n -1

则数列

}是首项为a 1

-4⋅31-1

=-5，公比为2的等比数列，

所以a n -4⋅3n -1=-5⋅2n -1，即a n =4⋅3n -1-5⋅2n -1

a n +1=2a n 4

解法二（两边同除以q n +1）： 两边同时除以3n +1得：

3n +13⋅3n +32，下面解法略 a n +1

n +1=a n 43n 解法三（两边同除以p ）： 两边同时除以2n +1

得：2

n +12n +3⋅(2) ，下面解法略

练习. （2003天津理）

设a 0为常数，且a n -1

n =3

-2a n -1(n ∈N ) ．证明对任意n ≥1，

5；

3．形如

a n +1=pa n +kn +b (其中k,b 是常数，且k ≠0)

方法1：逐项相减法（阶差法） 方法2：待定系数法 通过凑配可转化为 (a n +xn +y ) =p (a n -1+x (n -1) +y ) ;

解题基本步骤： 1、确定f (n ) =kn+b

2、设等比数列

b n =(a n +xn +y ) ，公比为p

3、列出关系式

(a n +xn +y ) =p (a n -1+x (n -1) +y ) , 即b n =pb n -1

4、比较系数求x,y 5、解得数列

(a n +xn +y ) 的通项公式

6、解得数列

{a n }的通项公式

例8 在数列

{a n }中，a 1=1, a n +1=3a n +2n , 求通项a n . （逐项相减法）

解： ，

a n +1=3a n +2n , ①

∴n ≥2时，a n =3a n -1+2(n -1) ，

两式相减得

a n +1-a n =3(a n -a n -1) +2. 令b n =a n +1-a n , 则b n =3b n -1+2

利用类型5的方法知b n =5⋅3n -1+2 即

a n +1-a n =5⋅3n -1

-1 ② a 51-n -1a 51再由累加法可得

n =2⋅3n -2n =⋅3n -1-n -

. 亦可联立 ① ②解出22. a 3

, 2a 例9. 在数列{a 1=

n -a n }中，

2n -1=6n -3

, 求通项a n . （待定系数法）

解：原递推式可化为

2(a n +xn +y ) =a n -1+x (n -1) ++y

比较系数可得：x=-6,y=9,上式即为

2b n =b n -1

a 911-6n +9=

∴b 91

n =() n -1

所以

{b b n }是一个等比数列，首项

1=2, 公比为2. 22 即：

a 6n +9=9⋅(1

n -) n

2

a =9⋅(1

故n 2) n +6n -9

.

4．形如

a n +1=pa n +a ⋅n 2+b ⋅n +c (其中a,b,c 是常数，且a ≠0) 基本思路是转化为等比数列，而数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。

例10 已知数列{a n }满足a n +1=2a n +3n 2+4n +5，a 1=1，求数列{a n }的通项公式。 解：设a n +1+x (n +1) 2+y (n +1) +z =2(a 2n +xn +yn +z ) 比较系数得x =3, y =10, z =18，

所以a n +1+3(n +1) 2+10(n +1) +18=2(a n +3n 2+10n +18)

由a 1+3⨯12+10⨯1+18=1+31=32≠0，得a n +3n 2+10n +18≠0

则a n +1+3(n +1) 2+10(n +1) +18

+10n +18

=2，故数列{a 2a 2

n +3n +10n +18}为以n +3n a 1+3⨯12+10⨯1+18=1+31=32为首项，以2为公比的等比数列，因此a 2+4n +3n +10n +18=32⨯2n -1，则a n =2n -3n 2-10n -18。

5. 形如a n +2=pa n +1+qa n 时将a n 作为f (n ) 求解

分析：原递推式可化为a n +2+λa n +1=(p +λ)(a n +1+λa n ) 的形式，比较系数可求得λ，数列

{a n +1+λa n }为等比数列。

例11 已知数列

{a n }满足a n +2=5a n +1-6a n , a 1=-1, a 2=2，求数列{a n }的通项公式。

解：设

a n +2+λa n +1=(5+λ)(a n +1+λa n )

比较系数得λ=-3或λ=-2，不妨取λ=-2，（取-3 结果形式可能不同，但本质相同）

则

a n +2-2a n +1=3(a n +1-2a n ) ，则{a n +1-2a n }是首项为4，公比为3的等比数列

∴a n +1-2a n =4⋅3n -1，所以a n =4⋅3n -1-5⋅2n -1

练习. 数列{a n }中，若a 1=8, a 2=2, 且满足a n +2

-4a n +1+3a n =0, 求a n .

答案： a n =11-3n

.

四、迭代法 a n +1

=pa r

n (其中p,r 为常数) 型 n

例12 已知数列{a n }满足a n +1

=a 3(n +1)2n ，a 1=5，求数列{a n }的通项公式。 a 3(n +1)2

n

解：因为n +1=a n ，所以

a 3n ⋅2n -13(n -1) ⋅2

n -2n ⋅2n -1

2

(n -2) +(n -1)

n =a n -1=[a n -2

]3=a 3(n -1) ⋅n ⋅2

n -2

=[a 3(n -2) ⋅2n -332(n -1) ⋅n ⋅2(n -2) +(n -1)

n -3

]

=a 33(n -2)(n -1) n ⋅2(n -3) +(n -2) +(n -1)

n -3

=

=a 3n -1⋅2⋅3 (n -2) ⋅(n -1) ⋅n ⋅21+2+ +(n -3) +(n -2) +(n -1) 1n (n -1) =a

3n -1⋅n ! ⋅22

1

n (n -1) 又a 1

=5}3n -1⋅n ! ⋅2

2

，所以数列{a n 的通项公式为a n =5。

注：本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式。

例13. （2005江西卷）

a 已知数列{a n

}的各项都是正数, 且满足:0=1, a =1

n +1

2a n (4-a n ), n ∈N ，

（1）证明

a n

a 1解：（1）略（2）

n +1=

2a =1

n (4-a n ) 2[-(a n -2) 2+4],2

所以 2(a n +1-2) =-(a n -2) 令b [1**********]11+2+ +2n -12n

n =a n -2, 则b n =-2b n -1=-2(-2b n -2) =-2⋅(2) b n -1

= =-(2) b n 又bn=－1，

b -(1) 2n -1, 即a 1n

-1

所以n =2n =2+b n =2-(2) 2.

=

12

方法2：本题用归纳-猜想-证明，也很简捷，请试一试. 解法3：设c n =-b n ，则c

n 2c n -1, 转化为

上面类型（1）来解

五、对数变换法 适用于a r

n +1=pa n (其中p,r 为常数) 型 p>0，a n

>0 例14. 设正项数列{a n }满足a 1=1，a 2

n

=2a n -1（n ≥2）. 求数列{a n }的通项公式. a 解：两边取对数得：log 2n =1+2log a 2n -1

，log a 2n +1=2(loga 2n -1+1) ，设b n

=log a n 2+1，则b n =2b n -1 {b n }是以2为公比的等比数列，b 1=log 12+1=1 b n

=1⨯2n -1=2n -1，log a 2n

+1=2n -1log a n =2n -1-1a =2n -1

-1

，2，∴

n 2

练习 数列

{a n }中，a 1=1，a n =2

a n -1

（n ≥2），求数列

{a n }的通项公式.

2-n

答案：a n =22-2

例15 已知数列{a 5

n }满足a n +1=2⨯3n ⨯a n ，a 1=7，求数列{a n }的通项公式。

解：因为a =2⨯3n ⨯a 5

n +1n ，a 1=7，所以a n >0，a n +1>0。

两边取常用对数得lg a n +1=5lg a n +n lg3+lg2

设lg a n +1+x (n +1) +y =5(lga n +xn +y ) （同类型四）

比较系数得， x =

lg 34, y =lg 316+lg 2

4

由lg a lg 3lg 3lg 2lg 3lg 31+4⨯1+16+4=lg 7+4⨯1+16+lg 24≠0，得lg a +lg 3lg 3lg 2n 4n +16+4≠0，所以数列{lga lg 3lg 3lg 2n +4n +16+4是以lg 7+lg 34+lg 316+lg 2

4

为首项，以5为公比的等比数列，则lg a lg 3n +4n +lg 316+lg 24=(lg7+lg 3lg 3lg 2n -1

4+16+4

)5，因此lg a n =(lg7+

lg 3lg 34+16+lg 2n -1lg 3lg 3lg 2

4)5-4n -6-4

111n 11=[lg(7⋅34

⋅316

⋅24

)]5n -1

-lg(34⋅316⋅24

)

111

n

11

=lg(7⋅34⋅316⋅24) 5

n -1-lg(34

⋅316

⋅24

) 5n -4n -15n -1-1=lg(7

5n -1

⋅3

16

⋅2

4

)

n -1

5n -4n -15n -1-1则a 5n =7⨯316

⨯2

4

。

六、倒数变换法 适用于分式关系的递推公式，分子只有一项 例16 已知数列{a a n

n }满足a n +1=

2a , a 1=1，求数列{a n }的通项公式。 n +2

解：求倒数得

1a =1+1, ∴1-1=1, ∴⎧⎨1a -1⎫

⎬为等差数列，首项1=1，公差为1，

n +12a n a n +1a n 2⎩n +1a n ⎭

a 12∴

112

a =2(n +1), ∴a n =

n +1

n

七、换元法 适用于含根式的递推关系 例17 已知数列{a

n }满足a n +1=

1

16(1+4a n ，a 1=1，求数列{a n }的通项公式。

解：令b 1n =，则a n =24

(b 2

n -1)

代入a n +1=

1

16

(1+4a n +得 12124(b 164124

(b 2

n +1-1) =[1+n -1) +b n ] 即4b 22n +1=(b n

+3)

因为b n =0， 则2b n +1=b n +3，即b n +1=12b 3n +2

， 可化为b 1

n +1-3=

2

(b n -3) ， 所以{b 3}是以b 1

n -

1-3=3=3=2为首项，以

2

为公比的等比数列，因此b -3=2(12) n -1=(12) n -2，则b 1-21

n n =(2) n +

3=(2) n -2+3，得

a 21n n =

3(4) +(12) n +13

。 八、数学归纳法 通过首项和递推关系式求出数列的前n 项，猜出数列的通项公式，再用数学归纳

法加以证明。

例18 已知数列{a 8(n +1) n }满足a n +1=a (2n +1) 2(2n +3) 2，a 8

n +

1

=9

，求数列{a n }的通项公式。 解：由a 8(n +1)

n (2n +1) 2(2n +3)

2

及a 1=8+1=a n +

9，得 a 8(1+1) 88⨯224

2=a 1+

(2⨯1+1) 2(2⨯1+3) 2

=9+9⨯25=25

a 8(2+1) 248⨯348

3=a 2+(2⨯2+1) 2(2⨯2+3) 2

=25+25⨯49=49

a +8(3+1) 488⨯480

4=a 3(2⨯3+1) 2(2⨯3+3) 2=49+49⨯81=

81由此可猜测a (2n +1) 2-1

n =(2n +1) 2，下面用数学归纳法证明这个结论。

（1）当n =1时，a (2⨯1+1) 2-18

1=(2⨯1+1) 2

=9

，所以等式成立。 （2）假设当n =k 时等式成立，即a (2k +1) 2-1

k =(2k +1) 2

，则当n =k +1时，

a +1)

k +1=a k +

8(k (2k +1) 2(2k +3) 2

=

[(2k +1) 2-1](2k +3) 2+8(k +1) (2k +1) 2(2k +3) 2(2k +1) 2(2k +3) 2-(2k +1) 2

=

(2k +1) 2(2k +3) 2

=

(2k +3) 2-1(2k +3) 2 =

[2(k +1) +1]2-1[2(k +1) +1]2

由此可知，当n =k +1时等式也成立。

根据（1），（2）可知，等式对任何n ∈N *

都成立。 九、阶差法（逐项相减法） 1、递推公式中既有S n ，又有a n

分析：把已知关系通过a n =⎨⎧S 1, n =1

≥2

转化为数列⎩S {a n }或S n 的递推关系，然后采用相应的

n -S n -1, n 方法求解。

例19 已知数列{a 1

n }的各项均为正数，且前n 项和S n 满足S n =6

(a n +1)(a n +2) ，且a 2, a 4, a 9成等比数列，求数列{a n }的通项公式。

解：∵对任意n ∈N +

有S n =

1

6

(a n +1)(a n +2) ⑴ ∴当n=1时，S 1

1=a 1=6

(a 1+1)(a 1+2) ，解得a 1=1或a 1=2 当n ≥2时，S 1

n -1=

6

(a n -1+1)(a n -1+2) ⑵

⑴-⑵整理得：(a n +a n -1)(a n -a n -1-3) =0 ∵{a n }各项均为正数，∴a n -a n -1=3

当a =3n -2，此时a 2

1=1时，a n 4=a 2a 9成立

当a 3n -1，此时a 2

1=2时，a n =4=a 2a 9不成立，故a 1=2舍去

所以a n =3n -2

练习。已知数列{a n }中, a n >0且S n =

1

2

(a n +1) 2, 求数列{a n }的通项公式. 答案：S n -S n -1=a n (a n -1) 2=(a n -1+1) 2 a n =2n -1 2、对无穷递推数列

例20 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) ，求{a n }的通项公式。

解：因为a n =a 1+2a 2+3a 3+ +(n -1) a n -1(n ≥2) ①

所以a n +1=a 1+2a 2+3a 3+ +(n -1) a n -1+na n ②

用②式－①式得a n +1-a n =na n .

则a 故a

n +1n +1=(n +1) a n (n ≥2) a =n +1(n ≥2)

n

所以a a n a n -n =

a ⋅1⋅ ⋅a 3⋅a =[n (n -1) ⋅ ⋅4⨯3]a n ! 22=a 2.

③

n -1a n -2a 22

由a n =a 1+2a 2+3a 3+ +(n -1) a n -1(n ≥2) ，取n =2得a 2=a 1+2a 2，则a 2=a 1，又知a 1=1，则a n !

2=1，代入③得a n =1⋅3⋅4⋅5⋅ ⋅n =2

。 所以，{a n ! n }的通项公式为a n =2

.

十、不动点法 目的是将递推数列转化为等比（差）数列的方法

不动点的定义：函数f (x ) 的定义域为D ，若存在f (x ) x 0∈D ，使f (x 0) =x 0成立，则称x 0为

f (x ) 的不动点或称(x 0, f (x 0)) 为函数f (x ) 的不动点。

分析：由f (x ) =x 求出不动点x 0，在递推公式两边同时减去x 0，在变形求解。 类型一：形如a n +1=qa n +d

例21 已知数列{a n }中，a 1=1, a n =2a n -1+1(n ≥2) ，求数列{a n }的通项公式。 解：递推关系是对应得递归函数为f (x ) =2x +1，由f (x ) =x 得，不动点为-1

∴a n +1+1=2(a n +1) ，„„ 类型二：形如a a ⋅a n +b

n +1=

c ⋅a

n +d

分析：递归函数为f (x ) =

a ⋅x +b

c ⋅x +d

（1）若有两个相异的不动点p,q 时，将递归关系式两边分别减去不动点p,q ，再将两式相除得

a n +1-p a n -p a -pc (a 1q -pq ) a =k ⋅，其中k =，∴a k n -1-(a 1p -pq )

n =n -1

n +1-q a n -q a -qc (a 1-p ) k -(a 1-q )

（2）若有两个相同的不动点p ，则将递归关系式两边减去不动点p ，然后用1除，得

1a =1

+k ，其中k =

2c 。 n +1-p a n -p

a +d

例22. 设数列{a n }满足a 1=2, a =5a n

+4

n +1

2a +7

, 求数列{a n }的通项公式. n 分析：此类问题常用参数法化等比数列求解. 解：对等式两端同时加参数t, 得：

a 7t +4

n +

a +t =5a n +4(n +1

2a +t =2t +5) a n +7t a =(2t +5) , n +72n +72a n +7

令t =

7t +4

a +t t +5, 解之得t=1,-2 代入a n +1+t =(2t +5) n 22a 7

得 n +a n +1-1=3

a n -1, a +2=9a n +2

2a n +1,

n +72a n +7

相除得

a n +1-11a n -1a =⋅, 即{a n -1}是首项为a 1-12=1

4

，

n +1+23a n +2a n +2a 1+1a n -1公比为3的等比数列, n -1a =1⋅31-n , 解得a 4⋅3+2n =3n -1

-1

. n +244⋅方法2： ,

a -1=3

a n -1

n +1

2a ， n +7

两边取倒数得

1a =

2a n +72n +1-1

3(a ) =(a n -1) +93(a =23+

3

a ， n -1n -1) n -1

令b =1

2

n a -1

，则b n =

+3b n , , 转化为累加法来求n 3

. 例23 已知数列{a 21a n -24

n }满足a n +1=4a ，a 1=4，求数列{a n }的通项公式。

n +1

解：令x =

21x -242

4x +1，得4x -20x +24=0，则x ，x 21x -241=22=3是函数f (x ) =4x +1

的两个不

动点。因为

21a n -24

a -2

n +1-2a =4a n +1=21a n -24-2(4a n +1) =13a n -26=13a n -2

。所以数列⎧⎨a n -2⎫n +1-321a n -24-321a n -24-3(4a n +1) 9a n -279a n -3a -3⎬是

4a +1

⎩n ⎭

n 以

a 1-24-213

a -213a ==2为首项，以为公比的等比数列，故n =2() n -11-34-39a ，则n -39

a n =

1+3。

2(13

) n -19

-1练习1：已知{a n }满足a 1=2, a n =

a n -1+2

2a (n ≥2) ，求{a n }的通项a n

n -1+1

3n ∴a -(-1) n

答案：n =3n +(-1) n

练习2。已知数列{a n }满足a 1=2, a n +1=

2a n -1

4a (n ∈N *) ，求数列{a n }的通项a n

n +6

答案：∴a -5n

n =

1310n -6

练习3. （2009陕西卷文）

已知数列{a n }满足， a 1＝

1=2, a a n +a n +1

’a 2n ＋2＝2

, n ∈N *. (I)令b n =a n +1-a n ，证明：{b n }是等比数列；

(Ⅱ) 求{a n }的通项公式。 答案：（1）{b n }是以1为首项，-

12为公比的等比数列。（2）a 521n -1*n =3-3(-2

) (n ∈N ) 。 十一。特征方程法 形如a n +2=pa n +1+qa n (p , q 是常数）的数列

形如a 1=m 1, a 2=m 2, a n +2=pa n +1+qa n (p , q 是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项

a 2n ，其特征方程为x =px +q „①

若①有二异根α, β，则可令a n n =c 1α+c 2βn (c 1, c 2是待定常数） 若①有二重根α=β，则可令a n =(c 1+nc 2) αn (c 1, c 2是待定常数） 再利用a 1=m 1, a 2=m 2, 可求得c 1, c 2，进而求得a n

例24 已知数列{a n }满足a 1=2, a 2=3, a n +2=3a n +1-2a n (n ∈N *) ，求数列{a n }的通项a n 解：其特征方程为x 2

=3x -2，解得x 1=1, x 2=2，令a n =c 1⋅1n +c 2⋅2n ，

由⎧⎨a =c 2⎧c 1+2c 2=1=1

1，得⎪⎩a ⎨1， ∴n -12=c 1+4c 2=3⎪⎩c a n =1+2

2=2

例25 已知数列{a n }满足a 1=1, a 2=2,4a n +2=4a n +1-a n (n ∈N *) ，求数列{a n }的通项a n n

解：其特征方程为4x 2

=4x -1，解得x 1⎛1⎫1=x 2=2，令a n =(c 1+nc 2) ⎝2⎪⎭

，

⎧

由⎪⎪a 1=(c 11+c 2) ⨯=1⎨2，得⎧⎨c 1=-4， ∴a 3n -2⎪⎪⎩c n =n -2=621

⎩a 2=(c 1+2c 2) ⨯14

=2

练习1．已知数列{a n }满足a 1=1, a 2=2,4a n +2=4a n +1-a *n -1(n ∈N ) ，求数列{a n }的通项练习2．已知数列{a n }满足

a 1=1, a 2=2,4a n +2=4a n +1-a n -n -4(n ∈N *) ，求数列{a n }的通项

说明：(1)若方程x 2

=px +q 有两不同的解s , t, 则a n +1-ta n =s (a n -ta n -1) , a n +1-sa n =t (a n -sa n -1) ,

由等比数列性质可得a n -1n -1n +1-ta n =(a 2-ta 1) s , a n +1-sa n =(a 2-sa 1) t ,

t ≠s , 由上两式消去a (a 2-ta 1)n a 2-sa 1n n +1可得a n =

s s -t . s -t s -t . t

.

(2)若方程x 2=px +q 有两相等的解s =t ，则

a n +1-ta n =s (a 1n -ta n -1)=s 2(a n -1-ta n -2) = =s n -(a 2-ta 1)，

∴

a n +1s n +1-a n s n =a 2-ta 1⎧a n ⎫

s 2, 即⎨⎩s n ⎬是等差数列， ⎭

由等差数列性质可知

a n a 1a 2-sa 1

s n =s +(n -1). s 2

， 所以a =⎡⎢⎛a 1a 2-sa 1⎫a 2-sa 1⎣ ⎝s -s 2⎪⎭+s 2

. n ⎤⎥⎦

s n n ． a 2

25

n -

例26、数列{a 5n }满足a 1=-12

，且a n +1=求数列{a n

}的通项。 2a 29n +

4

a 2-252

2925n 解：a n +1+λ=a n +1=

a =n +2λa n +λ-

+λ„„① 2a n +42a n +

4

令λ2

=29λ-254，解得λ=1, λ2512=4

，将它们代回①得，

252

a (a 2⎛a ⎫n

+n +1)25 4⎪⎭n +1+1=„„②，a n +1+=⎝2a 4n +

42a 29„„③，

n +42

a 25⎛25⎫

n +1+③÷②，得 a n +⎪a = ⎪, n +1+1 a n +1⎝⎪

⎭

a 25n +1+

a 25⎧

25⎫n +则lg a +1=2lg ⎪a n +a ，∴数列⎨lg ⎪⎬成等比数列，首项为1，公比q =2

n +1n +1⎪a n +1⎩⎪

⎭

a 252525n +

所以lg a 1=2n -1a 2n -1

n +-10

，则a =102n -1，∴a n =2n -1

n +n +110-1

十二、四种基本数列

1．形如a n +1-a n =f (n ) 型 等差数列的广义形式，见累加法。

2. 形如a

n +1a =f (n ) 型 等比数列的广义形式，见累乘法。

n

3. 形如a n +1+a n =f (n ) 型

（1）若a n +1+a n =d （d 为常数），则数列{a n }为“等和数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论;

（2）若f(n)为n 的函数（非常数）时，可通过构造转化为a n +1-a n =f (n ) 型，通过累加来求出

通项; 或用逐差法(两式相减) 得a n +1-a n -1=f (n ) -f (n -1) ，，分奇偶项来分求通项.

例27. 数列{a n }满足a 1=0, a n +1+a n =2n , 求数列{a n }的通项公式.

分析 1：构造 转化为a n +1-a n =f (n ) 型 解法1：令b n =(-1) n a n

则b n +1-b n =(-1) n +1a +1n +1-(-1) n a n =(-1) n (a n +1+a n ) =(-1) n +1⋅2n .

⎧⎪b n -b n -1=(-1) n ⋅2(n -1) ⎪n -1

n ≥2

时,

⎪b n -1-b n -2=(-1) ⋅2(n -2) ⎨

各式相

⎪⎪b 2

-b 1=(-1) 2⋅2⨯1

⎪⎩

b 1=-a 1=0加:b n =2[(-1) n (n -1) +(-1) n -1(n -2) + +(-1) 3⋅2+(-1) 2⋅1]

当n 为偶数时，b ⎡n =2⎢(n -1) +(-1) ⋅

n -2⎤

⎣2⎥⎦

=n . 此时a n =b n =n 当n 为奇数时，b n =2(-

n -1

2

) =-n +1 此时b n =-a n , 所以a n =n -1. 故

a ⎧n -1, n 为奇数,

n =⎨

n , n 为偶数.

解法2：

⎩ a n +1+a n =2n

∴n ≥2时，a n +a n -1=2(n -1) ，两式相减得：a n +1-a n -1=2. ∴a 1, a 3, a 5, , 构成以a 1, 为首项，以2为公差的等差数列;

a 2, a 4, a 6, , 构成以a 2, 为首项，以2为公差的等差数列

∴a 2k -1=a 1+(k -1) d =2k -2 a 2k =a 2+(k -1) d =2k .

∴a ⎧n -1, n 为奇数, n =⎨

⎩n , n 为偶数.

评注：结果要还原成n 的表达式.

例28. （2005江西卷）已知数列{a n }的前n 项和S n 满足

S 13

n －S n －2=3(-2

) n -1

(n ≥3), 且S 1=1, S 2=-

2

, 求数列{a n }的通项公式. 解：方法一：因为S n -S n -2=a 1

n +a n -1所以a n +a n -1=3⋅(-) n -12

(n ≥3),

以下同上例，略

1n -1⎧4-3⋅() , n 为奇数, ⎪⎪2

答案 a n =⎨

1⎪-4+3⋅() n -1, n 为偶数.

⎪2⎩

4. 形如a n +1⋅a n =f (n ) 型

（1）若a n +1⋅a n =p (p为常数) ，则数列{a n }为“等积数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论;

（2）若f(n)为n 的函数（非常数）时，可通过逐差法得a n ⋅a n -1=f (n -1) ，两式相除后，分奇偶项来分求通项.

例29. 已知数列{a n }满足a 1=3, a n ⋅a n +1=() , (n ∈N ) , 求此数列的通项公式. 注：同上例类似，略.

12

n *