数列的通项公式$a_n$的求法

前言

求数列的通项公式，其本质是求函数的解析式。重点理解内涵。

求解必备

• 你见到这样的式子(a_{n+1}－a_n = m) ((m)常数)你一定会反应出是等差数列，那么见到 (S_{n+1}－S_n = m) ((m)常数)还能看出来是等差数列吗，所以你还需要特别注意：对代数式(a_{n+1}－a_n = m)或(cfrac{a_{n+1}}{a_n} = m) ((m)常数)中(a_{n+1})和(a_n)的“内涵”的理解。引例如下：

①(cfrac{1}{a_{n+1}}－cfrac{1}{a_n} = m)，则数列({cfrac{1}{a_n}})是首项为(cfrac{1}{a_1})，公差为(m)的等差数列；

②(cfrac{1}{S_{n+1}}－cfrac{1}{S_n} = m)，则数列({cfrac{1}{S_n}})是首项为(cfrac{1}{a_1})，公差为(m)的等差数列；

③(cfrac{a_{n+1}}{n+1}－cfrac{a_n}{n} = m)，则数列({cfrac{a_n}{n}})是首项为(cfrac{a_1}{1})，公差为(m)的等差数列；

④(cfrac{n}{a_{n+1}+(n+1)}－cfrac{n-1}{a_n+n} = m)，则数列({cfrac{n-1}{a_n+n}})是首项为(cfrac{1-1}{a_1+1})，公差为(m)的等差数列；

⑤((a_{n+1}+(n+1))－(a_n + n) = m)， 则数列({a_n+n})是首项为(a_1+1)，公差为(m)的等差数列；

⑥(a_{n+1}^2－a_n^2 = m)，则数列({a_n^2})是首项为(a_1^2)，公差为(m)的等差数列；

⑦(log_m^\,{a_{n+1}^2}－log_m^\,{a_n^2} = p)，则数列({log_m^\,{a_n^2}})是首项为(log_m^\,{a_1^2})，公差为(p)的等差数列；

⑧(a_{n+2}-2a_{n+1}=a_{n+1}-2a_n)，则数列({a_{n+1}-2a_n})是首项为(a_2-2a_1)，公差为(0)的等差数列；

以上所列举的凡此种种，都是等差数列，能用一个表达式刻画吗？

[a_{n+1}-a_n=d，d为常数 ]

因此务必要求理解透彻(a_{n+1})和(a_n)的“内涵”；

再如下列的引例：

①(cfrac{a_{n+1}+1}{a_n+1} = m)， 则数列({a_n+1})是首项为(a_1+1)，公比为(m)的等比数列；

②(cfrac{a_{n+1}+(n+1)}{a_n + n} = m)，则数列({a_n+n})是首项为(a_1+1)，公比为(m)的等比数列；

③(cfrac{a_{n+1}^2}{a_n^2} = m)，则数列({a_n^2})是首项为(a_1^2)，公比为(m)的等比数列；

④(a_{n+2}-a_{n+1}=2(a_{n+1}-a_n))，则数列({a_{n+1}-a_n})是首项为(a_2-a_1)，公比为(2)的等比数列；

次重类型

• 给定数列的前有限项，求数列({a_n})的通项公式

考查方法：常以选择填空题形式考查

求解方法：观察归纳法，突破技巧：熟练记忆常见数列的通项公式，然后组合即可。

突破思路：强烈要求记忆

例1-1【小试身手】数列(cfrac{15}{2})，(-cfrac{24}{5})，(cfrac{35}{10})，(-cfrac{48}{17})，(cfrac{63}{26})，(cdots)的一个通项公式为(a_n)=____________；

提示：(a_n=(-1)^{n+1}cdot cfrac{(n+3)^2-1}{n^2+1})；

例1-2数列(cfrac{1}{2})，(cfrac{1}{4})，(-cfrac{5}{8})，(cfrac{13}{16})，(-cfrac{29}{32})，(cfrac{61}{64})，(cdots)，的一个通项公式为(a_n)=____________；

提示：变形为(-cfrac{2^1-3}{2^1})，(cfrac{2^2-3}{2^2})，(-cfrac{2^3-3}{2^3})，(cfrac{2^4-3}{2^4})，(-cfrac{2^5-3}{2^5})，(cfrac{2^6-3}{2^6})，

故(a_n=(-1)^ncfrac{2^n-3}{2^n})；

例1-3已知数列的前(4)项为(2)，(0)，(2)，(0)，则依次归纳该数列的通项公式不可能是【】

$A.a_n=(-1)^{n-1}+1$ $B.a_n=left{egin{array}{l}{2，n为奇数}\{0，n为偶数}end{array} ight.$ $C.a_n=2sincfrac{npi}{2}$ $D.a_n=cos(n-1)pi+1$

分析：选(C)，由前有限项归纳通项公式，结果可能不唯一；

重点类型Ⅰ

• 由(a_n)与(S_n)的关系求数列({a_n})的通项公式【要求重点掌握的类型】

方法：熟练记忆(a_n)与(S_n)的关系(a_n = egin{cases}S_1 &n=1 \ S_n-S_{n-1} &n ge 2 end{cases})，并灵活运用。

• 角度1：若已知形如(S_n=f(n))，

思路：构造(S_{n-1})，用两者作差之法

例2已知(S_n=2n^2+3n+1)，求数列({a_n})的通项公式；

分析：当(n=1)时，(S_1=a_1=6)，

当(nge 2)时，由已知可得(S_{n-1}=2(n-1)^2+3(n-1)+1)，

又(S_n=2n^2+3n+1)，两式相减得到

(nge 2)时，(a_n=S_n-S_{n-1}=4n+1)，

由于(n=1)时，(a_1=6)，不满足上式，故需要将通项公式写成分段函数形式，

即所求通项公式为(a_n=egin{cases}6，&n=1\4n+1，&nge 2end{cases})。

例3【或称作退一法】已知(2^1a_1+2^2a_2+2^3a_3+dots+2^na_n = n)，求数列({a_n})的通项公式 ；

分析：由已知可得，当(nge 2)时，(2^1a_1+2^2a_2+2^3a_3+dots+2^{n-1}a_{n-1} = n-1)，

两式作差得到

当(nge 2)时，(2^na_n =1)，即(a_n=cfrac{1}{2^n}=(cfrac{1}{2})^n)，

又当(n=1)时，(2^1a_1=1)，即(a_1=cfrac{1}{2})，满足上式，

故所求通项公式为(a_n=(cfrac{1}{2})^n，nin N^*)。

• 角度2：已知形如(S_n=f(a_n))，有两个求解方向：

若求(a_n) ，思路：设法消去(S_n)，即构造(S_{n-1})，作差即可，直接求解(a_n)。

例4设数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，已知(2S_n+a_n=1)，求数列({a_n})的通项公式；

分析：由已知(2S_n+a_n=1)可得，

当(nge 2)时，(2S_{n-1}+a_{n-1}=1)，两式相减得到

当(nge 2)时，(3a_n-a_{n-1}=0)，

又(n=1)时，(2S_1+a_1=1)，解得(a_1=cfrac{1}{3})，

故可知(cfrac{a_n}{a_{n-1}}=cfrac{1}{3})，

即数列({a_n})是首项为(cfrac{1}{3})，公比为(cfrac{1}{3})的等比数列，

通项公式为(a_n=cfrac{1}{3^n}(nin N^*))。

补充思路：先主动求(S_n) ，思路：消去(a_n)，用(s_n-s_{n-1}=a_n)代换(a_n)即可，然后由(S_n)入手求解(a_n)；

例4-补已知({a_n})是各项为正数的数列，其前(n)项和为(S_n)，且(S_n)是(a_n)与(cfrac{1}{a_n})的等差中项，求数列({a_n})的通项公式；

分析：本题目尝试直接求解(a_n)而不得，故考虑需要先求解(S_n)；

由于(S_n)是(a_n)与(cfrac{1}{a_n})的等差中项，

则有(2S_n=a_n+cfrac{1}{a_n})，

当(n=1)时，上式变为(2a_1=a_1+cfrac{1}{a_1})，解得(a_1^2=1)，

由于(a_n>0)，则得到(a_1=1)，

当(ngeqslant 2)时，上式变化为(2S_ncdot a_n=a_n^2+1)，

即(2S_n(S_n-S_{n-1})=(S_n-S_{n-1})^2+1)，整理为(S_n^2-S_{n-1}^2=1)，

故({S_n^2})是首项为(S_1^2=a_1^2=1)，公差为(1)的等差数列，则(S_n^2=1+(n-1) imes 1=n)，

则(S_n=sqrt{n}(nin N^*))，

由上可知，当(ngeqslant 2)时，(S_{n-1}=sqrt{n-1})，

两式相减，得到(S_n-S_{n-1}=a_n=sqrt{n}-sqrt{n-1}(ngeqslant 2))

再验证，(n=1)时，(a_1=1=sqrt{1}-sqrt{1-1})，故满足上式，

综上所述，(a_n=sqrt{n}-sqrt{n-1}(nin N^*))。

若求(S_n) ，思路：消去(a_n)，用(s_n-s_{n-1}=a_n)代换(a_n)即可。

例5设数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，若(a_1=1)，(a_{n+1}=3S_n)，求数列({S_n})的通项公式；

分析：由(a_{n+1}=S_{n+1}-S_n)，代入已知式子得到，

(S_{n+1}-S_n=3S_n)，整理得到，(S_{n+1}=4S_n)，

由(S_1=a_1=1 eq 0)，故数列({S_n})是首项是1，公比为4的等比数列，

故(S_n=1cdot 4^{n-1}=4^{n-1}(nin N^*))。

• 角度3：已知形如(S_n=f(n,a_n))，思路：构造(S_{n-1})，两者作差后，

①若出现(a_{n+1} =pa_n + q(p，qin R)) ，两边同加常数(k=cfrac{q}{p-1})构造等比数列。

【解释】：为什么同加常数(k=cfrac{q}{p-1})就可以构造等比数列，

假设(a_{n+1} = pa_n + q)，可以变形为(a_{n+1}+k=p(a_n+k))，整理得到(a_{n+1}=pa_n+pk-k)，

则有(k(p-1)=q)，故(k=cfrac{q}{p-1})，即只要给所给的形如(a_{n+1} = pa_n + q)的式子两边同时

加上常数(cfrac{q}{p-1})，则可以等价变形为(a_{n+1}+k=p(a_n+k))，接下来就可以朝等比数列考虑了。

例6已知数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，满足(S_n=2a_n+n)及(a_1=2)，求数列({a_n})的通项公式。

分析：由已知当(nge 2)时，(S_{n-1}=2a_{n-1}+(n-1))，两式相减得到

(nge 2)时，(a_n=2a_n-2a_{n-1}+1)，整理得到(a_n=2a_{n-1}-1)，两边同加-1，

即(a_n-1=2(a_{n-1}-1))，故(a_1-1=1 eq 0)，

故数列({a_n-1})是首项为1，公比为2的等比数列，

故(a_n-1=1cdot 2^{n-1})，故(a_n=2^{n-1}+1(nin N^*))。

②若出现(a_{n+1} =pa_n+qn+k)，两边同加关于(n)的一次式构造等比数列。(较难的类型)

例7【一般不介绍】已知数列({a_n})满足(a_{n+1}=2a_n+3n+1)且(a_1=1)，求数列({a_n})的通项公式。

分析：设(a_{n+1}+p(n+1)+q=2(a_n+pn+q))，打开整理得到，(p=3，q=1)，

整理都得到(a_{n+1}+3(n+1)+1=2(a_n+3n+1))，

由首项(a_1+3cdot 1+1=5 eq 0) ，故数列({a_n+3n+1})是首项为5，公比为2的等比数列，

故(a_n+3n+1=5cdot 2^{n-1})，故(a_n=5cdot 2^{n-1}-3n-1(nin N^*))。

重点类型Ⅱ

• 由递推公式求数列({a_n}) 的通项公式,[熟练记忆几个常见的模型]

形如： (a_{n+1}－a_n = m) (常数) 方法：用等差数列定义法 或 累加法(要求重点掌握的类型)

例8已知数列({a_n})满足(a_1=4)，(a_{n+1}=4+a_n)，求数列({a_n})的通项公式。

分析：易知(a_n=4n(nin N^*))。

形如：(a_{n+1}-a_n = f(n)) (变量) 方法：累加法(要求重点掌握的类型)

例9【提醒注意几个细节】

已知(a_1=4，a_{n+1}=a_n+2 cdot 3^n+1)，求数列的通项公式。

分析：将已知条件变形为(a_{n+1}-a_n=2 cdot 3^n+1)，

则由上式可知，当(nge 2)时，

[a_n-a_{n-1}=2cdot 3^{n-1}+1 ]

[a_{n-1}-a_{n-2}=2cdot 3^{n-2}+1 ]

[a_{n-2}-a_{n-3}=2cdot 3^{n-3}+1 ]

[cdots，cdots ]

[a_2-a_1=2cdot 3^1+1 ]

以上(n-1)个式子累加，得到

(a_n-a_1=2(3^1+3^2+cdots+3^{n-1})+n-1)，

即(a_n-a_1=2cdot cfrac{3(1-3^{n-1})}{1-3}+n-1)，

即(a_n=3^n+n(nge 2))；

又(n=1)时，(a_1=4)满足上式，

故通项公式为(a_n=3^n+n(nin N^*))

形如：(cfrac{a_{n+1}}{a_n} = m) (常数) 方法：等比数列定义法或累乘法(要求重点掌握的类型)

例10已知数列({a_n})满足(a_1=4)，(a_{n+1}=4a_n)，求数列({a_n})的通项公式。

分析：易知(a_n=4^n)。

形如(cfrac{a_{n+1}}{a_n} = f(n))(变量) 方法：累乘法(要求重点掌握的类型)

例11已知正项数列({a_n})的(a_1=1)，((n+1)a_{n+1}-na_n=0)，求数列的通项公式。

法1：整体思想，由已知容易知道数列({na_n})是首项为1，公差为0的等差数列，

故(na_n=1+(n-1)cdot 0)，即(a_n=cfrac{1}{n}(nin N^*))。

法2：累乘法，变形为(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=cfrac{n}{n+1})，由此式子可得到

[cfrac{a_n}{a_{n-1}}=cfrac{n-1}{n}， ]

[cfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}}=cfrac{n-2}{n-1}， ]

[cfrac{a_{n-2}}{a_{n-3}}=cfrac{n-3}{n-2}， ]

[cdots，cdots， ]

[cfrac{a_2}{a_1}=cfrac{1}{2}， ]

以上(n-1)个式子相乘得到，当(nge 2)时，

(cfrac{a_n}{a_{n-1}}cdot cfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}}cdot cfrac{a_{n-2}}{a_{n-3}}cdot cdots cfrac{a_2}{a_1}=cfrac{n-1}{n} cdot cfrac{n-2}{n-1} cdotcfrac{n-3}{n-2}cdot cdotscfrac{1}{2})，

即(cfrac{a_n}{a_1}=cfrac{1}{n})，故(a_n=cfrac{1}{n}(nge 2))，

当(n=1)时，(a_1=1)满足上式，故所求通项公式(a_n=cfrac{1}{n}(nin N^*))。

形如(a_{n+1} = pa_n + q(p，q为常数))的类型，方法：两边同加常数(k=cfrac{q}{p-1})构造等比数列。(要求重点掌握的类型)

例12已知数列({a_n})满足(a_1=1)，(a_n=4a_{n-1}+3(nge 2))，求此数列的通项公式(a_n)。

分析：(同加常数构造法)由已知得到当(nge 2)时，(a_n+1=4a_{n-1}+3+1=4(a_{n-1}+1))，又(a_1+1=2 eq 0)，

故数列({a_n+1})是首项为2公比为4的的等比数列，故(a_n+1=2cdot 4^{n-1})，

即(a_n=2cdot 4^{n-1}-1=2^{2n-1}-1(nin N^*))。

形如(a_{n+1} =pa_n + p^n，p)为常数，方法：等式两边同除以(p^n)或 (p^{n+1})，构造等差数列。

例13已知数列({a_n})满足(a_{n+1}=2a_n+2^n)且(a_1=1)，求数列({a_n})的通项公式。

分析：给已知条件两边同时除以(2^{n+1})，得到(cfrac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=cfrac{a_n}{2^n}+cfrac{1}{2})，

故有(cfrac{a_{n+1}}{2^{n+1}}-cfrac{a_n}{2^n}=cfrac{1}{2})，

即数列({cfrac{a_n}{2^n}})是首项为(cfrac{a_1}{2^1}=cfrac{1}{2})，公差为(cfrac{1}{2})的等差数列，

故(cfrac{a_n}{2^n}=cfrac{1}{2}+(n-1)cdot cfrac{1}{2}=cfrac{n}{2})，

故(a_n=cfrac{ncdot 2^n}{2}=ncdot 2^{n-1}(nin N^*))。

问题1：能同除以(2^n)吗？^[1]

问题2：此方法能解决(a_{n+1}=3cdot a_n+2^n)的通项公式吗？^[2]

形如(a_{n+2} =pa_{n+1} + qa_n)，(p、q)为常数，方法：利用待定系数法，构造等差或等比数列。

例14【2018安徽合肥模拟】【综合应用】

已知数列({a_n})满足(a_1=1)，(a_2=4)，(a_{n+2}+2a_n=3a_{n+1}(nin N^*))，求数列的通项公式。

分析：用待定系数法，设(a_{n+2}+pa_{n+1}=k(a_{n+1}+pa_n))，(k，pin R)，

整理得到(a_{n+2}-kpcdot a_n=(k-p)a_{n+1})，

比照(a_{n+2}+2a_n=3a_{n+1})，

得到(kp=-2)，(k-p=3)，

解得(left{egin{array}{l}{k=2}\{p=-1}end{array} ight.)，或(left{egin{array}{l}{k=1}\{p=-2}end{array} ight.)，

【法1】：当(k=2)，(p=-1)时，已知式变形为(a_{n+2}-a_{n+1}=2(a_{n+1}-a_n))，又(a_2-a_1=3 eq 0)，

即数列({a_{n+1}-a_n})是以(a_2-a_1=3)为首项，以(2)为公比的等比数列，

则(a_{n+1}-a_n=3 imes 2^{n-1})，接下来求(a_n)，使用累加法。

过程省略，可以求得(a_n=3 imes 2^{n-1}-2(nin N^*))。

【法2】：当(k=1)，(p=-2)时，已知式变形为(a_{n+2}-2a_{n+1}=a_{n+1}-2a_n)，又(a_2-2a_1=2)，

即数列({a_{n+1}-2a_n})是以(a_2-2a_1=2)为首项，以(0)为公差的等差数列，

则(a_{n+1}-2a_n=2+(n-1) imes 0=2)，接下来求(a_n)，再次使用待定系数法。

(a_{n+1}-2a_n=2)，得到(a_{n+1}=2a_n+2)，

(a_{n+1}+2=2(a_n+2))，故数列({a_n+2})是以(a_1+2=3)，以(2)为公比的等比数列；

故(a_n=3 imes 2^{n-1}-2(nin N^*))。

【法3】：由上可知，$$a_{n+1}-a_n=3 imes 2^{n-1}①，$$

[a_{n+1}-2a_n=2② ]

联立解以(a_{n+1})和(a_n)为元的二元一次方程组，解得(a_n=3 imes 2^{n-1}-2(nin N^*))。

形如(a_{n+1}-a_n = kcdot a_{n+1}cdot a_n)，((k)为常数)，等式两边同除以(a_{n+1}cdot a_n)，构造等差数列；

形如(S_{n+1}-S_n = kcdot S_{n+1}cdot S_n)，((k)为常数)，等式两边同除以(S_{n+1}cdot S_n)，构造等差数列。(要求重点掌握的变形)

例15设数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，且(a_1=1)，(a_n=cfrac{2S_n^2}{2S_n-1}(nge 2))，证明数列({cfrac{1}{S_n}})是等差数列，并求(S_n)。

分析：由(a_n=S_n-S_{n-1})，代入已知得到((2S_n-1)(S_n-S_{n-1})=2S_n^2)，

(-S_n+S_{n-1}=2S_ncdot S_{n-1})，又(S_ncdot S_{n-1} eq 0)，

则有(cfrac{1}{S_n}-cfrac{1}{S_{n-1}}=2) ，

即数列({cfrac{1}{S_n}})是首项是(cfrac{1}{a_1}=1)，公差为2的等差数列，

故(cfrac{1}{S_n}=1+(n-1) imes 2=2n-1)，故(S_n=cfrac{1}{2n-1}(nge 2))，

再验证(n=1)时，(S_1=1)满足上式，故 (S_n=cfrac{1}{2n-1}(nin N^*))。

次要类型

取倒数法，构造做差法，构造做商法，赋值法，取对数法，解方程法

• 形如(a_{n+1}=cfrac{2a_n}{a_n+2})，两边取倒数构造等差数列

例16已知数列({a_n})满足(a_{n+1}=cfrac{2a_n}{a_n+2})，且(a_1=2)，求数列的通项公式。

分析：两边取倒数得到(cfrac{1}{a_{n+1}}=cfrac{a_n+2}{2a_n}=cfrac{1}{a_n}+cfrac{1}{2})，

即数列({cfrac{1}{a_n}})是首项为(cfrac{1}{a_1}=cfrac{1}{2})，公差为(cfrac{1}{2})的等差数列，

故(cfrac{1}{a_n}=cfrac{1}{2}+(n-1)cdotcfrac{1}{2}=cfrac{n}{2})，故(a_n=cfrac{2}{n}) 。

• 赋值法，如(a_{n+m}=a_ncdot a_m)，令(m=1)即(a_{n+1}=a_1cdot a_n)，不就是等比数列嘛；

• 赋值法，如(a_{n+m}=a_n+a_m)，令(m=1)即(a_{n+1}=a_n+a_1)，不就是等差数列嘛；

• 形如(a_{n+1}cdot a_n = 2^n) 得到(cfrac{a_{n+2}}{a_n} = 2)，则可知所有奇数项、偶数项各自成等比数列。

• 形如(a_{n+1}+a_n =2n) 得到(a_{n+2}-a_n= 2)，则可知所有奇数项、偶数项各自成等差数列。

• 取对数法，如$a_{n+1}=pcdot a_n^m $，p，m 为常数，两边取对数构造等比数列。(考查概率很小很小)

• 解方程法，如(a_n^2-2ncdot a_n - 1 = 0)，(a_n>0)，解方程即可。 (考查概率很小很小)

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1. 变形为(cfrac{a_{n+1}}{2^n}-cfrac{a_n}{2^{n-1}}=1)，即数列({cfrac{a_n}{2^{n-1}}})为首项是(cfrac{a_1}{2^{1-1}}=a_1=1)，公差为(1)的等差数列，故得到(cfrac{a_n}{2^{n-1}}=1+(n-1) imes 1=n)，即(a_n=n imes 2^{n-1})。 ↩︎

2. 变形为(cfrac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=cfrac{3}{2}cdot cfrac{a_n}{2^n}+cfrac{1}{2})，
   即符合(b_{n+1}=pcdot b_n+q)的形式，故继续如下变形，
   (cfrac{a_{n+1}}{2^{n+1}}+1=cfrac{3}{2}cdot (cfrac{a_n}{2^n}+1))，
   又(cfrac{a_1}{2}+1=cfrac{3}{2} eq 0)，
   故数列({cfrac{a_n}{2^n}+1})是首项为(cfrac{3}{2})，公比为(cfrac{3}{2})的等比数列；
   则(cfrac{a_n}{2^n}+1=(cfrac{a_1}{2}+1)cdot (cfrac{3}{2})^{n-1})，
   化简整理为(a_n=3^n-2^n); ↩︎