题型四：求数列的通项公式
一. 公式法：当题中已知数列是等差数列或等比数列，在求其通项公式时我们就可以直接利用等差或等比数列的公式来求通项，只需求得首项及公差公比。 二. 当题中告诉了数列任何前一项和后一项的递推关系即：a n 和据具体情况采用下列方法
1、叠加法：一般地，对于型如a n +1=a n +f (n ) 类的通项公式，且f (1) +f (2) + +f (n ) 的和比较好求，我们可以采用此方法来求a n 。
即：a n =(a n -a n -1) +(a n -1-a n -2) + +(a 2-a 1) +a 1(n ≥2) ；
【例1】已知数列{a n }满足a 1=解：（1）由题知：a n +1-a n =
a n-1的关系时我们可以根
11
, a n +1=a n +2，求数列{a n }的通项公式。 2n +n
1111
==-
n 2+n n (n +1) n n +1
∴a n =(a n -a n -1) +(a n -1-a n -2) +……+(a2-a 1) +a 1
=(
1111111
31-) +(-) +……+(-) +
=- n -1n n -2n -1122
2n
a n +1
=f（n ）（f （n ）为可求积的数列）”的形式a n
a n a n -1a ⋅⋅ ⋅2⋅a 1(n ≥2) ； a n -1a n -2a 1
2、叠乘法：一般地对于形如“已知a 1，且
可通过叠乘法求数列的通项公式。即：a n =
【例2】在数列｛a n ｝中，a 1 =1, (n+1)·a n +1=n·a n ，求a n 的表达式。
解：由(n+1)·a n +1=n·a n 得
a n +1n ， =
a n n +1
1a n a 2a 3a 4a n 123n -11
⋅⋅ =a ==…= 所以 ··n
n n n a 1a 1a 2a 3a n -1234
3、构造法：当数列前一项和后一项即a n 和
a n-1的递推关系较为复杂时，我们往往对原数
列的递推关系进行变形，重新构造数列，使其变为我们学过的熟悉的数列（等比数列或等差数列）。具体有以下几种常见方法。 （1）、待定系数法： ①、一般地对于
a n =ka n-1 +m(k、m 为常数）型，可化为的形式a n +λ=k(a n-1 +λ). 重新
构造出一个以k 为公比的等比数列，然后通过化简用待定系数法求λ，然后再求a n 。
【例3】设b>0,数列{a n }满足a 1=b，a n =求数列{a n }的通项公式；
解：
nba n -1
(n ≥2)
a n -1+2n -2.
a n ba n -1n a n -1+2(n -1) 12n -1
，得， ===+⋅
n a n -1+2(n -1) a n ba n -1b b a n -1
设
21n
=b n ，则b n =⋅b n -1+(n ≥2) ，
b b a n
11
为首项，为公差的等差数列， 22
（ⅰ）当b =2时，{b n }是以即b n =
111
+(n -1) ⨯=n ，∴a n =2 222
222
⋅(b n -1+λ) ，则b n =⋅b n -1+λ(-1) ， b b b
（ⅱ）当b ≠2时，设b n +λ=令λ(
211121
-1) =，得λ==⋅(b n -1+) (n ≥2) ， ，∴b n +b b 2-b 2-b b 2-b 11112
=(b 1+) ⋅() n -1，又b 1=， 是等比数列，∴b n +
b 2-b 2-b 2-b b
知b n +
12n 112n -b n nb n (2-b )
∴b n =⋅() -=⋅，∴a n =． n n n
2-b b 2-b 2-b b 2-b
②、对于a n +1=pa n +f (n )(其中p 为常数) 这种形式, 一般我们讨论两种情况：
i 、当f(n)为一次多项式时，即数列的递推关系为a n +1=Aa n +Bn +C 型，可化为
a n +1+λ1n +λ2=A [a n +λ1(n -1) +λ2]的形式来求通项。
【例4】设数列{a n }中，a 1=1, a n +1=3a n +2n +1，求{a n }的通项公式。 解：设a n +1+A (n +1) +B =3(a n +An +B ) ∴a n +1=3a n +2An +2B -A
⎧2A =2⎧A =1
与原式比较系数得：⎨即a n +1+(n +1) +1=3(a n +n +1) ⇒⎨
⎩2B -A =1⎩B =1
令b n =a n +n +1, 则b n+1=3bn 且b 1=a1+1+1=3 ∴{b n }是b 1=3为首项，公比q=3的等比数列
∴b n =3⋅3n -1=3n 即:a n =3-n -1
n
ii 、当f(n)为指数幂时，即数列递推关系为a n +1=Aa n +B ⋅C （A 、B 、C 为常数，）型，可化为a n +1+λ⋅C n +1=A (a n +λ⋅C n ）的形式. 构造出一个新的等比数列，然后再求a n 当A=C时，我们往往也会采取另一种方法，即左右两边同除以C n +1, 重新构造数列，来求a n 。
【例5】设a 0为常数，且a n =3n -1-2a n -1（n ∈N ）， 证明：对任意n ≥1，a n =
*
n
1n
[3+(-1) ⋅2n ]+(-1) n ⋅2n ⋅a 0 5
1 5
解：证明：设a n -t ⋅3n =-2(a n -1-t ⋅3n -1) 用a n =3n -1-2a n -1代入可得t =
3n
∴ {a n -
5
}是公比为-2，首项为a 1-3的等比数列，
5
3n 3
=(1-2a 0-) ⋅(-2) n -1（n ∈N *）∴ a n -， 553n +(-1) n -1⋅2n
+(-1) n ⋅2n ⋅a 0 即：a n =
5
（2）、倒数法：一般地形如a n =
a n -1
、a n ⋅a n -1=a n -1-a n 等形式的递推数列可以用
ka n -1+b
倒数法将其变形为我们熟悉的形式来求通项公式。
a n -1
，求{a n }的通项公式。
3a n -1+1
13a n -1+11==3+ 解：原式两边取倒数得： a n a n -1a n -1
11
设b n =, 则b n -b n-1=3,且b 1=1 ∴{b n }是b 1=为首项，公差d=2的等差数列
a n 3
1
1) ⋅3=3n -即2a n = ∴b n =1+(n -
3n -2
【例6】. 已知数列{a n }满足：a 1=1, a n =
（3）、对数法：当数列a n 和a n-1的递推关系涉及到高次时，形如：a n = man-1（其中m 、p 、q 为常数）等，我们一般采用对数法，等式两边分别取对数，进行降次，再重新构造数列进行求解。
p
q
【例7】若数列{a n }中，a 1=3且a n +1=a n （n 是正整数），则它的通项公式是a n =▁▁▁
解 由题意知a n ＞0，将a n +1=a n 两边取对数得lg a n +1=2lg a n ，即
2
2
lg a n +1
=2，所lg a n
n -1
以数列{lga n }是以lg a 1=lg 3为首项，公比为2的等比数列，lg a n =lg a 1⋅2n -1=lg 32即a n =32
n -1
，
.
（4）、特征方程法
①、一般地对于形如已知a 1=m 1, a 2=m 2, a n+2=A an+1 +B an (A、B 是常数）的二阶递推数列，我们可以采取两种方法来求通项。 法一：可用特征方程的方法求解：
我们称方程：x 2-Ax-B=0为数列的特征方程 由已知a 1=m 1, a 2=m 2, 确定。
（ii ）当方程有唯一的实根p 时，有a n =(c 1⋅n +c 2) p n ，其中c 1与c 2由已知a 1=m 1, a 2=m 2, 确定。
法二：可构造成a n +2-x 1a n +1=x 2(a n +1-x 1a n ) ，则{a n +1-x 1a n }为等比数列，进而求通项公式，这种方法过程较为繁杂。
【例8】已知 a 1 =2， a 2 =3，a n +2=2a n +1-a n ，求通项公式。
解法一：特征方程的根为1，所以a n = (c 1 n+c 2) ×1n
（i ）当方程有两个相异的实根（或虚根）p 、q 时，有：a n =c 1⋅p n +c 2⋅q n ，其中c 1与c 2
由：⎨
⎧c 1+c 2=2
得c 1 = c 2 = 1，所以a n = n + 1。
⎩2c 1+c 2=3
解法二：设a n +2-x 1a n +1=x 2(a n +1-x 1a n ) ，可得x 1 = x 2 = 1，于是{a n+1－a n }是公比为1的等比数列，a n+1－a n = 1，所以a n = n + 1。
a ⋅a n +b
（a 、b 、c 、d 为常数）
c ⋅a n +d
ax +b
可得到相应的特征方程：x =，再将其变为cx 2+(d -a ) x -b =0，通过该方程的根
cx +d
②、一般地形如：a n +1=的情况来重新构造数列。
⎧a n -p ⎫a 1-p
（i ）如果方程cx +(d -a ) x -b =0有两个相异的实根，则有数列⎨为⎬是以
a -q a -q 1⎩n ⎭
a -cp 首项，为公比的等比数列；
a -cq
2
⎧1⎫1
（ii ）如果方程cx +(d -a ) x -b =0有两个相同的实根，则数列⎨为首⎬是以
a -p a -p 1⎩n ⎭
2
项，
2c
为公差的等差数列。 a +d
【例9】已知数列{a n }满足a 1=2, a n =解：其特征方程为x =
a n +1-1a -1
=c ⋅n
a n +1+1a n +1
a n -1+2
(n ≥2) ，求数列{a n }的通项a n ．
2a n -1+1
x +2
，化简得2x 2-2=0，解得x 1=1, x 2=-1，令2x +1
由a 1=2, 得a 2=
41，可得c =-， 53
⎧a n -1⎫1a 1-11
=为首项，以-为公比的等比数列，∴数列⎨⎬是以
3a 1+13⎩a n +1⎭a n -11⎛1⎫3n -(-1) n
． ∴=⋅ -⎪，∴a n =n
n
3+(-1) a n +13⎝3⎭
三 、当题中给出的是S n 和a n 的关系时，我们一般通过作差法结合a n = S n －S n －1 这个通用公式对原等式进行变形，消掉S n 得到a n 和a n+1的递推关系，或消掉a n 得到S n 和S n －1的递推关系，然后重新构造数列求通项公式。
【例10】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：a 1=a (a ≠0) ，a n +1=rS n (n ∈N *，
n -1
r ∈R , r ≠-1) ．求数列{a n }的通项公式；
解：（I ）由已知a n +1=rS n , 可得a n +2=rS n +1，两式相减可得 a n +2-a n +1=(r S ) , a n +2=(r +1) a n +1, n +1-S n =r a n +即1
又a 2=ra 1=ra , 所以r=0时，数列{a n }为：a ，0，„，0，„； 当r ≠0, r ≠-1时，由已知a ≠0, 所以a n ≠0（n ∈N ）， 于是由a n +2=(r +1) a n +1, 可得
*
a n +2
=r +1(n ∈N *) ， a n +1
∴a 2, a 3, , a n + 成等比数列，∴当n ≥2时，a n =r (r +1) n -2a .
n =1, ⎧a n
综上，数列{a n }的通项公式为a n =⎨ n -2
⎩r (r +1) a , n ≥2
【例11】已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和满足S n >1，且
6S n =(a n +1)(a n +2), n ∈N *求{a n }的通项公式；
解：由a 1=S 1=
1
(a 1+1)(a 1+2) ，解得a 1＝1或a 1＝2，由假设a 1＝S 1＞1，因此a 1＝2。
6
11
又由a n +1＝S n +1- Sn ＝(a n +1+1)(a n +1+2) =(a n +1)(a n +2) ，
66
得a n +1- an -3＝0或a n +1＝-a n
因a n ＞0，故a n +1＝-a n 不成立，舍去。
因此a n +1- a n -3＝0。从而｛a n ｝是公差为3，首项为2的等差数列，故｛a n ｝的通项为a n ＝3n -2。
题型四：求数列的通项公式
一. 公式法：当题中已知数列是等差数列或等比数列，在求其通项公式时我们就可以直接利用等差或等比数列的公式来求通项，只需求得首项及公差公比。 二. 当题中告诉了数列任何前一项和后一项的递推关系即：a n 和据具体情况采用下列方法
1、叠加法：一般地，对于型如a n +1=a n +f (n ) 类的通项公式，且f (1) +f (2) + +f (n ) 的和比较好求，我们可以采用此方法来求a n 。
即：a n =(a n -a n -1) +(a n -1-a n -2) + +(a 2-a 1) +a 1(n ≥2) ；
【例1】已知数列{a n }满足a 1=解：（1）由题知：a n +1-a n =
a n-1的关系时我们可以根
11
, a n +1=a n +2，求数列{a n }的通项公式。 2n +n
1111
==-
n 2+n n (n +1) n n +1
∴a n =(a n -a n -1) +(a n -1-a n -2) +……+(a2-a 1) +a 1
=(
1111111
31-) +(-) +……+(-) +
=- n -1n n -2n -1122
2n
a n +1
=f（n ）（f （n ）为可求积的数列）”的形式a n
a n a n -1a ⋅⋅ ⋅2⋅a 1(n ≥2) ； a n -1a n -2a 1
2、叠乘法：一般地对于形如“已知a 1，且
可通过叠乘法求数列的通项公式。即：a n =
【例2】在数列｛a n ｝中，a 1 =1, (n+1)·a n +1=n·a n ，求a n 的表达式。
解：由(n+1)·a n +1=n·a n 得
a n +1n ， =
a n n +1
1a n a 2a 3a 4a n 123n -11
⋅⋅ =a ==…= 所以 ··n
n n n a 1a 1a 2a 3a n -1234
3、构造法：当数列前一项和后一项即a n 和
a n-1的递推关系较为复杂时，我们往往对原数
列的递推关系进行变形，重新构造数列，使其变为我们学过的熟悉的数列（等比数列或等差数列）。具体有以下几种常见方法。 （1）、待定系数法： ①、一般地对于
a n =ka n-1 +m(k、m 为常数）型，可化为的形式a n +λ=k(a n-1 +λ). 重新
构造出一个以k 为公比的等比数列，然后通过化简用待定系数法求λ，然后再求a n 。
【例3】设b>0,数列{a n }满足a 1=b，a n =求数列{a n }的通项公式；
解：
nba n -1
(n ≥2)
a n -1+2n -2.
a n ba n -1n a n -1+2(n -1) 12n -1
，得， ===+⋅
n a n -1+2(n -1) a n ba n -1b b a n -1
设
21n
=b n ，则b n =⋅b n -1+(n ≥2) ，
b b a n
11
为首项，为公差的等差数列， 22
（ⅰ）当b =2时，{b n }是以即b n =
111
+(n -1) ⨯=n ，∴a n =2 222
222
⋅(b n -1+λ) ，则b n =⋅b n -1+λ(-1) ， b b b
（ⅱ）当b ≠2时，设b n +λ=令λ(
211121
-1) =，得λ==⋅(b n -1+) (n ≥2) ， ，∴b n +b b 2-b 2-b b 2-b 11112
=(b 1+) ⋅() n -1，又b 1=， 是等比数列，∴b n +
b 2-b 2-b 2-b b
知b n +
12n 112n -b n nb n (2-b )
∴b n =⋅() -=⋅，∴a n =． n n n
2-b b 2-b 2-b b 2-b
②、对于a n +1=pa n +f (n )(其中p 为常数) 这种形式, 一般我们讨论两种情况：
i 、当f(n)为一次多项式时，即数列的递推关系为a n +1=Aa n +Bn +C 型，可化为
a n +1+λ1n +λ2=A [a n +λ1(n -1) +λ2]的形式来求通项。
【例4】设数列{a n }中，a 1=1, a n +1=3a n +2n +1，求{a n }的通项公式。 解：设a n +1+A (n +1) +B =3(a n +An +B ) ∴a n +1=3a n +2An +2B -A
⎧2A =2⎧A =1
与原式比较系数得：⎨即a n +1+(n +1) +1=3(a n +n +1) ⇒⎨
⎩2B -A =1⎩B =1
令b n =a n +n +1, 则b n+1=3bn 且b 1=a1+1+1=3 ∴{b n }是b 1=3为首项，公比q=3的等比数列
∴b n =3⋅3n -1=3n 即:a n =3-n -1
n
ii 、当f(n)为指数幂时，即数列递推关系为a n +1=Aa n +B ⋅C （A 、B 、C 为常数，）型，可化为a n +1+λ⋅C n +1=A (a n +λ⋅C n ）的形式. 构造出一个新的等比数列，然后再求a n 当A=C时，我们往往也会采取另一种方法，即左右两边同除以C n +1, 重新构造数列，来求a n 。
【例5】设a 0为常数，且a n =3n -1-2a n -1（n ∈N ）， 证明：对任意n ≥1，a n =
*
n
1n
[3+(-1) ⋅2n ]+(-1) n ⋅2n ⋅a 0 5
1 5
解：证明：设a n -t ⋅3n =-2(a n -1-t ⋅3n -1) 用a n =3n -1-2a n -1代入可得t =
3n
∴ {a n -
5
}是公比为-2，首项为a 1-3的等比数列，
5
3n 3
=(1-2a 0-) ⋅(-2) n -1（n ∈N *）∴ a n -， 553n +(-1) n -1⋅2n
+(-1) n ⋅2n ⋅a 0 即：a n =
5
（2）、倒数法：一般地形如a n =
a n -1
、a n ⋅a n -1=a n -1-a n 等形式的递推数列可以用
ka n -1+b
倒数法将其变形为我们熟悉的形式来求通项公式。
a n -1
，求{a n }的通项公式。
3a n -1+1
13a n -1+11==3+ 解：原式两边取倒数得： a n a n -1a n -1
11
设b n =, 则b n -b n-1=3,且b 1=1 ∴{b n }是b 1=为首项，公差d=2的等差数列
a n 3
1
1) ⋅3=3n -即2a n = ∴b n =1+(n -
3n -2
【例6】. 已知数列{a n }满足：a 1=1, a n =
（3）、对数法：当数列a n 和a n-1的递推关系涉及到高次时，形如：a n = man-1（其中m 、p 、q 为常数）等，我们一般采用对数法，等式两边分别取对数，进行降次，再重新构造数列进行求解。
p
q
【例7】若数列{a n }中，a 1=3且a n +1=a n （n 是正整数），则它的通项公式是a n =▁▁▁
解 由题意知a n ＞0，将a n +1=a n 两边取对数得lg a n +1=2lg a n ，即
2
2
lg a n +1
=2，所lg a n
n -1
以数列{lga n }是以lg a 1=lg 3为首项，公比为2的等比数列，lg a n =lg a 1⋅2n -1=lg 32即a n =32
n -1
，
.
（4）、特征方程法
①、一般地对于形如已知a 1=m 1, a 2=m 2, a n+2=A an+1 +B an (A、B 是常数）的二阶递推数列，我们可以采取两种方法来求通项。 法一：可用特征方程的方法求解：
我们称方程：x 2-Ax-B=0为数列的特征方程 由已知a 1=m 1, a 2=m 2, 确定。
（ii ）当方程有唯一的实根p 时，有a n =(c 1⋅n +c 2) p n ，其中c 1与c 2由已知a 1=m 1, a 2=m 2, 确定。
法二：可构造成a n +2-x 1a n +1=x 2(a n +1-x 1a n ) ，则{a n +1-x 1a n }为等比数列，进而求通项公式，这种方法过程较为繁杂。
【例8】已知 a 1 =2， a 2 =3，a n +2=2a n +1-a n ，求通项公式。
解法一：特征方程的根为1，所以a n = (c 1 n+c 2) ×1n
（i ）当方程有两个相异的实根（或虚根）p 、q 时，有：a n =c 1⋅p n +c 2⋅q n ，其中c 1与c 2
由：⎨
⎧c 1+c 2=2
得c 1 = c 2 = 1，所以a n = n + 1。
⎩2c 1+c 2=3
解法二：设a n +2-x 1a n +1=x 2(a n +1-x 1a n ) ，可得x 1 = x 2 = 1，于是{a n+1－a n }是公比为1的等比数列，a n+1－a n = 1，所以a n = n + 1。
a ⋅a n +b
（a 、b 、c 、d 为常数）
c ⋅a n +d
ax +b
可得到相应的特征方程：x =，再将其变为cx 2+(d -a ) x -b =0，通过该方程的根
cx +d
②、一般地形如：a n +1=的情况来重新构造数列。
⎧a n -p ⎫a 1-p
（i ）如果方程cx +(d -a ) x -b =0有两个相异的实根，则有数列⎨为⎬是以
a -q a -q 1⎩n ⎭
a -cp 首项，为公比的等比数列；
a -cq
2
⎧1⎫1
（ii ）如果方程cx +(d -a ) x -b =0有两个相同的实根，则数列⎨为首⎬是以
a -p a -p 1⎩n ⎭
2
项，
2c
为公差的等差数列。 a +d
【例9】已知数列{a n }满足a 1=2, a n =解：其特征方程为x =
a n +1-1a -1
=c ⋅n
a n +1+1a n +1
a n -1+2
(n ≥2) ，求数列{a n }的通项a n ．
2a n -1+1
x +2
，化简得2x 2-2=0，解得x 1=1, x 2=-1，令2x +1
由a 1=2, 得a 2=
41，可得c =-， 53
⎧a n -1⎫1a 1-11
=为首项，以-为公比的等比数列，∴数列⎨⎬是以
3a 1+13⎩a n +1⎭a n -11⎛1⎫3n -(-1) n
． ∴=⋅ -⎪，∴a n =n
n
3+(-1) a n +13⎝3⎭
三 、当题中给出的是S n 和a n 的关系时，我们一般通过作差法结合a n = S n －S n －1 这个通用公式对原等式进行变形，消掉S n 得到a n 和a n+1的递推关系，或消掉a n 得到S n 和S n －1的递推关系，然后重新构造数列求通项公式。
【例10】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：a 1=a (a ≠0) ，a n +1=rS n (n ∈N *，
n -1
r ∈R , r ≠-1) ．求数列{a n }的通项公式；
解：（I ）由已知a n +1=rS n , 可得a n +2=rS n +1，两式相减可得 a n +2-a n +1=(r S ) , a n +2=(r +1) a n +1, n +1-S n =r a n +即1
又a 2=ra 1=ra , 所以r=0时，数列{a n }为：a ，0，„，0，„； 当r ≠0, r ≠-1时，由已知a ≠0, 所以a n ≠0（n ∈N ）， 于是由a n +2=(r +1) a n +1, 可得
*
a n +2
=r +1(n ∈N *) ， a n +1
∴a 2, a 3, , a n + 成等比数列，∴当n ≥2时，a n =r (r +1) n -2a .
n =1, ⎧a n
综上，数列{a n }的通项公式为a n =⎨ n -2
⎩r (r +1) a , n ≥2
【例11】已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和满足S n >1，且
6S n =(a n +1)(a n +2), n ∈N *求{a n }的通项公式；
解：由a 1=S 1=
1
(a 1+1)(a 1+2) ，解得a 1＝1或a 1＝2，由假设a 1＝S 1＞1，因此a 1＝2。
6
11
又由a n +1＝S n +1- Sn ＝(a n +1+1)(a n +1+2) =(a n +1)(a n +2) ，
66
得a n +1- an -3＝0或a n +1＝-a n
因a n ＞0，故a n +1＝-a n 不成立，舍去。
因此a n +1- a n -3＝0。从而｛a n ｝是公差为3，首项为2的等差数列，故｛a n ｝的通项为a n ＝3n -2。