-老衲要射了
范文一：通项公式的求法
数列通项公式的求法
数列是高考中的重点内容之一，每年的高考题都会考察到，小题一般较易，大题一般较难。而作为给出数列的一种形式——通项公式，在求数列问题中尤其重要。本文给出了求数列通项公式的常用方法。 一、直接法
根据数列的特征，使用作差法等直接写出通项公式。 例1. 根据下列数列的前几项，说出数列的通项公式： 1、1.3.7.15.31??? 2、1,2,5,8,12??? 3、2,1,
2121
, , , ??? 3253
4、1,-1,1,-1??? 5、1、0、1、0??? 二、公式法
①利用等差数列或等比数列的定义求通项
?
n a =②若已知数列的前项和S n 与a n 的关系，求数列{a n }的通项a n 可用公式n ?
解.
(注意：求完后一定要考虑合并通项)
S 1????????????????n =1
?S n -S n -1???????n ≥2
求
例2．①已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n =2a n +(-1) n , n ≥1．求数列{a n }的通项公式.
②已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n
=n 2+n -1，求数列{a n }的通项公式.
③ 已知等比数列{a n }的首项a 1=1，公比0<1，设数列{b n="" }的通项为b="" n="a" n="" +1+a="" n="">
{b n }的通项公式。
③解析：由题意，b n +1=a n +2+a n +3，又{a n }是等比数列，公比为q ∴
b n +1a n +2+a n +3
==q ，故数列{b n }是等比数列，b 1=a 2+a 3=a 1q +a 1q 2=q (q +1) ， b n a n +1+a n +2
∴ b n =q (q +1) ?q n -1=q n (q +1) 三、归纳猜想法
如果给出了数列的前几项或能求出数列的前几项，我们可以根据前几项的规律，归纳猜想出数列的通项公式，然后再用数学归纳法证明之。也可以猜想出规律，然后正面证明。
例3. （2002年北京春季高考）已知点的序列A n (x n , 0), n ∈N *，其中x 1=0，x 2=a (a >0) ，A 3是线段A 1A 2的中点，A 4是线段A 2A 3的中点，?，A n 是线段A n -2A n -1的中点，?
（1） 写出x n 与x n -1, x n -2之间的关系式（n ≥3）。
（2） 设a n =x n +1-x n ，计算a 1, a 2, a 3，由此推测{a n }的通项公式，并加以证明。 （3） 略
解析：（1）∵ A n 是线段A n -2A n -3的中点， ∴x n =（2）a 1=x 2-x 1=a -0=a ，
x n -1+x n -2
(n ≥3) 2
a 2=x 3-x 2=
x 2+x 111
-x 2=-(x 2-x 1) =-a ，
222x 3+x 211
-x 3=-(x 3-x 2) =a ，
242
n -1
a 3=x 4-x 3=
猜想a n =(-)
1
2
a (n ∈N *)，下面用数学归纳法证明
10 当n=1时，a 1=a 显然成立；
1
20 假设n=k时命题成立，即a k =(-) k -1a (k ∈N *)
2
则n=k+1时，a k +1=x k +2-x k +1= =(-)(-) ∴ 当n=k+1时命题也成立， ∴ 命题对任意n ∈N 都成立。
变式:（2006，全国II, 理,22, 本小题满分12分）
设数列｛a n ｝的前n 项和为S n ，且方程x －a n x －a n ＝0有一根为S n －1，n ＝1，2，3，? （Ⅰ）求a 1，a 2； （Ⅱ）｛a n ｝的通项公式x k +1+x k 11
-x k =-(x k +1-x k ) =-a k
2221
a =(-) k a
2
1212
k -1
*
2
四、累加（乘）法
对于形如a n +1=a n +f (n ) 型或形如a n +1=f (n ) a n 型的数列，我们可以根据递推公式，写出n 取1到n 时的所有的递推关系式，然后将它们分别相加（或相乘）即可得到通项公式。
例4. 若在数列{a n }中，a 1=3，a n +1=a n +n ，求通项a n 。 解析：由a n +1=a n +n 得a n +1-a n =n ，所以
a n -a n -1=n -1，a n -1-a n -2=n -2，?，a 2-a 1=1，
将以上各式相加得：a n 所以 a n =
-a 1=(n -1) +(n -2) +???+1，又a 1=3
n (n -1)
+3 2
*
例5. 在数列{a n }中，a 1=1，a n +1=2n a n （n ∈N ），求通项a n 。 解析：由已知
a n +1a a a
=2n ，n =2n -1，n -1=2n -2，?，2=2，又a 1=1， a n a n -1a n -2a 1
n (n -1)
a n a n -1a 2
所以a n =?a 1=2n -1?2n -2???2?1=22 ???
a n -1a n -2a 1
五、取倒（对）数法
r
a 、a n +1=pa n 这种类型一般是等式两边取对数后转化为a n +1=pa n +q ，再利用待定系数法求解
b 、数列有形如f (a n , a n -1, a n a n -1) =0的关系，可在等式两边同乘以
11
, 先求出, 再求得a n . a n a n -1a n
c 、a n +1=
f (n ) a n
解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为a n +1=pa n +q 。
g (n ) a n +h (n )
例6. ．设数列{a n }满足a 1=2, a n +1=
a n
(n ∈N ), 求a n . a n +3
111
. , 得1+3?=
a n ?a n +1a n a n +1
解：原条件变形为a n +1?a n +3?a n +1=a n . 两边同乘以
3∵（
111111
+) =+, ∴+=3n -1 a n 2a n +12a n 22
. n -1
2?3-1
∴a n =
2
例7 、 设正项数列{a n }满足a 1=1，a n =2a n -1（n ≥2）. 求数列{a n }的通项公式.
解：两边取对数得：log 2n =1+2log 2n -1，log 2n +1=2(log2n -1+1) ，设b n =log 2n +1， 则b n =2b n -1 {b n }是以2为公比的等比数列，b 1=log 2+1=1.
1
a a a a a
a n n -1n -12n
，， ∴+1=2log =2-1b n =1?2n -1=2n -1，log a a =222n
n -1
-1
变式:
1. 已知数列｛a n ｝满足：a 1＝
33na n －1
，且a n ＝ n ≥2，n ∈N *）22a n －1＋n －1
（1） 求数列｛a n ｝的通项公式；
（2） 证明：对于一切正整数n ，不等式a 1?a 2???a n <2?n ！="" 2、若数列的递推公式为a="" 1="">
11
=-2(n ∈ ) ，则求这个数列的通项公式。 a n +1a n
3、已知数列{a n }满足a 1=1, n ≥2时，a n -1-a n =2a n -1a n ，求通项公式。 4、已知数列｛a n ｝满足：a n =
a n -1
, a 1=1，求数列｛a n ｝的通项公式。
3?a n -1+1
2a n
n ∈N +，求通项a n ． a n +2
5、若数列｛a n ｝中，a 1=1，a n +1=
六、迭代法
迭代法就是根据递推式，采用循环代入计算. 例8、（2003·高考·广东） 设a 0为常数，且a n ＝3
n n -1
－2 a n -1（n 为正整数）证明对任意n ≥1 ，
n -1
a n ＝ [ 3 ＋（－1） 证明：
a n ＝3
n -1
· 2 ]＋（－1） · 2 a 0
n n n
－2 a n -1＝3 －2· 3 －2 ·3
n -1
－2（3
2
n -2
－2 a n -2）
＝3 ＝3
n -1n -2
＋2 （3
2
n -3
－2 a n -3） －2 （3
3
n -4
n -1n -2
＋2 ·3
n -3
－2 a n -4）
??? ??? ＝3
n -1
－2·3
n -2
＋2 ·3
2n –3
－?＋（－1）
n -1
·2
n -1
＋（－1） ·2
n n
a 0
（－1） ·2 a 0 前面的n 项组成首项为3 ＝ [ 3 ＋（－1）
n
n
n -1
n
n
n -1
，公比为－的等比数列，这n 项的和为：
·2 ]
n -1
n
∴ a n ＝ [ 3 ＋（－1）
七、待定系数法：
· 2 ]＋（－1） · 2 a 0
n n n
求数列通项公式方法灵活多样，特别是对于给定的递推关系求通项公式，观察、分析、推理能力要求
较高。通常可对递推式变换，转化成特殊数列（等差或等比数列）来求解，该方法体现了数学中化未知为已知的化归思想，运用待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法。
1、通过分解常数，可转化为特殊数列{an +k}的形式求解。一般地，形如a n +1=p an +q（p ≠1，pq ≠0）型的递推式均可通过待定系数法对常数q 分解法：设a n +1+k=p（a n +k）与原式比较系数可得pk －k=q，即k=
q
，从而得等比数列{an +k}。 p -1
1
a n -1+1（n ≥2），求数列{a n }的通项公式。 2
11
解：由a n =a n -1+1（n ≥2）得a n －2=（a n -1－2），而a 1－2=1－2=－1，
22
1
∴数列{ an －2}是以为公比，－1为首项的等比数列
21n -11n -1
∴a n －2=－（） ∴a n =2－（）
22
例9、数列{an }满足a 1=1，a n =
说明：通过对常数1的分解，进行适当组合，可得等比数列{ an －2}，从而达到解决问题的目的。 练习、1数列{a n }满足a 1=1，3a n +1+a n -7=0, 求数列{a n }的通项公式。
7
3
1k 77
设a n +1+k =-(a n +k ) ，比较系数得-k -=解得k =-
333471773
∴{a n -}是以-为公比，以a 1-=1-=-为首项的等比数列
43444731n -1731n -1
∴a n -=-?(-) ?a n =-?(-)
443443
解：由3a n +1+a n -7=0得a n +1=-a n +
2、已知数列{a n }满足a 1=1，且a n +1=3a n +2，求a n ．
解：设a n +1+t =3(a n +t ) ，则a n +1=3a n +2t ?t =1，a n +1+1=3(a n +1) ?{a n +1}是 以(a 1+1) 为首项, 以3为公比的等比数列?a n +1=(a 1+1) ?3n -1=2?3n -1?a n =2?3n -1-1
点评：求递推式形如a n +1=pa n +q （p 、q 为常数）的数列通项，可用迭代法或待定系数法构造新数列a n +1+
13
q q
=p (a n +) 来求得, 也可用“归纳—猜想—证明”法来求，这也是近年高p -11-p
考考得很多的一种题型．
2、递推式为a n +1=pa n +q n +1（p 、q 为常数）时，可同除q 归为a n +1=pa n +q （p 、q 为常数）型．
n +1
，得
a n +1p a n a n
=?+1b =，令从而化n
q n +1q q n q n
、
例10．已知数列{a n }满足a 1=1，a n =3n +2a n -1 (n ≥2) ，求a n ． 解：将a n =3n +2a n -1两边同除3，得设b n =
n
a n 2a n -1a n 2a n -1
=1+=1+ ?
33n -13n 3n 3n
a n 2221
b =1+b b -t =(b -t ) b =b +t ，则．令?n n -1n n -1n n -1
33333n
a 28
?t =3．条件可化成b n -3=(b n -1-3) ，数列{b n -3}是以b 1-3=1-3=-为首项，
333a n 282n -1
为公比的等比数列．b n -3=-?() ．因b n =n , 3333
82
∴a n =b n 3n =3n (-?() n -1+3) ?a n =3n +1-2n +2．
33
3、形如a n +1=pa n +an +b (p ≠1、0，a≠0)
解法：这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令a n +1+x (n +1) +y =p (a n +xn +y ) ，与已知递推式比较，解出x , y , 从而转化为{a n +xn +y }是公比为p 的等比数列。
例11:设数列{a n }：a 1=4, a n =3a n -1+2n -1, (n ≥2) ，求a n . 解：令
a n +1+x (n +1) +y =3(a n +xn +y ) a n +1=3a n +2xn +2y -x
化简得：
?2x =2?x =1
??2y -x =-1y =0a +(n +1) =3(a n +n ) 所以?解得? ，所以n +1
又因为
a 1+1=5，所以数列{a n +n }是以5为首项，3为公比的等比数列。
n -1n -1
a +n =5?3, 所以a =5?3-n n 从而可得n
变式:（2006，山东, 文,22, 本小题满分14分）
1
a 1=、点（n 、2a n +1-a n ）
a 2n 已知数列｛｝中，在直线y=x上，其中n=1,2,3?(Ⅰ) 令
4、形如a n +1
{b n }是等比数列；{a }的通项；b n =a n -1-a n -3, 求证数列 (Ⅱ) 求数列n
=pa n +an 2+bn +c (p ≠1、0，a≠0)
解法：这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令
a n +1+x (n +1) 2+y (n +1) +c =p (a n +xn 2+yn +c ) ，与已知递推式比较，解出x , y ,z. 从而
转化为
{a
n
+xn 2+yn +c }是公比为p 的等比数列。
=4, a n =3a n -1+2n 2-1,(n ≥2) ，求a n .
例12:设数列{a n }：a 1
5. 递推公式为a n +2=pa n +1+qa n （其中p ，q 均为常数）。
解法一(待定系数法) ：先把原递推公式转化为a n +2-sa n +1=t (a n +1-sa n ) 其中s ，t 满足?
?s +t =p
?st =-q
解法二(特征根法) ：对于由递推公式a n +2=pa n +1+qa n ，a 1=α, a 2=β给出的数列{a n }，方程x -px -q =0，叫做数列{a n }的特征方程。若x 1, x 2是特征方程的两个根，当x 1≠x 2时，
2
n -1n -1数列{a n }的通项为a n =Ax 1，其中A ，B 由a 1=α, a 2=β决定（即把a 1, a 2, x 1, x 2+Bx 2n -1n -1和n =1, 2，代入a n =Ax 1，得到关于A 、B 的方程组）；当x 1=x 2时，数列{a n }的+Bx 2n -1通项为a n =(A +Bn ) x 1，其中A ，B 由a 1=α, a 2=β决定（即把a 1, a 2, x 1, x 2和n =1, 2，n -1代入a n =(A +Bn ) x 1，得到关于A 、B 的方程组）。
例13:已知数列{a n }中，a 1=1, a 2=2, a n +2=变式:
21
a n +1+a n ，求a n 。 33
1. 已知数列{a n }满足a 1=1, a 2=3, a n +2=3a n +1-2a n (n ∈N *).
（I ）证明：数列{a n +1-a n }是等比数列；（II ）求数列{a n }的通项公式； （III ）若数列{b n }满足4142...4n
b -1b -1
b -1
=(a n +1) b n (n ∈N *), 证明{b n }是等差数列2. 已知数列{a n }中，a 1=1, a 2=2, a n +2=
21
a n +1+a n ，求a n 33
3. 已知数列{a n }中，S n 是其前n 项和，并且S n +1=4a n +2(n =1,2, ), a 1=1， ⑴设数列b n =a n +1-2a n (n =1, 2, ) ，求证：数列{b n }是等比数列； ⑵设数列c n =
a n
, (n =1, 2, ) ，求证：数列{c n }是等差数列；⑶求数列{a n }的通项公式及前n 项和。 n 2
八：特征根法。
1、设已知数列{a n }的项满足a 1=b , a n +1=ca n +d , 其中c ≠0, c ≠1, 求这个数列的通项公式。作出一个
方程x =cx +d , 则当x 0=a 1时，a n 为常数列，即a n =a 1; 当x 0≠a 1时, a n =b n +x 0，其中{b n }是以c 为公比的等比数列，即b n =b 1c n -1, b 1=a 1-x 0.
2. 对于由递推公式a n +2=pa n +1+qa n ，a 1=α, a 2=β给出的数列{a n }，方程x 2-px -q =0，叫做数
n -1n -1
列{a n }的特征方程。若x 1, x 2是特征方程的两个根，当x 1≠x 2时，数列{a n }的通项为a n =Ax 1，+Bx 2n -1n -1其中A ，B 由a 1=α, a 2=β决定（即把a 1, a 2, x 1, x 2和n =1, 2，代入a n =Ax 1，得到关于A 、B +Bx 2n -1的方程组）；当x 1=x 2时，数列{a n }的通项为a n =(A +Bn ) x 1，其中A ，B 由a 1=α, a 2=β决定（即n -1把a 1, a 2, x 1, x 2和n =1, 2，代入a n =(A +Bn ) x 1，得到关于A 、B 的方程组）。
例14：（1）已知数列{a n }满足a 1=a , a 2=b , 3a n +2-5a n +1+2a n =0(n ≥0, n ∈N ) ，求数列{a n }的通项公式。
解法一（待定系数——迭加法） 由3a n +2-5a n +1+2a n =0，得
2
(a n +1-a n ) ，且a 2-a 1=b -a 。 3
2
则数列{a n +1-a n }是以b -a 为首项，为公比的等比数列，于是
3
2
a n +1-a n =(b -a )() n -1。把n =1, 2, 3, ???, n 代入，得
3a n +2-a n +1=
a 2-a 1=b -a ，
2
a 3-a 2=(b -a ) ?() ，
32
a 4-a 3=(b -a ) ?() 2，
3
???
2
a n -a n -1=(b -a )() n -2。
3
把以上各式相加，得
21-() n -1
2223a n -a 1=(b -a )[1++() +???+() n -2]=(b -a ) 。
2333
1-3
22
∴a n =[3-3() n -1](b -a ) +a =3(a -b )() n -1+3b -2a 。
33
解法二（特征根法：这种方法一般不用于解答题）：数列{a n }：3a n +2-5a n +1+2a n =0(n ≥0, n ∈N ) ，
a 1=a , a 2=b 的特征方程是：3x 2-5x +2=0。 x 1=1, x 2=
2n -1
=A +B ?() n -1。 ∴a n =Ax 1n -1+Bx 2
3
又由a 1=a , a 2=b ，于是
2, 3
?a =A +B
?A =3b -2a 2n -1?
a =3b -2a +3(a -b )() 故?2??n
3b =A +B ?B =3(a -b ) ?3?
1
3
13311
解：作方程x =-x -2, 则x 0=-. 当a 1=4时，a 1≠x 0, b 1=a 1+=.
32221
数列{b n }是以-为公比的等比数列.
3
1n -1111n -133111n -1
于是b n =b 1(-) =(-) , a n =-+b n =-+(-) , n ∈N .
3232223
(2)．已知数列{a n }满足：a n +1=-a n -2, n ∈N , a 1=4, 求a n .
九：不动点法，形如a n +1=
pa n +q
ra n +h
pa n +q
（其中p 、q 、r 、h
ra n +h
解法：如果数列{a n }满足下列条件：已知a 1的值且对于n ∈N ，都有a n +1=均为常数，且ph ≠qr , r ≠0, a 1≠-则?
h px +q
），那么，可作特征方程x =, 当特征方程有且仅有一根x 0时, r rx +h
?
?a n -x 1?1?
是等差数列; 当特征方程有两个相异的根、时，则x x ???是等比数列。 12
?a n -x 0??a n -x 2?
例15：已知数列{a n }满足性质：对于n ∈N , a n -1=
a n +4
, 且a 1=3, 求{a n }的通项公式.
2a n +3
例：已知数列{a n }满足：对于n ∈N , 都有a n +1=
13a n -25
.
a n +3
（1）若a 1=5, 求a n ; （2）若a 1=3, 求a n ; （3）若a 1=6, 求a n ; （4）当a 1取哪些值时，无穷数列{a n }不存在？
变式:（2005，重庆, 文,22, 本小题满分12分）
数列{a n }满足a 1=1且8a n +1a n -16a n +1+2a n +5=0(n ≥1). 记b n =
11a n -
2
(n ≥1).
（Ⅰ）求b 1、b 2、b 3、b 4的值； （Ⅱ）求数列{b n }的通项公式及数列{a n b n }的前n 项和S n .
十：换元法：类比函数的值域的求法有三角代换和代数代换两种，目的是代换后出现的整体数列具有规律性。
例16 已知数列{a
n }满足a n +1=
1
(1+4a n ，a 1=1，求数列{a n }的通项公式。
1612
(b n -1) 24
解：令b n =a n =故a n +1=
121
(b n +1-
1) ，代入a n +1=(1+4a n 得 2416
12112
(b n +1-1) =[1+4(b n -1) +b n ] 241624
22即4b n +1=(b n +3)
因为b n =
0，故b n +1=≥0 则2b n +1=b n +3，即b n +1=可化为b n +1-3=
13
b n +， 22
1
(b n -3) ， 2
1
为公比的等比数列，因此2
所以{b n -
3}是以b 1-3=3=3=2为首项，以
1111
b n -3=2() n -1=() n -2，则b n =() n -2+
3=() n -2+3，得
2222a n =
21n 1n 1() +() +。 3423
13
b n +形22
评注：
b n ，使得所给递推关系式转化b n +1=
式，从而可知数列{b n -3}为等比数列，进而求出数列{b n -3}的通项公式，最后再求出数列{a n }的通项公式。
例18. 已知数列{a n }满足a 1=+a n 1，a n +1=，求a n 。 22
解析：设a 1=1+a n 1π=cos ，∵ a n +1=， 232
∴ a 2=cos π
6，a 3=cos π
22?3，?，a n =cos π
2n -1?3
总之，求数列的通项公式，就是将已知数列转化成等差（或等比）数列，从而利用等差（或等
比）数列的通项公式求其通项。
十一。双数列
解法：根据所给两个数列递推公式的关系，灵活采用累加、累乘、化归等方法求解。
例19. 已知数列{a n }中，a 1=1；数列{b n }中，b 1=0。当n ≥2时，
11a n =(2a n -1+b n -1) , b n =(a n -1+2b n -1) ，求a n , b n . 33
11解：因a n +b n =(2a n -1+b n -1) +(a n -1+2b n -1) =a n -1+b n -1 33
所以a n +b n =a n -1+b n -1=a n -2+b n -2=???=a 2+b 2=a 1+b 1=1
即a n +b n =1????????????????（1）
111(2a n -1+b n -1) -(a n -1+2b n -1) =(a n -1-b n -1) 333
1121n -1所以a n -b n =(a n -1-b n -1) =() a n -2-b n -2) =??=() (a 1-b 1) 333
11=() n -1. 即a n -b n ==() n -1?????????（2） 33
11n -111n -1由（1）、（2）得：a n =[1+() ]， b n =[1-() ] 2323又因为a n -b n =
十二、周期型 解法：由递推式计算出前几项，寻找周期。
例20：若数列{a n }满足a n +11?2a , (0≤a ≤) n ?6?n 2=?，若a 1=，则a 20的值为___________。 7?2a -1, (1≤a <1) n="" n="">
变式:（2005，湖南, 文，5）
已知数列{a n }满足a 1=0, a n +1=a n -3
3a n +1(n ∈N *) ，则a 20= （ ）
A ．0
十三、分解因式法 B ．-3 C ．3 D ． 2
当数列的关系式较复杂，可考虑分解因式和约分化为较简形式，再用其它方法求得a n .
例21. 已知f (x ) =(x -1) 4, g (x ) =r ?(x -1) 3, (r ≠0, 1), 数列{a n }满足a 1=2, a n =1（n ∈N ），且有条件(a n -a n -1) ?g (n -1) +f (a n -1) =0, 求a n (n ≥2）.
解：由得：
(a n -a n -1) ?r ?(a n -1-1) 3+(a n -1-1) 4=0. 即(a n -1-1) 3[r (a n -a n -1) +(a n -1-1)]=0对n ∈N ，a n ≠1, 故r (a n -a n -1) +(a n -1-1) =0. 合并同类项得:a n =
a n -1=r -1(a n -1-1). r
r -1n -1) . ∴a n =1+(r 1r -1+?a n -1, 再由待定系数法得：r r
十四、循环法
数列有形如f (a n +2，a n +1, a n ) =0的关系，如果复合数列构不成等差、等比数列，有时可考虑构成循环关系而求出a n .
例22. ．在数列{a n }中，a 1=1, a 2=5, a n +2=a n +1-a n , 求a 1998.
解：由条件a n +3=a n +2-a n +1=(a n +1-a n ) -a n +1=-a n ,
即a n +3=-a n , ∴a n +6=-a n +3=a n ,
即每间隔6项循环一次.1998=6×333，
∴a 1998=a 6=-4.
十五、开方法 对有些数列，可先求a n 或a n , 再求a n .
例23、两个数列{a n },{b n },它们的每一项都是正整数，且对任意自然数n , a n 、b n 、a n +1成等差数列，b n 、a n +1、b n +1成等比数列，a 1=1, a 2=3, b 1=2, 求a n 和b n .
解：由条件有：
由②式得：a n =n -1?b n , ③
a n +1=n ?b n +1. ④ 把③、④代入①得：2b n =
变形得b n (n -n -1) =
∵b n ＞0，∴b n －n -1=n -1?b n +b n ?b n +1， b n +1-n ）. n b n +1-n . ∴n 是等差数列. 因a 1=1, a 2=3, b 1=2,
99故b 2=, 故2-b 1=-2=2, 22
2∴n =n , b n =2n , 故a n =n b n +1=2n (n -1).
小结：除了熟悉以上常见求法以外，对具体的数列进行适当的变形，一边转化为熟知的数列模型更是突破数列通项的关键。做题时要不断总结经验，多加琢磨。
总结方法比做题更重要! 方法产生于具体数学内容的学习过程中.
范文二：通项公式的求法
通项公式的求法
类型(1) 1() n n a a f n +=+ 累差法 例 1 已知 111, 2, n
n n a a a n +==++求 n a
(1)
212
n n n n a -=-- 类型(2)
1() n n
a f n a += 累商法 () f n 是可求积的数列的形式 例 2 已知 112
1,
, n n
a n a a n
++==
求 n a 1
(1) 2
n a n n =
+ 类型(3) 1,(1, , ) n n a ca d c c d +=+ 是常数 构造 {}n a x +是公比为 c 的等比数列 即 1() n n a x c a x ++=+ 解得 1
d
x c =
-。 例 3已知 111
1, 3, 2
n n a a a +==
+求 n a 解:由 113, 2
n n a a +=
+,得 11
6(6), 2n n a a +-=-令 6, n n b a =-
则 11, 2n n b b +=
{}n b \是等比数列,其首项 1165, b a =-=-公比为 1
, 2
115(2n n b -\=- ,即 11
65(2n n a --=-
11
65() 2
n n a -\=-
类型(4) 1,(1, 0, , , ) n n a A a Bn C A B
A B C +=++构 是常数 ,构造 {}n a sn t ++是公比为 A 的等比数列,即
1(1) () n n a s n t A a sn t ++++=++ 对比系数可得
A s s B A t t s C ì?-=?í?--=??
可解出 , s t 例 4 11
3
, 32, 2n n a a a n +=
=+求 n a .
解:由 132n n a a n +=+,得 111(1) 3() 22
n n a n a n ++++
=++ 令 1
2
n n b a n =++
, 则 13, n n b b += {}n b \是等比数列,其首项 13, b =公比为 3, 3n n b \=,即 132
n n a n =--
例 5:111, 2, n n a a a n +=-+=求 n a .
解:法一:由 12n n a a n ++=,得 111(1) (22
n n a n a n +--+
=--+ 令 12n n b a n =-+
, 则 1, n n b b +=- {}n b \是等比数列,其首项 13
, 2
b =-公比为 1, - 3(1) 2n
n b \=- 即 13
(1) 22
n n a n =-+- 法二:由 12n n a a n ++=,得 212(1) n n a a n +++=+
故 22n n a a +-=,所以该数列的奇数项和偶数项为等差数列,且 23, a =
*21
*
223, 21, k k
a k k N a k k N -ì?=- ?\í?=+ ??? 注 :q pn a a n n +=++1或 n
n n pq a a =?+1
解法:这种类型一般可转化为 {}12-n a 与 {}n a 2是等差或等比数列求解。 例:(I )在数列 }{n a 中, n n a n a a -==+6, 111,求 n a (II )在数列 }{n a 中, n
n n a a a 3, 111==+,求 n a
类型(5) n
n n q pa a +=+1(其中 p , q 均为常数, ) 0) 1)(1((≠--q p pq ) 。 解法:一般地,要先在原递推公式两边同除以 1
+n q
,得:
q q a q p q a n n n n 111+?=++引入辅助数列 {}n b (其中 n
n
n q
a b =) ,得:q
b q p b n n 1
1+=
+再待定系数法解决。
例 6 651=a , 11) 2
1
(31+++=n n n a a ,求 n a 。 解:在 11) 21(31+++=n n n a a 两边乘以 12+n 得:1) 2(3
2
211+?=?++n n n n a a
令 n n
n a b ?=2,则 1321+=+n n b b , 解之得:n n b ) 3
2(23-=
所以 n
n n
n n b a ) 31(2) 21(32
-==
类型(6) 1n
n n a pa q r +=++(其中 p , q, r均为常数, ((1)(1) 0) rpq p q -- ) 构造 {}n
n a A q B ++,是公比为 p 的等比数列,即 1
1() n n n n a A q
B p a A q B ++++=++ 对比系数可得
1A p A q pB B r ì?-=?í?-=??
可解出 , A B
例 7 112
a =
, 1321n
n n a a +=++,求 n a 。 解:由 1321n
n n a a +=++ 可得 1
111
2
3(2) 22
n n n n a a ++++=++ 令 1
22
n
n n b a =++
, 则 13, n n b b += {}n b \是等比数列,其首项 13, b =公比为 3, 3n n b \= 即 1322
n n n a =-- 类型(7) )
() () (1n h a n g a n f a n n
n +=
+
解法:这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为 q pa a n n +=+1。 例 8 12a =, 13n n n a a a +=
+,求 n a 。
解:两边取倒数可得
1
313
1n n n
n a a a a ++=
=
+ 令 1n n
b a = 则 131n n b b +=+ 于是 1113() 22n n b b ++
=+,即 1
{2
n b +是首项为 1,公比为 3的等比数列。 11
32
n n b -+
= 所以 1111
1322
n n n a b -==
--
类型(8) r
n n pa a =+1) 0, 0(>>n a p
解法:这种类型一般是等式两边取对数后转化为 q pa a n n +=+1,再利用待定系数法求解。
例 9:已知数列{n a }中, 2
111, 1n n a a
a a ?==+) 0(>a ,求数列 {}
. 的通项公式 n a 解:由 211n n a a a ?=+两边取对数得 a
a a n n 1
lg lg 2lg 1+=+,
令 n n a b lg =,则 a b b n n 1lg 21+=+,再利用待定系数法解得:12) 1
(-=n n a
a a 。
类型(9)递推公式为 n S 与 n a 的关系式。 (或 () n n S f a =)
解法:这种类型一般利用 ???≥???????-=????????????????=-) 2()
1(11n S S n S a n n n 与 ) () (11---=-=n n n n n a f a f S S a 消去 n S ) 2(≥n 或与
) (1--=n n n S S f S ) 2(≥n 消去 n a 进行求解。
例 10:已知数列 {}n a 前 n 项和 2
2
14--
-=n n n a S .
(1)求 1+n a 与 n a 的关系; (2)求通项公式 n a . 解:(1)由 2
214--
-=n n n a S 得:1
11214-++-
-=n n n a S
于是 ) 21
2
1() (1
2
11--++-
+-=-n n n n n n a a S S
所以 1112
1
-+++
-=n n n n a a a n n n a a 2
1211+=?+. (2)应用类型 n
n n q pa a +=+1(其中 p , q 均为常数, ) 0) 1)(1((≠--q p pq ) )的方法,上式两边同乘以 12+n 得:
22211+=++n n n n a a
由 12
1412
1111=?-
-==-a a S a . 于 是 数 列 {}n n
a 2是 以 2为 首 项 , 2为 公 差 的 等 差 数 列 , 所 以 n n a n n 2) 1(222=-+=12
-=?n n n
a
类型(10) 递推公式为 n n n qa pa a +=++12(其中 p , q 均为常数) 。 解法一 (待定系数法 ) :先把原递推公式转化为 ) (112n n n n sa a t sa a -=-+++ 其中 , s t 满足 ??
?-==+q
st p t s 求 , s t 即求方程 2
0x px q --=的两根。
解法二 (特征根法 ) :对于由递推公式 n n n qa pa a +=++12, βα==21, a a 给出的数列 {}n a ,方程 02
=--q px x ,叫 做数列 {}n a 的特征方程。若 21, x x 是特征方程的两个根,当 21x x ≠时,数列 {}n a 的通项为 1
21
1--+=n n n Bx Ax a ,其中
A , B 由 βα==21, a a 决定(即把 2121, , , x x a a 和 2, 1=n ,代入 1
21
1
--+=n n n Bx Ax a ,得到关于 A 、 B 的方程组) ;当
21x x =时,数列 {}n a 的通项为 11) (-+=n n x Bn A a ,其中 A , B 由 βα==21, a a 决定(即把 2121, , , x x a a 和 2, 1=n ,
代入 1
1) (-+=n n x Bn A a ,得到关于 A 、 B 的方程组) 。
例 11数列 {}n a :) , 0(025312N n n a a a n n n ∈≥=+-++, b a a a ==21, ,求数列 {}n a 的通项公式。 由 025312=+-++n n n a a a ,得
) (3
2
112n n n n a a a a -=
-+++, 且 a b a a -=-12。
则数列 {}n n a a -+1是以 a b -为首项,
3
2
为公比的等比数列,于是 11) 32
)((-+-=-n n n a b a a 。把 n n , , 3, 2, 1???=代入,得
a b a a -=-12,
) 32
() (23?-=-a b a a ,
234) 3
2
() (?-=-a b a a ,
???
21) 3
2
)((---=-n n n a b a a 。
把以上各式相加,得
]) 3
2() 32(321)[(21-+???+++-=-n n a b a a ) (3
21) 2(11
a b n ---=
-。 a b b a a a b a n n n 23) 3
2
)((3) ]() 32(33[11-+-=+--=∴--。
解 法 二 (特 征 根 法 ) :数 列 {}n a :) , 0(025312N n n a a a n n n ∈≥=+-++, b a a a ==21, 的 特 征 方 程 是 :
02532=+-x x 。
3
2, 121=
=x x , ∴1
2
11--+=n n n Bx Ax a 1) 3
2(-?+=n B A 。 又由 b a a a ==21, ,于是
???-=-=???
?
?
?+=+=) (32332b a B a b A B A b B
A a 故 1
) 3
2)((323--+-=n n b a a b a
例 12:已知数列 {}n a 中, 11=a , 22=a , n n n a a a 3
1
3212+=++,求 n a 。 解:由 n n n a a a 3
1
3212+=
++可转化为 ) (112n n n n sa a t sa a -=-+++ 即 n n n sta a t s a -+=++12
) (???
????
-==+?313
2st t s ?????-==?311t s 或 ????
?=-=131t s 这里不妨选用 ??
???-==311t s (也可选用 ????
?
=-
=131t s ) ,则 ) (31112n n n n a a a a --=-+++{}n n a a -?+1是以首项为 112=-a a , 公比为 31-的等比数列 , 所以 11) 3
1
(-+-=-n n n a a , , 分别令 ) 1(, , 3, 2, 1-??????=n n , 代入上式得 ) 1(-n 个等式累加之, 即 2101) 3
1() 31() 31(--+??????+-+-=-n n a a 3
11) 1(11
+--=
-n 又 11=a ,所以 1
) 3
1(4347---=n n a 。
不动点定理:对于分式线性递推数列 11, () (0, 0) n n n n ba c a a a f a d de
bc da e
++===
? +
() , () , bx c
f x f a a dx e
+=
+其中 且 (1) 若 () f x 有两个不相等的不动点 , a b ,则
11n n a a a c a a a c a a
a
b
b b
------是以
为公比的等比数列。
若 () f x 有唯一的不动点 , a 1112n d
a a b e
a a --+则 是以 为公差的等差数列。
类型 11 h
ra q pa a n n n ++=
+1
解法:如果数列 }{n a 满足下列条件:已知 1a 的值且对于 N ∈n ,都有 h
ra q
pa a n n n ++=
+1(其中 p 、 q 、 r 、 h 均为常数,
且 r h a r qr ph -
≠≠≠1, 0, ) ,那么,可作特征方程 h rx q
px x ++=, 当特征方程有且仅有一根 0x 时 , 则 01n a x ????-??
是等差数
列 ; 当特征方程有两个相异的根 1x 、 2x 时,则 12n n a x a x ??
-??-??
是等比数列。
例 13:已知数列 }{n a 满足性质:对于 , 3
24
, N 1++=∈-n n n a a a n 且 , 31=a 求 }{n a 的通项公式 .
解 : 数列 }{n a 的特征方程为 , 3
24
++=
x x x 变形得 , 04222=-+x x 其根为 . 2, 121-==λλ故特征方程有两个相异的 根,使用定理 2的第(2)部分,则有
. N , ) 2
21211(2313) (1
1212111∈?-?-?+-=--?--=
--n r p r p a a c n n n λλλλ
∴ . N , ) 5
1(521
∈-=
-n c n n ∴ . N , 1) 5
1(521
) 1
(221
1112∈----?-=--=--n c c a n n n n n λλ 即 . N , ) 5(24) 5(∈-+--=n a n
n n
例 14:求下列递推数列的通项公式 (1) 1131
, (1) 224
n n n a a a n a ++=
= - (2) 1145, (1) 3
n n n a a a n a +-==
-
解:(1) ==
其中 =
解方程 即 133
() , () , () , 24
24
n n n n a x a f a f x f x x a x +++=-- 2
1
2
3
1
, 2530, , 324
2x x x x x x x +=? -=? -=- 于是 112(311() (224224
n n n n n a a a a a ++
+--=--=
-- ① 135(3) 3324
24
n n n n n a a a a a ++---=
-=
-- ②
因为 3n a 1, (否则由②可推出 11
32
a =
矛盾) ,故由① /②得 11112353
n n n n a a a a ++轾 犏 +
+犏 =-犏 --犏 犏 臌
令 1
3
n n n a y a +
=-,则 {}n y 是以 11
11235a y a +
==--为首项, 25-为公比的等比数列 于是 1
222() () 55
5n n n y -=-
-=- 即 1
2() 35n n n a a +
=--解得:1111
5(1) 3225(1) 2
n n n n n n n a -+-+-+-鬃 =? - (2) ==
其中 =
解方程 即 得 1444
() , () , () , 3
33
n n n n a x x a f a f x f x x x a x x +---==--- 知 只有唯一的不动点 于是得 20440() 2, x x f x x -+==
142223
3
n n n n n a a a a a +--+-=
-=
-- ③
因为 2n a 1, (否则由③可推出 125a = 矛盾) ,所以
1311
1222
n n n n a a a a +-+==-+
--- 故 1
{
}2
n a -是以为首 11123a =-项, 1d =-为公差的等差数列,所以
1143(1) (1) 233n n n a -=+-? =- 3611
24334
n n a n n -\=+=
-- 类型 12双数列型
解法:根据所给两个数列递推公式的关系,灵活采用 累加 、 累乘 、 化归 等方法求解。 例 15:已知数列 {}n a 中, 11=a ;数列 {}n b 中, 01=b 。当 2≥n 时, ) 2(3111--+=
n n n b a a , ) 2(3
1
11--+=n n n b a b ,求 n a , n b .
解:因 =
+n n b a ++--) 2(3111n n b a ) 2(3
1
11--+n n b a 11--+=n n b a 所以 =+n n b a 11--+n n b a 1112222=+=+=???=+=--b a b a b a n n 即 1=+n n b a …………………………………………(1)
又因为 =-n n b a -+--) 2(3111n n b a ) 2(3
111--+n n b a ) (31
11---=n n b a
所以 =-n n b a ) (3
111---n n b a =-=--) ) 31(222n n b a …… ) () 31(111
b a n -=-
1) 31(-=n . 即 =-n n b a 1) 3
1
(-=n ………………………(2) 由(1) 、 (2)得:]) 31(1[211-+=n n a , ]) 3
1(1[211
--=n n b
类型 13周期型
解法:由递推式计算出前几项,寻找周期。
例:若数列 {}n a 满足 ???
???
?
<>
121(, 12) 2
10(, 21
n n n n n a a a a a ,若 761=a ,则 20a 的值为 ___________。 变式 :(2005,湖南 , 文, 5) 已知数列 }{n a 满足 ) (1
33, 0*11N n a a a a n n n ∈+-=
=+,则 20a =
( )
A . 0
B . 3- C . 3
D .
2
范文三：数列通项公式的求法
数列通项公式的求法
考点1：由数列的前几项求数列的通项
【观察法】（关键是找出各项与项数n 的关系：横向看各项之间的关系结构，纵向看各项与项数n 的内在联系，从而归纳出数列的通项公式。） 例1、根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1)－1,7，－13,19，?； 246810
(2)3，15，35，63，99，?； 1925
(3)，2，，8，，?； 222(4)5,55,555,5 555，?.
解 (1)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1) n ，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为a n ＝(－1) n (6n －5) ．
(2)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3,3×5,5×7,7×9,9×11，?，每一项都是两个相邻奇数的乘积．知所求数列2n 的一个通项公式为a n ＝.
(2n －1)(2n ＋1)
(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观1491625n 2
察．即2，2，2，2，2，?，从而可得数列的一个通项公式为a n ＝2555
(4)将原数列改写为9×9，9×99，9×999，?，易知数列9,99,999，?的通项为10n －1，
5
故所求的数列的一个通项公式为a n ＝9n －1) ． 246
例2、数列0，3，5，7，?的一个通项公式为( ) ． n －1n －1
A ．a n ＝(n ∈N *) B ．a n ＝(n ∈N *)
n ＋12n ＋12(n －1)2n
C ．a n ＝(n ∈N *) D ．a n n ∈N *)
2n －12n ＋1
解析 将0写成1，观察数列中每一项的分子、分母可知，分子为偶数列，可表
示为2(n －1) ，n ∈N *；分母为奇数列，可表示为2n －1，n ∈N *，故选C. 练习1：根据数列的前4项，写出它的一个通项公式：
14916
（1）9，99，999，9999，?（2）1, 2, 3, 4,
251017
2121234, , , （4）, -, , -, （3）1,
3252345
2n 2
; （4）; （3）a n =答案：（1）a n =10-1 （2）a n =n +2
n +1n +1
n
n
. n +1
考点2：由a n 与S n 的关系求通项a n a n =(-1) n +1?
?s , n =1
【公式法】 知s n 利用公式 a n =?1.
?S n -S n -1, n ≥2
例1、已知下列两数列{a n }的前n 项和s n 的公式，求{a n }的通项公式. （1）S n =n 3+n -1. （2）s n =n 2-1
(n =1) ?0
答案：（1）a n =3n 2-3n +2，（2）a n =?点评：先分n=1和n ≥2
?2n -1(n ≥2) 两种情况，然后验证能否统一.
2S 12
例2、设数列{a n }的前n 项和为S n . 已知a 1＝1，n ＝a n ＋1－3n 2－n －3，n ∈N *. (1)求a 2的值；
(2)求数列{a n }的通项公式． 12
解 (1)依题意，2S 1＝a 2－3－1－3， 又S 1＝a 1＝1，所以a 2＝4；
12
(2)由题意2S n ＝na n ＋1－3n 3－n 2－3n ， 所以当n ≥2时，
12
2S n －1＝(n －1) a n －3(n －1) 3－(n －1) 2－3(n －1)
12
两式相减得2a n ＝na n ＋1－(n －1) a n －3n 2－3n ＋1) －(2n －1) －3 整理得(n ＋1) a n －na n ＋1＝－n (n ＋1) ， a n ＋1a n a 2a 1即－n ＝1，又2－1＝1， n ＋1
?a n ?a 故数列?n 是首项为1＝1，公差为
??
1的等差数列，
a n
所以n 1＋(n －1) ×1＝n ，所以a n ＝n 2.
n 1
练习1．若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n a ( ) ．
n ＋15561
A. 6B. 5 C. 30 D ．30
n －1n 11
解析1： 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－n ＝，∴a ＝5×(5＋1)
n ＋1n (n ＋1)5＝30. 答案 D
练习2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2－1，则a 3＝( ) ． A ．－10 B ．6 C ．10 D ．14
解2： a 3＝S 3－S 2＝2×32－1－(2×22－1) ＝10. 答案 C
练习3．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝( ) ． 1?3??2?
A ．2n －1 B. 2?n －1C. 3?n －1 D.n －1
????2
解析3： ∵S n ＝2a n ＋1，∴当n ≥2时，S n －1＝2a n ， a n ＋13
∴a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－2a n (n ≥2) ，即a ＝2(n ≥2) ，
n 11?3又a 2＝2，∴a n ＝2 2n －2(n ≥2) ．
??1?3－11
当n ＝1时，a 1＝1≠2× 2＝3
??1，n ＝1，??
∴a n ＝?13n －2
，n ≥2，??2?2?
1?3n －1?3n －1
∴S n ＝2a n ＋1＝2×2× 2＝ 2.
????答案 B
n
练习4、设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋?＋3n －1a n ＝3则数列{a n }的通项公式为________．
解析4：∵a 1＋3a 2＋3a 3＋?＋3
－2
2n －1
n
a n ＝3n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋?＋3n
n －111
a n －1＝3，两式左右两边分别相减得3n －1a n ＝3a n ＝3(n ≥2) ．由题意知，
1
a 13
11∴a n 3n ∈N *) ．答案 a n ＝3考点3：由递推公式求数列的通项公式 【累加法】（型如a n +1=a n +f (n ) 的递推关系）
简析：已知a 1=a , a n +1-a n =f (n ) ，其中f(n)可以是关于n 的一次、二次函数、指数函数、分式函数，求通项a n .
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 的指数函数，累加后可转化为等比数列求和; ③若f(n)是关于n 的二次函数，累加后可分组求和; ④若f(n)是关于n 的分式函数，累加后可裂项求和各式相加得
例1. 若在数列{a n }中，a 1=3，a n +1=a n +2n ，求通项a n . 答案：a n =2n +1
a n =a n -1+例2. 已知数列{a n }满足a 1=3，
1
(n ≥2) ，求此数列的通项公式.
n (n -1)
1n
练习1、在数列{a n }中，若a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则通项a n ＝________；
答案：a n =4-
解析：由题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1) ＋(a 3－a 2) ＋?＋(a n －a n －1) ＝2＋(2＋3＋?＋n ) ＝2＋
(n －1)(2＋n )n (n ＋1)
＝2＋1. 2
1×(1＋1)
又a 1＝2＝1，符合上式，
2n (n ＋1)
因此a n ＝21.
【累积法】（形如a n +1=f (n)·a n 型）
（1）当f(n)为常数，即：
a n +1
，此时数列为=q （其中q 是不为0的常数）
a n
等比数列，a n =a 1?q n -1.
（2）当f(n)为n 的函数时, 用累乘法.
例1、在数列｛a n ｝中，a 1=1, (n+1)·a n +1=n·a n ，求a n 的表达式.
1
答案：a n =
n
1
例2、已知数列{a n }中，a 1=，前n 项和S n 与a n 的关系是 S n =n (2n -1) a n ，
3
试求通项公式a n . .
1
. 答案：a n =
(2n +1(2n -1)
2
练习：1、设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1) a 2a n ＝0(n ＝n ＋1－na n ＋a n ＋1·1,2,3，?) ，则它的通项公式a n ＝________.
解析1：∵(n ＋1) a 2a n －na 2n ＋1＋a n ＋1·n ＝0，∴(a n ＋1＋a n )[(n ＋1) a n ＋1－na n ]＝0， 又a n ＋1＋a n ＞0，∴(n ＋1) a n ＋1－na n ＝0，
a n ＋1n －1n a 2a 3a 4a 5a n 12341即a ＝，∴a ?＝××××?×，∴a ＝n
n n . n ＋1a n －12345n 1a 2a 3a 4
练习2、已知a 1＝1，a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N *) ，则数列{a n }的通项公式是( ) ．
?n ＋1n －1
C ．n 2D ．n A ．2n －1 B.
?n ?
解析2： 法一 (构造法) 由已知整理得(n ＋1) a n ＝na n ＋1，
?a ?a n ＋1a a a ∴＝n ?n 是常数列．且n ＝1＝1，∴a n ＝n . n ＋1??
法二 (累乘法) ：n ≥2时，
a n －1n －1a 3a 2a n
?＝，＝， a n －1n －1a n －2n －2a 22a 11
a n
两边分别相乘得a n ，又因为a 1＝1，∴a n ＝n .
1答案 D
【构造法1】（形如a n +1=ca n +d , (c ≠0, 其中a 1=a ) 型） （1）若c=1时，数列{a n }为等差数列; （2）若d=0时，数列{a n }为等比数列;
（3）若c ≠1且d≠0时，数列{a n }为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求.
方法如下：设a n +1+λ=c (a n +λ) , 得a n +1=ca n +(c -1) λ, 与题设a n +1=ca n +d , 比较系数得λ=
d
, (c ≠0) ， c -1
d d d d ??
a +=c (a n -1+) , 即?a n +构成以为首项，以c ?1
c -1c -1c -1c -1??
所以：a n +
为公比的等比数列.
例1：已知数列{a n }的递推关系为a n +1=2a n +1，且a 1=1求通项a n . 答案：a n =2n -1
练习1、课本p 33习题A4，B1.
练习2、在数列{a n }中，若a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则通项a n ＝________. 解析：a n ＋1＝3a n ＋2，即a n ＋1＋1＝3(a n ＋1) ，即a n ＋1＋1
由＝3，即a n ＋1＋1＝3(a n ＋1) ， a n ＋1当n ≥2时，a n ＋1＝3(a n －1＋1) ，
a n ＋1＋1
3， a n ＋1
∴a n ＋1＝3(a n －1＋1) ＝32(a n －2＋1) ＝33(a n －3＋1) ＝?＝3n －1(a 1＋1) ＝2×3n －1， ∴a n ＝2×3n －1－1；
当n ＝1时，a 1＝1＝2×31－1－1也满足． ∴a n ＝2×3n －1－1.
【构造法2】（形如a n ＋1＝pa n ＋q ·p n ＋1(p ≠0,1，q ≠0) 型） a n ＋1＝pa n ＋q ·p
n ＋1
(p ≠0,1，q ≠0) 的求解方法是两端同时除以p
n ＋1
a n ＋1a ，即得＋－p p
?a ?
＝q ，数列p 为等差数列．
??
例2：已知数列{a n }满足a n +a n +1=2n 且a 1=1，求数列的通项公式a n 及前n 项和s n .
1111提示：等式两边同除以2n +1，a n =[2n -(-1) n ]，s n =. 2n +1+.(-1) n +1-
3362
练习1：已知数列{a n }的前n 项和s n =2a n -2n ，求数列的通项公式a n . 答案：a n =(n +1). 2n -1
2
练习2：已知数列{a n }满足a n +1=3a n , a 1=3, 求数列的通项公式a n
提示：等式两边取对数，a n =3(2
n
-1)
【构造法3】相邻项的差为特殊数列（形如a n +1=pa n +qa n -1，其中a 1=a , a 2=b 型） 可化为(a n +1-x 1a n )=x 2(a n -x 1a n -1), 其中x 1, x 2是方程x 2-px -q =0的两根 例3：在数列{a n }中，a 1=1，a 2=2，a n +2=
1
提示：变为a n +2-a n +1=-(a n +1-a n ) .
3
21
a n +1+a n ，求a n . 33
练习1：课本p 69复习题B6.
【构造法4】倒数为特殊数列【形如a n =
pa n -1
】
ra n -1+s
2a 例4：已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝，求数列{a n }的通项公式．
a n ＋22a n
解：∵a n ＋1＝，a ＝1，∴a n ≠0，
a n ＋21∴
111111＝a ＋2，即－a ＝2，又a 1＝1，则a ＝1， a n ＋1n a n ＋1n 1
?n ?
1
?1?1
∴?a 是以1为首项，2为公差的等差数列．
111n 1∴a a (n －1) ×2＝2＋2，
n
1
2
∴a n n ∈N *) ．
n ＋1
练习1：已知数列｛a n ｝中a 1=1且a n +1=公式. 答案 a n =
11= b n n
a n
（n ∈N ），求数列的通项，
a n +1
考点4：求周期数列的通项公式
（1）若a n +1+a n =d （d 为常数），则数列{a n }为“等和数列”，它是一个周期
数列，周期为2, 其通项分为奇数项和偶数项来讨论.
（2）形如a n +1?a n =f (n ) 型①若a n +1?a n =p (p为常数) ，则数列{a n }为“等积数
列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论; ②若f(n)为n 的函数（非常数）时，可通过逐差法得a n ?a n -1=f (n -1) ，两式相除后，分奇偶项来求通项.
例1： 数列{a n }满足a 1=0, a n +1+a n =2, 求数列{a n }的通项公式.
a n =(-1) n +1
练习1：(2014·课标全国Ⅱ) 数列{a n }满足a n ＋1＝
[解析] ∵a n ＋1＝1∴a n ＋1＝＝
1－a n
1
， 1－a n
1
1－a n －1
1－a n －1－1
1
a ＝2，则a 1＝________. 1－a n 8
111－a n －1
＝
1－a n －11
1－a n －1a n －1
1
＝1－(1－a n －2) ＝a n －2， 11－a n －2
＝1∴周期T ＝(n ＋1) －(n －2) ＝3. ∴a 8＝a 3×2＋2＝a 2＝2. 11
而a 2＝a 1＝.
21－a 11
[答案]
2
范文四：数列的通项公式求法
一 累加法
1 设数列 {}n a 中, 112, 1n n a a a n +==++,求数列 {}n a 的通项公式
2 设数列 {}n a 中, ()111, 322n n a a a n n -==+-≥, (1)求 23, a a (2)求数列 {}n a 的通项公式
3 已知数列 {}n a 满足 11211
, 2n n a a a n n
+==++,求数列 {}n a 的通项公式
二 累乘法
1已知数列 {}n a 满足 112, 31
n n n a a a n +==+,求数列 {}n a 的通项公式
2已知数列 {}n a 满足 112
4, n n n a a a n
++==,求数列 {}n a 的通项公式
3数列 {}n a 中, , 11=a ()121≥=+n a a n n n ,则此数列的通项公式为 _______=n a
三 取倒数
1已知数列 {}n a 中, 1121, 2
n
n n a a a a +==+,求数列 {}n a 的通项公式
2 在数列 {}n a 中, 1111,30n n n n a a a a a --=+-=(1)证明:数列 1n a ??
????
是等差数列 (2)求数列 {}n a 的通项公式
3 已知数列 {}n a 的前 n 项的乘积为 *,2, 5N n n T n ∈=则此数列的通项公式为 _______=n a
五 运用公式 11,n 1
, 2
n n n S a S S n -=?=?
-≥?
1已知数列 {}n a 的前 n 项和为 232n S n n =+-,求数列 {}n a 的通项公式
2已知数列 {}n a 的前 n 项和为 210n S n n =-,求数列 {}n a 的通项公式
3 已知数列 {}n a 的前 n 项和为 31n
n S =+,求通项公式 n a
4已知数列 {}n a 的前 n 项和为 21n
n S =-,求通项公式 n a
5数列 {}n a 中, , 11=a (), 23n n a n s +=则此数列的通项公式为 _______=n a
6已知数列 {}n a 的前 n 项和 , n S 且对任意正整数 n, 2014=+n n s a , 则此数列的通项公式为 _______=n a
7已知数列 {}n a 的前 n 项和为 n S 且 (), 11log 2+=+n S n 则此数列的通项公式为 _______=n a
8已知数列 {}n a 中, 11, a =前 n 项和 2
3
n n n S a +=, (1)求 23, a a (2)求数列 {}n a 的通项公式
9已知数列 {}n a 的前 n 项和为 2
1, 2
n S n kn =-+且 n S 的最大值为 8,试确定常数 k ,并求数列 {}n a 的通 项公式
10已知数列 {}n a 的前 n 项和为 n S ,且满足关系式 ()111202, 2
n n n a S S n a -+=≥= (1)求证 1n S ??
????
是等差数列 (2)求 n a
六 分裂相消法求和
1已知数列 {}n a 的前 n 项和为 n S ,且 1
, 123n a n
=+++???+则 2013________S =
2已知数列 {}n a 的前 n 项和为 n S ,且 21, 1, n n S n a a ==求数列 {}n a 的通项公式
3已知等差数列 {}n a 满足 {}3577, 26, n a a a a =+=的前 n 项和为 n S (1)求 {}n a 及 n S
(2) 令 ()*
2
11
n n b n N a =∈-,求数列 {}n b 的前 n 项和 n T
4已知等差数列 {}n a 中, 71994, 2a a a == (1)求数列 {}n a 的通项公式 (2)设 1
n n
b na =,求数列 {}n b 前 n 项和为 n S
5已知等差数列 {}n a 中, 13, a =公差 2, d =前 n 项和为 n S 求 12111
n
S S S ++???+
范文五：数列通项公式的求法
等差数列及等比数列的“遗传”与“变异”
１．遗传 若数列
{a n }是公差为d 的等差数列，则由此构造出的以下数列是等差数列．如： {a n }去掉前面几项后余下项组成的仍为公差为d 的等差数列．
（１）
（２）所有的奇数项组成的是公差为2d 的等差数列； 所有的偶数项组成的是公差为2d 的等差数列； 形如
{a n +k }（其中k 是常数，且k ∈N ）的数列都是等差数列．
由此可得到的一般性结论是：凡是项的序号成等差数列（公差为k ）的项依次组成的数列一定是等差数列，公差为kd ． （３）数列
{c ?a n }（其中c 是任一个常数）是公差为cd
的等差数列．
（４） 数列（５）数列（６）若
{a n +c }（其中c 是任一个常数）是公差为d 的等差数列．
{a n +a n +k }（其中k 是常数，且k ∈N ）是公差为(k +1) d 的等差数列．
{b n }是公差为d 1等差数列，且p , q 为常数，则数列{p ?a n +q ?b n }一定是公差为pd +qd 1的等差数列．
{a n }中，任意连续k 项的和是它前面连续k 项的和与它后面连续k 项的和的等差中项，也就是说这些连续k 项的和
（７）等差数列
也构成一个等差数列． 若
{a n }是公比为q 的等比数列，则由此构造出的以下数列是等比数列．如：
{a n }去掉前面几项后余下项组成的仍是公比为q 的等比数列．
k
（１）
（２）项的序号成等差数列（公差为k ）的项依次取出并组成的数列一定是等比数列，公比为q ． （３）数列（４）数列
a }是公比为q 的等比数列．
n
{c ?a n }（c 是任一常数且c ≠0）是等比数列，公比仍为q ．
m
m
（５）
{a }（m 是常数，且m ∈K ）是公比为q
n
的等比数列．
特殊地：若数列
（６） （７）若
{a n }是正项等比数列时，且m 是任一个实常数，则数列{a n m }是公比为q m 的等比数列．
{a n ?a n +k }（其中k 是常数，且k ∈N ）是公比为q k +1的等比数列． {b n }是公比为q 1的等比数列，，则{a n ?b n }是公比为q ?q 1的等比数列．
{a n }中，若任意连续k 项的和不为0，则任意连续k 项的和是它前面连续k 项的和与它后面连续k 项的和的等比中
（８）等比数列
项，也就是说这些连续k 项的和也构成一个等比数列． ２．变异 若数列{a n }，{b n }均为不是常数列的等差数列时，则有：
（１） 当数列（２） 数列
{a n }中的项不同号时，则数列a n }一定不是等差数列．
{a n ?a n +k }不是等差数列
n
（３）
{a }（m 是常数，且m ∈K ，m ≠1，a
m n
≠0）不是等差数列．
（４） 数列 若数列
{a n ?b n }不是等差数列．
{a n }为不是常数列的等比数列时，则有：
）不是等比数列． {a n +c }（其中c 是任一个不为０的常数，
（１） 数列
（２） 数列（３） 数列３．突变
{a n +a n +1}不一定是等比数列．如a n =(-1) n 时，则a n +a n +1=0，所以{a n +a n +1}不是等比数列．
{a n +b n }不一定是等比数列．
{a n }是公差为d 的等差数列，则{c a }（其中c 是正常数）一定是公比为c d 的等比数列．
n
（１） 若数列（２） 若
{a n }是公比为q 的正项等比数列，则{log c a n }（其中c 是不等于１的正常数）是公差为log c q 的等差数列．
数列通项公式的求法
几种常见的数列的通项公式的求法
一． 观察法
例1：根据数列的前4项，写出它的一个通项公式： （1）9，99，999，9999，?（2）1
14916
, 2, 3, 4, （3）1, 2510172
, 31, 2212, （4）, -, 52334
, -, 45
解：（1）变形为：101－1，102―1，103―1，104―1，?? ∴通项公式为：a n
=10n -1
2n n 2
; （4）a n =(-1) n +1?; （3）a n = （2）a n =n +2. 点评：关键是找出各项与项数n 的关系。 n +1n +1n +1
二、公式法
例2： 已知数列{a n }是公差为d 的等差数列，数列{b n }是公比为q 的(q ∈R 且q ≠1) 的等比数列，若函数f (x ) = (x －1) 2，且a 1 = f (d －1) ，a 3 = f (d +1)，b 1 = f (q +1)，b 3 = f (q －1) ，(1)求数列{ a n }和{ b n }的通项公式；
解：(1)∵a 1=f (d －1) = (d －2) 2，a 3 = f (d +1)= d 2，∴a 3－a 1=d 2－(d －2) 2=2d ， ∴d =2，∴a n =a 1+(n －1) d = 2(n －1) ；又b 1= f (q +1)= q 2，b 3 =f (q －1)=(q －2) 2，
b 3(q -2) 22
n －1n －1
∴=q ，由q ∈R ，且q ≠1，得q =－2，∴b =b ·q =4·(－2) =n 2
b 1q
例1. 等差数列
{a n }是递减数列，且a 2?a 3?a 4=48，a 2+a 3+a 4=12，则数列的通项公式是（ ）
(A)
a n =2n -12 (B) a n =2n +4 (C) a n =-2n +12 (D) a n =-2n +10
解析：设等差数列的公差位d ，由已知?
?(a 3+d ) ?a 3?(a 3+d ) =48
，
3a =12?3
解得?
?a 3=4
，又{a n }是递减数列， ∴ d =-2，a 1=8，∴ a n =8+(n -1)(-2) =-2n +10，故选(D)。
?d =±2
{a n }的首项a 1=1，公比0<1，设数列{b n="" }的通项为b="" n="a" n="" +1+a="" n="" +2，求数列{b="" n="">
例2. 已知等比数列解析：由题意，b n +1
=a n +2+a n +3，又{a n }是等比数列，公比为q
∴
b n +1a n +2+a n +3
==q ，故数列{b n }是等比数列，b 1=a 2+a 3=a 1q +a 1q 2=q (q +1) ，∴ b n =q (q +1) ?q n -1=q n (q +1) b n a n +1+a n +2
点评：当已知数列为等差或等比数列时，可直接利用等差或等比数列的通项公式，只需求得首项及公差公比。 三、 叠加法
例3：已知数列6，9，14，21，30，?求此数列的一个通项。 解 易知a n -a n -1=2n -1,
∵a 2-a 1=3,
a 3-a 2=5,
a 4-a 3=7,
??a n -a n -1=2n -1,
各式相加得a n -a 1=3+5+7+ +(2n -1) 点评：一般地，对于型如a n +1例4. 若在数列解析：由a n +1
∴a n =n 2+5(n ∈N )
=a n +f (n ) 类的通项公式，只要f (1) +f (2) + +f (n ) 能进行求和，则宜采用此方法求解。
{a n }中，a 1=3，a n +1=a n +n ，求通项a n 。
=a n +n 得a n +1-a n =n ，所以a n -a n -1=n -1，a n -1-a n -2=n -2，?，a 2-a 1=1，
将以上各式相加得：a n 四、叠乘法
-a 1=(n -1) +(n -2) +???+1，又a 1=3所以 a n =
n (n -1)
+32
例4：在数列｛a n ｝中，a 1 =1, (n+1)·a n +1=n·a n ，求a n 的表达式。 解：由(n+1)·a n +1=n·a n 得例4. 已知数列
a n +1n a
，n =
a n n +1a 1
=
a 2a 3a 4
a 1a 2a 3
…
1a n 123n -11
= 所以a n = =?? n n n a n -1234
{a n }中，a 1=1，前n 项和S n 与a n 的关系是 S n =n (2n -1) a n ，试求通项公式a n 。
3
解析：首先由S n =n (2n -1) a n 易求的递推公式：(2n +1) a n =(2n -3) a n -1, ∴
a n 2n -3
=
a n -12n +1
∴
a n -12n -5a 1
= 2=将上面n —1个等式相乘得： a n -22n -1a 15
a n (2n -3)(2n -5)(2n -7) 3?13==
a 1(2n +1)(2n -1)(2n -3) 7?5(2n +1)(2n -1) ∴a n =
1
.
(2n +1(2n -1)
点评：一般地，对于型如a n +1=f (n)·a n 类的通项公式，当f (1) ?f (2) ?f (n ) 的值可以求得时，宜采用此方法。 五、S n 法利用a n =S n -S n -1 (n ≥2)
例5：已知下列两数列{a n }的前n 项和s n 的公式，求{a n }的通项公式。（1）S n
2
=n 3+n -1。 （2）s n =n -1
解： （1）a 1
=S 1=1+1-1a n =S n -S n -1=(n 3+n -1) -(n -1) 3+(n -1) -1=3n 2-3n +2 =2=S 1。∴a n =3n 2-3n +2为所求数列的通项公式。
[]
此时，a 1（2）a 1
=s 1=0，当n ≥2时 a n =s n -s n -1=(n 2-1) -[(n -1) 2-1]=2n -1
由于a 1不适合于此等式 。 ∴a n 点评：要先分n=1和n 六、待定系数法：
(n =1) ?0
=?
?2n -1(n ≥2)
≥2两种情况分别进行运算，然后验证能否统一。
例6：设数列{c n }的各项是一个等差数列与一个等比数列对应项的和，若c 1=2，c 2=4，c 3=7，c 4=12，求通项公式c n
?a +b =2?q =2?a +d +bq =4?d =1??n -1
解：设c n =a +(n -1) d +bq ∴?=?c n =n +2n -1 ?2
?a +2d +bq =7?b =1?a +3d +bq 3=12??a =1?
b b
例6. 已知数列{，c n =b ?c n -1+， c n }中，c 1=
1+b 1+b
其中b 是与n 无关的常数，且b ≠±1。求出用n 和b 表示的a n 的关系式。
解析：递推公式一定可表示为
b 1+b
b b b
, ∴c -=b (c -) b ≠1, ∴λ=n n -1222
1-b 1-b 1-b
c n -λ=b (c n -1-λ) 的形式。由待定系数法知：λ=b λ+
b b 2b n +1n -1
c n -=2b =2
2
b b 2b ??1-b b -1b -1=2，公比为b 的等比数列，故 故数列?c n -是首项为c 1- 22?n +1
1-b b -11-b b -b ??
∴c n =2
b -1
点评：用待定系数法解题时，常先假定通项公式或前n 项和公式为某一多项式，一般地，若数列{a n }为等差数列：则a n
n -1n
，若数列{a n }为等比数列，则a n =Aq ，s n =Aq -A (Aq ≠0, q ≠1) 。 s n =bn 2+cn （b 、ｃ为常数）
=bn +c ，
七、辅助数列法
例7：已知数{a n }的递推关系为a n +1解：∵a n +1
∴b n
=2a n +1，且a 1=1求通项a n 。
=2a n +1 ∴a n +1+1=2(a n +1) 令b n =a n +1则辅助数列{b n }是公比为2的等比数列
=b 1q n -1即a n +1=(a 1+1) q n -1=2n ∴a n =2n -1
在数列
例5.
{a n }中，a 1=1，a 2=2，a n +2=2a n +1+1a n ，求a n 。
3
3
211
a n +1+a n 两边减去a n +1，得a n +2-a n +1=-(a n +1-a n ) 333
解析：在a n +2
=
∴
{a n +1-a n }是以a 2-a 1=1为首项，以-1为公比的等比数列，∴a n +1-a n
31
=(-) n -1，由累加法得
3
11
a n =(a n -a n -1) +(a n -1-a n -2) +???+(a 2-a 1) +a 1 =(-) n -2+(-) n -3
33
1
1-(-) n -1
1=3[1-(-1) n -1]+1= 7-3(-1) n -1 +?(-) +1+1=
13434431+3
例8： 已知数列｛a n ｝中a 1=1且a n +1=
a n
（n ∈N ），求数列的通项公式。
a n +1
，
解：∵a n +1
=
a n a +1111
∴ =n =+1， 设b n =
a n a n +1a n +1a n a n
=
，则b n +1=b n +1
故｛b n ｝是以b 1
111
=1为首项，1为公差的等差数列 ∴b n =1+(n -1) =n ∴a n ==
b n n a 1
趣谈数列的通项问题及其思维方式
点评：这种方法类似于换元法, 主要用于已知递推关系式求通项公式。
1．递推关系的形成：直接给出，函数给出，解析几何给出，应用问题给出，方程给出。
2．给出递推关系求通项，有时可以用归纳，猜想，证明的思路；而证明型的问题用数学归纳法往往是一种比较简单的方法；而给出铺垫（转化后的数列）的问题常常可以用证明（变换，待定系数法等）处理，一般难度不大。
3．给定初始条件和递推关系往往可以用演绎（推导）的方法求出它的通项公式，其最主要的思想方法是生成、转化、叠代。
4．给定初始条件和递推关系，有时不一定能求出通项，却也可以研究它的其他性质。（如取值范围，比较大小，其他等价关系等，无非等与不等两类），这类问题往往有一定的难度。
本文主要采用风趣的“楼层式”讲解，更易于理解数列中求通项的问题。喻为楼的第二层，S n 喻为楼的第三层，则数列中n , a n , S n 之间的关系式可关系，那么我们可以用爬楼层的方式理解n , a n , S n 之间的相互转化关系层式”的转化方式。
一、“二层”之间的关系式，即若数列
将n 喻为楼的第一层，a n 理解为这三层之间的走动-----我亲切地称它为“楼
f (a m , a m +1, , a m +n , n ) =0型
, a m +n , n ) =0，由这个递推关系及n 个初始值确定的数列，叫做递推数列。它
-a n =d
、a n
{a n }的连续若干项之间满足关系f (a m , a m +1,
主要给出的是“二层”中连续几项之间的递推关系式（如：a n +1-a n -1=f (n ) 、a n +1/a n =q 、
a n
=g (n ) 、a n -1
，a n +a n +1=f (n ) 、a n ?a n +1=g (n ) 、a n =pa n -1+q 、a n =pa n -1+f (n ) 、a n =p (a n -1) q 、a n =pa n -1+qa n -2等类型）这是数列的重点、难点问题。求递推数列通项的方法较多，也比较灵活，基本方法如：迭加法、迭乘法、转化为等差、等比数列求通项法、归纳——猜想——证明法等，其中主要的思路是通过转化为等差数列或等比数列来解决问题。 （一）由等差、等比演化而来的“差型”、“商型”递推关系 （1）由等差数列演化为“差型”，如：a n 生成：a 2-a n -1=f (n )
-a 1=f (2)，a 3-a 2=f (3)，?，a n -1-a n -2=f (n -1) ，a n -a n -1=
f (n )
累加：a n
=(a n -a n -1) +(a n -1-a n -2) + (a 2-a 1) +a 1=∑f (n ) +a 1，于是只要f (n ) 可以求和就行。
2
n
（2）由等比数列演化为“商型”，如：
a n
=g (n ) a n -1
生成：a 2÷a 1=g (2)，a 3÷a 2=g (3)，?，a n -1÷a n -2=g (n -1) ，a n ÷a n -1=g (n )
n
a n a n -1a 2
累乘：a n =?? ?a 1=∏g (n ) ?a 1，于是只要g (n ) 可以求积就行。
a n -1a n -2a 12
例题1：已知数列求证：①a n
{a n }满足：a 1=2, a n
=
2(2n -1)
a n -1, (n ≥2) n
n
《数学通讯》2004年17期P44） =C 2n ②a n 是偶数 （
证明：由已知可得：
a n 2(2n -1) =
a n -1n
a n a n -1a 22n ?3?5? (2n -1)
又a n = ?? ?a 1=
n ! a n -1a n -2a 1
而C
n
2n
(2n )! [2?4?6? (2n -2) 2n ]?[1?3?5 (2n -1) ]2n ?3?5? (2n -1) === n ! ?n ! n ! ?n ! n !
n n n =C 2n ，而a n =C 2n =2C 2n -1为偶数
所以a n
（二）由“差型”、“商型”类比出“和型”、“积型”：即a n 例题2：数列
+a n +1=f (n ) 和a n ?a n +1=g (n )
{a n }中相邻两项a n 、a n +1是方程x 2+3nx +b n =0的两根，已知a 10=-17
求b 51的值。
分析：由题意：a n +a n +1
由②－①得：a n +2
=-3n -----① ， 生成： a n +1+a n +2=-3(n +1) -----②
-a n =-3
所以该数列的所有的奇数项成等差，所有的偶数项也成等差。其基本思路是：生成、相减；与“差型”的生成、相加的思路刚好相呼应。到这里本题的解决就不在话下了。
特例：若a n +a n +1若a n
=c ，则a n +2=a n ，即该数列的所有的奇数项均相等，所有的偶数项也相等。
?a n +1=2n ------① ， 则 a n +1?a n +2=2n +1-------②
a n +2
=2 a n
由②÷①得：
所以该数列的所有的奇数项成等比，所有的偶数项也成等比。其基本思路是：生成、相除；与“商型”的生成、相乘的思路刚好相呼应。
特例：若a n
?a n +1=c ，则a n +2=a n ，即该数列的所有的奇数项均相等，所有的偶数项也相等。
=pa n -1+f (n ) 、a n =p (a n -1) q 、a n =pa n -1+qa n -2等类型。
（三）可以一次变形后转化为“差型”、“商型”。如：a n 例题3：设a 0是常数，且a n
=-2a n -1+3n -1，n ∈N *
（2003年新课程理科，22题）
证明：a n
=(-2)
n -1
3n +(-1) n -1?2n
a 0+
5
分析：这道题目是证明型的，最简单的方法当然要数数学归纳法，现在我们考虑用推导的方法来处理a n 方法（1）：构造公比为－2的等比数列
=-2a n -1+3n -1的三种方法：
{a
n
+λ?3n }，用待定系数法可知λ=-
1
5
方法（2）：构造差型数列?
?a n ?a n a n -113n n
，即两边同时除以 得：=+?(-) ，从而可以用累加的方法处理。 (-2) n ?n n -1
(-2) 32(-2) (-2) ??
方法（3）：直接用叠代的方法处理：
a n =-2a n -1+3n -1=-2(-2a n -2+3n -2) +3n -1=(-2) 2a n -2+(-2) 3n -2+3n -1 =(-2) 2(-2a n -3+3n -3) +(-2) 23n -2+3n -1 =(-2) 3a n -3+(-2) 23n -3+(-2) 3n -2+3n -1=
=(-2) n a 0+(-2) n -130+(-2) n -231+(-2) n -332+ (-2) 23n -3+(-2) 3n -2+3n -1
3n +(-1) n -1?2n
=(-2) a 0+
5
n
说明：①当
f (n ) =c 或f (n ) =an +b 时，上述三种方法都可以用；②当f (n ) =n 2时，若用方法
1
1，构造的等比数列应该是
{a
n
+pn 2+qn +r
} 而用其它两种方法做则都比较难；③用叠代法关键是找出规律，除含a 外的其它式子，常常是一个等比数列的求和
问题。
（四）数学归纳法： 例题4：已知数列
{a n }中，a n =pa n -1+q , (a 1=a ) ，求通项公式
解析：利用归纳、猜想、数学归纳法证明方法也可求得通项公式a n 。 即 a 2 a 3 a 4 ? a n =pa +q
=pa 2+q =p 2a +pq +q =p 2a +q (p +1) =pa 3+q =p 3a +p 2q +q =p 3a +q (p 2+p +1)
=pa n -1+q =p n -1a +q (p n -2+p n -3+... +p +1)
再利用数学归纳方法证明最后的结论： ①当n
=3时，a 2=pa +q 显然成立；
②假设当n =k (k 由题设知a k +1即当n =k (k 根据①②，当n
≥2) 时，a k =p k -1a +q (p k -2+p k -3+... +p +1) 成立，
k -1k -2k -3k k -1k -2
?=pa k +q =p ?p a +q (p +p +... +p +1) +q =p a +q (p +p +... +p +1) ??
≥2) 时，a k +1=p k a +q (p k -1+p k -2+... +p +1) 成立
≥2时a n =p n -1a +q (p n -2+p n -3+... +p +1) ，然后利用等比数列求和公式来化简这个通项a n 。
二、“三层”之间的关系式，即
若数列
f (S n , S n +1) =0型
{a n }满足关系f (S n , S n +1) =0，由这个关系式及初始值确定的数列，也可理解为递推数列。它主要给出的是“三层”中连续
=S n -S n -1将“三层”问题全部走下“二层”，回到f (a m , a m +1,
, a m +n , n ) =0型或直接能
几项之间的递推关系式，解决途径是利用a n 求出S n ，以下过程依同上述。 例题5：已知数列
{a n }的首项a 1=1，前n 项和S n 满足关系式3tS n -(2t +3) S n -1=3t （t 为常数且t >0, n =2,3,4,
f (
）
（1）求证：数列
{a n }是等比数列； （2）设数列{a n }的公比为f (t ) ，作数列{b n }，使b 1=1，b n =
=a 1=1，S 2=a 1+a 2=1+a 2，得3t (1+a 2) -(2t +3) =3t , a 2=
2t +3
3t
1
) (n ≥2, n ∈N *) ，求b n b n -1
解析：（1）由S 1
∴
a 22t +3
，又3tS n -(2t +3) S n -1=3t ，3tS n -1-(2t +3) S n -2=3t =
a 13t
得3t
a n -(2t +3) a n -1=0，得
a n 2t +3
=
, n =3,4, a n -13t
∴
{a n }是一个首项为1，公比为
f (t ) =
2t +3
的等比数列。 3t
（2）由
2t +32112
=+，有b n =f () =+b n -1 3t 3t b n -13
∴
{b n }是一个首项为1，公差为3的等差数列，∴b n =1+3(n -1) =
22
2n +1
。 3
类比例题：已知数列解析：记T n
∴T n -1
{a n }满足a 1+2a 2+3a 3++na n =n (n +1)(n +2) ，求{a n }的通项公式。
=a 1+2a 2+3a 3+=a 1+2a 2+3a 3+
+na n =n (n +1)(n +2)
+(n -1) a n -1=(n -1) n (n +1)(n ≥2)
∴na n
=n (n -1) [n +2-(n -1) ](n ≥2) ∴a n =3(n +1), n ∈N *。
三、“一层”与“三层”的关系式，即
f (S n , n ) =0型
可利用公式：a n
(n ≥2) ?S -S n -1
直接求出通项a n 。 =?n
S (n =1) ?1
例题6：已知数列解析：①当n 当n
{a n }的前n 项和为①S n =2n 2-n ②S n =n 2+n +1， 分别求数列{a n }的通项公式。
=1时，a 1=S 1=1
≥2时，a n =2n 2-n -2(n -1) 2+(n -1) =4n -3
=1时 a 1=1 也适合 ∴a n =4n -3
经检验 n ②当n 当n
=1时，a 1=S 1=3
≥2时，a n =n 2+n +1-(n -1) 2-(n -1) -1=2n
经检验 n
?3(n =1) =1时 a 1=1 不适合 ∴ a n =?
?2n (n ≥2)
四、“二层”与“三层”的关系式，即
若数列
f (S n , a n ) =0型
{a n }满足关系f (S n , a n ) =0，由这个递推关系及初始值确定的数列，也是递推数列。它主要给出的是“二层”与“三层”之间
=S n -S n -1转化为纯粹的“二层”或“三层”问题，即g (a n , a n -1) =0型或h (S n , S n -1) =0型（也
的递推关系式，解决途径是利用a n 就是将混合型的转化为纯粹型的） 例题7：已知数列
(Ⅰ)写出数列解析：(Ⅰ) S n
由a 1由n 由n
{a n }的前n 项和S 满足S n =2a n +(-1) n , n ≥1.
n
{a n }的前3项； (Ⅱ)求数列{a n }的通项公式。
=2a n +(-1) n , n ≥1. ---------------①
=S 1=2a 1-1, 得a 1=1. ----------------②
=2得a 1+a 2=2a 2+1，得a 2=0--------------③ =3得a 1+a 2+a 3=2a 3-1，得a 3=2---------④
(Ⅱ) ∵S n
=2a n +(-1) n , n ≥1. ---------------①
=2a n -1+(-1) n -1-----------⑤
∴用n -1代n 得 S n -1由①－⑤得：a n
=S n -S n -1=2a n -2a n -1+2(-1) n
即a n
=2a n -1-2(-1) n ----------------------------⑥
n -1n
=2a n -1-2(-1) n =2??2a n -2-2(-1) ??-2(-1)
由叠代法得a n
=22a n -2-22(-1) n -1-2(-1) n = =2n -1a 1-2n -1(-1) -2n -2(-1) 2- 2(-1) n
=
2n -2
2+(-1) n -13
[]---------------------------⑦
=1, a n +1=
n +2
S n (n =1, 2, 3 ). n
例题8：数列{a n }的前n 项和记为S n ，已知a 1
证明：数列{
S n
}是等比数列；（2004全国卷（二）理科19题） n
=S n +1-S n , a n +1=
n +2
S n , n
方法（1）∵a n +1
∴ (n +2) S n =n (S n +1-S n ), 整理得 nS n +1=2(n +1) S n ,
所以
S n +1S S
=2n . ， 故{n 是以2为公比的等比数列. n +1n n
方法（2）：事实上，我们也可以转化为
S n 2n
，为一个商型的递推关系， =
S n -1n -1
2
?a 1=na 12n -1=n ?2n -1 1
由s n
=
s n s n -1s n n -1n -2
????? 2?s 1=2n -1
n -1n -2n -3s n -1s n -2s 1
得
S n
=2n -1， 下面易求证。 n
当然，还有一些转化的方法和技巧，如基本式的变换，象因式分解，取倒数等还是要求掌握的。 五、二个（或多个）“楼层”（即数列）之间的递推关系
除以上的转化方式外，还会出现多栋楼之间的联系，即不同数列之间的递推关系，对于该类问题，要整体考虑，根据所给数列递推公式的关系，灵活采用累加、累乘、化归等方法求解。
例题9：甲、乙两容器中分别盛有浓度为10%、20%的某种溶液500ml ，同时从甲乙两个容器中取出100ml 溶液，将近倒入对方的容器搅匀，这称为是一次调和，记a 1=10%,b1=20%,经（n-1）次调和后甲、乙两个容器的溶液浓度为a n 、b n ， （1）试用a n-1、b n-1表示a n 、b n ；
（2）求证数列 {an -b n }是等比数列，并求出a n 、b n 的通项。
分析：该问题属于数列应用题，涉及到两个不同的数列a n 和b n ，且这两者相互之间又有制约关系，所以不能单独地考虑某一个数列，而应该把两个数列相互联系起来。 解析：（1）由题意
400a n -1+100b n -14400b n -1+100a n -1411
=a n -1+b n -1； b n ==b n -1+a n -1
5005550055333
（2）a -b =a n -1-b n -1=（a n -1-b n -1）（n ≥2）， ∴{a-b }是等比数列。
555
3
又a -b =-10% ∴a -b =-10%() ???（1）
5
a n =
n
n
n
n
n-1
1
1
n
n
又∵a n +b n =a n -1+b n -1=?= a+b=30% ???（2）
1
1
联立（1）、（2）得a n =-(
3n-13
) ·5%+15%；b n =() n-1·5%+15%。 55
综而言之，等差、等比数列是两类最基本的数列，是数列部分的重点，自然也是高考考查的热点，而考查的目的在于测试灵活运用知识的能力，这个“灵活”往往集中在“转化”的水平上；以上介绍的仅是常见可求通项的递推数列的五种转化思路----“楼层式”的转化方式，同样采用相应的、风趣的教学形式，更易于学生接收新知识，从而激发学生的学习兴趣，让数学课堂生动活泼风趣起来。这正顺应了当前“新课程理念”的大趋势。
利用递推关系求数列通项的九种类型及解法 1. 形如a n +1
-a n =f (n ) 型
-a n =d , 此时数列为等差数列，则a n =a 1+(n -1) d .
（1）若f(n)为常数, 即：a n +1
（2）若f(n)为n 的函数时，用累加法. 方法如下： 由 a n +1
-a n =f (n ) 得：
n ≥2时，a n -a n -1=f (n -1) ，
a n -1-a n -2=f (n -2) ，
a 3-a 2=f (2) a 2-a 1=f (1)
所以各式相加得 a n
n -1
-a 1=f (n -1) +f (n -2) + +f (2) +f (1)
即：a n
=a 1+∑f (k ) .
k =1
为了书写方便，也可用横式来写：
n ≥2时，a n -a n -1=f (n -1) ，
∴a n =(a n -a n -1) +(a n -1-a n -2) + +(a 2-a 1) +a 1
=
f (n -1) +f (n -2) + +f (2) +f (1) +a 1.
例 1. （2003天津文） 已知数列｛a n ｝满足a 1
=1, a n =3n -1+a n -1(n ≥2) ,
3n -1
证明a n =
2
证明：由已知得：a n
-a n -1=3n -1, 故
a n =(a n -a n -1) +(a n -1-a n -2) + +(a 2-a 1) +a 1
=3n -1
+3
n -2
3n -13n -1
+ +3+1=. ∴a n =.
22
例2. 已知数列
{a n }的首项为1，且a n +1=a n +2n (n ∈N *) 写出数列{a n }的通项公式. 答案：
n 2-n +1
例3. 已知数列{a n }满足a 1
=3，a n =a n -1+
1
(n ≥2) ，求此数列的通项公式.
n (n -1)
答案：a n
=2-
1 n
评注：已知a 1=a , a n +1-a n =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a n .
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。 例4. 已知数列{a n }中, a n
>0且S n =
1n
(a n +) , 求数列{a n }的通项公式. 2a n
解:由已知S n
=
1n 1n
(a n +) 得S n =(S n -S n -1+) , 2a n 2S n -S n -1
化简有S n
2
222
-S n -1=n , 由类型(1)有S n =S 1+2+3+ +n ,
又S 1
2
==a 1得a 1=1, 所以S n
n (n +1)
, 又a n >0, s n =2
2n (n +1) 2
,
则a n
=
2n (n +1) -2n (n -1)
2
此题也可以用数学归纳法来求解. 2. 形如
a n +1
=f (n ) 型 a n
a n +1n -1
，此时数列为等比数列，a n =a 1?q . =q （其中q 是不为0的常数）
a n
（1）当f(n)为常数，即：
（2）当f(n)为n 的函数时, 用累乘法. 由
a n +1a
=f (n ) 得 n ≥2时，n =f (n -1) ， a n a n -1
a n a n -1a
?? ?2?a 1=f(n)f(n-1) ?f (1) ?a 1. a n -1a n -2a 1
∴a n =
例1. 设
22{a n }是首项为1的正项数列，且(n +1)a n ，则它的通项公式是a n =________. +1-na n +a n +1a n =0（n =1，2， 3，?）
解：已知等式可化为：(a n +1+a n ) [(n +1) a n +1-na n ]=0
a n >0(n ∈N *) ∴(n+1)a n +1-na n =0, 即
a n n -1
=
a n -1n
a n +1n
=
a n n +1
∴n ≥2时，
∴a n =
a n a n -1a n -1n -211
?? ?1=?? ?2?a 1=n n -12n a n -1a n -2a 1
.
评注：本题是关于a n 和a n +1的二次齐次式，可以通过因式分解（一般情况时用求根公式）得到a n 与a n +1的更为明显的关系式，从而求出a n . 例2. 已知a n +1解：因为a n +1故a n +1
=na n +n -1, a 1>-1, 求数列{a }的通项公式.
n
=na n +n -1, 所以a n +1+1=na n +n ,
+1=n (a n +1), 又因为a 1>-1, 即a 1+1>0，
所以由上式可知a n
+1>0, 所以
a n +1+1
=n , 故由累乘法得
a n +1
a n +1=
a n +1a n -1+1a +1a 2+1
?? ?3??(a 1+1)
a n -1+1a n -2+1a 2+1a 1+1
+1) =(n -1)! ?(a 1+1)
=(n -1) ?(n -2) ? ?2?1?(a 1所以a n
?(a 1+1) -1. =(n -1)!
评注：本题解题的关键是把原来的递推关系式a n +1=na n +n -1, 转化为
a n +1+1=n (a n +1), 若令b n =a n +1, 则问题进一步转化为b n +1=nb n 形式，进而应用累乘法求出数列的通项公式.
3. 形如a n +1
+a n =f (n ) 型
，则数列{a n }为“等和数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论; +a n =d （d 为常数）
（1）若a n +1
（2）若f(n)为n 的函数（非常数）时，可通过构造转化为a n +1-a n =f (n ) 型，通过累加来求出通项; 或用逐差法(两式相减) 得
a n +1-a n -1=f (n ) -f (n -1) ，，分奇偶项来分求通项.
例1. 数列{a n }满足a 1
=0, a n +1+a n =2n , 求数列{a }的通项公式.
n
分析 1：构造 转化为a n +1解法1：令b n -a n =f (n ) 型
=(-1) n a n
则b n +1
-b n =(-1) n +1a n +1-(-1) n a n =(-1) n +1(a n +1+a n ) =(-1) n +1?2n .
?b n -b n -1=(-1) n ?2(n -1) ?n -1
?b n -1-b n -2=(-1) ?2(n -2) ?
n ≥2时, ?
?b -b =(-1) 2?2?1
1?2
?b 1=-a 1=0?
各式相加:b n
=2(-1) n (n -1) +(-1) n -1(n -2) + +(-1) 3?2+(-1) 2?1
n -2??
=2?(n -1) +(-1) ?=n .
?2??
[]
当n 为偶数时，b n
此时a n =b n =n
=2(-
n -1
) =-n +1 2
当n 为奇数时，b n 此时b n
=-a n , 所以a n =n -1.
故
?n -1, n 为奇数,
a n =?
?n , n 为偶数.
+a n =2n
解法2： a n +1
∴n ≥2时，a n +a n -1=2(n -1) ，
两式相减得：a n +1
-a n -1=2.
∴a 1, a 3, a 5, , 构成以a 1, 为首项，以2为公差的等差数列; a 2, a 4, a 6, , 构成以a 2, 为首项，以2为公差的等差数列
∴a 2k -1=a 1+(k -1) d =2k -2 a 2k =a 2+(k -1) d =2k .
∴a n
?n -1, n 为奇数,
=?
?n , n 为偶数.
评注：结果要还原成n 的表达式.
例2. （2005江西卷）已知数列{a n }的前n 项和S n 满足
1n -13
) (n ≥3), 且S 1=1, S 2=-, 求数列{a }的通项公式. 22
1n -1
解：方法一：因为S n -S n -2=a n +a n -1所以a n +a n -1=3?(-) (n ≥3),
2
S n －S n －2=3(-
n
以下同例1，略
1n -1?4-3?() , n 为奇数, ??2
答案 a n =?
1?-4+3?() n -1, n 为偶数.
?2?
4. 形如a n +1?a n =f (n ) 型
?a n =p (p为常数) ，则数列{a n }为“等积数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论;
?a n -1=f (n -1) ，两式相除后，分奇偶项来分求通项.
（1）若a n +1
（2）若f(n)为n 的函数（非常数）时，可通过逐差法得a n 例1. 已知数列{a n }满足注：同上例类似，略. 5．形如a n +1
1
a 1=3, a n ?a n +1=() n , (n ∈N *) , 求此数列的通项公式.
2
=ca n +d , (c ≠0, 其中a 1=a ) 型
（1）若c=1时，数列{a n }为等差数列; （2）若d=0时，数列{a n }为等比数列; （3）若c
≠1且d≠0时，数列{a n }为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求.
方法如下：设a n +1得a n +1
+λ=c (a n +λ) ,
=ca n +(c -1) λ, 与题设a n +1=ca n +d , 比较系数得
d
, (c ≠0) c -1d d
=c (a n -1+) 所以有：a n +
c -1c -1
(c -1) λ=d , 所以λ=
因此数列?a n +
??d d ?
a +构成以为首项，以c 为公比的等比数列， ?1
c -1c -1?
d d
=(a 1+) ?c n -1 c -1c -1
d d ) ?c n -1-即：a n =(a 1+. c -1c -1
所以 a n
+
规律：将递推关系a n +1=ca n +d 化为a n +1+
d d d
=c (a n +) , 构造成公比为c 的等比数列{a n +从而求得通项公式c -1c -1c -1
a n +1=
d d
+c n -1(a 1+) 1-c c -1
有时我们从递推关系a n +1为c 的等比数列{a n +1=ca n +d 中把n 换成n-1有a n =ca n -1+d , 两式相减有a n +1-a n =c (a n -a n -1) 从而化为公比
-a n }, 进而求得通项公式. a n +1-a n =c n (a 2-a 1) , 再利用类型(1)即可求得通项公式. 我们看到此方法比较
复杂.
例1．已知数列{a n }中，a 1分析：两边直接加上
=2, a n +1=
11
a n +, 求通项a n . 22
d
, 构造新的等比数列。 c -1111
解：由a n +1=a n +, 得a n +1-1=(a n -1) ,
222
1
所以数列{a n -1}构成以a 1-1=1为首项，以为公比的等比数列
2
1n -11n -1
+1. 所以a n -1=() , 即 a n =()
22
方法二：由 a n +1
=ca n +d ,
∴n ≥2时，a n =ca n -1+d ,
两式相减得 a n +1
-a n =c (a n -a n -1)
∴
a n +1-a n
=c ,
a n -a n -1
数列{a n -a n -1}是以a 2-a 1=(c -1) a 1+d
为首项，以c 为公比的等比数列.
a n -a n -1=(a 2-a 1) ?c n -2?
?
a n -1-a n -2=(a 2-a 1) ?c n -3?
?
∴ ??a n -a 1=(a 2-a 1)(1+c + +c n -2)
?a 3-a 2=(a 2-a 1) ?c
?
a 2-a 1=a 2-a 1?
?
1-c n -1
=(a 2-a 1) ?
1-c
方法三：迭代法 由 递推式a n +1直接迭代得a n =c
3
∴a n
=(a +
d d ) c n -1-. c -1c -1
=ca n +d ,
=ca n -1+d =c (ca n -2+d ) +d =c 2a n -2+d (c +1)
a n -3+d (1+c +c 2) = =c n -1a 1+d (1+c +c 2+ +c n -2)
+
d d
) c n -1-. c -1c -1
=(a
方法四：归纳、猜想、证明.
先计算出a 1, a 2, a 3, 再猜想出通项a n , 最后用数学归纳法证明. 注：请用这三种方法来解例题，体会并比较它们的不同. 6. 形如a n +1=pa n +f (n ) 型
.(1)若
f (n ) =kn +b (其中k,b 是常数，且k ≠0)
方法：相减法 例1.
在数列{a n }中，a 1
=1, a n +1=3a n +2n , 求通项a n .
解： ，a n +1=3a n +2n , ①
∴n ≥2时，a n =3a n -1+2(n -1) ，
两式相减得
a n +1-a n =3(a n -a n -1) +2. 令b n =a n +1-a n , 则b n =3b n -1+2
利用类型5的方法知b n 即 a n +1
=5?3n -1+2
-a n =5?3n -1-1 ②
=
5n -11?3-n -. 22
5n -11
-n -. 亦可联立 ① ②解出a n =?3223
例2. 在数列{a n }中，a 1=, 2a n -a n -1=6n -3, 求通项a n .
2
再由累加法可得a n
解：原递推式可化为2(a n
+xn +y ) =a n -1+x (n -1) ++y
比较系数可得：x=-6,y=9,上式即为2b n 所以
=b n -1
2
2
{b n }是一个等比数列，首项b 1=a 1-6n +9=9, 公比为1.
∴b n =
91n -11() 即：a n -6n +9=9?() n 2221n
故a n =9?() +6n -9.
2
(2)若
f (n ) =q n (其中q 是常数，且n ≠0,1)
①若p=1时，即：a n +1=a n ②若
+q n ，累加即可.
p ≠1时，即：a n +1=p ?a n +q n ，
求通项方法有以下三种方向：i. 两边同除以
p n +1.
，则b n +1
即：
a n +1p n +1
=
a n q n
+
a n 1p n
?() , 令b n =n p q p
-b n =
1p n
?() , p q
然后类型1，累加求通项. ii. 两边同除以q n +1
. 即：
a n +1q n +1
=
p a n 1?n +, q q q
令b n
=
a n q n
, 则可化为b n +1
=
p 1
?b n +. 然后转化为类型5来解， q q
iii. 待定系数法： 设a n +1+λ?q
n +1
=p (a n +λ?p n ) . 通过比较系数，求出λ，转化为等比数列求通项.
例1. （2003天津理） 设a 0为常数，且a n
=3n -1-2a n -1(n ∈N ) ．
证明对任意n ≥1，a n
1
=[3n +(-1) n -1?2n ]+(-1) n ?2n a 0； 5
n
证法1：两边同除以（-2）, 得
a n (-2) n
=
a n -1(-2) n -1
+
13?(-) n 32
令b n
=
a n (-2) n
, 则b n -b n -1=
13
?(-) n 32
∴b n =(b n -b n -1) +(b n -1-b n -2) + +(b 2-b 1) +b 1
=
1?3n 3n -132?a 1
(-) +(-) + +(-) ?+?3?222?-2
33
(-) 2[1-(-) n -1]11=?-(1-2a 0)
3321-(-)
2
13n
= =[(-) -1]+a 0
52
1
∴a n =(-2) n b n = =[3n +(-1) n -1?2n ]+(-1) n ?2n a 0.
5
证法2：由a n
=3
n -1
-2a n -1
12a n -1
(n ∈N ) 得 n =-?n -1
3333
a n
.
设b n
=
a n 3n
，则b n =
21121
-b n -1+. 即：b n -=-(b n -1-) , 33535
所以?b n
?
?12121?
-?是以b 1-=(-a 0) 为首项，-为公比的等比数列.
53535?
则b n
-
121212
=(-a 0)(-) n -1=(-a 0)(-1) n -1() n , 535353
即：
11n -12n =b =(-a )(-1) () +, n 0n
5353
1
=[3n +(-1) n -1?2n ]+(-1) n ?2n a 0. 5
a n
故 a n
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.
证法3：用待定系数法 设a n
n
+λ?3n =-2(a n -1+λ?3n -1) , 即:a n =-2a n -1-5λ?3n -1,
=1, 所以 λ=-
比较系数得：-5λ
1n 1n -11
所以a n -?3=-2(a n -1-?3) ,
555
n
?33所以数列?a -??是公比为－2，首项为a 1-的等比数列. n
55??
1n 3n 3n -1n n n
∴a n -=(1-2a 0-)(-2) n -1(n ∈N ). 即 a n =[3+(-1) ?2]+(-1) ?2a 0.
555
方法4：本题也可用数学归纳法证.
（i ）当n=1时，由已知a 1=1－2a 0，等式成立； ( ii)假设当n=k（k ≥1）等式成立，则a k 那么a k +1
1
=[3k +(-1) k -12k ]-(-1) k 2a 0, 5
2
=3k -2a k =3k -[3k +(-1) k -12k ]-(-1) k 2k +1a 0
51k +1
=[3+(-1) k 2k +1]+(-1) k +12k +1a 0.
5
也就是说，当n=k+1时，等式也成立. 根据（i ）和（ii ），可知等式对任何n ∈N ，成立. 规律：a n +1=
pa n +f (n ) 类型共同的规律为：两边同除以p n +1，累加求和，只是求和的方法不同. pa n +q
型
ra n +s
pa n -1
取倒数法.
ra n -1+s
a n -1
(n ≥2) ，求通项公式a n 。
2a n -1+1
7. 形如a n +1
=
（1）
p , r , s ≠0, q =0即a n =
例1. 已知数列
{a n }中，a 1=2，a n =
解：取倒数：
1111=+2?-=2 a n a n -1a n a n -1
∴
113=+(n -1) ?2=2n -a n a 12
2
. 4n -3
∴a n =
例2. （湖北卷）已知不等式
1111
++ +>[log2n ],其中n 为大于2的整数，[log2n ]表示不超过log 2n 的最大整数. 设数23n 2
=b (b >0), a n ≤
na n -1
, n =2, 3, 4,
n +a n -1
列{a n }的各项为正，且满足a 1
（Ⅰ）证明a n
2b
, n =3, 4, 5,
2+b [log2n ]
分析：本题看似是不等式问题，实质就是求通项问题. 证：∵当n
≥2时, 0
n ≤
na n +a , ∴≥=+,
n -1a n na n -1a n -1n
即
1a -1≥1
, 于是有 111111111n a n -1n
a -≥, -≥, , -≥.
2a 12a 3a 23a n a n -1n 所有不等式两边相加可得
1a -1≥12+13+ +1n
. n a 1由已知不等式知，当n ≥3时有，
1a -1>1
2
[log2n ]. n a 1∵a 12+b [log2n ]1
=b , ∴
a >1b +1
2[log2n ]=2b
. a b
n
2n 2+b [log.
2n ]
评注：本题结合不等式的性质，从两边取倒数入手，再通过裂项求和即可证得. 2. 形如a n +p
n +1
=
ma a q
(m , p , q 为定值) 型
n +方法：不动点法: 我
们
设
f (x ) =
mx +p a ma n +p x +q
, 由方程
f (x ) =x
求得二根x,y, 由
n +1=
a n +q
a ma n +p mx +p mq -p a n n +1-x =
a +q -x +q =x +q ?
-x
a n n +q
同理a ma n +p my +p mq -p a n -y n +1
-y =
a -=+q ?a , 两式相除有a n +1-x =y +q ?
a n -x
, 从而得n +q y +q y n +q a n +1-y x +q a n -y
a n +1-x y +q n -1a 1-x
a -y =(x +q ) ?
a , 再解出a n 即可. n +11-y
例1. 设数列｛a n ｝满足a 1
=2, a n +1=
5a n +4
2a , 求｛a n
｝的通项公式.
n +7
分析：此类问题常用参数法化等比数列求解. 解：对等式两端同时加参数t, 得：
a 7t +4
n +
a +t =5a n +42a +t =(2t +5) a n +7t n +1
+7=(2t +5) n +72a n 2a ,
n +7
有
令t =a n +t 7t +4, 解之得t=1,-2 代入a n +1+t =(2t +5) 得 2t +52a n +7
a n -1a n +2, a n +1+2=9, 2a n +72a n +7a n +1-1=3
相除得a n +1-11a n -1a n -1a 1-11, 即{}是首项为=?=， a n +1+23a n +2a n +2a 1+24
a n -111-n 14?3n -1+2公比为的等比数列, =?3, 解得a n =. 3a n +244?3n -1-1
方法2： ,
a n +1-1=3a n -1， 2a n +7
1
a n +1-1=2a n +72(a n -1) +923， ==+3(a n -1) 3(a n -1) 3a n -1
2+3b n , , 转化为类型5来求. 3两边取倒数得令b n =1，则b n =a n -1
8. 形如a n +1=pa n +qa n -1(其中p,q 为常数) 型
（1）当p+q=1时 用转化法
例1. 数列{a n }中，若a 1
解：把a n +2
则数列=8, a 2=2, 且满足a n +2-4a n +1+3a n =0, 求a n . -4a n +1+3a n =0变形为a n +2-a n +1=3(a n +1-a n ) . {a n +1-a n }是以a 2-a 1=-6为首项，3为公比的等比数列，则 a n +1-a n =-6?3n -1 利用类型6的方法可得 a n =11-3n .
（2）当p 2+4q ≥0时 用待定系数法.
-5a n +1+6a n =0，且a 1=1, a 2=5, 且满足, 求a n . 例2. 已知数列{a n }满足a n +2
解：令a n +2-xa n +1=y (a n +1-xa n ) , 即a n +2-(x +y ) a n +1+xya n =0, 与已知
?x +y =5?x =2?x =3, 故?或? a n +2-5a n +1+6a n =0比较，则有??xy =6?y =3?y =2
?x =2下面我们取其中一组?来运算，即有a n +2-2a n +1=3(a n +1-2a n ) , y =3?
则数列
{a n +1-2a n }是以a 2-2a 1=3为首项，3为公比的等比数列，故
a n +1-2a n =3?3n -1=3n , 即a n +1=2a n +3n , 利用类型 的方法，可得 a n =3n -2n .
评注：形如a n +2
方程(x -a ) x
9. 形如a n +1=aa n +1+ba n 的递推数列, 我们通常采用两次类型(5)的方法来求解, 但这种方法比较复杂, 我们采用特征根的方法:设, 设a n =b 的二根为α, β=p ?αn +q ?βn , 再利用a 1, a 2的值求得p,q 的值即可. r (其中p,r 为常数) 型 =pa n
（1）p>0，a n >0 用对数法.
例1. 设正项数列2{a n }满足a 1=1，a n =2a n a n }的通项公式. -1（n ≥2）. 求数列{
a a a n -1n n -1，log 2n +1=2(logb n }是以+1) ，设b n =log a =1+2log a
222+1，则b n =2b n -1 {
n -1解：两边取对数得：log 2n 2为公比的等比数列，b 1
练习 数列a n -1n -1n -1n ，log 2n =2=log 1=2n -1，log a -1，∴a n =222+1=1 b n =1?22+1=2-1 {a n }中，a 1=1，a n =22-2，求数列{a n }的通项公式. 答案：a n =2a n -1（n ≥2）2-n
（2）p<0时>
例1. （2005江西卷）
已知数列{a n }的各项都是正数, 且满足:
（1）证明a n
解：（1）略
（2）a n +1a 0=1, a n +1=1a n (4-a n ), n ∈N 2n ，
2所以 2(a n +1-2) =-(a n -2)
1211221111+2+ +222令b n =a n -2, 则b n =-b n (-b n -2) =-?() 2b n b n -1=--1= =-() 222222
12n -112n -1b n =-() , 即a n =2+b n =2-() . 22=2n -1n 又b n =－1，所以
方法2：本题用归纳-猜想-证明，也很简捷，请试一试. 解法3：设c n =-b n ，则c n =
12c n -1, 转化为上面类型（1）来解. 2
