浅谈数列通项公式的求法

蒋雄伟

各种数列问题的求解在很多情形下就是对其通项公式的求解，特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解往往起着至关重要的作用.本文给出求解数列通项公式的几种常用方法，希望能对大家有所帮助.

一、 观察法

已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规律写出此数列的一个通项.如观察数列1，4，9，16，25，…，可知其通项公式为n2.

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.

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，S5=a25.求数列{an}的通项公式.

解设数列{an}公差为d（d>0）.

∵a1，a3，a9成等比数列，∴a23=a1a9，

即（a1+2d）2=a1（a1+8d）d2=a1d.

∵d≠0， ∴a1=d.①

∵S5=a25， ∴5a1+5×42·d=（a1+4d）2.②

由①②得：a1=35，d=35，

∴an=35+（n-1）×35=35n.

评注利用定义法求数列通项时要分清数列所属类型（是等差数列还是等比数列），不要用错定义，先设法求出首项与公差（公比），然后再写出通项.

三、前n项和法（知Sn求an）

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an=S1，

Sn-Sn-1，n=1，

n≥2求解.

例2已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an+（-1）n，n≥1.求数列{an}的通项公式.

解由a1=S1=2a1-1a1=1.

当n≥2时，有an=Sn-Sn-1=2（an-an-1）+2×（-1）n，

∴an=2an-1+2×（-1）n-1 ，

an-1=2an-2+2×（-1）n-2，…，a2=2a1-2.

∴an=2n-1a1+2n-1×（-1）+2n-2×（-1）2+…

+2×（-1）n-1

=2n-1+（-1）n[（-2）n-1+（-2）n-2+…+（-2）]

=2n-1-（-1）n2[1-（-2）n-1]3

=23[2n-2+（-1）n-1].

经验证a1=1也满足上式，所以an=23[2n-2+（-1）n-1]

评注利用公式an=S1，

Sn-Sn-1，n=1，

n≥2求解时，要注意对n分类讨论，但若能合写时一定要合并.

四、由递推式求数列通项法

对于递推公式确定的数列问题，通常可以通过把递推式变形转化为等差数列或等比数列来求其通项（有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列）.

类型1形如an+1-an=f（n）型（累加法）

（1）若f（n）为常数，即：an+1-an=d，此时数列为等差数列，则an=a1+（n-1）d.

（2）若f（n）为n的函数时，用累加法.

例1（1）（2003天津文） 已知数列{an}满足a1=1，an=3n-1+an-1（n≥2），证明an=3n-12.

证明由已知得： an-an-1=3n-1，故

an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+…+（a2-a1）+a1

=3n-1+3n-2+…+3+1=3n-12.

∴an=3n-12.

（2）已知数列{an}的首项为1，且an+1=an+2n（n∈N*），写出数列{an}的通项公式.答案：n2-n+1

（3）已知数列{an}满足a1=3，an=an-1+1n（n-1）（n≥2），求此数列的通项公式.答案： an=4-1n.

评注已知a1=a，an+1-an=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an.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.

类型2形如an+1=f（n）an型（累乘法）

把原递推公式转化为an+1an=f（n），利用累乘法（逐商相乘法）求解.（1）当f（n）为常数，即：an+1an=q （其中q是不为0的常数），此数列为等比数列且an=a1·qn-1.（2）当f（n）为n的函数时，用累乘法.

例2已知数列{an}满足a1=23，an+1=nn+1an，求an.

解由条件知an+1an=nn+1.分别令n=1，2，3，…，（n-1），代入上式得（n-1）个等式累乘之，即

a2a1·a3a2·a4a3·…·anan-1=12×23×34×…×n-1n

ana1=1n.

又∵a1=23，∴an=23n.

类型3形如an=pan-1ran-1+s（其中p，r，s均为常数）型（取倒数法）

例3已知数列{an}中，a1=2，an=an-12an-1+1（n≥2），求通项公式an.

解取倒数： 1an=1an-1+21an-1an-1=2.

∴1an=1a1+（n-1）·2=2n-32，∴an=24n-3.

类型4形如an+1=paqn（p>0，an>0）型（取对数法）

在原递推式an+1=paqn两边取对数，得lgan+1=qlgan+lgp，令bn=lgan得：bn+1=qbn+lgp，化归为an+1=pan+q型，求出bn之后得an=10bn（注意：底数不一定要取10，可根据题意选择）.

例4在数列{an}中，a1=2，an=a2n-1（n≥2），求数列{an}通项公式.

解析∵a1=2，an=a2n-1（n≥2）>0，两边同时取对数得，lgan=2lgan-1.

∴lganlgan-1=2， 根据等比数列的定义知，数列{lgan}是首项为lg2，公比为2的等比数列，根据等比数列的通项公式得lgan=2n-1lg2=lg22n-1

∴数列通项公式为an=22n-1

评注本例通过两边取对数，变形成logan=2logan-1形式，构造等比数列{logan}，先求出logan的通项公式，从而求出an的通项公式.

类型5形如an+1=pan+f（n）型（构造新的等比数列法）

（1）若f（n）=kn+b一次函数（k，b是常数，且k≠0），则所设待定系数的函数式也用一次函数式.

例5在数列{an}中，a1=32，2an=an-1+6n-3，求通项an.

解原递推式可化为2（an+kn+b）=an-1+k（n-1）+b

比较系数可得：k=-6，b=9，上式即为2bn=bn-1

所以{bn}是一个等比数列，首项b1=a1-6n+9=92，公比为12.

∴bn=92（12）n-1， 即：an-6n+9=9·（12）n，故an=9·（12）n+6n-9.

评注待定系数法是构造数列的常用方法.

（2）若f（n）=qn（其中q是常数，且n≠0，1）

①若p=1时，即：an+1=an+qn，累加即可

②若p≠1时，即：an+1=p·an+qn，后面的待定系数法也用指数形式.

两边同除以qn+1. 即：an+1qn+1=pq·anqn+1q，

令bn=anqn，则可化为bn+1=pq·bn+1q.然后转化为类型5来解.例6 在数列 中， ，且 .求通项公式 解：由 得 .设 ，则b . 即： ，所以 是首项为 ，公比为 的等比数列.则 = ，即： ，故 评注：本题的关键是两边同除以3 ，进而转化为类型5，构造出新的等比数列，从而将求一般数列的通项问题转化为求等比数列的通项问题.类型6形如 （其中p，q为常数）型（1）当p+q=1时，用转化法例7数列 中，若 ，且满足 ，求 .解：把 变形为 .则数列 是以 为首项，3为公比的等比数列，则 利用类型6的方法可得 .（2）当 时，用待定系数法.例8已知数列 满足 ，且 ，求 .解：令 ，即 ，与已知 比较，则有 ，故 或 由 得， ，则数列 是以 为首项，3为公比的等比数列，故 ，即 ①由 得， ，则数列 是以 为首项，2为公比的等比数列，故 ，即 ②由①②可解得 . 评注：形如 的递推数列，我们通常采用特征根的方法求解：设方程 的二根为 ，设 ，再利用 的值求得p，q的值即可.总之，求数列通项公式可根据数列特点采用以上不同方法求解，对不能转化为以上方法求解的数列，可用归纳、猜想、证明方法求出数列通项公式

在原递推式an+1=paqn两边取对数，得lgan+1=qlgan+lgp，令bn=lgan得：bn+1=qbn+lgp，化归为an+1=pan+q型，求出bn之后得an=10bn（注意：底数不一定要取10，可根据题意选择）.

例4在数列{an}中，a1=2，an=a2n-1（n≥2），求数列{an}通项公式.

解析∵a1=2，an=a2n-1（n≥2）>0，两边同时取对数得，lgan=2lgan-1.

∴lganlgan-1=2， 根据等比数列的定义知，数列{lgan}是首项为lg2，公比为2的等比数列，根据等比数列的通项公式得lgan=2n-1lg2=lg22n-1

∴数列通项公式为an=22n-1

评注本例通过两边取对数，变形成logan=2logan-1形式，构造等比数列{logan}，先求出logan的通项公式，从而求出an的通项公式.

类型5形如an+1=pan+f（n）型（构造新的等比数列法）

（1）若f（n）=kn+b一次函数（k，b是常数，且k≠0），则所设待定系数的函数式也用一次函数式.

例5在数列{an}中，a1=32，2an=an-1+6n-3，求通项an.

解原递推式可化为2（an+kn+b）=an-1+k（n-1）+b

比较系数可得：k=-6，b=9，上式即为2bn=bn-1

所以{bn}是一个等比数列，首项b1=a1-6n+9=92，公比为12.

∴bn=92（12）n-1， 即：an-6n+9=9·（12）n，故an=9·（12）n+6n-9.

评注待定系数法是构造数列的常用方法.

（2）若f（n）=qn（其中q是常数，且n≠0，1）

①若p=1时，即：an+1=an+qn，累加即可

②若p≠1时，即：an+1=p·an+qn，后面的待定系数法也用指数形式.

两边同除以qn+1. 即：an+1qn+1=pq·anqn+1q，

令bn=anqn，则可化为bn+1=pq·bn+1q.然后转化为类型5来解.例6 在数列 中， ，且 .求通项公式 解：由 得 .设 ，则b . 即： ，所以 是首项为 ，公比为 的等比数列.则 = ，即： ，故 评注：本题的关键是两边同除以3 ，进而转化为类型5，构造出新的等比数列，从而将求一般数列的通项问题转化为求等比数列的通项问题.类型6形如 （其中p，q为常数）型（1）当p+q=1时，用转化法例7数列 中，若 ，且满足 ，求 .解：把 变形为 .则数列 是以 为首项，3为公比的等比数列，则 利用类型6的方法可得 .（2）当 时，用待定系数法.例8已知数列 满足 ，且 ，求 .解：令 ，即 ，与已知 比较，则有 ，故 或 由 得， ，则数列 是以 为首项，3为公比的等比数列，故 ，即 ①由 得， ，则数列 是以 为首项，2为公比的等比数列，故 ，即 ②由①②可解得 . 评注：形如 的递推数列，我们通常采用特征根的方法求解：设方程 的二根为 ，设 ，再利用 的值求得p，q的值即可.总之，求数列通项公式可根据数列特点采用以上不同方法求解，对不能转化为以上方法求解的数列，可用归纳、猜想、证明方法求出数列通项公式

在原递推式an+1=paqn两边取对数，得lgan+1=qlgan+lgp，令bn=lgan得：bn+1=qbn+lgp，化归为an+1=pan+q型，求出bn之后得an=10bn（注意：底数不一定要取10，可根据题意选择）.

例4在数列{an}中，a1=2，an=a2n-1（n≥2），求数列{an}通项公式.

解析∵a1=2，an=a2n-1（n≥2）>0，两边同时取对数得，lgan=2lgan-1.

∴lganlgan-1=2， 根据等比数列的定义知，数列{lgan}是首项为lg2，公比为2的等比数列，根据等比数列的通项公式得lgan=2n-1lg2=lg22n-1

∴数列通项公式为an=22n-1

评注本例通过两边取对数，变形成logan=2logan-1形式，构造等比数列{logan}，先求出logan的通项公式，从而求出an的通项公式.

类型5形如an+1=pan+f（n）型（构造新的等比数列法）

（1）若f（n）=kn+b一次函数（k，b是常数，且k≠0），则所设待定系数的函数式也用一次函数式.

例5在数列{an}中，a1=32，2an=an-1+6n-3，求通项an.

解原递推式可化为2（an+kn+b）=an-1+k（n-1）+b

比较系数可得：k=-6，b=9，上式即为2bn=bn-1

所以{bn}是一个等比数列，首项b1=a1-6n+9=92，公比为12.

∴bn=92（12）n-1， 即：an-6n+9=9·（12）n，故an=9·（12）n+6n-9.

评注待定系数法是构造数列的常用方法.

（2）若f（n）=qn（其中q是常数，且n≠0，1）

①若p=1时，即：an+1=an+qn，累加即可

②若p≠1时，即：an+1=p·an+qn，后面的待定系数法也用指数形式.

两边同除以qn+1. 即：an+1qn+1=pq·anqn+1q，

令bn=anqn，则可化为bn+1=pq·bn+1q.然后转化为类型5来解.例6 在数列 中， ，且 .求通项公式 解：由 得 .设 ，则b . 即： ，所以 是首项为 ，公比为 的等比数列.则 = ，即： ，故 评注：本题的关键是两边同除以3 ，进而转化为类型5，构造出新的等比数列，从而将求一般数列的通项问题转化为求等比数列的通项问题.类型6形如 （其中p，q为常数）型（1）当p+q=1时，用转化法例7数列 中，若 ，且满足 ，求 .解：把 变形为 .则数列 是以 为首项，3为公比的等比数列，则 利用类型6的方法可得 .（2）当 时，用待定系数法.例8已知数列 满足 ，且 ，求 .解：令 ，即 ，与已知 比较，则有 ，故 或 由 得， ，则数列 是以 为首项，3为公比的等比数列，故 ，即 ①由 得， ，则数列 是以 为首项，2为公比的等比数列，故 ，即 ②由①②可解得 . 评注：形如 的递推数列，我们通常采用特征根的方法求解：设方程 的二根为 ，设 ，再利用 的值求得p，q的值即可.总之，求数列通项公式可根据数列特点采用以上不同方法求解，对不能转化为以上方法求解的数列，可用归纳、猜想、证明方法求出数列通项公式