高二数学必修5数列通项公式的求法归纳(精)
数列通项公式的四大题型
类型一：观察分析法（已知前几项，写通项公式）
具体方法有：
(1)联想比较法。如由-1，2，-3，4，-5，联想到数列-1，1，-1，1，和1，2，3，4，5，，
可得an(1)nn；
由3，6，11，18，27，联想到数列1，4，9，16，25，，可得ann22；由,,,13572n1,可知该数列中各项分式的分子为2n-1,而分母比分子多4，故an.
579112n3(2)逐差法。如1，3，5，7，9，，可发现：3-1=5-3=7-5=9-7=2，于是归纳得an2n1.(3)逐商法.如1，3，9，27，81，可发现
3927813,于是归纳可得an3n1.13927(4)待定系数法.如：3，6，11，18，27，38，，一次逐差得数列3，5，7，9，11，，二次逐差得数列2，2，2，2，，一般地，逐差k次后可得常数列，则通项公式可设为k次多项式.可以猜想通项公式为anan2bnc.令n=1,2,3,得
a+b+c=3○14a+2b+c=6○29a+3b+c=11○3联立○1○2○3可得a=1,b=0,c=2.经检验适合，故ann22.
类型二：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，S5a5．求数列an的通项公
式.
解：设数列an公差为d(d0)
2∵a1,a3,a9成等比数列，∴a3a1a9，即(a12d)2a1(a18d)d2a1d
∵d0，∴a1d………………………………①
2∵S5a5∴5a154d(a14d)2…………②2由①②得：a133333
，d∴an(n1)n55555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。
类型三：前n项和法（已知前n项和，求通项公式）若已知数列的前n项和Sn与an的关系，求数列an的通项an可用公式anS1n1求解。
SnSn1n2例2．已知数列an的前n项和Sn满足Sn2an(1)n,n1．求数列an的通项公式。解：由a1S12a11a11
naSS2(aa)2(1),n2nnn1nn1当时，有
an2an12(1)n1,
an12an22(1)n2,……，a22a12.
an2n1a12n1(1)2n2(1)22(1)n1
2n1(1)n[(2)n1(2)n2(2)]2n12[1(2)n1](1)3n2[2n2(1)n1].3
经验证a11也满足上式，所以an2n2[2(1)n1]3点评：利用公式anSnn1求解时，要注意对n分类讨论，但若能合写时一定要合并．
SSn2n1n类型四：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。
题型1：递推公式为an1anf(n)
解法：把原递推公式转化为an1anf(n)，利用累加法(逐差相加法)求解。例3.已知数列an满足a1解：由条件知：an1an11，an1an2，求an。2nn11112nnn(n1)nn1分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累加之，即
(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)
1111111(1)()()()
22334n1n所以ana11113111a1，an1（n2）n22n2na131311=满足上式故an2212n题型2：递推公式为an1f(n)an解法：把原递推公式转化为
an1f(n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解。an2nan，求an。，an13n1例4.已知数列an满足a1解：由条件知
an1n，分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累乘之，即ann1aaa2a3a4123n11nn
na1a2a3an1234a1n又a122，an（n2）33na122满足上式故an33n注：由an1f(n)an和a1确定的递推数列an的通项还可以如下求得：
所以anf(n1)an1，an1f(n2)an2，，a2f(1)a1依次向前代入，得
anf(n1)f(n2)f(1)a1，
题型三、形如
an1panqanp的递推式
解法：取倒法构造辅助数列例5：
数列an满足:a11,an1求an通项公式解：an
an,2an1
an112a11n122an11anan1an111是以为首项，以2为公差的等差数列a1an
题型4、递推式：an1panfn
解法：只需构造数列bn，消去fn带来的差异．其中fn有多种不同形式
①fn为常数，即递推公式为an1panq（其中p，q均为常数，(pq(p1)0)）。解法：转化为：an1tp(ant)，其中tq，再利用换元法转化为等比数列求解。1p例6.已知数列an中，a11，an12an3，求an.
解：设递推公式an12an3可以转化为an1t2(ant)即an12antt3.故递推公式为
an132(an3),令bnan3，则b1a134,且
bn1an132.所以bn是以b14为首项，2为bnan3公比的等比数列，则bn42n12n1,所以an2n13.②fn为一次多项式，即递推公式为an1panrns
解法：转化为：an1[A(n1)B]p[an(AnB)]，其中A，再利用换元法转化为等比数列求解。例7．设数列an：a14,an3an12n1,(n2)，求an.
解：设bnanAnB，则anbnAnB，将an,an1代入递推式，得
bnAnB3bn1A(n1)B2n13bn1(3A2)n(3B3A1)
A3A2B3B3A1A1B1取bnann1…（１）则bn3bn1,又b16，故bn63n123n代入（１）得
an23nn1
备注：本题也可由an3an12n1,an13an22(n1)1（n3）两式相减得
anan13(an1an2)2转化为bnpbn1q求之.
③f(n)为n的二次式，则可设bnanAn2BnC;
题型5：递推公式为an1panqn（其中p，q均为常数，(pq(p1)(q1)0)）。（或
an1panrqn,其中p，q,r均为常数）
解法：该类型较题型3要复杂一些。一般地，要先在原递推公式两边同除以qn1，得：引入辅助数列bn（其中bn例8.已知数列an中，a1解：在an1an1pan1qn1qqnqanp1bb），得：再应用类型3的方法解决。n1nnqqq511n1,an1an()，求an。632112an()n1两边乘以2n1得：2n1an1(2nan)132322bn1,应用例7解法得：bn32()n33令bn2nan，则bn所以anbn1n1n3()2()n232题型5：递推公式为an2pan1qan（其中p，q均为常数）。解法：先把原递推公式转化为an2san1t(an1san)其中s，t满足法求解。
例9.已知数列an中，a11,a22,an2解：由an2stp，再应用前面类型3的方
stq21an1an，求an。3321an1an可转化为an2san1t(an1san)33即an221sts1s3(st)an1stan31或tst13t131s1s这里不妨选用3，大家可以试一试），则1（当然也可选用t3t111an2an1(an1an)an1an是以首项为a2a11，公比为的等比数列,所以
331an1an()n1,应用类型1的方法，分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累加之，即
311()n11113ana1()0()1()n2
133313又a11，所以an731n1()。4
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数列通项公式的求法
编辑：张杰201*.12.15
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，S5a5．求数列an的通项公
式.
解：设数列an公差为d(d0)
2∵a1,a3,a9成等比数列，∴a3a1a9，即(a12d)2a1(a18d)d2a1d
∵d0，∴a1d………………………………①
2∵S5a5∴5a154d(a14d)2…………②2由①②得：a133333，d∴an(n1)n】55555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Sn与an的关系，求数列an的通项an可用公式anS1n1求解。
SSn2n1n例2．已知数列an的前n项和Sn满足Sn2an(1)n,n1．求数列an的通项公式。解：由a1S12a11a11
naSS2(aa)2(1),n2nnn1nn1当时，有
an2an12(1)n1,
an12an22(1)n2,……，a22a12.
an2n1a12n1(1)2n2(1)22(1)n12n1(1)n[(2)n1(2)n2(2)]2n12[1(2)n1](1)3n2[2n2(1)n1].3
经验证a11也满足上式，所以an2n2[2(1)n1]点评：利用公式an三、由递推式求数列通项法
Snn1求解时，要注意对n分类讨论，但若能合写时一定要合并．
SnSn1n2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an1anf(n)
解法：把原递推公式转化为an1anf(n)，利用累加法(逐差相加法)求解。例3.已知数列an满足a1解：由条件知：an1an11，an1an2，求an。2nn1111
n2nn(n1)nn1分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累加之，即
(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)
1111111(1)()()()
22334n1n所以ana11类型2
（1）递推公式为an1f(n)an解法：把原递推公式转化为
111131a1，an1n22n2nan1f(n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解。an2nan，求an。，an13n1例4.已知数列an满足a1解：由条件知
an1n，分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累乘之，即ann1aaa2a3a4123n11nn
na1a2a3an1234a1n又a122，an33n注：由an1f(n)an和a1确定的递推数列an的通项还可以如下求得：
所以anf(n1)an1，an1f(n2)an2，，a2f(1)a1依次向前代入，得
anf(n1)f(n2)f(1)a1，类型3
递推式：an1panfn
解法：只需构造数列bn，消去fn带来的差异．其中fn有多种不同形式
①fn为常数，即递推公式为an1panq（其中p，q均为常数，(pq(p1)0)）。解法：转化为：an1tp(ant)，其中tq，再利用换元法转化为等比数列求解。1p例5.已知数列an中，a11，an12an3，求an.
解：设递推公式an12an3可以转化为an1t2(ant)即an12antt3.故递推公式为
an132(an3),令bnan3，则b1a134,且
bn1an132.所以bn是以b14为首项，2为bnan3公比的等比数列，则bn42n12n1,所以an2n13.②fn为一次多项式，即递推公式为an1panrns例6．设数列an：a14,an3an12n1,(n2)，求an.
解：设bnanAnB，则anbnAnB，将an,an1代入递推式，得
bnAnB3bn1A(n1)B2n13bn1(3A2)n(3B3A1)
A3A2B3B3A1A1B1取bnann1…（１）则bn3bn1,又b16，故bn63n123n代入（１）得
an23nn1
备注：本题也可由an3an12n1,an13an22(n1)1（n3）两式相减得
anan13(an1an2)2转化为bnpbn1q求之.
③f(n)为n的二次式，则可设bnanAn2BnC;类型4
递推公式为an1panqn（其中p，q均为常数，(pq(p1)(q1)0)）。（或an1panrqn,其中p，q,r均为常数）
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qn1，得：引入辅助数列bn（其中bnan1pan1nn1qqqqanp1bb），得：再应用类型3的方法解决。n1nqqqn例7.已知数列an中，a1解：在an1511,an1an()n1，求an。632112an()n1两边乘以2n1得：2n1an1(2nan)132322bn1,应用例7解法得：bn32()n33令bn2nan，则bn1所以an类型5
bn1n1n3()2()n232递推公式为an2pan1qan（其中p，q均为常数）。
解法：先把原递推公式转化为an2san1t(an1san)其中s，t满足法求解。
例8.已知数列an中，a11,a22,an2解：由an2stp，再应用前面类型3的方
stq21an1an，求an。3321an1an可转化为an2san1t(an1san)33即an221sts1s3(st)an1stan31或tst13t131s1s这里不妨选用3，大家可以试一试），则1（当然也可选用t3t111an2an1(an1an)an1an是以首项为a2a11，公比为的等比数列,所以
331an1an()n1,应用类型1的方法，分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累加之，即
311()n11113ana1()0()1()n2
133313又a11，所以an731n1()。4
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