数列通项公式的几种求法
绝世美人儿
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2021年01月17日 18:07
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数列通项公式的几种求法
数列通项公式直接表述了数列的本质，< br>是给出数列的一种重要方法。
数列通项公式具备
两大功能，
第一，可以通过数列 通项公式求出数列中任意一项；第二，
可以通过数列通项公
式判断一个数是否为数列的项以及是 第几项等问题；
因此，
求数列通项公式是高中数学中最
为常见的题型之一，
它 既考察等价转换与化归的数学思想，
又能反映学生对数列的理解深度，
具有一定的技巧性，是衡 量考生数学素质的要素之一，因而经常渗透在高考和数学竞赛中。
本文分别介绍几种常见的数列通项的求 法，以期能给读者一些启示。
一、常规数列的通项
例
1
：求下列数列的通项公式
（
1
）
2 (22
—
1)
，
3(32
—
1)
，
4(4 2
—
1)
，
5(52
—
1)
，
…
（
2
）－
1×
2(1)
，
2×
3(1)
，－
3×
4(1)
，
4×
5(1)
，…
（
3
）
3(2)
，
1
，
7(10)
，
9(17)
，
11(26)
，
…
解：
（
1
）
an=n(n2
—
1)
（
2
）
an= n
（
n+1
）
(
（－
1
）
n)
（
3
）
an=2n
＋
1(n2
＋
1)
评注：认真观察所给数据的 结构特征，找出
an
与
n
的对应关系，正确写出对应的表达式。
二、等差、等比数列的通项
直接利用通项公式
an=a1+（
n
－
1
）
d
和
an=a1qn
－< br>1
写通项，但先要根据条件寻求首项、公
差和公比。
三、摆动数列的通项
例
2
：写出数列
1
，－1
，
1
，－
1
，
…
的一个通项公式。
解：
an=
（－
1
）
n
－
1
变式
1
：求数列
0
，
2
，
0
，< br>2
，
0
，
2
，
…
的一个通项公式。
分析与解答：若每一项均减去
1
，数列相应变为－
1
，
1< br>，－
1
，
1
，
…
故数列的通项公式为
an=1+
（－
1
）
n
变式
2
：求数列
3
，
0
，
3< br>，
0
，
3
，
0
，
…
的一个通项公式 。
分析与解答：若每一项均乘以
3(2)
，数列相应变为
2
，
0
，
2
，
0
，
…
故数列的通项公式为
an=2(3)[1+
（－
1
）
n
－
1 ]
变式
3
：求数列
5
，
1
，
5
，
1
，
5
，
1
，
…
的一个通项公式。
分析与解答
1
：若每 一项均减去
1
，数列相应变为
4
，
0
，
4
，
0
，
…
故数列的通项公 式为
an=1++2×
3(2)[1+
（－
1
）
n
－
1 ]=1+3(4)[1+
（－
1
）
n
－
1 ]
分析与解答
2
：若每一项均减去
3
，数列相应变为< br>2
，－
2
，
2
，－
2
，
…
故数列的通项公式为
an=3+2
（－
1
）
n
－
1
四、循环数列的通项
例
3
：写出数列
0.1
，
0.01
，
0.001< br>，
0.0001
，
…
的一个通项公式。
解：
an= 10n(1)
变式
1
：求 数列
0.5
，
0.05
，
0.005
，
…
的一个通项公式。
解：
an= 10n(5)
变式
2
：求数列
0.9
，
0.99
，
0.999
，
…
的一个通项公式。
< br>分析与解答：此数列每一项分别与数列
0.1
，
0.01
，
0 .001
，
0.0001
，
…
的每一项对应相加
得到的项全 部都是
1
，于是
an=1
－
10n(1)
< br>变式
3
：求数列
0.7
，
0.77
，
0.7 77
，
0.7777
，
…
的一个通项公式。
解：
an= 9(7)
（
1
－
10n(1)
）
例
4
：写出数列< br>1
，
10
，
100
，
1000
，
…
的一个通项公式。
解：
an=10n
－
1
变式
1
：求数列
9
，
99
，
9 99
，
…
的一个通项公式。
分析与解答：此数列每一项都加上1
就得到数列
10
，
100
，
1000
，…
故
an=10n
－
1
。
< br>变式
2
：写出数列
4
，
44
，
444
，
4444…
的一个通项公式。
解：
an= 9(4)
（
10n
－
1
）
评注：平日教与学的过程中务必要对基本的数列通项公式进行过关，
这就需要提高课堂教与
学的效 率，多加总结、反思，注意联想与对比分析，做到触类旁通，也就无需再害怕复杂数
列的通项公式了。< br>
五、通过等差、等比数列求和来求通项
例
5
：求下列数列的通项公式
（
1
）
0 .7
，
0.77
，
0.777
，
…
（
2
）
3
，
33
，333
，
3333
，
…
（
3
）12
，
1212
，
121212
，
…
（
4
）
1
，
1+2
，
1+2+3
，
…
解：
（
1
）
1 2×
（
1+100+10000+…+100n
－
1
）
=1 2×
1
－
100(1
－
100n)=33(4)
（
102n
－
1
）
（
4
）
an=1+2+ 3+…n=2(n
（
n+1
）
)
评注：关键是根据数据的变化规律搞清楚第
n
项的数据特点。
< br>六、用累加法求
an=an
－
1+f
（
n
）型通项< br>
例
6
：
（
1
）数列
{an}< br>满足
a1=1
且
an=an
－
1+3n
－
2
（
n≥2
）
，求
an
。
（
2< br>）数列
{an}
满足
a1=1
且
an=an
－
1+2n(1)
（
n≥2
）
，求
an
。
解：
（
1
）由
an=an
－
1+3n
－
2
知
an
－
an
－
1=3n
－
2
，记
f
（
n
）
=3n
－
2= an
－
an
－
1
则
an=
（
an
－
an
－
1
）
+
（
an
－
1
－
an
－
2
）
+
（
an
－
2
－
an
－
3< br>）
+…
（
a2
－
a1
）
+a1
=f
（
n
）
+ f
（
n
－
1
）
+ f
（
n
－2
）
+…f
（
2
）
+ a1
=
（
3n
－
2
）
+[3
（
n
－
1
）－
2]+ [3
（
n
－
2
）－
2]+ …+
（
3×
2
－
2
）
+1
=3[n+
（
n
－
1
）< br>+
（
n
－
2
）
+…+2]
－
2（
n
－
1
）
+1
=3×
2(
（
n+2
）
（
n－
1
）
)
－
2n+3=2(3n2
－
n)
（
2
）由
an=an
－
1+2n(1)
知
an
－
an
－
1=2n(1)
，记
f
（
n
）
=2n(1)= an
－
an
－
1
则
an=
（
an
－
an
－
1
）
+
（
an
－
1
－< br>an
－
2
）
+
（
an
－
2
－
an
－
3
）
+…
（
a2
－
a1
）
+a1
=f
（
n
）
+ f
（
n
－
1
）
+ f
（
n
－2
）
+…f
（
2
）
+ a1
=2n(1)+2n
－
1(1)+2n
－
2( 1)+…+22(1)+1=2(1)
－
2n(1)
评注：当
f
（
n
）
=d
（
d
为常数）时，数列
{an}
就是等差数列，教材对等差数列通项公式的推
导其实就是用累加法求出来的。
七、用累积法求
an= f
（
n
）
an
－
1
型通项
例< br>7:
（
1
）已知数列
{an}
满足
a1=1
且
an=n(2
（
n-1
）
)an
—
1
（
n≥2
）
，求
an
（
2
）数列
{an}
满足
a1=2(1)
且
an=2n(1)an
—
1
，求
an
解：
（
1
）由条件
an< br>—
1(an)=n(2
（
n
－
1
）
)
，记
f
（
n
）
=n(2
（
n
－
1
）
)
an= an
—
1(an)·
an
—
2(an
－
1)·… a1(a2)·a1=f
（
n
）
f
（
n
－
1
）
f
（
n
－
2
）
…f
（
2
）
f
（
2
）
a1
=n(2
（
n
－
1
）
)·
n
－
1(2
（
n
－
2
）< br>)·
n
－
2(2
（
n
－
3
）
)·…3(2×2)·2(2×1)·1=n(2n
－
1)
（
2
）
an=
an
—
1(an)·
an
—
2(an
－
1)·…
a1(a2)·a1=2n( 1)·2n
－
1(1)…22(1)·2(1)=21
＋
2
＋
…
＋
n(1)=2
－
2(n
（
n
＋
1
）
)
评注：如果
f
（
n
）
=q
（
q
为常数）
，则
{an}
为等比数列，
an= f
（
n
）
an
—
1
型数列是等比数列
的一种推广，教材中对等比数列通项公式地推导其实正是用累积法 推导出来的。
八、用待定系数法求
an=Aan
－
1< br>＋
B
型数列通项
例
8:
数列
{an}满足
a1=1
且
an
＋
1
＋
2an=1
，求其通项公式。
解：由已知，
an
＋
1
＋
2 an=1
，即
an=
－
2 an
—
1
＋
1
令
an
＋
x=
－
2
（< br>an
－
1
＋
x
）
，则
an=
－2 an
－
1
－
3x
，于是－
3x=1
，故< br>x=
－
3(1)
∴
an
－< br>3(1)=
－
2
（
an
－
1
－
3( 1)
）
故
{ an
－
3(1) }
是公比
q
为－
2
，首项为
an
－
3(1)=3(2)
的 等比数列
∴
an
－
3(1)=3(2)
（－
2< br>）
n
－
1=3(1
－（－
2
）
n)
评注：一般地，当
A≠1
时令
an
＋
x=A
（
a n
－
1
＋
x
）有
an=A an
－
1＋（
A
－
1
）
x
，则有
（
A
－
1
）
x=B
知
x=A
－
1(B)，从而
an
＋
A
－
1(B)=A
（
an
－
1+A
－
1(B)
）
，于是数列
{an
＋A
－
1(B)}
是首项为
a1+A
－
1(B)
、
公比为
A
的等比数列，
故
an
＋
A
－< br>1(B)=
（
a1+A
－
1(B)
）
An
－
1
，
从而
an=
（
a1+A
－
1(B)
）
An
－
1
－
A
－
1(B)；特别地，当
A=0
时
{an}
为等差数列；当
A≠0
，
B=0
时，数列
{an}
为等比数列。
推广：对于
an=A
an
－
1
＋
f
（< br>n
）
（
A≠0
且
A
∈
R
）型数列通 项公式也可以用待定系数法求通
项公式。
例
9
：数列
{a n}
满足
a1=1
且
an=2an
－
1
＋
3n(1)
（
n≥2
）
，求
an
。
解< br>：
令
an
＋
x·
3n(1)=2
（
an＋
x·
3n-1(1)
）
则
an=2an
－
1 +
2x·
3n-1(1)
－
x·
3n(1)=3(5)x·
3n-1(1)=5x·
3n(1)
而由已知
an=2an
－
1
＋
3n(1)
故
5x=1
，
则
x=5(1)
。
故
an
＋
5(1)·
3n(1)
＝
2
（
an
－
1
＋
5(1)·
3n-1(1)
）
从而
{an
＋
5(1)·
3n(1)}
是公比为
q=2
、首项为
a1
＋
5(1)·
3(1)=15(16)
的等比数列。
于是
an
＋
5(1)·
3n(1)=15(16)×
2n
－
1
，则
an=15(1 6)×
2n
－
1
－
5(1)·
3n(1)=15(1)（
2n+3
－
3n
－
1(1)
）
评 注：一般情况，对条件
an=Aan
－
1+f
（
n
）而言， 可设
an+g
（
n
）
=A[an
－
1+g
（
n
－
1
）
]
，
则有
Ag
（n
－
1
）－
g
（
n
）
=f
（
n
）
，从而只要求出函数
g
（
n
）就可使数列{
an+g
（
n
）
}
为等
比数列，再利用等 比数列通项公式求出
an
。值得注意的是
an+g
（
n
）与
an
－
1+g
（
n
－
1
）中
的对 应关系。特别地，当
f
（
n
）
=B
（
B
为 常数）时，就是前面叙述的例
8
型。
这种做法能否进一步推广呢？对于an=f
（
n
）
an
－
1+g
（
n< br>）型数列可否用待定系数法求通项
公式呢？
我们姑且类比做点尝试：令
an+k
（
n
）
=f
（
n
）
[an－
1+k
（
n
－
1
）
]
，展开得到< br>
an =f
（
n
）
an
－
1+f
（
n
）
k
（
n
－
1
）－
k
（
n
）
，从而
f
（
n
）
k
（< br>n
－
1
）－
k
（
n
）
= g
（
n
）
，理论