数列通项公式的十种求法

一、公式法

n例1 已知数列{an}满足an12an32，a12，求数列{an}的通项公式。

an1an3an1an3ana12，则，故数列是以{}1为首项，n1nn1nn1222222222a33以为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得n，所以数列{an}的通项公式为1(n1)n22231an(n)2n。

22n解：an12an32两边除以2n1，得

n评注：本题解题的关键是把递推关系式an12an32转化为

an1an3an，说明数列{}是等差数列，再n1nn2222直接利用等差数列的通项公式求出二、累加法

an3，进而求出数列{an}的通项公式。 1(n1)n22例2 已知数列{an}满足an1an2n1，a11，求数列{an}的通项公式。 解：由an1an2n1得an1an2n1则

2所以数列{an}的通项公式为ann。

评注：本题解题的关键是把递推关系式an1an2n1转化为an1an2n1，进而求出

(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a1，即得数列{an}的通项公式。

n例3 已知数列{an}满足an1an231，a13，求数列{an}的通项公式。

解：由

an1an2n3得

1an1an23n1则

an(anan1)(an1an2)(23n11)(23n21)2(3n13n23(13n1)2(n1)3133n3n133nn1(a3a2)(a2a1)a1(2321)(2311)3

3231)(n1)3n所以an3n1.

nn评注：本题解题的关键是把递推关系式an1an231转化为an1an231，进而求出

an(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a1，即得数列{an}的通项公式。

n例4 已知数列{an}满足an13an231，a13，求数列{an}的通项公式。

nn1解：an13an231两边除以3，得

an1an21nn1， n13333则

an1an21，故 3n13n33n11(13n1)nan2(n1)32n11因此n， 1n33133223则an211n3n3n. 322an1an21，进而求出3n13n33n1n评注：本题解题的关键是把递推关系式an13an231转化为

(anan1an1an2an2an3)()()3n3n13n13n23n23n3(a2a1a1an，即得数列)n的通项公式，最后再求数列

323133{an}的通项公式。

三、累乘法

n例5 已知数列{an}满足an12(n1)5an，a13，求数列{an}的通项公式。

n解：因为an12(n1)5an，a13，所以an0，则

an12(n1)5n，故anananan1an1an2a3a2a1a2a1[2(21)52][2(11)51]3

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

nn1)5an转化为评注：本题解题的关键是把递推关系an12(an1n2(n1)5，进而求出ananan1an1an2a3a2a1，即得数列{an}的通项公式。 a2a1例6 （2004年全国I第15题，原题是填空题）已知数列{an}满足

a11，ana12a23a3解：因为ana12a23a3所以an1a12a23a3(n1)an1(n2)，求{an}的通项公式。 (n1)an1(n2)

②

①

(n1)an1nan

用②式－①式得an1annan. 则an1(n1)an(n2)

故

an1n1(n2) ananan1an1an2a3a2[n(n1)a2n!a2. 2所以an43]a2 ③

由ana12a23a3代入③得an1345(n1)an1(n2)，取n2得a2a12a2，则a2a1，又知a11，则a21，

nn!。 2n!. 22转)化为

所以，{an}的通项公式为anann(评注：本题解题的关键是把递推关系式an1(n1)an1n1(n2)，进而求出ananan1an1an2a3a2，从而可得当n2时，an的表达式，最后再求出数列{an}的通项公式。 a2四、待定系数法

n例7 已知数列{an}满足an12an35，a16，求数列an的通项公式。

解：设an1x5n12(anx5n)

④

nn5x将an12an35代入④式，得2an3n15an2x2n5等式两边消去2an，得，

n1nn135x5x25，两边除以5，得35x2x,则x1,代入④式得an15nn2(an5n)

⑤

an15n1由a156510及⑤式得an50，则2，则数列{an5n}是以a1511为首项，以2nan51nnn1n1n为公比的等比数列，则an52，故an25。

nn1nn评注：本题解题的关键是把递推关系式an12an35转化为an152(an5)，从而可知数列{an5}n是等比数列，进而求出数列{an5}的通项公式，最后再求出数列{an}的通项公式。

n例8 已知数列{an}满足an13an524，a11，求数列{an}的通项公式。

解：设an1x2n1y3(anx2ny)

⑥

n将an13an524代入⑥式，得

整理得(52x)24y3x23y。

nn52x3xx5令，则，代入⑥式得

4y3yy2an152n123(an52n2)

⑦

1由a1522112130及⑦式，

an152n12得an5220，则3， nan522nn113故数列{an522}是以a1522112为首项，以3为公比的等比数列，因此

an52n2133n1，则an133n152n2。

nn1n评注：本题解题的关键是把递推关系式an13an524转化为an15223(an522)，从nn而可知数列{an522}是等比数列，进而求出数列{an522}的通项公式，最后再求数列{an}的通项

公式。

2例9 已知数列{an}满足an12an3n4n5，a11，求数列{an}的通项公式。

22解：设an1x(n1)y(n1)z2(anxnynz) ⑧

2将an12an3n4n5代入⑧式，得

2an3n24n5x(n1)2y(n1)z2(anxn2ynz)，则

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an13(n1)210(n1)182(an3n210n18) ⑨

22由a13110118131320及⑨式，得an3n10n180

an13(n1)210(n1)1822{a3n10n18}a311011813132为则，故数列为以2n12an3n10n182n1n42首项，以2为公比的等比数列，因此an3n10n18322，则an23n10n18。

2评注：本题解题的关键是把递推关系式an12an3n4n5转化为

an13(n1)210(n1)182(an3n210n18)，从而可知数列{an3n210n18}是等比数列，进而

2求出数列{an3n10n18}的通项公式，最后再求出数列{an}的通项公式。

五、对数变换法

n5例10 已知数列{an}满足an123an，a17，求数列{an}的通项公式。

n5n5解：因为an123an，a17，所以an0，an10。在an123an式两边取常用对数得

lgan15lagnnlg3l g 2⑩

11 ○

设lgan1x(n1)y5(lganxny)

3将⑩式代入11式，得5lgannlg○

lg2xn(1)y5(anlgxny，两边消去5lgan并整理，得

(lg3x)nxylg25xn5y，则 lg3xlg3x5x4，故 lg3lg2xylg25yy164代入11式，得lgan1○由lga1得lganlg3lg3lg2lg3lg3lg22 (n1)5(lgann) 1○41644164lg3lg3lg2lg3lg3lg22式， 1lg710及1○41644164lg3lg3lg2n0， 4164则

lgan1lg3lg3lg2(n1)41645， lg3lg3lg2lgann4164所以数列{lganlg3lg3lg2lg3lg3lg2为首项，以5为公比的等比数列，则n}是以lg741644164lg3lg3lg2lg3lg3lg2n1lgann(lg7)5，因此

41644164lgan(lg7lg3lg3lg2n1lg3lg3lg2)5n4164464141614n1n4(lg7lg3lg3lg2)5[lg(7332)]514116141411614n1lg3lg3lg211614n411614lg(332)n411614

lg(7332)5n1lg(332)lg(75n13lg(75n13n15n1n435n11162)5n114)5n4n11625n114则an7535n4n11625n114。

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an转化为

lg3lg3lg2lg3lg3lg2lg3lg3lg2(n1)5(lgann)，n}是等从而可知数列{lgan416441644164lg3lg3lg2n}的通项公式，最后再求出数列{an}的通项公式。 比数列，进而求出数列{lgan4164lgan1六、迭代法

3(n1)2例11 已知数列{an}满足an1an，a15，求数列{an}的通项公式。

n解：因为an1a3(n1)2nn，所以ana3n2n1n1[a3(n1)2n23n2n1n2]

又a15，所以数列{an}的通项公式为an53n1n!2n(n1)2。

n3(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an1an两边取常用对数得

lgan13(n1)2nlgan，即

lgan13(n1)2nlgann(n2!1，再由累

n(n1)2乘法可推知

lganlgan1lganlgan1lgan2七、数学归纳法

lga3lga23n1nlga1lg5lga2lga1)2an5，从而

3n1n!2。

例12 已知数列{an}满足an1an8(n1)8，a，求数列{an}的通项公式。 122(2n1)(2n3)9解：由an1an8(n1)8及，得 a1(2n1)2(2n3)29(2n1)21由此可猜测an，往下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，a12(211)9(2k1)21（2）假设当nk时等式成立，即ak，则当nk1时，

(2k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{an}满足an1解：令bn124an，则an故an11(14an124an)，a11，求数列{an}的通项公式。 1612(bn1) 24121(bn11)，代入an1(14an124an)得 241622即4bn1(bn3)

因为bn124an0，故bn1124an10 则2bn1bn3，即bn1可化为bn1313bn， 221(bn3)， 21为公比的等比数列，因此2所以{bn3}是以b13124a13124132为首项，以

1111bn32()n1()n2，则bn()n23，即124an()n23，得

22222111an()n()n。

3423评注：本题解题的关键是通过将124an的换元为bn，使得所给递推关系式转化bn113bn形式，从而可22知数列{bn3}为等比数列，进而求出数列{bn3}的通项公式，最后再求出数列{an}的通项公式。 九、不动点法

例14 已知数列{an}满足an121an24，a14，求数列{an}的通项公式。

4an1解：令x21x2421x242，得4x20x240，则x12，x23是函数f(x)的两个不动点。因为

4x14x121an242an2an124an121an242(4an1)13an2613an2。所以数列是以

an1321an24321an243(4an1)9an279an3a3n4an1a2a124213132为首项，以为公比的等比数列，故n2()n1，则an9a1343an39评注：本题解题的关键是先求出函数f(x)1132()n1193。

21x2421x24的不动点，即方程x的两个根x12，x23，

4x14x1进而可推出

a2an2an1213an2，从而可知数列n为等比数列，再求出数列的通项公式，最

an139an3an3an3后求出数列{an}的通项公式。

例15 已知数列{an}满足an17an2，a12，求数列{an}的通项公式。

2an3解：令x7x23x12，得2x4x20，则x1是函数f(x)的不动点。

2x34x77an25a51n，所以

2an32an3因为an112111an()n()n。

3423评注：本题解题的关键是通过将124an的换元为bn，使得所给递推关系式转化bn113bn形式，从而可22知数列{bn3}为等比数列，进而求出数列{bn3}的通项公式，最后再求出数列{an}的通项公式。 九、不动点法

例14 已知数列{an}满足an121an24，a14，求数列{an}的通项公式。

4an1解：令x21x2421x242，得4x20x240，则x12，x23是函数f(x)的两个不动点。因为

4x14x121an242an2an124an121an242(4an1)13an2613an2。所以数列是以

an1321an24321an243(4an1)9an279an3a3n4an1a2a124213132为首项，以为公比的等比数列，故n2()n1，则an9a1343an39评注：本题解题的关键是先求出函数f(x)进而可推出

1132()n1193。

21x2421x24的不动点，即方程x的两个根x12，x23，

4x14x1a2an2an1213an2，从而可知数列n为等比数列，再求出数列的通项公式，最

an139an3an3an3后求出数列{an}的通项公式。

例15 已知数列{an}满足an17an2，a12，求数列{an}的通项公式。

2an3解：令x7x23x12，得2x4x20，则x1是函数f(x)的不动点。

2x34x77an25a51n，所以

2an32an3因为an11