数列通项公式的十种求法

数列通项公式的十种求法

一、公式法

{an}an12an32n例1 已知数列满足

，a12，求数列{an}的通项公式。

an1an3an1an3an{}n1nn1nnn1an12an3222，则222，故数列2是以解：两边除以2，得2na121an3231(n1)1n22，所以为首项，以2为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得231na(n)2n{an}22数列的通项公式为。

an1an3nn1an12an32222，说明数列评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为

naan3{n}1(n1)n2n是等差数列，2，再直接利用等差数列的通项公式求出2进而求出数列{an}的

通项公式。

二、累加法

例2 已知数列{an}满足an1an2n1，a11，求数列{an}的通项公式。

解：由an1an2n1得an1an2n1则

1

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(n1)n2(n1)12(n1)(n1)1n2

ann2所以数列

{an}的通项公式为。

评注：本题解题的关键是把递推关系式an1an2n1转化为an1an2n1，进而求出

(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a1

，即得数列{an}的通项公式。

例3 已知数列{an}满足

an1an23n1，a13

，求数列{an}的通项公式。

解：由

an1an23n1得

an1an23n1则

2

an(anan1)(an1an2)(23n11)(23n21)2(3n13n23(13n1)2(n1)3133n3n133nn1(a3a2)(a2a1)a1(2321)(2311)33231)(n1)3

所以

an3nn1.

评注：本题解题的关键是把递推关系式求出

an1an23n1转化为

an1an23n1，进而

an(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a1

，即得数列{an}的通项公式。

例4 已知数列{an}满足

例5

an13an23n1，a13

例6 ，求数列{an}的通项公式。

an1an21n1n13n33n1， 解：an13an231两边除以3，得3nan1an21nn1n13333，故 则

3

ananan1an1an2an2an3()()()3n3nan1an13n23n23n3(a2a1a1)32313212121213(n)(n1)(n2)(2)3333333332(n1)11111(nnn1n22)1333333

因此

1(13n1)nan2(n1)32n1113n3133223n

，

则

211ann3n3n.322

an1an21nn1n1an13an231333，评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为3进而

n求出

anan1an1an2an2an3)()(n3)nn1n1n2n2333333a2a1a11)2333

((ann，即得数列3的通项公式，最后再求数列{an}的通项公式。

三、累乘法

4

例5 已知数列{an}满足

an12(n1)5nan，a13

，求数列{an}的通项公式。

解：因为

an12(n1)5nan，a13

an12(n1)5n，所以an0，则an，故

ananan1an1an2a3a2a1a2a1[2(21)52][2(11)51]321[2(n11)5n1][2(n21)5n2]2n1[n(n1)32n132]5(n1)(n2)n!35n(n1)2

n(n1)2所以数列{an}的通项公式为an325n1n!.

an12(n1)5nn评注：本题解题的关键是把递推关系an12(n1)5an转化为an，进而求出anan1an1an2a3a2a1a2a1，即得数列{an}的通项公式。

例6 （2004年全国I第15题，原题是填空题）已知数列{an}满足

5

a11，ana12a23a3(n1)an1(n2)

，求{an}的通项公式。

解：因为

ana12a23a3(n1)an1(n2)

①

所以

an1a12a23a3(n1)an1nan

②

用②式－①式得an1annan.

则an1(n1)an(n2)

an1n1(n2)a故n

所以

anan1an1an2a3a2[n(n1)a26

an43]a2n!a2.2

③

由

ana12a23a3(n1)an1(n2)

n!2。

，取n2得a2a12a2，则a2a1，又知a11，则a21，代入③得

n!.2

an1345n所以，{an}的通项公式为

anan1n1(n2)an1(n1)an(n2)评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为an，进而anan1aa求出n1n2a3a2a2，从而可得当n2时，an的表达式，最后再求出数列{an}的通项公式。

四、待定系数法

例7 已知数列{an}满足

an12an35n，a16

a，求数列n的通项公式。

解：设

7

an1x5n12(anx5n)

④

将

an12an35n代入④式，得

2an35nx5n12an2x5n

nn1nn，等式两边消去2an，得35x52x5，两边除以5，得35x2x,则x1,代入④

式得

an15n12(an5n) ⑤

an15n12n1na1516510an5n0{a5}a51a5n1由及⑤式得，则n，则数列是以为

首项，以2为公比的等比数列，则

an5n2n1，故

an2n15n。

评注：本题解题的关键是把递推关系式可知数列

{an5n}an12an35n{an5n}转化为

an15n12(an5n)，从而

是等比数列，进而求出数列

的通项公式，最后再求出数列{an}的通

项公式。

例8 已知数列{an}满足

an13an52n4，a11

，求数列{an}的通项公式。

解：设

8

an1x2n1y3(anx2ny)

⑥

将

an13an52n4代入⑥式，得

3an52n4x2n1y3(anx2ny)

整理得

(52x)2n4y3x2n3y

。

52x3xx54y3y令，则y2，代入⑥式得

an152n123(an52n2)

⑦

由

a15212112130

及⑦式，

9

an152n123nn得an5220，则an522，

故数列

{an52n2}是以

a1521211213

，则

an133n152n2为首项，以3为公比的等比数列，因此

an52n2133n1。

评注：本题解题的关键是把递推关系式

an13an52n4转化为

an152n123(an52n2)

{an52n2}，从而可知数列

{an52n2}是等比数列，进而求出数列的通项公式，最

后再求数列{an}的通项公式。

例9 已知数列{an}满足

an12an3n24n5，a11

，求数列{an}的通项公式。

解：设

an1x(n1)2y(n1)z2(anxn2ynz)

10

⑧

将

an12an3n24n5代入⑧式，得

2an3n24n5x(n1)2y(n1)z2(anxn2ynz)

，则

2an(3x)n2(2xy4)n(xyz5)2an2xn22yn2z

等式两边消去2an，得

(3x)n2(2xy4)n(xyz5)2xn22yn2z

，

3x2xx32xy42yy10xyz52zz18解方程组，则，代入⑧式，得

an13(n1)210(n1)182(an3n210n18)

⑨

由

11

a131210118131320

及⑨式，得

an3n210n180

则

an13(n1)210(n1)182an3n210n18

{an3n210n18}，故数列为以

a13121011813132

为首项，以2为公比的等比数列，因此

an3n210n18322n1

，则

an2n43n210n18

。

评注：本题解题的关键是把递推关系式

an12an3n24n5转化为

an13(n1)210(n1)182(an3n210n18)

12

，从而可知数列

{an3n210n18}是等比数列，进而求出数列

{an3n210n18}的通项

公式，最后再求出数列{an}的通项公式。

五、对数变换法

{an}5an123nan例10 已知数列满足

，a17，求数列{an}的通项公式。

解：因为得

5an123nan，a17，所以

an0，an10。在

5an123nan式两边取常用对数

lgan15lgannlg3lg2

⑩

设

lgan1x(n1)y5(lganxny)

11 ○

将⑩式代入11○式，得

5lgannlg3lg2x(n1)y5(lganxny)

，两边消去5lgan并整理，得

13

(lg3x)nxylg25xn5y

，则

lg3x4lg3x5xylg3lg21 xylg25y，故代入11○式，得

lg3lg3lg2lg3lg3lg2(n1)5(lgann)4141

lgan1 12 ○

由

lg3lg3lg2lg3lg3lg21lg7104141

lga1及12○式，

得

lg3lg3lg2n041

lgan，

14

则

lgan1lg3lg3lg2(n1)415lg3lg3lg2lgann41

，

所以数列

lg3lg3lg2n}41

{lgan是以

lg7lg3lg3lg241为首项，以5为公比的等比数列，则

lganlg3lg3lg2lg3lg3lg2n1n(lg7)54141

，因此

lg3lg3lg2n1lg3lg3lg2)5n414141614n1n4lgan(lg7(lg7lg3lg3lg2)5[lg(7332)]5lg(7332)5lg(75n13lg(75n135n1n414116141411614n1lg3lg3lg211614n411614lg(332)n411614n1lg(332)2)5n11435n1116)5n4n11625n114

15

则

an753n15n4n11625n114

。

评注：本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式

5an123nan转化为

lgan1lg3lg3lg2lg3lg3lg2(n1)5(lgann)4141

，从而可知数列

lg3lg3lg2n}41

{lgan是等比数列，进而求出数列

lg3lg3lg2n}41

{lgan的通项公式，最后再求出数列{an}的通项公式。

六、迭代法

3(n1)2aa，a15，求数列{an}的通项公式。 n1n满足

n例11 已知数列

{an}16

n3(n1)2aan1n解：因为，所以

3n23(n1)23n2anan[a]1n2

n1n2n13(n1)n2an22(n2)(n1)n32(n2)(n1)[a3(n2)2(n1)n2n3]3a33(n2)(n1)n2(n3)(n2)(n1)n3a3n123(n2)(n1)n212(n3)(n2)(n1)1n(n1)a3n1n!221

n(n1)又a5，所以数列{an1n!221n}的通项公式为an53。

评注：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。即先将等式

a3(n1)2nn1an两边取常用对数得

lgan13(n1)2nlgan

lgan13(n1)2n，即lgan，再由累乘法可推知

n(n1)lgalganlgan1nlgalga3lga2lgan1n!22n1lgan2lga1lg532lga1

，从而a3n1n!2n(n1)n52。

七、数学归纳法

17

例12 已知数列{an}满足

8(n1)8，a1(2n1)2(2n3)29

an1an，求数列{an}的通项公式。

解：由

8(n1)(2n1)2(2n3)2

an1an及

a1，得

8(11)88224(211)2(213)29925258(21)248348a3a2(221)2(223)2252549498(31)488480a4a3(231)2(233)249498181 a2a1(2n1)21an2(2n1)由此可猜测，往下用数学归纳法证明这个结论。

(211)218a12(211)9，所以等式成立。 （1）当n1时，

(2k1)21ak2(2k1)nk（2）假设当时等式成立，即，则当nk1时，

18

ak1ak8(k1)(2k1)2(2k3)2

(2k1)218(k1)(2k1)2(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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。

*评注：本题解题的关键是通过首项和递推关系式先求出数列的前n项，进而猜出数列的通项公式，最后再用数学归纳法加以证明。

八、换元法

例13 已知数列{an}满足

1(14an124an)，a1116

an1，求数列{an}的通项公式。

19

解：令

bn124an，则an12(bn1)24

故

an112(bn11)24，代入

an11(14an124an)16

得

12112(bn11)[14(bn1)bn]241624

224bn1(bn3)即

因为

bn124an0，故

bn1124an10

13bbn1n22， 则2bn1bn3，即

1bn13(bn3)2可化为，

所以{bn3}是以

b13124a13124132

为首项，以

12111bn()n23bn32()n1()n2222为公比的等比数列，因此，则，即

20

1124an()n232，得

2111an()n()n3423。

评注：本题解题的关键是通过将124an的换元为bn，使得所给递推关系式转化

13bn1bn22形式，从而可知数列{bn3}为等比数列，进而求出数列{bn3}的通项公式，最

后再求出数列{an}的通项公式。

九、不动点法

例14 已知数列{an}满足

21an24，a144an1

an1，求数列{an}的通项公式。

21x2421x24f(x)4x1，得4x220x240，则x12，x23是函数4x1的两个不动

解：令点。因为

x21an242an124an121an242(4an1)13an2613an2an1321an24321an243(4an1)9an279an34an1

21

an2a1242132。所以数列an3是以a1343为首项，以9为公比的等比数列，故

an2132()n1an39，则

an1132()n1193。

21x2421x24x4x1的不动点，即方程4x1的两

评注：本题解题的关键是先求出函数

f(x)an2an1213an2a3x12，x23a39a3n个根，进而可推出n1，从而可知数列n为等比数列，再求an2a3n的通项公式，最后求出数列{an}的通项公式。 出数列例15 已知数列{an}满足

an17an2，a122an3，求数列{an}的通项公式。

解：令

x7x23x1f(x)2x3，得2x24x20，则x1是函数4x7的不动点。

因为

7an25a51n2an32an3

an11，所以

2111an()n()n3423。

评注：本题解题的关键是通过将

124an22

的换元为bn，使得所给递推关系式转化

13bn1bn22形式，从而可知数列{bn3}为等比数列，进而求出数列{bn3}的通项公式，最

后再求出数列{an}的通项公式。

九、不动点法

例14 已知数列{an}满足

21an24，a144an1

an1，求数列{an}的通项公式。

21x2421x24f(x)4x1，得4x220x240，则x12，x23是函数4x1的两个不动

解：令点。因为

x21an242an124an121an242(4an1)13an2613an221a24an139an3n321an243(4an1)9an274an1

an2a1242132。所以数列an3是以a1343为首项，以9为公比的等比数列，故

an2132()n1an39an1132()n1193，则。

21x2421x24x4x1的不动点，即方程4x1的两

评注：本题解题的关键是先求出函数

f(x)23

an2an1213an2a3x12，x23a39a3n为等比数列，再求n个根，进而可推出n1，从而可知数列an2a3出数列n的通项公式，最后求出数列{an}的通项公式。

例15 已知数列{an}满足

an17an2，a122an3，求数列{an}的通项公式。

解：令

x7x23x1f(x)2x3，得2x24x20，则x1是函数4x7的不动点。

因为

7an25a51n2an32an3

an11，所以

24