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数列通项公式的十种求法

一、公式法
n
例1 已知数 列
{a
n
}
满足
a
n1
2a
n
32
，
a
1
2
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
a
n1
a
n
3
a
n1
a
n
3
a
n
，则，故数列

{}< br>是
n1nn1n
n
222222
2
a
n
3
a
2
3
以
1
为首项，以为公差的等差数列，由等差数列的 通项公式，得，
1(n1)
1
n
1
2
2
22
2
31
n
所以数列
{a
n
}
的通项公 式为
a
n
(n)2
。
22
n
解：
a
n1
2a
n
32
两边除以
2
n1
，得
n
评注：本题解题的关键是把递推关系式
a
n1
2an
32
转化为
a
n1
a
n
3

n

，说明数列
n1
222
a
n
a3
是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出，进而求出数列
1(n1){
n
}
n
n
22
2
{a
n
}
的通项公式。
二、累加法
例2 已知数列
{a
n
}< br>满足
a
n1
a
n
2n1，a
1
1
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
解：由
a
n1
a
n
2n1
得
a
n1
a
n
2n1
则
a
n
(a
n
a
n 1
)(a
n1
a
n2
)
L
(a3
a
2
)(a
2
a
1
)a
1
[2(n1)1][2(n2)1]
L
(221)(21 1)1
2[(n1)(n2)
L
21](n1)1

(n1)n
2(n1)1
2
(n1)(n1)1
n
2
2
所以数列
{a
n
}
的通项公式为
a
n
n
。
评注：本题解题的关键是把递推关系式
a
n 1
a
n
2n1
转化为
a
n1
a
n
2n1
，进而求
出
(a
n
a
n1
)(a
n1
a
n2
)L(a
3
a
2
)(a
2
a
1
)a
1
，即得数列
{a
n
}
的通项公式。

n
例3 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
a
n
23 1，a
1
3
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
解：由
a
n1
a
n
23
n
1< br>得
a
n1
a
n
23
n
1
则
a
n
(a
n
a
n1
)(a
n 1
a
n2
)
L
(a
3
a
2)(a
2
a
1
)a
1
(23
n1
1)(23
n2
1)
L
(23
2
1)(23
1
1)3
2(3
n1
3
n2

L
3
2
3
1
)(n1)3
3 (13
n1
)
2(n1)3
13
3
n3n13
3
n
n1
n
所以
a
n
3n1.


nn
评注：本题解题的关键是把递推关系式a
n1
a
n
231
转化为
a
n1
a
n
231
，
进而求出
a
n
( a
n
a
n1
)(a
n1
a
n2
)L(a
3
a
2
)(a
2
a
1
)a
1
，即得数列
{a
n
}
的通
项公式。
n
例4 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
3a
n
231，a
1
3
，求数列
{a< br>n
}
的通项公式。
n
n1
解：
a
n1
3a
n
231
两边除以
3
，得
a
n1
a
n
21

n

n1
， n1
3333
则
a
n1
a
n
21
，故

3
n1
3
n
33
n1
a
n
a
n
a
n1
a
n1
a
n 2
a
n2
a
n3
a
2
a
1
a
1
()()()
L
(
1
)
n nn2n2n32
33a
n1
a
n1
333333
212121213
(
n
)(
n1
)(
n 2
)
L
(
2
)
333333333
2( n1)11111
(
n

n

n1
n2

L

2
)1
333333

1
(13
n1
)
n
a
n
2(n1)
3
2n11
因此
n
，
1
3313322 3
n
则
a
n

211
n3
n
3
n
.

322

n
评注：本题解题 的关键是把递推关系式
a
n1
3a
n
231
转化 为
a
n1
a
n
21
，

3
n1
3
n
33
n1
进而求出
(
a
n< br>a
n1
a
n1
a
n2
a
n2
a
n3
a
2
a
1
a
1

a< br>n

，即得数列
)()()L()

n< br>
3
n
3
n1
3
n1
3
n2
3
n2
3
n3
3
2
3
1
3< br>
3

的通项公式，最后再求数列
{a
n
}
的通项公式。
三、累乘法
n
例5 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
2(n1)5a
n
，a
13
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
n
解： 因为
a
n1
2(n1)5a
n
，a
1
3
，所以
a
n
0
，则
a
n1
2(n 1)5
n
，故
a
n
a
n

a
n< br>a
n1
a
a

L

3

2
a
1
a
n1
a
n2
a
2
a
1
[2(n11)5
n1
][2(n21)5
n 2
]
L
[2(21)5
2
][2(11)5
1
]3

2
n1
[n(n1)
L
32 ]5
(n1)(n2)
L
21
3
32
n1
n(n1)
2
5n!
n1
所以数列
{an
}
的通项公式为
a
n
325
n(n1)2
n!.

n
评注：本题解题的关键是把递推关系
a
n1
2(n1)5a
n
转化为
a
n1
2(n 1)5
n
，进而求
a
n
出
a
n
a
n1
a
a
L
3

2
a
1
，即得数列
{a
n
}
的通项公式。
a
n1
a
n2
a
2
a
1
例6 （2004年全国I第15题，原题是填空题）已知数列
{a
n
}
满足
a
1
1，a
n
a
1
2a
2
3a
3
L(n1)a
n1
(n2)
，求
{a
n
}
的通项公式。
解：因为
a
n
a
1
2a
2
3a
3
L(n1)a
n1
(n2)< br>
所以
a
n1
a
1
2a
2
3a
3
L(n1)a
n1
na
n

用②式－①式得
a
n1
a
n
na
n
.

则
a
n1
(n1)a
n
(n2)

②
①

故
a
n1
n1(n2)

a
n
a
n
a
n1
a
n!
L
3a
2
[n(n1)L43]a
2
a
2
.

a
n1
a
n2
a
2
2
所以
a
n

③
由
a
n
a
12a
2
3a
3
L(n1)a
n1
(n2 )
，
取n2得a
2
a
1
2a
2
，则
a
2
a
1
，又知
a
1
1
，则
a
2
1
，代入③得
a
n
1345L n
所以，
{a
n
}
的通项公式为
a
n

n!
。
2
n!
.

2
a
n1
n1(n2)
，
a
n
评注：本题解题的关键是把递推关系式< br>a
n1
(n1)a
n
(n2)
转化为
进而求 出
a
n
a
n1
a
L
3
a
2
，从而可得当
n2时，a
n
的表达式，最后再求出数列
{a< br>n
}
的
a
n1
a
n2
a
2通项公式。
四、待定系数法
n
例7 已知数列
{a
n}
满足
a
n1
2a
n
35，a
16
，求数列

a
n

的通项公式。
解：设
a
n1
x5
n1
2(a
n
x5n
)
④
nn1n
n
将
a
n1
2a
n
35
代入④式，得
2a
n
35x5 2a
n
2x5
，等式两边消去
2a
n
，得
3 5
n
x5
n1
2x5
n
，两边除以
5
n
，得
35x2x,则x1,
代入④式得
a
n1
5
n1
2(a
n
5
n
)
⑤
a
n1
5
n1
n
{a5}
是以由
a
1
56510
及⑤式得
a
n
50
，则，则数列
2
n
n
a
n
5
1
na
1
5
1
1
为首项，以2为公比的等比数列，则
a
n
5
n
2
n1
，故
a
n
 2
n1
5
n
。
n
评注：本题解题的关键是把递推关系 式
a
n1
2a
n
35
转化为
a
n 1
5
n1
2(a
n
5
n
)
，< br>nn
从而可知数列
{a
n
5}
是等比数列，进而求出数列< br>{a
n
5}
的通项公式，最后再求出数列

{a
n
}
的通项公式。
n
例8 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
3a
n
524，a
11
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
解：设
a
n1
x2
n1
y3(a
n
x2
n
y)
⑥
n
将
a
n1
3a
n
524
代入⑥式，得
3a
n
52
n
 4x2
n1
y3(a
n
x2
n
y)

整理得
(52x)24y3x23y
。
nn
令


52x3x

x5
，则

，代 入⑥式得

4y3y

y2
⑦
a
n 1
52
n1
23(a
n
52
n
2 )

1
由
a
1
522112130
及⑦式， < br>a
n1
52
n1
2
得
a
n
5220
，则
3
，
n
a
n
52 2
n
n1
故数列
{a
n
522}
是以a
1
52211213
为首项，以3为公比的等比数列，
n n1n1n
因此
a
n
522133
，则
a< br>n
133522
。
n
评注：本题解题的关键是把递推关系 式
a
n1
3a
n
524
转化为
a
n1
52
n1
23(a
n
52
n
2)
，从而可知数列
{a
n
52
n
2}
是等比数列，进而求
n
出数列
{a
n
522}
的通项 公式，最后再求数列
{a
n
}
的通项公式。
2
例9 已 知数列
{a
n
}
满足
a
n1
2a
n< br>3n4n5，a
1
1
，求数列
{a
n
}的通项公式。
22
解：设
a
n1
x(n1)y(n 1)z2(a
n
xnynz)
⑧
2
将
a
n1
2a
n
3n4n5
代入⑧式，得

< br>2a
n
3n
2
4n5x(n1)
2
y( n1)z2(a
n
xn
2
ynz)
，则
2a
n
(3x)n
2
(2xy4)n(xyz5)2an
2xn
2
2yn2z

等式两边消去
2an
，得
(3x)n(2xy4)n(xyz5)2xn2yn2z
，
22

3x2x

x3

解 方程组

2xy42y
，则

y10
，代入⑧式， 得

xyz52z

z18

a
n 1
3(n1)
2
10(n1)182(a
n
3n< br>2
10n18)
⑨
22
由
a
1
 3110118131320
及⑨式，得
a
n
3n10 n180

a
n1
3(n1)
2
10(n1 )18
则
2
，故数列
{a
n
3n
2
10n18}
为以
2
a
n
3n10n18
a1
31
2
1011813132
为首项，以2为公比的 等比数列，因此
a
n
3n
2
10n18322
n 1
，则
a
n
2
n4
3n
2
10 n18
。
2
评注：本题解题的关键是把递推关系式
a
n12a
n
3n4n5
转化为
a
n1
3(n 1)
2
10(n1)182(a
n
3n
2
10 n18)
，从而可知数列
2
{a
n
3n
2
1 0n18}
是等比数列，进而求出数列
{a
n
3n10n18}的通项公式，最后再
求出数列
{a
n
}
的通项公式。
五、对数变换法
n5
例10 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
23a
n
，
a
1
 7
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
n5
n5解：因为
a
n1
23a
n
，a
1
7
，所以
a
n
0，a
n1
0
。在
a< br>n1
23a
n
式两边取
常用对数得
lga
n 1
5lga
n
nlg3lg2

设
lga
n1
x(n1)y5(lga
n
xny)

⑩
11
○

将⑩式代入
○
11式，得
5lga
n
nlg3lg2x(n1)y5(lga
n
xny)，两边消去
5lga
n
并整理，得
(lg3x)nxylg2 5xn5y
，则
lg3

x


lg3x 5x

4
，故



lg3lg2
x ylg25y


y

164

代入○
11式，得
lga
n1

由
lga
1
得
lga
n

lg3lg3lg2lg3lg3lg2
12
(n1)5(lga
n
n)

○
41644164
lg3lg3lg2lg3lg3lg2
12式， 1lg710
及
○
41644164
lg3lg3l g2
n0
，
4164
lga
n1

则< br>lg3lg3lg2
(n1)
4164
5
，
lg3 lg3lg2
lga
n
n
4164
lg3lg3lg2lg3 lg3lg2
为首项，以5为公比的等
n}
是以
lg7
4 1644164
lg3lg3lg2lg3lg3lg2
n1
比数列，则
l ga
n
n(lg7)5
，因此
41644164
所以 数列
{lga
n

lga
n
(lg7
lg3l g3lg2
n1
lg3lg3lg2
)5n
41644641
4
1
6
1
4
n1
n
4
 (lg7lg3lg3lg2)5
[lg(7332)]5
1
4
1
16
1
4
1
4
1
16
1
4< br>n1
lg3lg3lg2
1
16
1
4
n4
1
16
1
4
lg(332)
n
41
16
1
4

lg(7332)5
n1lg(332)
lg(7
5n1
3
lg(7
5n 1
3
n1
5
n1
n
4
3
5< br>n1
1
16
2
)
5
n1
1
4
)
5n4n1
16
2
5
n1
14
则
a
n
7
5
3
5n4n1
16
2
5
n1
1
4
。
n5
评注： 本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式
a
n1
23a
n
转化为

lg3lg3lg2lg3lg3lg2
(n1)5(lga
n
n)
，从而可知数列
41644164
lg3lg3lg2 lg3lg3lg2
{lga
n
n}
是等比数列，进而求出数列
{lga
n
n}
的通项
41644164
lga
n 1

公式，最后再求出数列
{a
n
}
的通项公式。
六、迭代法
3(n1)2
例11 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
a
n
，a
1
5
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
n
3(n1)23n 2
解：因为
a
n1
a
n
，所以
a
n< br>a
n1
nn1
[a
3(n1)2
n2
3n2
n1
n2
]

3(n1)n2
an2
2(n2)(n1)
3(n2)2
[a
n
]
3
3
3
n32
(n1)n2
(n2)(n 1)
(n3)(n2)(n1)
3(n2)(n1)n2
a
n3

L
a
1
3
a
n1
23
LL
(n2)(n1)n2
12
LL
 (n3)(n2)(n1)
n(n1)
2
3
n1
n !2
1
又
a
1
5
，所以数列
{a
n< br>}
的通项公式为
a
n
5
3
n1
n(n 1)
n!2
2
。
n
3(n1)2
评注：本题还可综 合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式。即先将等式
a
n1
a
n< br>n
两边取常用对数得
lga
n1
3(n1)2lga
n
，即
lga
n1
3(n1)2
n
，再由累乘法可 推知
lga
n
n(n1)
2
n1
lga
nlga
n1
lga
3
lga
2
lga
nLlga
1
lg5
3n!2
lga
n1< br>lga
n2
lga
2
lga
1
，从而
a< br>n
5
3
n1
n!2
n(n1)
2
。
七、数学归纳法
例12 已知数列
{a
n
}
满足a
n1
a
n

8(n1)8
，a
，求 数列
{a
n
}
的通项公式。
1
(2n1)
2< br>(2n3)
2
9
解：由
a
n1
a
n< br>
8(n1)
8
a
及，得
1
22
(2 n1)(2n3)
9

8(11)88224

( 211)
2
(213)
2
992525
8(21)24 8348
a
3
a
2


(221)
2
(223)
2
25254949
8(31)48848 0
a
4
a
3

(231)
2
(233)
2
49498181
a
2
a
1

(2n1)
2
1
由此可猜测
a
n

，往下用数学归纳法证明这个结论。
2
(2n1)
(211)
218

，所以等式成立。 （1）当
n1
时，
a
1

(211)
2
9
(2k1)
2
1
（2）假设当
nk
时等式成立，即
a
k

，则当
nk1
时，
2
(2k1)
a
k1
a
k

8(k1)

(2k1)
2
(2k3)
2
(2k1)
2
18(k1)

(2k1)
2< br>(2k1)
2
(2k3)
2
[(2k1)
2
 1](2k3)
2
8(k1)

(2k1)
2
(2 k3)
2
(2k1)
2
(2k3)
2
(2k3)
2
8(k1)

(2k1)
2
(2k3)
2

(2k1)(2k3)(2k1)
(2k1)
2
(2 k3)
2
222

(2k3)
2
1

(2k3)
2
[2(k1)1]
2
1

[2(k 1)1]
2
由此可知，当
nk1
时等式也成立。
根据（1），（2）可知，等式对任何
nN
都成立。
评注：本题解题的关 键是通过首项和递推关系式先求出数列的前n项，进而猜出数列的通项
公式，最后再用数学归纳法加以证 明。
八、换元法
*

例13 已知数列
{a
n}
满足
a
n1

1
求数列
{a
n< br>}
的通项公式。
(14a
n
124a
n
)， a
1
1
，
16
1
2
(b
n
1 )

24
解：令
b
n
124a
n
，则
a
n

故
a
n1

1
2
1
(b
n1
1)
，代入
a
n1
(14 a
n
124a
n
)
得
2416
1
2
11
2
(b
n1
1)[14(b
n
1) b
n
]

241624
22
即
4b
n 1
(b
n
3)

因为
b
n
124 a
n
0
，故
b
n1
124a
n1
0

则
2b
n1
b
n
3
，即< br>b
n1

可化为
b
n1
3
13b
n

，
22
1
(b
n
3)
，
2
1
为 公比的等比数
2
所以
{b
n
3}
是以
b
1
3124a
1
3124132
为首项，以
列， 因此
b
n
32()
1
2
n1
111
()
n2
，则
b
n
()
n2
3
，即
124a
n
()
n2
3
，得
222
2111
a
n
()
n
()
n

。
3423
评注：本题解题的关键是通过将
124a
n
的换元 为
b
n
，使得所给递推关系式转化
13
从而可知数列
{b< br>n
3}
为等比数列，进而求出数列
{b
n
3}
的 通项公式，
b
n1
b
n

形式，
22
最后再求出数列
{a
n
}
的通项公式。
九、不动点法
例14 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1

21a
n
24
，a
1
4
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
4a
n
1
解：令
x
21x2421x24
2
，得
4x20x240
， 则
x
1
2，x
2
3
是函数
f(x)
的
4x14x1
两个不动点。因为

21a
n
 24
2
a
n1
24a
n
121a
n
242(4a
n
1)13a
n
26
13
a
n
2

。所以数列
21a24
a
n1
39a
n
3
n
3
21a
n
243(4 a
n
1)9a
n
27
4a
n
1
< br>a
n
2

a2
a
1
2
42 13
13
2
为首项，以为公比的等比数列，故
n
2()
n1
，

是以
9
a
1
343a
n
39

a
n
3

则
a
n< br>
1
13
2()
n1
1
9
3
。
评注：本题解题的关键是先求出函数
f(x)
个根
x
1
2，x
2
3
，进而可推出
21x2421x24
的不动点 ，即方程
x
的两
4x14x1

a2

a
n1
2
13
a
n
2

，从而可知 数列

n

为等比数
a
n1
39a
n
3

a
n
3

列，再求出数列

a
n
2


的通项公式，最后求出数列
{ a
n
}
的通项公式。
a3

n

7a
n
2
，a
1
2
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
2a
n
3
例15 已知数列
{a< br>n
}
满足
a
n1

解：令
x
7 x23x1
2
，得
2x4x20
，则
x1
是函 数
f(x)
的不动点。
2x34x7
7a
n
25 a5
1
n
，所以
2a
n
32a
n
3
因为
a
n1
1
2111
a
n
()
n
()
n

。
3423
评注：本题解题 的关键是通过将
124a
n
的换元为
b
n
，使得所给递推 关系式转化
13
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，
b
n1
 b
n

形式，
22
最后再求出数列
{a
n
}
的通项公式。
九、不动点法
例14 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1

21a
n
24
，a
1
4
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
4a
n
1

解：令
x
21x2421x24< br>2
，得
4x20x240
，则
x
1
2，x< br>2
3
是函数
f(x)
的
4x14x1
两个不 动点。因为
21a
n
24
2
a
n1
24 a
n
121a
n
242(4a
n
1)13a
n
26
13
a
n
2

。所以数列a
n1
3
21a
n
24
3
21an
243(4a
n
1)9a
n
279a
n3
4a
n
1

a
n
2

a
n
2
a
1
2
4213
n1
1 3
22()
，是以为首项，以为公比的等比数列，故

9
a
1
343a
n
39

a
n
3
则
a
n

1
13
2()
n11
9
3
。
评注：本题解题的关键是先求出函数
f(x)
个根
x
1
2，x
2
3
，进而可推出
2 1x2421x24
的不动点，即方程
x
的两
4x14x1

a2

a
n1
2
13
a
n2

，从而可知数列

n

为等比数
a< br>n1
39a
n
3
a3

n

列，再求出数列


a
n
2


的通 项公式，最后求出数列
{a
n
}
的通项公式。

a
n
3

7a
n
2
，a
1
2
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
2a
n
3
例15 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1

解：令
x
7x23x1
2< br>，得
2x4x20
，则
x1
是函数
f(x)
的不动点。
2x34x7
7a
n
25a5
1
n
，所以
2a
n
32a
n
3
因为
a
n1
1