数列通项公式常用求法及构造法

构造法求数列通项公式

一、构造等差数列求数列通项公式

运用乘、除、去分母、添项、去项、取对数、待定系数等方法，将递推公式变形成为

f(n1)f(n)=A（其中A为常数）形式，根据等差数列的定义知f(n)是等差数列，根据等差数

列的通项公式，先求出f(n)的通项公式，再根据f(n)与an，从而求出an的通项公式。

3an1例1 在数列{an}中，a1=，an1（nN），求数列{an}通项公式.

an32解析：由an11a3nan3得，an+1 an=3 an+1-3 an=0，两边同除以an+1 an得，an11a1n13，

设bn=an，则bn+1- bn=13，根据等差数列的定义知， 数列｛bn｝是首项b1=2，公差d=13的等差数列，

51根据等差数列的通项公式得bn=2＋13（n-1）=3n＋3

∴数列通项公式为an=n5

例2 在数列｛an｝中，Sn是其前n项和，且Sn≠0，a1=1，an=22SSnn1(n≥2)，求Sn与an。 解析：当n≥2时，an=Sn-Sn-1 代入an=22SSnn1得，Sn-Sn-1=22SSnn1，变形整理得Sn-Sn-1= SnSn-1？两边除以SnSn-1得，S1n-Sn11=2，∴｛S1n｝是首相为1，公差为2的等差数列 ∴S1n=1+2（n-1）=2n-1, ∴ Sn=2n11(n≥2),n=1也适合，∴Sn=2n11(n≥1) 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n11-2n13=-4n228n3，n=1不满足此式， ∴an={

2223

124n28n3n1n2

二、构造等比数列求数列通项公式

运用乘、除、去分母、添项、去项、取对数、待定系数等方法，将递推公式变形成为f（n+1）

=Af（n）（其中A为非零常数）形式，根据等比数列的定义知f(n)是等比数列，根据等比数列的通项公式，先求出f(n)的通项公式，再根据f(n)与an，从而求出an的通项公式。

例3在数列｛an｝中，a1=2，an=an-12(n≥2)，求数列｛an｝通项公式。

解析：∵ a1=2，an=an-12(n≥2)＞0，两边同时取对数得，lg an=2lg an-1

lgan∴lg=2， 根据等比数列的定义知，数列｛lg an｝是首相为lg2，公比为2的等比数列，根an1据等比数列的通项公式得lg an=2n-1lg2=lg22

1

n1∴数列通项公式为an=22

评析：本例通过两边取对数，变形成logan2logan1形式，构造等比数列logan}，先求出

logan的通项公式，从而求出an的通项公式。

n1例4在数列｛an｝中，a1=1，an+1=4an+3n+1，求数列｛an｝通项公式。 解析：设an+1+A（n+1）+B=4（an+An+B），（A、B为待定系数），展开得an+1=4an+3An+3B-A，与已知比较系数得{

A13A3 ∴{ 23BA1B32∴an+1+（n+1）+2，根据等比数列的定义知， 3=4（an+n+3）82数列｛an+n+23｝是首项为3，公比为q=3的等比数列，∴an+n+3=

83×3n-1

∴数列通项公式为an=

83×3n-1-n-23

例5 在数列｛an｝中，a1=1 ，an+1an=4n ，求数列｛an｝通项公式。

n1解析：∵an+1an=4n ∴anan-1=4 n-1 两式相除得a =4 ， an1∴a1，a3，a5……与a 2，a 4 ，a 6 ……是首相分别为a1，a 2 ，公比都是4的等比数列， 又∵a1=1，an+1an=4n ，∴a2=4 ∴an={

4n12n2nn4

三、等差等比混合构造法

数列有形如f(an,an1,anan1)0的关系，可在等式两边同乘以

an(nN),求an. an3111,得13.

anan1anan111,先求出,再求得an. anan1an例6．设数列{an}满足a12,an1解：原条件变形为an1an3an1an.两边同乘以

111111),3n1 an2an12an23∵（2. n1231四、辅助数列法

有些数列本身并不是等差或等比数列，但可以经过适当的变形，构造出一个新的数列为等差或等比数列，从而利用这个数列求其通项公式。

21例7.在数列an中，a11，a22，an2an1an，求an。

33211解析：在an2an1an两边减去an1，得an2an1(an1an)

333∴an2

∴ an1an是以a2a11为首项，以1为公比的等比数列，

31∴an1an()n1，由累加法得

3an=(anan1)(an1an2)(a2a1)a1

11 =()n2()n333 =

11()n11313=[1()n1]1 …()11=

134313731n1() 443练习

1、在数列｛an｝中，a1=1，an+1=3an+2n（n∈N*），求数列｛an｝通项公式。 解：由an+1=3an+2n（n∈N*）得，an+1+2n+1=3（an+2n）（n∈N*），

n1设bn= an+2n 则bn+1=3bn，∴bb=3，根据等比数列的定义知， n数列｛bn｝是首相b1=3，公比为q=3的等比数列， 根据等比数列的通项公式得bn=3n，即an+2n=3n， ∴数列通项公式为an=3n-2n 注意：2n+1-2n=2n

2、在数列{an}中，a11，an1an2n3，求数列{an}的通项公式。

解：、由an1an2n3得，(an12n1)(an2n)3，根据等差数列的定义知，数列

{an2n}是首项为3，公差为3的等差数列，所以

an2n3n，所以an3n2n 3、已知数列an满足a1解：由条件知又a12n，an1an，求an 3n1an1n，分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累乘之，即 ann122，an 33n14. 数列{an}满足a1=1，an=an1+1（n≥2），求数列{an}的通项公式。

211解：由an=an1+1（n≥2）得an－2=（an1－2），而a1－2=1－2=－1，

221∴数列{ an－2}是以为公比，－1为首项的等比数列

211∴an－2=－（）n1 ∴an=2－（）n1

225. 数列an中，a11,a22,3an22an1an，求数列an的通项公式。 解：由3an22an1an得an221an1an,设an2kan1h(an1kan) 333

1121比较系数得kh，kh，解得k1,h或k,h1

333311若取k1,h，则有an2an1(an1an)

331∴{an1an}是以为公比，以a2a1211为首项的等比数列

31∴an1an()n1

3由逐差法可得an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1

1111=()n2()n3()2()11

333311()n1317313=1=1()n11()n1

1434431326. 设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，对于任意正整数n，都有等式：an2an4Sn成立，求an的通项an.

222an4Snan12an14Sn1， 解：an22an ∴an12an2an14(SnSn1)4an

(anan1)(anan12)0，∵anan10，∴anan12. 即an是以2为公差的等差数列，且

a122a14a1a12. ∴an22(n1)2n

22an7. 设an是首项为1的正项数列，且an（n∈N*），求数列的通项公式an. 1nannan10，

解：由题设得(anan1)(anan1n)0.

∵an0，an10，∴anan10. ∴anan1n

18. 数列an中，a1，前n项的和Snn2an，求an1.

2解：anSnSn1n2an(n1)2an1(n21)an(n1)2an1

an1 n，

an1n1aaan1n2111∴annn12a1

an1an2a1n1n32n(n1)1∴an1

(n1)(n2)29.设正项数列an满足a11，an2an1（n≥2）.求数列an的通项公式.

anan1an1nn解：两边取对数得：loga，loga212log2212(log21)，设bnlog21， 则bn2bn1

bn是以2为公比的等比数列，b1log1211.

n1n1nnbn12n12n1，loga1， ，loga21222∴an22总结

n11

4

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。递推式一般为：

an1panfn；an1panqn

（1）通过分解常数，可转化为特殊数列{an+k}的形式求解。一般地，形如an1=p an+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an1+k=p（an+k）与原式比较系数可得pk－k=q，即k=

q，从而得等比数列{an+k}。 p1（2）通过分解系数，可转化为特殊数列{anan1}的形式求解。这种方法适用于an2pan1qan型的递推式，通过对系数p的分解，可得等比数列{anan1}：设an2kan1h(an1kan)，比较系数得hkp,hkq，可解得h,k。

3、构造法

构造法就是在解决某些数学问题的过程中，通过对条件与结论的充分剖析，联想出一种适当的辅助模型，进行命题转换，产生新的解题方法，这种思维方法的特点就是“构造”.若已知条件给的是数列的递推公式要求出该数列的通项公式. （1）构造等差数列或等比数列

由于等差数列与等比数列的通项公式显然，对于一些递推数列问题，若能构造等差数列或等比数列，无疑是一种行之有效的构造方法. （2）构造差式与和式

解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差，然后采用迭加的方法就可求得这一数列的通项公式.

（3）构造商式与积式

构造数列相邻两项的商式，然后连乘也是求数列通项公式的一种简 （4）构造对数式或倒数式

有些数列若通过取对数，取倒数代数变形方法，可由复杂变为简单，使问题得以解决. 补充一般方法：

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．

2a, a, aSaS{a}55139例1．等差数列n是递增数列，前n项和为n，且成等比数列，．求数列{an}的通项公式

解：设数列{an}公差为d(d0)

2a, a, aa3139∵成等比数列，∴a1a9，

22即(a12d)a1(a18d)，得da1d ∵d0，∴a1d……………………① 2Sa55∵

54d(a14d)22∴…………②

33a1d5，5 由①②得：5a15

333(n1)n555 ∴

二、累加法

求形如an-an-1=f(n)（f(n)为等差或等比数列或其它可求和的数列）的数列通项，可用累加法，即令n=2，3，…n—1得到n—1个式子累加求得通项。

1anan1n(n1)，求an． 例2．已知数列{an}中，a1=1，对任意自然数n都有

an解：由已知得

anan11n(n1)， 1(n1)n，

an1an2……，

134， 1a2a123，

以上式子累加，利用 111n(n1)nn1得

a3a2111111...an-a1=23(n2)(n1)(n1)nn(n1)=2n1，

三、累乘法 an1f(n)a对形如n的数列的通项，可用累乘法，即令n=2，3，…n—1得到n—1个式子累乘求得通项。

13，前n项和Sn与an的关系是Snn(2n1)an，求通项公式an． 例3．已知数列an中，

解：由Snn(2n1)an得Sn1(n1)(2n3)an1

a1两式相减得：(2n1)an(2n3)an1,，

a2n3nan12n1，

将上面n—1个等式相乘得：

四、公式法

Snn1anSaaaSnSn1n2若已知数列的前n项和n与n的关系，求数列n的通项n可用公式

求解。

naSS2a(1),n1．求数列an的通项公式； nnnnn例4．已知数列的前项和满足

解：由a1S12a11,得a11.

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

……，

6

2an[2n2(1)n1]3经验证a11也满足上式，所以

Snn1anSnSn1n2求解时，要注意对n分类讨论，但若能合写时一定要点评：利用公式

合并． 五、“归纳—猜想—证明”法

直接求解或变形都比较困难时，先求出数列的前面几项，猜测出通项，然后用数学归纳法证明的方法就是“归纳—猜想—证明”法．

n1例5．若数列an满足：a11,an12an32,计算a，a，a的值，由此归纳出a的公式，并

2

3

4

n

证明你的结论．

解：∵a2=2 a1+3×2°=2×1+3×2°，

a3=2（2×1+3×2°）+3×21=22×1+2×3×21， a4=2（22×1+2×3×21）+3×22=23×1+3×3×22； 猜想an=2n－1+（n－1）×3×2n－2=2n－2（3n－1）； 用数学归纳法证明：

1°当n=1时，a1=2－1×=1，结论正确； 2°假设n=k时，ak=2k－2（3k－1）正确， ∴当n=k+1时，

(k1)1k12[3(k1)1],结论正确； 2(3k2)=

n2a2(3n1). 由1°、2°知对n∈N*有n点评：利用“归纳—猜想—证明”法时要小心猜测，切莫猜错，否则前功尽弃；用数学归纳法证明时要注意格式完整，一定要使用归纳假设．

7