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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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an是递增数列，前n项和为Sn，且a1,a3,a9成等比数列，S5a52．求数列an的通项公式.
解：设数列an公差为d(d0)
∵a1,a3,a9成等比数列，∴a32a1a9，即(a12d)2a1(a18d)d2a1d∵d0，∴a1d………………………………①∵S5a52∴5a1由①②得：a135542d(a14d)…………②
3535352，d35∴an(n1)n】
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anS1n1SnSn1n2求解。
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
aSnSn12(anan1)2(1),当n2时，有nan2an12(1)n1n,
,an12an22(1)an2n1n2……，a22a12.
2n1a12nn1(1)2n1n2(1)2(1)n2
2223n1(1)[(2)(1)n2n(2)n1(2)]n12[1(2)3n1][2(1)].
23[2n2经验证a11也满足上式，所以an(1)n1]
Snn1a点评：利用公式n求解时，要注意对n分类讨论，但若能合写时一定要合并．
SSn2n1n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：an1an12，an1an1n(n1)1nn2，求an。
1n11nn21n
分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累加之，即
(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)(112)(1213)(1314)(1n11n)
所以ana11类型2
1na112，an1211n321n
（1）递推公式为an1f(n)an解法：把原递推公式转化为
an1an23f(n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解。
例4.已知数列an满足a1解：由条件知
a2a1a3a2a4a323，an1nn1an，求an。
an1annn1anan1，分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累乘之，即
122334n1nana11n
又a1，an23n
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tq1p，再利用换元法转化为等比数列求解。
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
bn1bnan13an32.所以bn是以b14为首项，2为
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)
A1A3A2B1B3B3A1取bnann1…（１）则bn3bn1,又b16，故bn63an23n1
nn123代入（１）得
n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bn例7.已知数列an中，a1解：在an1156an1qn1pqanqn1q
anqn），得：bn11pqbn1q再应用类型3的方法解决。
,an11n1an()，求an。321n12nn1n1an()两边乘以2得：2an1(2an)13令bn2nan，则bn1所以an类型5
bn2n2nbn1,应用例7解法得：bn32()3321n1n3()2()
23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(an1法求解。
例8.已知数列an中，a11,a22,an2解：由an2231323an113an，求an。
stp，再应用前面类型3的方san)其中s，t满足stqan1an可转化为an2san1t(an1san)
即an2(st)an121sts1s3stan31或tt1st1331s1s这里不妨选用3，大家可以试一试），则1（当然也可选用tt13an2an113(an1an)an1an是以首项为a2a11，公比为13的等比数列,所以
1n1an1an(),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
31n11()10111n23ana1()()()133313又a11，所以an7431n1()。
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