数列通项公式的求法

数列的递推式是指数列中相邻两项的关系，即an1与an的关系（或者an与an-1的关系）。求数列的通项公式an，关键是先找出数列的递推式。根据数列的递推式的不同，数列通项公式的求解主要有以下几种题型：

题型1：递推式为an1and及an1qan（d,q为常数）。 题型2：利用求和公式Snf(n)来求an.

题型3：递推式为an1anf(n)，f(n)一般为一次函数、二次函数或可裂解的分式函数。 题型4：递推式为

an1f(n). an题型5：递推式为an1panq（其中p、q均为常数，pq(p1)0）。 题型6：递推式为an1panqn（其中p、q均为常数且pq(p1)(q1)0）。 题型7：递推式为an1panqnb(p1、0，qb0)。 或an1panqb(p1、0，qb0)。 题型8：递推式为an1nf(n)an.

g(n)anh(n)r题型9：递推式为an1pan(p0,an0)。

题型10：递推式形式上较复杂时，用换元法求an.

n题型11：递推式为an1anpnq或an1anpq。 （双数列）题型12：周期型数列。

题型13：递推式为an2pan1qan（其中p、q均为常数）。 题型14：递推式为an1panqh（p、q、r、h为常数，且phqr,r0,a1）。

rranh注意：题型13和题型14都可以用特征根法求解。

1

题型1：递推式为an1and及an1qan（d,q为常数），运用公式法求an.

例1.已知无穷数列an的前n项和为Sn，并且anSn1(nN)，求数列an的通项公式。

*解：Sn1an，an1Sn1Snanan1，

111an1an，又a1，an

222

题型2：利用求和公式Snf(n)，求出an(n1)S1，注意验证首项。

SS(n2)n1nn例2.已知数列an的前n项和为：Snn2n1，求数列an的通项公式。

题型3：递推式为an1anf(n)，利用叠加法求an.其中，f(n)一般为一次函数、二次函数或可裂解的分式函数。 例3.已知数列an中，a1解：由已知可得 anaan11,an1an2，求数列an的通项公式。 24n11111，

4n2122n12n1令n1,2,3,,n1，代入后n1个等式迭加，即

ana1a2a1a3a2an1an2anan1

1111111111 23352n52n32n32n1

114n32。 22n14n2题型4：递推式为

an1f(n)，则用叠乘法求an. an例4.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，所以an0，则

an12(n1)5n， an2

ananan1aa32a1an1an2a2a1[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332n1n(n1)25n!n1数列{an}的通项公式为an32

5n(n1)2n!.

题型5：递推式为an1panq（其中p、q均为常数，(pq(p1)0)），把原递推公式转化为：an1xp(anx)，其中x（构造等比数列法）。

例5.在数列an中，a11，对于n1nN有an3an12，求数列an的通项公式。 解：设递推式an3an12化为ant3an1t 整理比较得22t，即t1于是得an13an11 所以an1是公比为3的等比数列，其首项为a112

qq，从而构造出an为新的等比数列来求anp1p1an123n1，即an23n11.

题型6：递推式为an1panqn（其中p、q均为常数且pq(p1)(q1)0）， 方法一：在原递推式两边同除以qn1，得：

anan1pan1，引入数列，令，bbnnnn1nqqqqq得：bn1p1p，再通过题型5的方法构造等比数列法求出an. bn（1）qqq注意：当

p11p，bn1bnbn，此时bn为等差数列，求出bn后自1，即pq时，

qqqq然就可以求出an.

方法二：可设an1xqn1p(anxqn)解出x1(pq0),从而转化为pq1n。 aqn是公比为p的等比数列（构造等比数列法）pq3

注意：当pq0，即pq时，可通过构造等差数列法求出an.

例6.已知数列{an}满足an12an35n，a16，求数列an的通项公式。

an12an3an23方法一：n，设b,则bbnn1n5155n55n55an26112bn1-1(bn1),b1,b11，bn1()n1n1

555555an5n2n1方法二：等比数列法：设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，

n等式两边消去2an，得35nx5n12x5n，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由a156510及⑤式得an50，则2，则数列{an5n}是以nan51na1511为首项，以2为公比的等比数列，则an5n2n1，故an2n15n.

题型7：递推式为an1panqnb(p1、0，qb0)或

an1panqnb(p1、0，qb0)时，可设an1x(n1)yp(anxny)

或an1xqn1yp(anxqny)，解出x、y，从而转化为anxny或

anxqny是公比为p的等比数列（构造等比数列法）来求出an.

1，2an1ann，求数列{an}的通项公式。 21n解：依题有2an1ann，即an1an，可变形为

2211[an1(n1)2](ann2)，可知数列ann2是以a1123为首项，为公比

221n1的等比数列。从而an3()n2(nN*)2

例7.1.已知数列{an}中，a1

4

例7.2.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令，则，代入⑥式得，an152n123(an52n2) ⑦ 4y3yy2an152n12由a1522112130及⑦式，得，an5220，则3. nan5221n故数列{an52n2}是以a1521211213为首项，以3为公比的等比数列 因此an52n2133n1，则an133n152n2.

题型8：递推式为an1f(n)an，将等式两边取倒数后有，

g(n)anh(n)g(n)anh(n)h(n)1g(n)11，设bn，则可转化为bn1pbnq题型，再an1f(n)anf(n)anf(n)an利用构造等比数列法求出an. 例8.在数列{an}中，当a11,an12an时，求数列{an}的通项公式。

2an35

r题型9：递推式为an1pan(p0,an0)，将等式两边取对数后有lgan1lgprlgan，

令bnlgan，则有bn1rbnlgp，再利用构造等比数列法求出an.

例9.（2002上海）若数列{an}中，a1=3且an1an（n是正整数），则an=______________ 解：

题型10：对于递推式很复杂的数列，可以用换元法来求an. 例10.已知数列{an}满足an1解：令bn124an，则an故an1log3an12，则log3an12n12n1，故an32.

log3ann121(14an124an)，a11，求数列{an}的通项公式。 1612(bn1) 24121(bn11)，代入an1(14an124an)得 241612112(bn11)[14(bn1)bn] 24162422即4bn1(bn3)因为bn124an0，故bn1124an10

则2bn1bn3，即bn1131bn，可化为bn13(bn3)， 2221为公比的等比数列，2所以{bn3}是以b13124a13124132为首项，以

因此bn32()n1()n2，则bn()n23，即124an()n23，得

12121212an

21n1n1()(). 3423题型11：递推式为an1anpnq或an1anpqn，可转化为a2n1与a2n（双数列）是等差或等比数列来求解an.递推式中涉及奇偶项时，一般可转化为双数列来研究。 例11.（1）在数列{an}中，a11,an16nan，求数列{an}的通项公式。 （2）在数列{an}中，a11,anan13n，求数列{an}的通项公式。

6

题型12：周期型数列由递推式计算出前几项，寻找规律和得出周期后求出an.

例12.若数列an满足an112a,(0a)n6n2，若a1，则a20的值为___5/7_____

72a1,(1a1)nn2

题型13：递推式为an2pan1qan（其中p、q均为常数），可用特征根法求解。 方法一(构造等比数列法)：an2pan1qan变形为an2xan1y(an1xan)，即

an2(yx)an1xyan，则yxp且xyq，解得x、y，于是数列an1xan是公

比y为的等比数列，再利用叠加法求出an.

方法二(特征根法)：对于由递推公式an2pan1qan，a1,a2给出的数列an，

2方程xpxq0，叫做数列an的特征方程。若x1,x2是特征方程的两个根，当x1x2时，nn数列an的通项为anAx1，其中A，B由a1,a2决定（即把a1,a2,x1,x2和Bx2n，得到关于A、B的方程组，求出A、B即可）；当x1x2时，数n1,2，代入anAx1nBx2n列an的通项为an(ABn)x1，其中A，B由a1,a2决定（即把a1,a2,x1,x2和

。 n1,2，代入an(ABn)x1n，得到关于A、B的方程组，求出A、B即可）

例13.在数列{an}中，a11,a22，当nN，an25an16an，求数列{an}的通项公式。

解：设an2an1(5)(an1an)

比较系数得=-3或=-2，不妨取=-2.①式可化为：

an22an13(an12an)

则{an12an}是一个等比数列，首项a22a1=2-2（-1）=4，公比为3. ∴an12an43

n1.利用上题结果有：an43

n152n1.

7

题型14：递推式为an1设特征方程xpanqh（p、q、r、h为常数，且phqr,r0,a1），可

rranhpxq(特征根法)，即rx2(hp)xq0，当方程有且仅有一根x0时，

rxh则111，代入a1,a2的c（其中c是待定常数）是等差数列，可令

an1x0anx0anx0anx1是等比数列，可令

axn2值可求得c值；当方程有两个相异的根x1、x2时，则an1x1ax1（其中c是待定常数），代入a1,a2的值可求得c值，最终求出an。此cnan1x2anx2方法又称不动点法。

例14.已知数列{an}满足a12,anan12(n2)，求数列{an}的通项公式。

2an11解：其特征方程为xx22，化简得2x20，解得x11,x21 2x141an11an1acc令，由a12,得2，可得.

53an11an1数列an11a111是以为首项，以为公比的等比数列. 3a113an1n1a111nan133

3n(1)n，annn．

3(1)8