决红尘-英文个人简历模板

数列常见数列公式(很
全)---有了它,数列不
怕不怕
-CAL- FENGHAI.-(YICAI)-Company One1

常见数列公式

等差数列
1．等差数列：一般地，如果一个 数列从第二项起，每一项与它前一项的差等于同一个常数，即
a
n
－
a
n1
=d ，（n≥2，n∈N

），这个数列就叫做等差数列，这个常数就叫做 等差数列的公差（常用
字母“d”表示）
2．等差数列的通项公式：
a
n
a
1
(n1)d

a
n

a
m
(nm)d
或
a
n
=pn+q (p、q是常数))
3．有几种方法可以计算公差d
4．① d=
a
n
－
a
n1
② d=
4．等差中项：
A
a
n
a
1
aa
m
③ d=
n

n1nm
ab
a,b,
成等差数列
2
5．等差数列的性质： m+n=p+q

a
m
a< br>n
a
p
a
q
(m, n, p, q ∈N )
等差数列前n项和公式
6.等差数列的前
n
项和公式
（1 ）
S
n

n(a
1
a
n
)
n( n1)ddd
（2）
S
n
na
1

（3 ）
S
n
n
2
(a
1
)n
，当d≠0 ，是一个常数项
2
222
为零的二次式
8.对等差数列前项和的最值问题有两种方法:
（1） 利用
a
n
：当
a
n
>0，d<0，前n项和有最大值可由
a
n
≥0， 且
a
n1
≤0，求得n的值
当
a
n
<0，d> 0，前n项和有最小值可由
a
n
≤0，且
a
n1
≥0，求 得n的值
（2） 利用
S
n
：由
S
n

d
2
d
n(a
1
)n
二次函数配方法求得最值时n的值
22
等比数列
1．等比数列：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等 于同一个常数，那么这个数列
就叫做等比数列.这个常数叫做等比数列的公比；公比通常用字母q表示（ q≠0），即：
≠0）
2.等比数列的通项公式:
a
n
a
1
q
n1
(a
1
q0)
，
a
n
a
m
q
nm
(a
1
 q0)

3．｛
a
n
｝成等比数列

分条件
4．既是等差又是等比数列的数列
：
非零常数列．

a
n
=q（q
a
n1
a
n1
=q（
nN

,q≠0） “
a
n
≠0”是数列｛
a
n
｝成 等比数列的必要非充
a
n
5．等比中项：G为a与b的等比中项. 即G=±
ab
（a,b同号）.
2

6．性质：若m+n= p+q，
a
m
a
n
a
p
a
q

7．判断等比数列的方法：定义法，中项法，通项公式法
8．等比数列的增减性：
当q>1,
a
1
>0或0a
1
<0时, {
a
n
}是递增数列;
当q>1,
a
1
<0,或0a
1
>0时, {
a
n
}是递减数列;
当q=1时, {
a
n
}是常数列;
当q<0时, {
a
n
}是摆动数列;
等比数列前n项和
等比数列的前n项和公式：
a
1
(1q
n
)
aa
n
q
∴当
q1
时，
S
n

① 或
S
n

1
②
1q
1q
当q=1时，
S
n
na
1

当已知
a
1
, q, n 时用公式①；当已知
a
1
, q,
a
n
时，用公式②.

数列通项公式的求法
一、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．
2
例1．等差数列
a
n

是递增数列，前n项和为
S
n
，且< br>a
1
,a
3
,a
9
成等比数列，
S
5
a
5
．求数列

a
n

的
通 项公式.
解：设数列

a
n

公差为
d(d0)

2
a
1
a
9
， ∵
a
1
,a< br>3
,a
9
成等比数列，∴
a
3
即
(a
1
2d)
2
a
1
(a
1
8d)d
2
a
1
d

∵
d0
， ∴
a
1
d
………………………………①
54
2
∵
S
5
a
5
∴
5a
1
d(a
1
4d)
2
…………②
2
3
3
由①②得：
a
1

，
d

5
5
333
∴
a
n
(n1)n

555
点评：利用定义法求数列通项时要注意不用错定义，设法求出首项与公差（公比）后再写 出通
项。
二、公式法

S
1
 n1
若已知数列的前
n
项和
S
n
与
a< br>n
的关系，求数列

a
n

的通项
a
n
可用公式
a
n



S
n
 S
n1
n2
求解。
例2．已知数列

a
n

的前
n
项和
S
n
满足
S< br>n
2a
n
(1)
n
,n1
．求数列

a
n

的通项公式。
解：由
a
1
S
1
2a
1
1a
1
1

3

n
aSS2(aa)2(1),

nnn1 nn1
n2
当时，有
a
n
2a
n1
2 (1)
n1
,

a
n1
2a
n22(1)
n2
,
……，
a
2
2a
1
2.

a
n
2
n1
a
1
2
n1
(1)2
n2
(1)
2
2( 1)
n1

2
n1
(1)
n
[(2 )
n1
(2)
n2


(2)]
2
n1
2[1(2)
n1
]
(1)
3
n
2
经验证
a
1
1
也满足上式，所以
a
n
[2
n2
(1)
n1
]

3

S
n
n1
点评：利用公式
a< br>n


求解时，要注意对n分类讨论，但若能合写时一定要
SS n2
n1

n
2
[2
n2
( 1)
n1
].
3

合并．
三、由递推式求数列通项法
对于递推公式确定的数列的求解，通常可以通过递推公式的变换，转化为等差数列或等比数列
问 题，有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列。
类型1 递推公式为
a
n1
a
n
f(n)

解法：把 原递推公式转化为
a
n1
a
n
f(n)
，利用累加法 (逐差相加法)求解。
(2004全国卷已知数列

a
n

中,
a
1
1,且a
2k
a
2k1
(1 )
k
,
a
2k1
a
2k
3
k
,其中
k1,2,3,
……，求数列

a
n

的通项公式。P24（styyj）

例3. 已知数列

a
n< br>
满足
a
1

解：由条件知：
a
n1a
n

11
，
a
n1
a
n
2
，求
a
n
。
2
nn
1111


2
nn
n( n1)nn1
分别令
n1,2,3,,(n1)
，代入上式得< br>(n1)
个等式累加之，即
(a
2
a
1
)(a
3
a
2
)(a
4
a
3
) (a
n
a
n1
)

1111111
(1)()()()

22 334n1n
1
所以
a
n
a
1
1

n
11131
a
1

，
a
n
1

22n2n
类型2 （1）递推公式为
a
n1
f(n)a
n

解法：把原递 推公式转化为
a
n1
f(n)
，利用累乘法(逐商相乘法)求解。
a
n
4

(2004全国卷已知数列{a
n
}，满足a
1
=1，a
n
=a
1
+2a
2
+3a
3
+…+(n－1)a
n
－
1
(n≥2)，则{a< br>n
}的通项
n1

1

a
n



P24（styyj）
n2

___

例4. 已知数 列

a
n

满足
a
1

解：由条 件知
2n
，
a
n1
a
n
，求
a
n
。
3n1
a
n1
n
，分别令
n1,2 ,3,,(n1)
，代入上式得
(n1)
个等式累乘之，即

a
n
n1
aa
a
2
a
3
a
4
1
123n1
••••
n
 

n


a
1
a
2
a< br>3
a
n1
234
a
1
n
n
又a
1

22
，
a
n


33n
（2）．由
a
n1
f(n)a
n
和
a< br>1
确定的递推数列

a
n

的通项可如下求得：
由已知递推式有
a
n
f(n1)a
n1
，
a
n1
f(n2)a
n2
，
•••
，
a< br>2
f(1)a
1
依次向前代入，得
a
n
f(n1)f(n2)f(1)a
1
，
简记为
a
n
(f(k))a
1

(n1,f(k)1)
，这就是叠（迭）代法的基本模式。
k1k1
n10
（3） 递推式：
a
n1
pa< br>n
f

n

解法：只需构造数列

b
n

，消去
f

n

带来的 差异．
例5．设数列

a
n

：
a
1< br>4,a
n
3a
n1
2n1,(n2)
，求
a
n
.
解：设
b
n
a
n
AnB
，
则a
n
b
n
AnB
，将
a
n
,a
n1
代入递推式，得
b
n
AnB3
b
n1
A(n1)B

2n13b
n 1
(3A2)n(3B3A1)



A1

A3A2





B1

B3B3A1

取b
n
a
n
n 1
…（１）则
b
n
3b
n1
,又
b
1
6
，故
b
n
63
n1
23
n
代入（１）得
a
n
23
n
n1

5

说明：（1）若
f(n)
为
n
的二次式 ，则可设
b
n
a
n
An
2
BnC
;(2)本题也可
由
a
n
3a
n1
2n1
,
a
n1
3a
n2
2(n1)1
（
n 3
）两式相减得
a
n
a
n1
3(a
n1
a
n2
)2
转化为
b
n
pb
n 1
q
求之.
例6．已知
a
1
3
，
a
n1

解：
a
n

3n1
a
n

(n1)
，求
a
n
。
3n2
3 (n1)13(n2)132131
••••a
1

3 (n1)23(n2)232232
526
3
853n1。
3n43n7

3n13n4


类型3 递推公式为
a
n1
pa
n
q（其中p，q均为常数，
(pq(p1)0)
）。
解法：把原递推公式转化 为：
a
n1
tp(a
n
t)
，其中
t< br>解。
(2006.重庆.14）在数列

a
n

中 ，若
a
1
1,a
n1
2a
n
3(n1)
，则该数列的通项
a
n


q
，再利用换元法转化为等比数列求
1p
P24（styyj）
例7. 已知数列

a
n

中，
a
11
，
a
n1
2a
n
3
，求
a
n
.
解：设递推公式
a
n1
2a
n
3
可以转化为
a
n1
t2(a
n
t)
即
a
n1
2a
n
tt3
.故递推公式为
a
n1
32(a
n
3)
,令
b
n
a
n
3
，则
b
1
a
1
34,且
b
n1
a
n1
3
2
.所以
b
n

是以
b
1
4
为首项，2< br>b
n
a
n
3
为公比的等比数列，则
b
n< br>42
n1
2
n1
,所以
a
n
2
n1
3
.
类型4 递推公式为
a
n1
p a
n
q
n
（其中p，q均为常数，
(pq(p1)(q1) 0)
）。 （或
a
n1
pa
n
rq
n
,其中p，q, r均为常数）
（2006全国）（本小题满分12分）
412
设数列
< br>a
n

的前
n
项的和
S
n
an
2
n1

，
n1,2,3,
333

（Ⅰ）求首项
a
1
与通项
a
n
； P25（styyj）
解法：该类型较类型3要复杂一些。一般地，要先在原递推公式两边同除以q
n1
，得：
a
n1
p
a
n
1< br>•

q
n1
q
q
n
q
6 < /p>

引入辅助数列

b
n

（其中
bn

例8. 已知数列

a
n

中，
a
1

a
n
p1
bb
），得：再应用类型3的 方法解决。
n1n
qq
q
n
511
,
a
n1
a
n
()
n1
，求
a
n
。
632
112
解：在
a
n1
a
n
( )
n1
两边乘以
2
n1
得：
2
n1
•a
n1
(2
n
•a
n
)1

32 3
b
221
n
1
n
令
b
n
2< br>n
•a
n
，则
b
n1
b
n
1
,应用例7解法得：
b
n
32()
n
所以
a
n

n
3()2()

n
323
3
2
类型5 递推公式为
a
n2
pa
n1
qa
n
（其中p，q均为常数）。
解法：先把原 递推公式转化为
a
n2
sa
n1
t(a
n1sa
n
)


stp
其中s，t满足

，再应用前面类型3的方法求解。

stq
（2006.福建.理.22）（本小题满分14分）


已知数列

a
n

满足
a
1< br>1,a
n1
2a
n
1(nN
*
).

（I）求数列

a
n

的通项公式； P26（styyj）
21
例9. 已知数列

a
n
< br>中，
a
1
1
,
a
2
2
,
a
n2
a
n1
a
n
，求
a
n< br>。
33
21
解：由
a
n2
a
n1< br>a
n
可转化为
a
n2
sa
n1
t (a
n1
sa
n
)

33
即
a
n2
2

st
1

s1

< br>s


3
(st)a
n1
stan




3

1
或
1
t

st

3


t 1

3

1

s1

s


这里不妨选用

3
，大家可以试一试），则
1
（ 当然也可选用

t


3

t1

1
1
a
n2
a
n1
(a
n1
a
n
)


a
n1
a
n< br>
是以首项为
a
2
a
1
1
，公比为
的等比数列,所以
3
3
1
a
n1
an
()
n1
,应用类型1的方法，分别令
n1,2,3, ,(n1)
，代入上式得
(n1)
个等式累加
3
之， < br>1
1()
n1
111
3
即
a
n
a
1
()
0
()
1
()< br>n2


1
333
1
3
731
又
a
1
1
，所以
a
n
()
n 1
。
443
类型6 递推公式为
S
n
与
a
n
的关系式。(或
S
n
f(a
n
)
)
7


S(n1)
解法 ：利用
a
n


1
进行求解。
SS (n2)
n1

n
(2006.陕西.20) (本小题满分12分)
已知正项数列{a
n
}，其前n项和S
n
满足10S
n
=a
n
2
+5a
n
+6且a
1
,a
3
,a
15
成等比数列，求数列{a
n
}的 通项a
n

P24（styyj）
1
例10. 已知数 列

a
n

前n项和
S
n
4a
n

n2
.
2
（1）求
a
n1
与 a
n
的关系；（2）求通项公式a
n
.
解：（1）由
S< br>n
4a
n

1
2
n2
11
于 是
S
n1
S
n
(a
n
a
n1< br>)(
n2

n1
)

22
111所以
a
n1
a
n
a
n1

n 1
a
n1
a
n

n
.
2
22
得：
S
n1
4a
n1

1
2
n1

（2）应用类型4的方法，上式两边同乘以
2
n1得：
2
n1
a
n1
2
n
a
n< br>2

1
n

2a
n

是以2为首 项，2为公差的等差数列，所以.于是数列
a1
1
12
2
n< br>2
n
a
n
22(n1)2n
a
n

n1

2
类型7 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。
由
a
1
S
1
4a
1

例11. 已知数列< br>
a
n

中，
a
1
1
；数列
b
n

中，
b
1
0
。当
n2
时，
11
a
n
(2a
n1
b
n1
)
,
b
n
(a
n1
2b
n 1
)
，求
a
n
,
b
n
.
33< br>11
解：因
a
n
b
n

(2a
n 1
b
n1
)(a
n1
2b
n1
)< br>a
n1
b
n1

3
3
所以
a
n
b
n
a
n1
b
n1
a< br>n2
b
n2
•••a
2
b
2
 a
1
b
1
1

即
a
n
b< br>n
1
…………………………………………（1）
111
(2an1
b
n1
)(a
n1
2b
n1
)(a
n1
b
n1
)

3
33
111
所以
a
n
b
n

(a
n1b
n1
)()
2
a
n2
b
n2< br>)
……
()
n1
(a
1
b
1
)

33
3
11
()
n1
.即
a< br>n
b
n

()
n1
………………………（2）
33
1111
由（1）、（2）得：
a
n
[1()n1
]
，
b
n
[1()
n1
]

23
23
四、待定系数法（构造法）
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，这种方法体现了
数学中化未知为已知的化归思想，而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。
又因为
a
n
b
n

8

1、通过分解常数，可转化为特殊数列{a
n
+k}的形式求解。一般地，形如a
n 1
=p a
n
+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{a
n
+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{ a
n
－2}是以为公比，－1为首项的等比数列
2
11
∴a
n
－2=－（）
n1
∴a
n
=2－（）
n1

22
例12、数列{a
n
}满足a
1
=1，a
n
=
说明：这个题目通过对常数1的 分解，进行适当组合，可得等比数列{ a
n
－2}，从而达到解决问题的
目的。 < br>例13、数列{a
n
}满足a
1
=1，
3a
n1< br>a
n
70
,求数列{a
n
}的通项公式。
1 7
解：由
3a
n1
a
n
70
得
a
n1
a
n


33
1k77
设a< br>n1
k(a
n
k)
，比较系数得
k
解得
k

3334
71773
∴{
a
n

}是以

为公比，以
a
1
1
为首项 的等比数列
43
444
731
731
∴
a
n()
n1
a
n
()
n1
< br>443
443
例14．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)3
n1
23
n1

a
n
23< br>n1
1

点评：求递推式形如
a
n1
pa< br>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
qq
p(a
n
)
来求得,也可用“归纳—猜想—证明”法来求，这也是近年高考考得 新数列
a
n1

p11p
很多的一种题型．
例15 ．已知数列

a
n

满足
a
1
1
，
a
n
3
n
2a
n1

(n2)
，
求
a
n
．
a
n
2 a
1
a
n
2
a
n1
解：将
a
n
3
n
2a
n1
两边同除
3
n
，得
n

1
n
1

nnn1
33333
a
n
2221
设
b
n

n< br>，则
b
n
1b
n1
．令
b
n
t(b
n1
t)

b
n
b
n1
t

3333
3
a
282

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< br>3
为首项，为公比的等
333
3
a
n
82比数列．
b
n
3()
n1
．因
b
n

n
,
33
3
9

82
a
n
b
n
3
n
3
n
(()n1
3)

a
n
3
n1
2
n2
．
33
点评：递推式为
a
n1
pa
n
q
n1
（p、q为常数）时，可同除
q
n1
，得 < br>a
n1
p
a
n
a
n
，令从而化归为
a
n1
pa
n
q
（p、q为常数）型．
1 b
n
q
n1
q
q
n
q
n
2、 通过分解系数，可转化为特殊数列
{a
n
a
n1
}
的形 式求解。这种方法适用于
a
n2
pa
n1
qa
n< br>型的
递推式，通过对系数p的分解，可得等比数列
{a
n
a
n1
}
：设
a
n2
ka
n1
h(an1
ka
n
)
，比较系数
得
hkp,hk q
，可解得
h,k
。
（2006.福建.文.22）（本小题满分14分） 已知数列

a
n

满足
a
1
1,a2
3,a
n2
3a
n1
2a
n
(n N
*
).




例16、数列
a
n

满足
a
1
2,a
2
5,a
n2
3a
n1
2
a
n
=0，求数列{a< br>n
}的通项公式。
分析：递推式
a
n2
3a
n 1
2a
n
0
中含相邻三项，因而考虑每相邻两项的组合，即把中间一项
a
n1
的
系数分解成1和2，适当组合，可发现一个等比数列
{a
n
a
n1
}
。
解：由
a
n23a
n1
2a
n
0
得
a
n2
a
n1
2(a
n1
a
n
)0
即
a
n2
a
n1
2(a
n1
a< br>n
）
，且
a
2
a
1
523

∴
{a
n1
a
n
}
是以2为公比，3为首项的 等比数列
∴
a
n1
a
n
32
n1
利用逐差法可得
a
n1
(a
n1
a
n
)(a
n
a
n1
)

(a
2
 a
1
)a
1

=
32
n1
32
n2


32
02

=
3(2
n1
2
n2


21)2

12
n
2
=
312
（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；
=
32
n
1

∴
a
n
32
n1
1



10

例17、数列

a
n
< br>中，
a
1
1,a
2
2,3a
n2
2 a
n1
a
n
，求数列

a
n

的通项公式。
21
a
n1
a
n
,
设
a
n2
ka
n1
h(a
n1
ka
n
)

33
11
21
比较系数得
kh，kh
，解得
k1,h
或
k,h1

33
3 3
1
1
若取
k1,h
，则有
a
n2
a
n1
(a
n1
a
n
)

3
3
1
∴
{a
n1
a
n
}
是 以

为公比，以
a
2
a
1
211
为首项的等比数列
3
1
∴
a
n1
a
n
()
n1

3
由逐差法可得
a
n
(a< br>n
a
n1
)(a
n1
a
n2
) 

(a
2
a
1
)a
1

解：由
3a
n2
2a
n1
a
n
得
a
n2

1111
=
()
n2
()n3


()
2
()11

3 333
1
1()
n1
3

1731

3
=
1
=

1()
n1

1 ()
n1

1
4

3443

1
3
111
说明：若本题中取
k,h1
，则有
a< br>n2
a
n1
a
n1
a
n
即得
333
1
111
{a
n1
a
n
}为常数列,
a
n1
a
n

a
n
a
n1
a
2
a
1

333
3
17
2
故可转化为例13。
33
21
例18．已知数列

a
n

满足
a
1
1
,
a
2
2
,
a
n2
a
n1
a
n
求
a
n
．
33
解 ：设
a
n2
sa
n1
t(a
n1
sa
n
)


2

st
1
s1




s
3
a
n2
(st)a
n1
sta
n




3

1
或

1
t

st 

3


t1

3

1< br>1
则条件可以化为
a
n2
a
n1
(an1
a
n
)


a
n1
a< br>n

是以首项为
a
2
a
1
1
， 公比为

的等比数列,
3
3
1731
所以
a
n1
a
n
()
n1
．问题转化为利用累加法求数列的通 项的问题，解得
a
n
()
n1
．
3443
点评：递推式为
a
n2
pa
n1
qa
n
（p、q为常数）时，可以设
a
n2
sa
n1
t(a
n1
sa
n
)
，其待定
常数s、t由
stp,
stq
求出，从而化归为上述已知题型．
五、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
a1
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
1
c
n1
,b1
a
1
x
0
.
11

1
例19．已知数列
{a
n
}
满足：
a
n 1
a
n
2,nN,a
1
4,
求
an
.

3
13
解：作方程
xx2,则x
0
.

32
311
当
a
1
4
时，
a
1
x
0
,b
1
a
1
.

2 2
1
数列
{b
n
}
是以

为公比的等比数 列.于是
3
111133111
b
n
b
1
()
n1
()
n1
,a
n
b
n
()
n1
,nN.

3232223
2、对于由递推公 式
a
n2
pa
n1
qa
n
，
a< br>1


,a
2


给出的数列
< br>a
n

，方程
x
2
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，数 列

a
n

的通项为
n1
a
n
Ax
1
n1
Bx
2
，其中A，B由
a
1

,a
2


决定（即把
a
1,a
2
,x
1
,x
2
和
n1,2
， 代入
n1
a
n
Ax
1
n1
Bx
2
，得到关于A、B的方程组）；当
x
1
x
2
时，数列
a
n

的通项为
a
n
(ABn)x1
n1
，
其中A，B由
a
1


, a
2


决定（即把
a
1
,a
2
,x
1
,x
2
和
n1,2
，代入
a
n< br>(ABn)x
1
n1
，得到关于A、B
的方程组）。
例20：已知数列

a
n

满足
a
1
a ,a
2
b,3a
n2
5a
n1
2a
n< br>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
5 a
n1
2a
n
0
，得
a
n2
 a
n1

2
(a
n1
a
n
)
，
3
且
a
2
a
1
ba
。 则数列

a
n1
a
n

是以
b a
为首项，
2
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
3
a
2
a
1
ba
，
2
a
3
a
2
(ba)()
，
3
2
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
12