埃默里大学-加工贸易手册

求数列通项公式的方法

一、公式法
例1 已知数列
{ a
n
}
满足
a
n1
2a
n
32< br>n
，
a
1
2
，求数列
{a
n
}< br>的通项公式。
a
n1
a
n
3
a
n1< br>a
n
3
a
n
{}
是，则，故数列
n 1nn1nn
2222222
a
n
3
a
2
3< br>1
1(n1)
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，
2
1
2
2
2
n
2
31
n
所以数列
{a
n
}
的通项公式为
a
n< br>(n)2
。
22
解：
a
n1
2a
n
32
n
两边除以
2
n1
，得
评注：本题解 题的关键是把递推关系式
a
n1
2a
n
32
n转化为
a
n1
a
n
3

n

，说明数列
n1
222
aa
n
3
{
n
}1(n1)
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
nn222
{a
n
}
的通项公式。
二、累加法
例2 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
a
n< br>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
)

(a
3
a
2
)(a
2a
1
)a
1
[2(n1)1][2(n2)1]
(221)(211)1
2[(n1)(n2)
< br>21](n1)1
(n1)n
2(n1)1
2
 (n1)(n1)1
n
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
)(a
3
a
2
)(a
2
a
1
)a
1，即得数列
{a
n
}
的通项公式。
2

例3 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
a
n
23
n
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
得
a
n1
a
n
23
n
1
则
a
n
(a
n
a
n1
)(a
n1
a
n2
)

(a
3
a
2
)(a
2
a< br>1
)a
1
(23
n1
1)(23
n 2
1)

(23
2
1)(23
1
 1)3
2(3
n1
3
n2


32
3
1
)(n1)3
3(13
n1
)2(n1)3
13
3
n
3n13
3n
n1
所以
a
n
3
n
n1.

评注：本题解题的关键是把递推关系式
a
n1
a
n
23
n
1
转化为
a
n1
a
n
 23
n
1
，
进而求出
a
n
(a
n< br>a
n1
)(a
n1
a
n2
)(a
3
a
2
)(a
2
a
1
)a
1
，即得数列
{a
n
}
的通
项公式。
例4 已 知数列
{a
n
}
满足
a
n1
3a
n< br>23
n
1，a
1
3
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
解：
a
n1
3a
n
23
n
1
两边除以
3
则
n1

，得
a
n1
a
n
21

，
3
n1
3
n
33
n1
a
n1
a< br>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< br>a
1
a
1
()()()

(1
)
nnn2n2n32
33a
n1
a
n 1
333333
212121213
(
n
)(
n 1
)(
n2
)

(
2
)
3 33333333
2(n1)11111
(
n

n

n1

n2



2
)1
333333

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

322

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

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

a
n1
进而求
2(n1)5
n
，
a
n
评注： 本题解题的关键是把递推关系
a
n1
2(n1)5
n
an
转化为
出
a
n
a
n1
a
a

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已知数列
{a
n
}
满足
a1
1
求
{a
n
}
的通项
，a
na
1
2a
2
3a
3
(n1)a
n1
(n2)
，
公式。
解：因为
a
n
a< br>1
2a
2
3a
3
(n1)a
n1(n2)

所以
a
n1
a
1
2a< br>2
3a
3
(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!

3a
2
[n(n1)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
(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 n
所以，
{a
n
}
的通项公式为
a
n

n!
。
2
n!
.

2
评注：本题解题的 关键是把递推关系式
a
n1
(n1)a
n
(n2)
转化为
a
n1
n1(n2)
，
a
n
进而求 出
a
n
a
n1
a
从而可得当
n2时，a
n
的表达式，最后再求出数列
{a
n
}
的

3
a
2
，
a
n1
a
n2
a
2
通项公式。
四、待定系数法
例7 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
2a
n
35
n
， 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5
n
)
④
n
将
a
n1
 2a
n
35
n
代入④式，得
2a
n
35< br>n
x5
n1
2
，等式两边消去
a
n
2x5
nn
x5
，两边除以
5
，得
35x2x则
代入④式得
,x1,
2a
n
，得
35
nx5
n1
2
a
n1
5
n1
2 (a
n
5
n
)

1
⑤
a
n 1
5
n1
n
由
a
1
56510< br>及⑤式得
a
n
50
，则，则数列
2
{a5}
是以
n
n
a
n
5
n
a
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
。
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
nnnn1
2(a
n
5
n
)
，
从而可知数列
{a
n
5}
是等比数列，进而求出数列
{a
n
 5}
的通项公式，最后再求出数列

{a
n
}
的通项公 式。
例8 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1< br>3a
n
52
n
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)

将
a
n1
3a
n
52
n
 4
代入⑥式，得
⑥
3a
n
52
n
4x 2
n1
y3(a
n
x2
n
y)
< br>整理得
(52x)2
n
4y3x2
n
3y。
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2n
2)

由
a
1
52
1
2 112130
及⑦式，
a
n1
52
n1
 2
得
a
n
5220
，则
3
，
n
a
n
522
n
故数列
{a
n
5 2
n
2}
是以
a
1
52
1
2 11213
为首项，以3为公比的等比数列，
因此
a
n
52
n
2133
n1
，则
a
n
133n1
52
n
2
。
评注：本题解题的关键是把递推关系 式
a
n1
3a
n
52
n
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
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。
例9 已知 数列
{a
n
}
满足
a
n1
2a
n3n4n5，a
1
1
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
解：设
a
n1
x(n1)
2
y( n1)z2(a
n
xn
2
ynz)
⑧
将
a
n1
2a
n
3n4n5
代入⑧式，得 2
2
n

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)2a
n
2xn
2
2yn2z
等式两边消去
2a
n
，得
(3x)n
2
 (2xy4)n(xyz5)2xn
2
2yn2z
，

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
2
10n18)< br> ⑨
由
a
1
31
2
101181 31320
及⑨式，得
a
n
3n
2
10n18 0

a
n1
3(n1)
2
10(n1)18< br>则
2
，故数列
{a
n
3n
2
10n 18}
为以
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< br>。
评注：本题解题的关键是把递推关系式
a
n1
2a
n
3n
2
4n5
转化为
a
n1
3(n1 )
2
10(n1)182(a
n
3n
2
10n 18)
，从而可知数列
进而求出数列
{a
n
3n
210n18}
的通项公式，最后再
{a
n
3n
2
10n18}
是等比数列，
求出数列
{a
n
}
的通项公 式。
五、对数变换法
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。
解：因为
a
n1
23a
n
，a
1
7
，所以
a
n
0，a
n1
0
。在
a
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
○
n5n5
n5

将⑩式代入
○
11式，得
5lgan
nlg3lg2xn(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l g25y


y

164

代入
○
11式，得
lga
n1

由
lga
1

得
lga
n

lg3lg3lg2lg3lg3lg2
(n 1)5(lga
n
n)

○
12
41 644164
lg3lg3lg2lg3lg3lg2
1lg710
及
○
12式，
41644164
lg3lg3lg2
n0
，
4164lga
n1

则
lg3lg3lg2
(n1)
4164
5
，
lg3lg3lg2
lga
n
n< br>4164
lg3lg3lg2lg3lg3lg2
n}
是以
lg7 
为首项，以5为公比的等
41644164
lg3lg3lg2lg3lg3l g2
n1
n(lg7)5
，因此比数列，则
lga
n

41644164
所以数列
{lga
n

lga
n
(lg7
lg3lg3lg2
n1
lg3lg3lg2)5n
4164464
1
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
n1
lg3lg3lg2
1
16
1
4
n
4
1
16
1
4
lg(332)
n
4
1
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
n1
1
16
2
)
5
n1
1
4
)
5n4n1
16
2
5
n1
1
4
则
a
n
7
5
3
5n4n1
16
2
5
n1
1< br>4
。
n5
评注：本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式
an1
23a
n
转化为

lg3lg3lg2lg3 lg3lg2
(n1)5(lga
n
n)
，从而可知数列41644164
lg3lg3lg2lg3lg3lg2
{lga
n
 n}
是等比数列，进而求出数列
{lga
n
n}
的通项< br>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< br>，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
a
n1
nn1
[a
3(n1)2
n2
3n2
n1
n2
]

3(n1)n2
a
n2
2(n2)(n1)
3(n2) 2
[a
n
]
3(n1)n2
3
3(n2)( n1)n2
a
n3
3
n32(n2)(n1)
(n 3)(n2)(n1)


a
1
3
a
n1

23

(n2)(n1)n2
12

(n3)(n2)(n1)
n(n1)
2
3n1
n!2
1
又
a
1
5
，所以数列< br>{a
n
}
的通项公式为
a
n
5
3
n1
n(n1)
n!2
2
。
n
3(n1)2< br>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< br>a
n
两边取常用对数得
lga
n1
3(n1)2< br>n
lga
n
，即
lga
n1
3(n1)2< br>n
，再由累乘法可推知
lga
n
n(n1)
2
n 1
lga
n
lga
n1
lga
3
lga
2
lga
n
lga
1
lg5
3n!2
lga
n1
lga
n2
lga
2
lga
1
，从而
a
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< br>(2n1)
2
(2n3)
2
9
解：由
a
n1
a
n

8
8(n1)
a
及，得 1
22
9
(2n1)(2n3)

8(11)88 224

(211)
2
(213)
2
992 525
8(21)248348

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

22
(2k1)(2k 3)
a
k1
a
k

(2k1)
2
 18(k1)

(2k1)
2
(2k1)
2
(2k 3)
2
[(2k1)
2
1](2k3)
2
8(k 1)

(2k1)
2
(2k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
(2k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
(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
故
a
n1

1
2
1
(b
n11)
，代入
a
n1
(14a
n
124a< br>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24a
n
0
， 故
b
n1
124a
n1
0

则
2b
n1
b
n
3
，即
b
n1
< br>可化为
b
n1
3
13
b
n

，
22
1
(b
n
3)
，
2
1
为公比的等比数
2
所以
{b
n
3}
是以
b1
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
2 22
a
n

21
n
1
n
1
() ()
。
3423
评注：本题解题的关键是通过将
124a
n< br>的换元为
b
n
，使得所给递推关系式转化
b
n1

13
b
n

形式，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，
22
最后再求出数列
{a
n
}
的通项公式。