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求数列通项公式常用的七种方法

一、公式法：已知或根据题目的条件能够推出数列an为等差或等比数列，根据通项公式ana1n1d或ana1qn1进行求解. 例1：已知an是一个等差数列，且a21,a55，求an的通项公式. 分析：设数列aa1d1a13n的公差为d，则解得a14d5d2



ana1n1d2n5

二、前n项和法：已知数列an的前n项和sn的解析式，求an.

例2：已知数列an的前n项和sn2n1，求通项an.

分析：当n2时，annsnsn1=232n13=2n1

而a1n11s11不适合上式，an2n1n2

三、sn与an的关系式法：已知数列an的前n项和sn与通项an的关系式，求an.

例3：已知数列an的前n项和sn满足an113sn，其中a11，求an.

分析：

sn3an1

①



sn13an

n2

②

①-②

得 an3an13an 

4an3an1

即

an1a4 n2

又a112s1an3331不适合上式



数列an从第2项起是以43为公比的等比数列

n2n2



a414

n2

a1n1na2333n14n233n2

注：解决这类问题的方法，用具俗话说就是“比着葫芦画瓢”，由sn与an的关系式，类比出an1与sn1的关系式，然后两式作差，最后别忘了检验a1是否适合用上面的方法求出的通项. 四、累加法：当数列an中有anan1fn，即第n项与第n1项的差是个有“规律”的数时，就可以用这种方法.

例4：a10,an1an2n1，求通项an

分析：

an1an2n1



a2a11

a3a23

a4a35

┅

anan12n3

n2

以上各式相加得a2na113572n3n1

n2

又a210，所以ann1

n2，而a10也适合上式，



a2nn1

nN

五、累乘法：它与累加法类似

，当数列aann中有afn，即第n项与第n1项的商是个有“规n1律”的数时，就可以用这种方法.

例5：an11,ann1an1

n2,nN

求通项an

分析：annan1aan

n2,nNn1

n

n1n1

故aa3a4an23nnaa21a1a2a3a14nn1n2,nN

1123n

而a11也适合上式，所以annnN

六、构造法：

㈠、一次函数法：在数列an中有ankan1b（k,b均为常数且k0），从表面形式上来看an是关于an1的“一次函数”的形式，这时用下面的方法:

一般化方法：设anmkan1m

则ankan1k1m

而ankan1b

bk1m

即mbbb

故ankan1

k1k1k1lganlgan122lgan1即lgan2

数列lgan是以lg3为首项，以2为公比的等比数列

lgan1n1n1b

数列an1是以k为公比的等比数列，借助它去求an

k1

故lgan2n1lg3lg32

an32

七、“abacm（b,c为常数且不为0，m,nN*）”型的数列求通项an.

例6：已知a2,nN11,an2an11

n

求通项an

分析：an2an11

an12an122an11

数列an1是以2为首项，2为公比的等比数列

an1a112n12n

故ann21

㈡、取倒数法：这种方法适用于akan1nman2,nNn1p（k,m,p均为常数m0），

两边取倒数后得到一个新的特殊(等差或等比)数列或类似于ankan1b的式子.

例7：已知a12,an2an1a2

n2,nN

求通项an

n1

a2an11an1211111na2

a

即

n2,nN

n1n2an1an12anan12



数列111a是以n2为首项，以2为公差的等差数列

1112an1n

ann222n

㈢、取对数法：一般情况下适用于akalnn1（k,l为非零常数）

例8：已知a13,ana2n1n2

求通项an

分析：由aa213,ann1n2知an0在ana2n1的两边同取常用对数得

n1n例9：设数列a*n的前n项和为sn，已知a1a,an1snn3,nN，求通项an.

解：an1sn3n

ansn13n1

n2

两式相减得

an1anan23n1

即

an12an23n1

上式两边同除以3n1得

an13n123an23n9

（这一步是关键）

令cann3n得

cn123c2n9

c2n1233cn23

n2

（想想这步是怎么得来的）

数列c22n3从第2项起，是以c23a39为首项，以23为公比的等比数列

n22

故

c222a32nn3c2339332n2a3n

32n2

c2ann21na3n3

又cn3n，所以ana3223n

aan11a不适合上式

ana32n223n1n2

注：求amn1banc（b,c为常数且不为0，m,nN*）”型的数列求通项公式的方法是等式的

两边同除以cn1，得到一个“ankan1b”型的数列，再用上面第六种方法里面的“一次函数法”

便可求出

ancn的通式，从而求出ansnn.另外本题还可以由an1sn3得到sn1nsn3即

sn12snn3,按照上面求an的方法同理可求出sn,再求an.您不不妨试一试.

除了以上七种方法外，还有嵌套法（迭代法）、归纳猜想法等，但这七种方法是经常用的，将其总结到一块，以便于学生记忆和掌握.