个人银行结算账户-银行培训心得

求数列通项公式的八种方法
一、公式法（定义法）
根据等差数列、等比数列的定义求通项
二、累加、累乘法
1、累加法 适用于：
a
n1
a
n
f(n)

a
2
a
1
f(1)
若
a
n1
a
n
f(n)
(n2)
，则
a
3
a
2
f(2)
L

L
a
n1
a
n
f(n)

两边分别相加得
a
n1
a
1


f(n)

k1
n
例1 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
a
n
2n1，a
1
1
，求数列< br>{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
(a
3
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
22
所以数列
{a
n
}
的通项公式为
a
n
n
。
n
例2 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。
nn
解法一：由
a< br>n1
a
n
231
得
a
n1
a
n
231
则

a
n
(a
n< br>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.


n
n1
解法二：
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< br>n1
a
n1
a
n2
a
n2
a
n3
a
2
a
1
a
1
()()() 
L
()
3
n
3
n
a
n1
a
n1
3
n2
3
n2
3
n3
3
2
3
1
3
212121213
(
n
) (
n1
)(
n2
)
L
(
2)
333333333
2(n1)11111
(
n
< br>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
2、累乘法 适用于：
a
n1
f(n)a
n

若
a
n1< br>aa
a
f(n)
，则
2
f(1)，
3
 f(2)，LL，
n1
f(n)

a
n
a
1< br>a
2
a
n
n
a
n1
a
1


f(k)
两边分别相乘得，
a
1
k1
n
例3 已知数列
{an
}
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< br>2(n1)5
n
，故
a
n

a
n< br>
a
n
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< br>所以数列
{a
n
}
的通项公式为
a
n
3 25
n(n1)
2
n!.

三、待定系数法 适用于
a
n1
qa
n
f(n)

分析：通过 凑配可转化为
a
n1


1
f(n)

2
[a
n


1
f(n)]
;
解题基本步骤：
1、确定
f(n)

2、设等比数列
< br>a
n


1
f(n)

，公比为

2

3、列出关系式
a
n1


1f(n)

2
[a
n


1
f(n )]

4、比较系数求

1
，

2
5、解得数列

a
n


1
f(n)

的通项公式
6、解得数列

a
n

的通项公式
例4 已知数列
{a
n
}
中，
a
1
1 ,a
n
2a
n1
1(n2)
，求数列

a
n

的通项公式。
解法一：
Qa
n
2a
n1
1(n2),


a
n
12(a
n1
1)

又
Qa
1
12,

a
n
1
是首项为2，公比为2的等比数列
n
n

a
n
12
，即
a
n
21

解法二：
Qa
n
2a
n1
1(n2),

a
n1
2a
n
1

两式 相减得
a
n1
a
n
2(a
n
a
n 1
)(n2)
，故数列

a
n1
a
n
是首项为2，公比为2的等
比数列，再用累加法的……
n1
例5 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
2a
n
43，a
1
1
，求数列

a
n
< br>的通项公式。
nn1
解法一：设
a
n1

< br>1
3

2
(a
n


3)，比较系数得

1
4,

2
2
， 则数列
a
n
43
n1
是首项为
a
143

11
5
，公比为2的等比数列，
n1n 1n1n1
所以
a
n
4352
，即
an
4352

解法二： 两边同时除以
3
n1
得：
a
n1
2
a
n
4

，下面解 法略
3
n1
33
n
3
2
2
注意：例6 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
2a
n
3n4n5，a
1
1
，求数列
{a
n
}< br>的通项公式。
22
解：设
a
n1
x(n1)y(n 1)z2(a
n
xnynz)

比较系数得
x3,y10,z18
，
22
所以
a
n1
3(n1)10(n1)182(a
n
3n10n 18)

22
由
a
1
31101181 31320
，得
a
n
3n10n180

a< br>n1
3(n1)
2
10(n1)18
2
{a3 n10n18}
为以则，故数列
2
n
2
a
n
3n10n18
a
1
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
10n18
。
注意：形如
a
n2pa
n1
qa
n

时将
a
n
作为
f(n)
求解
分析：原递推式可化 为
a
n2


a
n1
(p
)(a
n1


a
n
)
的形式，比较系数 可求得

，数列

a
n1


a
n

为等比数列。

例7 已知数列
{a
n}
满足
a
n2
5a
n1
6a
n
,a
1
1,a
2
2
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
解：设
a
n2


a
n1
(5

)(a
n1


a
n
)

比较系数得

3
或

2
，不妨取

2
，
则
a
n2
2a
n1
3(a
n1
2a
n
)
，则

a
n1
2a
n

是首项为4，公比为3的等比数列 < br>a
n1
2a
n
43
n1
，所以
a
n
43
n1
52
n1

四、迭代法
3(n1)2
例8 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
a
n
，a
1
5
，求数列
{a< br>n
}
的通项公式。
n
3(n1)2
解：因为
a< br>n1
a
n
，所以
n
a
n
a
3n2
n1
n1
[a
]
3(n1)2
n2< br>3n2
n1
n2
]a
3
2
(n1)n 2
(n2)(n1)
n2
[a

L
a
3(n2)2
n3
3
2
(n1)n2
(n 2)(n1)
n3
3(n3)(n2)(n1)
3(n2)(n 1)n2
a
n3

3
n1
23
LL
(n2)(n1)n2
12
LL
(n3)(n 2)(n1)
1
n1
n(n1)
n!2
2
a
1
3
又
a
1
5
，所以数列
{an
}
的通项公式为
a
n
5
3
n1
n!2
n(n1)
2
。
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。

五、变性转化法
1、对数变换法 适用于指数关系的递推公式
n5
例9 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。 < br>n5
解：因为
a
n1
23a
n
，a
1
7
，所以
a
n
0，a
n1
0
。
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)


（同类型四）

比较系数得，
x
由
lga
1

lg3lg3lg2

,y
4164
lg3lg3lg2lg3lg3lg2lg3lg3lg2
1 lg710
，得
lga
n
n0
，
4
lg3lg3lg2lg3lg3lg2
为首项，以5为公比的等比数列，
n}
是以
lg7
41644164
lg3lg3lg2lg3lg3lg2
n1
则
lga
n
n(lg7)5
，因此< br>41644164
所以数列
{lga
n

lga
n< br>(lg7
lg3lg3lg2
n1
lg3lg3lg2
)5 n
4164464
1
4
1
16
1
4
n1
[lg(7332)]5
lg(7332)
lg(7
5n1
3
则
a
n
7
5
3

n1
lg(332)
n
4
1
16
1
4
n
4
1
16
1
4
1
4
116
1
n1
4
5

lg(332)
)
5n4n1
16
2
5
n1
1
4
5n4n1
16
2
5
n1
1
4
。
2、倒数变换法 适用于分式关系的递推公式，分子只有一项
例10 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1

2a
n
,a
1
1
，求数列
{a
n
}
的通项公式。 a
n
2
解：求倒数得
1
111111

11

1
,,



为等差数列，首项< br>1
，公差为，
a
1
2
a
n1
2a
n
a
n1
a
n
2

a
n1
a
n


112
(n1),a
n


a
n
2n1
3、换元法 适用于含根式的递推关系
例11 已 知数列
{a
n
}
满足
a
n1

1
(14a
n
124a
n
)，a
1
1
，求 数列
{a
n
}
的通项公式。
16
1
2
(b
n
1)

24
解 ：令
b
n
124a
n
，则
a
n
代入
a
n1

1
(14a
n
124a
n
)
得
16
1
2
11
2
(b< br>n1
1)[14(b
n
1)b
n
]
< br>241624
22
即
4b
n1
(b
n
 3)

因为
b
n
124a
n
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124a
1
3124132
为首项，以
1111
b
n
32()
n1
( )
n2
，则
b
n
()
n2
3
，即
124a
n
()
n2
3
，得
2222< br>2111
a
n
()
n
()
n

。
3423
六、数学归纳法 通过首项和递推关系式求出数列的前n项，猜出数列的通项公式，再用数学归纳
法加以证明。
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< br>}
的通项公式。
1
(2n1)
2
(2n3)
2
9
解：由
a
n1
a
n

8(n1)
8
及，得
a
1
22
(2n1)(2n3)
9
8(11)88224

(211)
2
(213 )
2
992525
8(21)248348
a
3
a
2


(221)
2
(223)
2
25254949
8(31)488480
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

，下面用数学归纳法证明这个结论。
(2n1)
2
(211)
2
18

，所以等式成立 。 （1）当
n1
时，
a
1

2
(211) 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，
(2k1)
2