比一比看谁表现最好！拼一拼力争人人过关！
启明中学高效课堂 高二 数学学科导学案
班级： 姓名： 日期: 课题： 求数列通项公式专题 小组：
编制人： 李鹏 审核人：
递推数列的题型多样，求递推数列的通项公式的方法也非常灵活，往往可以通过适当的策略将问题化归为等差数列或等比数列问题加以解决，因而求递推数列的通项公式问题成为了高考命题中颇受青睐的考查内容。下面我就试着给出一下球数列通项公示的方法，仔细辨析递推关系式的特征，准确选择恰当的方法，是迅速求出通项公式的关键。
1. 形如a n +1-a n =f (n ) 型
（1）若f(n)为常数, 即：a n +1-a n =d , 此时数列为等差数列，则a n =a 1+(n -1) d . （2）若f(n)为n 的函数时，用累加法. 方法如下： 由 a n +1-a n =f (n ) 得：
n ≥2时，a n -a n -1=f (n -1) ，
a n -1-a n -2=f (n -2) ， … … …
a 3-a 2=f (2) a 2-a 1=f (1)
所以各式相加得 a n -a 1=f (n -1) +f (n -2) + +f (2) +f (1) n -1
a =a (k )
即：
n 1+∑f k =1.
为了书写方便，也可用横式来写：
当n ≥2时，a n -a n -1=f (n -1) ，
∴a n =(a n -a n -1) +(a n -1-a n -2) + +(a 2-a 1) +a 1
=f (n -1) +f (n -2) + +f (2) +f (1) +a 1.
例 1. 已知数列｛an ｝满足a 1
=1, a n -1
n =3+a n -1(n ≥2) , 证明
a =
3n -1n 2 证明：由已知得：
a n -n -a n -1=31
, 故 a n =(a n -a n -1) +(a n -1-a n -2) + +(a 2-a 1) +a 1n n -1
=
3
+3
n -2
+ +3+1=3-12. 3n -1 ∴a n =
2.
例2. 已知数列{a }的首项为1，且a *
n n +1=a n +2n (n ∈N ) 写出数列{a
n }的通项公式. 答案：
n 2-n +1
a 例3. 已知数列{a n =a n -1+
1
n }满足a 1=3，
n (n -1) (n ≥2)
，求此数列的通项公式. 答案：
a 1
n =2-
n
评注：已知a 1=a , a n +1-a n =f (n ) ，其中f(n)可以是关于n 的一次函数、二次函数、指数函数、分式函数，求通项a n .
①若f(n)是关于n 的一次函数，累加后可转化为等差数列求和; ②若f(n)是关于n 的二次函数，累加后可分组求和;
③若f(n)是关于n 的指数函数，累加后可转化为等比数列求和;
④若f(n)是关于n 的分式函数，累加后可裂项求和。
S =1(a n n n 例4. 已知数列{a n }中, a n >0且
2+a )
n , 求数列{a n }的通项公式. S 1n =
解:由已知
2(a n 1n n +a ) S n =(S n -S n -1+S ) n 得2S n -n -1,
化简有S 22
n -S n -1=n , 由类型(1)有
S 2n =S 21+2+3+ +n , 2n (n +1) 又S 得S 2
n (n +1) 1=a 1a 1=1, 所以n =2, 又a , s n >0n =2, 则
a ) -2n (n -1)
n =
2n (n +12
a n +1
=f (n ) 2. 形如a n 型
a n +1
=q
（1）当f(n)为常数，即：a n （其中q 是不为0的常数），此时数列为等比数列，a n =a n -11⋅q .
（2）当f(n)为n 的函数时, 用累乘法.
a n +1=f (n ) a n
=f (n -1)
由a n 得 n ≥2时，a n -1，
a =
a n a n -1a
∴
n a ⋅⋅ ⋅2⋅a 1
n -1a n -2a 1
=f(n)f(n-1) ⋅f (1) ⋅a 1.
例1. 设{a n }是首项为1的正项数列，且(n +1)a 2n +1-na 2
n +a n +1a n =0（n =1，2， 3，…），
则它的通项公式是a n =________.
解：已知等式可化为：(a n +1+a n ) [(n +1) a n +1-na n ]=0
a n +1 a n >0(n ∈N *
) ∴(n+1)a n +1
-na 0=
n
n =, 即a n n +1
a n =
n -1
∴n ≥2时，a n -1
n a a n n =
⋅a n -1⋅ ⋅a
2⋅a 1n -1⋅n -2∴a ⋅ 1⋅11n -1a n -2a 1=n
n -12=n . 评注：本题是关于a n 和a n +1的二次齐次式，可以通过因式分解（一般情况时用求根公式）得到a n 与a n +1的更为明显的关系式，从而求出a n . 3. 形如a n +1+a n =f (n ) 型
（1）若a n +1+a n =d （d 为常数），则数列{a n }为“等和数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论;
（2）若f(n)为n 的函数（非常数）时，可通过构造转化为a n +1-a n =f (n ) 型，通过累加来求出通项; 或用逐差法(两式相减) 得a n +1-a n -1=f (n ) -f (n -1) ，，分奇偶项来分求通项.
例1. 数列{a n }满足a 1=0, a n +1+a n =2n , 求数列{an}的通项公式. 分析 1：构造 转化为a n +1-a n =f (n ) 型
解法1：令
b n =(-1) n
a n 则
b n +1-b n =(-1) n +1a n +1-(-1) n a n =(-1) n +1(a n +1
n +1+a n ) =(-1) ⋅2n . ⎧⎪b n -b n -1=(-1) n ⋅2(n -1)
⎪⎪b n -1
n -1-b n -2=(-1) ⋅2(n -2) ⎨
⎪⎪b 2
-b 1=(-1) 2⋅2⨯1
n ≥2时, ⎪
⎩b 1=-a 1=0
各式相加:
b n =2[(-1) n (n -1) +(-1) n -1(n -2) + +(-1) 3⋅2+(-1) 2
⋅1]
b ⎡
当n 为偶数时，⎢⎣(n -1) +(-1) ⋅n -2⎤n =22⎥⎦=n .
此时a n =b n =n
当n 为奇数时，
b 1
n =2(-
n -2) =-n +1
此时b n =-a n , 所以a n =n -1. a ⎧n -1, n 为奇数,
n =⎨
故
⎩n , n 为偶数.
解法2： a n +1+a n =2n
∴n ≥2时，a n +a n -1=2(n -1) ，
两式相减得：a n +1-a n -1=2.
∴a 1, a 3, a 5, , 构成以a 1, 为首项，以2为公差的等差数列;
a 2, a 4, a 6, , 构成以a 2, 为首项，以2为公差的等差数列
∴a 2k -1=a 1+(k -1) d =2k -2 a 2k =a 2+(k -1) d =2k . a ⎧n -1, n 为奇数, n =⎨
∴
⎩n , n 为偶数. 评注：结果要还原成n 的表达式. 例2. 已知数列{an}的前n 项和Sn 满足 S n －S n －2=3
(-
12) n -1(n ≥3), 且S =1, S 3
12=-2
, 求数列{an}的通项公式. 解：方法一：
因为
S -S a 3⋅(-1
n n -2=a n +n -1所以a n +a n -1=2) n -1(n ≥3),
以下同例1，略
⎧1n -1a =⎪⎪4-3⋅() , n 为奇数, ⎨
2n ⎪-4+3⋅(1) n -1, n 答案 ⎪⎩2为偶数.
4. 形如a n +1⋅a n =f (n ) 型
（1）若a n +1⋅a n =p (p为常数) ，则数列{a n }为“等积数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论;
（2）若f(n)为n 的函数（非常数）时，可通过逐差法得a n ⋅a n -1=f (n -1) ，两式相除后，分奇偶项来分求通项.
例1. 已知数列{a a (1
n }满足1=3, a n ⋅a n +1=2) n , (n ∈N *)
, 求此数列的通项公式.
注：同上例类似，略.
5．形如a n +1=ca n +d , (c ≠0, 其中a 1=a ) 型 （1）若c=1时，数列{a n }为等差数列;
（2）若d=0时，数列{a n }为等比数列;
（3）若c ≠1且d≠0时，数列{a n }为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求.
方法如下：设a n +1+λ=c (a n +λ) ,
得a n +1=ca n +(c -1) λ, 与题设a n +1=ca n +d , 比较系数得
(c -1) λ=d , 所以λ=d c -1, (c ≠0)
所以有：a d d n +c -1=c (a n -1+c -1)
⎧因此数列⎨⎩a d ⎫n +c -1⎬
⎭构成以a +d
1c -1为首项，以c 为公比的等比数列， 所以 a d 1=(a d n +1+c -1) ⋅c n -1
c -
d 即：
a n =(a 1+
c -1) ⋅c n -1-d
c -1.
规律：将递推关系a a n +1=ca n +d 化为n +1+
d c -1=c (a d
n +c -1)
, 构造成公比为c 的等比数列{a d d d
n +1从而求得通项公式a -1c -n +1=1-c +c n (a 1+c -1)
有时我们从递推关系a n +1=ca n +d 中把n 换成n-1有a n =ca n -1+d , 两式相减有
a n +1-a n =c (a n -a n -1) 从而化为公比为c 的等比数列{a n +1-a n }, 进而求得通项公式.
a n +1-a n =c n (a 2-a 1) , 再利用类型(1)即可求得通项公式. 我们看到此方法比较复杂. 例1．已知数列{a a n }中，
1=2, a n +1=
12a 1
n +2, 求通项a n .
d
分析：两边直接加上c -1, 构造新的等比数列。
解：由a 111
n +1=2a n +2, 得a n +1-1=2(a n -1)
,
1
所以数列{a n -1}构成以a 1-1=1为首项，以2为公比的等比数列
a 11 a 1
1所以n -1=(2) n -, 即 n =(2) n -+1
. 方法二：由 a n +1=ca n +d ,
∴n ≥2时，a n =ca n -1+d , 两式相减得 a n +1-a n =c (a n -a n -1) a n +1-a n
=c
∴a n -a n -1,
数列{a n -a n -1}是以a 2-a 1=(c -1) a 1+d 为首项，以c 为公比的等比数列. a n -2n -a n -1=(a 2-a 1) ⋅c ⎫
a -3⎪
n -1-a n -2=(a 2-a 1) ⋅c n ⎪
⎪
⎬
a 3-a 2=(a 2-a 1) ⋅c
⎪∴
a -a ⎪
21=a 2-a 1⎪
⎭⇒a n -a 1=(a 2-a 1)(1+c + +c n -2) =(
a 1-c n -1
2-a 1) ⋅
1-c ∴a +d d n =(a c -1) c n -1-c -1.
方法三：迭代法
由 递推式a n +1=ca n +d ,
直接迭代得
a n =ca n -1+d =c (ca n -2+d ) +d =c 2
a n -2+d (c +1) =c 3a 2n -12n -2
n -3+d (1+c +c ) = =
c a 1+d (1+c +c + +c ) =
(a +
d c -1) c n -1-d
c -1.
6. 形如a n +1=pa n +f (n ) 型
.(1)若f (n ) =kn +b (其中k,b 是常数，且k ≠0) 方法：相减法
在数列{a n }中，a 1=1, a n +1=3a n +2n , 求通项a n . 解： ，a n +1=3a n +2n , ① ∴n ≥2时，a n =3a n -1+2(n -1) ，
两式相减得
a n +1-a n =3(a n -a n -1) +2. 令b n =a n +1-a n , 则b n =3b n -1+2
利用类型5的方法知
b n =5⋅3n -1
+2 即
a n +1-a n =5⋅3n -1
-1 ② a =5⋅3n -11再由累加法可得
n 2-n -
2. a 5n -11亦可联立 ① ②解出
n =2⋅3-n -
2. 例2. 在数列{a a 3
1=, 2a n -a n -1=6n n }中，2-3
, 求通项a n .
解：原递推式可化为2(a n +xn +y ) =a n -1+x (n -1) ++y
比较系数可得：x=-6,y=9,上式即为2b n =b n -1 所以{b b n }是一个等比数列，首项
1=a 1-6n +9=
91
2, 公比为2. ∴b 911n =() n -1 即：
a n -6n +9=9⋅() n
222 故a 1
n =9⋅(2) n +6n -9
.
(2)若f (n ) =q n
(其中q 是常数，且n ≠0,1)
①若p=1时，即：a n +1=a n +q n
，累加即可.
②若p ≠1时，即：a n n +1=p ⋅a n +q ，
求通项方法有以下三种方向：i. 两边同除以p n +1
.
a n +1
n +=
a n 1p ⋅(p n n q ) b n =b 1p
n +1-b n =⋅() n 即：
p 1
q n
+
a , 令p n
，则
p q , 然后类型1，累加求通项.
a n +1
=
p ii. 两边同除以q n +1
. 即： q
n +1q ⋅a n q n +1
q ,
b a n p 1
n =b =⋅b +令q n
n +1, 则可化为
q n q . 然后转化为类型5来解， iii. 待定系数法：
设
a n +1+λ⋅q n +1=p (a n +λ⋅p n
) . 通过比较系数，求出λ，转化为等比数列求通项. 例1. 设a 0为常数，且
a n =3n -1
-2a n -1(n ∈N ) ． a 1
n n 证明对任意n ≥1，n =5[3+(-1) n -1⋅2n ]+(-1) n ⋅2a 0
；
a n
a n -11⋅(-3
证法1：两边同除以（-2）n
=
, 得
(-2) n
(-2) n -1
+
) n 32
b a n =n 13令
(-2) n , 则b n -b n -1=3⋅(-2) n ∴b n =(b n -b n -1) +(b n -1-b n -2) + +(b 2-b 1) +b 11 ⎡(-3) n +(-3) n -1+ +(-3) 2⎤a 1
=3⎢⎣2
22⎥⎦+-2 1(-3) 2[1-(-3) n -1]13⋅-(1-2a =1-(-320)
2)
= =15[(-3
2) n -1]+a 0
1[3n
+(-1) n -1∴a 2) n
⋅2n ]+(-1) n ⋅2n a n =(-b n = =50.
a n
=
1证法2：由a n =3n -1-2a n -1(n ∈N ) 得 3n
3-23⋅a n -13n -1. b =a n 21121设
n 3n ，则b n =-3b n -1+3. 即：b n -5=-3(b n -1
-5) , ⎧1⎫所以⎨⎩b n -5⎬
⎭是以b 1212
1-5=3(5-a 0) 为首项，-3为公比的等比数列. b -1=2(1-a 2n -112则n 350)(-3) =(5-a 0)(-1) n -1(3) n
5, a n
=b 1n -1即：3
n
n =(5-a 0)(-1) 1(23) n +5, 故 a 1
n =5[3n +(-1) n -1⋅2n ]+(-1) n ⋅2n a 0
.
评注：本题的关键是两边同除以3n
，进而转化为类型5，构造出新的等比数列，从而将求一般数列的通项问题转化为求等比数列的通项问题. 证法3：用待定系数法
设a n +λ⋅3n =-2(a n -1+λ⋅3n -1) , 即:a n =-2a n -1-5λ⋅3n -1
, 1
比较系数得：-5λ=1, 所以 λ=
-
5 所以a 11n -5⋅3n =-2(a n -1-5⋅3n -1)
,
⎧3n ⎨a ⎫3所以数列⎩
n -5⎬⎭是公比为－2，首项为a 1-5的等比数列.
∴a 3n 3
-155(n ∈N ).
即 a 1-1n -=(1-2a 0-)(-2) n n =5[3n +(-1) n ⋅2n ]+(-1) n ⋅2n a 0.
a pa n +q
n +1=7. 形如
ra n +s 型
a n =
pa n -1
（1）p , r , s ≠0, q =0即
ra n -1+s 取倒数法.
a a n -1
n =
(n ≥例1. 已知数列{a n }中，a 1=2，
2a 12)
n -1+，求通项公式a n 。
1=1+2⇔11解：取倒数：a n a n -1a -=2
n a n -1
∴
1a =1+(n -1) ⋅2=2n -3
n a 12
∴a 2
n =
4n -3.
8. 形如a n +1=pa n +qa n -1(其中p,q 为常数) 型 （1）当p+q=1时 用转化法
例1. 数列{a n }中，若a 1=8, a 2=2, 且满足a n +2-4a n +1+3a n =0, 求a n . 解：把a n +2-4a n +1+3a n =0变形为a n +2-a n +1=3(a n +1-a n ) . 则数列{a n +1-a n }是以a 2-a 1=-6为首项，3为公比的等比数列，则 a n +1-a n =-6⋅3n -1 利用类型6的方法可得 a n =11-3n .
（2）当
p 2+4q ≥0时 用待定系数法. 例2. 已知数列{a n }满足a n +2-5a n +1+6a n =0，且a 1=1, a 2=5, 且满足, 求a n .
解：令a n +2-xa n +1=y (a n +1-xa n ) , 即a n +2-(x +y ) a n +1+xya n =0, 与已知
⎧x +y =5⎧a n +2-5a n +1
+6a ⎨⎩xy =6⎨x =2⎧⎨
x =3n =0比较，则有, 故⎩y =3或⎩y =2
⎧⎨
x =2
下面我们取其中一组⎩y =3来运算，即有a n +2-2a n +1=3(a n +1-2a n ) , 则数列{a n +1-2a n }是以a 2-2a 1=3为首项，3为公比的等比数列，故 a n +1-2a n =3⋅3n -1=3n , 即a n +1=2a n +3n , 利用类型 的方法，可得
a n =3n -2n .
评注：形如a n +2=aa n +1+ba n 的递推数列, 我们通常采用两次类型(5)的方法来求解, 但这
种方法比较复杂, 我们采用特征根的方法:设方程(x -a ) x =b 的二根为α, β, 设
a n =p ⋅αn +q ⋅βn , 再利用a 1, a 2的值求得p,q 的值即可.
附加：已知前n 项和的解析式或者前n 项和与a n 的关系式求通项公式的题型也要引起大家的注意，这个问题留给大家研究。
（5）
数列求和的常用方法
1. 公式法:适用于等差、等比数列或可转化为等差、等比数列的数列。 2. 裂项相消法:适用于⎨⎧
c ⎫
a ⎬其中{ a n }是各项不为0的等差数列，c 为常数；部分无理数
⎩n a n +1⎭
列、含阶乘的数列等。
3. 错位相减法:适用于{a n b n }其中{ a n }是等差数列，{b n }是各项不为0的等比数列。 4. 倒序相加法: 类似于等差数列前n 项和公式的推导方法.
5. 常用结论
1）: 1+2+3+...+n = n (n +1)
2
2） 1+3+5+...+(2n-1) =n 2
3）13+23+ +n 3=⎢⎡1⎤
2
⎣2n (n +1) ⎥⎦
4） 12
+22
+32
+ +n 2
=
1
6
n (n +1)(2n +1) 5）
1n (n +1) =1n -11n +1
n (n +2) =12(1n -1
n +2) 6）
1pq =1q -p (1p -1q ) (p
一．选择题
1.1+(1+2)+(1+2++22)+……(1+2+22+……+210) 的值是( ) A.211-11 B.211-13 C.212-13 D.213-11
2数列{a b a +a n =12+ +a n
n }的通项为a n =2n +1, 则由n
所确定数列{b n }的前n 项和是
（ ）
A 、n(n+2) B、111
2n (n +4) c、2n (n +5) D、2
n (n +7)
3数列111+2, 11+2+3, 11+2+3+4, , 11+2+3+ +n
的前n 项和为（ ） （6页） A、
2n 2n n +2n
2n +1 B、n +1 C、n +1 D、2n +1
4正整数数列中，前50个偶数的平方和与50个奇数的平方和的差是（ ）
A 、0 B、5050 C 、2525 D 、-5050
5数列1⨯12, 2⨯14, 3⨯11
8, 4⨯16, , 的前n 项和为（ ）
A ．2-1n 1n 2n -2n +1 B、2-2n -1-2n
C 、12(n 2+n +2) -1112n D、2(n +1) n +1-2
n +1
二．填空题
6数列{a 1n }的通项为a n =
n +n +1
, 若前n 项和为10，则项数n 为
7（07福建理2）数列{a =
1
n }的前n 项和为S n ，若a n n (n +1)
, 则S 5等于
三．解答题
3. （07全国1文21）设{a n }是等差数列，（b n ） 各项都为正数的等比数列， 且a 1=b1=1,a3+b5=21,a5+b3=13 (I)求{a n }，（b n ）的通项公式； （II ）求数列｛
a n
b ｝的前n 项和S n
比一比看谁表现最好！拼一拼力争人人过关！
启明中学高效课堂 高二 数学学科导学案
班级： 姓名： 日期: 课题： 求数列通项公式专题 小组：
编制人： 李鹏 审核人：
递推数列的题型多样，求递推数列的通项公式的方法也非常灵活，往往可以通过适当的策略将问题化归为等差数列或等比数列问题加以解决，因而求递推数列的通项公式问题成为了高考命题中颇受青睐的考查内容。下面我就试着给出一下球数列通项公示的方法，仔细辨析递推关系式的特征，准确选择恰当的方法，是迅速求出通项公式的关键。
1. 形如a n +1-a n =f (n ) 型
（1）若f(n)为常数, 即：a n +1-a n =d , 此时数列为等差数列，则a n =a 1+(n -1) d . （2）若f(n)为n 的函数时，用累加法. 方法如下： 由 a n +1-a n =f (n ) 得：
n ≥2时，a n -a n -1=f (n -1) ，
a n -1-a n -2=f (n -2) ， … … …
a 3-a 2=f (2) a 2-a 1=f (1)
所以各式相加得 a n -a 1=f (n -1) +f (n -2) + +f (2) +f (1) n -1
a =a (k )
即：
n 1+∑f k =1.
为了书写方便，也可用横式来写：
当n ≥2时，a n -a n -1=f (n -1) ，
∴a n =(a n -a n -1) +(a n -1-a n -2) + +(a 2-a 1) +a 1
=f (n -1) +f (n -2) + +f (2) +f (1) +a 1.
例 1. 已知数列｛an ｝满足a 1
=1, a n -1
n =3+a n -1(n ≥2) , 证明
a =
3n -1n 2 证明：由已知得：
a n -n -a n -1=31
, 故 a n =(a n -a n -1) +(a n -1-a n -2) + +(a 2-a 1) +a 1n n -1
=
3
+3
n -2
+ +3+1=3-12. 3n -1 ∴a n =
2.
例2. 已知数列{a }的首项为1，且a *
n n +1=a n +2n (n ∈N ) 写出数列{a
n }的通项公式. 答案：
n 2-n +1
a 例3. 已知数列{a n =a n -1+
1
n }满足a 1=3，
n (n -1) (n ≥2)
，求此数列的通项公式. 答案：
a 1
n =2-
n
评注：已知a 1=a , a n +1-a n =f (n ) ，其中f(n)可以是关于n 的一次函数、二次函数、指数函数、分式函数，求通项a n .
①若f(n)是关于n 的一次函数，累加后可转化为等差数列求和; ②若f(n)是关于n 的二次函数，累加后可分组求和;
③若f(n)是关于n 的指数函数，累加后可转化为等比数列求和;
④若f(n)是关于n 的分式函数，累加后可裂项求和。
S =1(a n n n 例4. 已知数列{a n }中, a n >0且
2+a )
n , 求数列{a n }的通项公式. S 1n =
解:由已知
2(a n 1n n +a ) S n =(S n -S n -1+S ) n 得2S n -n -1,
化简有S 22
n -S n -1=n , 由类型(1)有
S 2n =S 21+2+3+ +n , 2n (n +1) 又S 得S 2
n (n +1) 1=a 1a 1=1, 所以n =2, 又a , s n >0n =2, 则
a ) -2n (n -1)
n =
2n (n +12
a n +1
=f (n ) 2. 形如a n 型
a n +1
=q
（1）当f(n)为常数，即：a n （其中q 是不为0的常数），此时数列为等比数列，a n =a n -11⋅q .
（2）当f(n)为n 的函数时, 用累乘法.
a n +1=f (n ) a n
=f (n -1)
由a n 得 n ≥2时，a n -1，
a =
a n a n -1a
∴
n a ⋅⋅ ⋅2⋅a 1
n -1a n -2a 1
=f(n)f(n-1) ⋅f (1) ⋅a 1.
例1. 设{a n }是首项为1的正项数列，且(n +1)a 2n +1-na 2
n +a n +1a n =0（n =1，2， 3，…），
则它的通项公式是a n =________.
解：已知等式可化为：(a n +1+a n ) [(n +1) a n +1-na n ]=0
a n +1 a n >0(n ∈N *
) ∴(n+1)a n +1
-na 0=
n
n =, 即a n n +1
a n =
n -1
∴n ≥2时，a n -1
n a a n n =
⋅a n -1⋅ ⋅a
2⋅a 1n -1⋅n -2∴a ⋅ 1⋅11n -1a n -2a 1=n
n -12=n . 评注：本题是关于a n 和a n +1的二次齐次式，可以通过因式分解（一般情况时用求根公式）得到a n 与a n +1的更为明显的关系式，从而求出a n . 3. 形如a n +1+a n =f (n ) 型
（1）若a n +1+a n =d （d 为常数），则数列{a n }为“等和数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论;
（2）若f(n)为n 的函数（非常数）时，可通过构造转化为a n +1-a n =f (n ) 型，通过累加来求出通项; 或用逐差法(两式相减) 得a n +1-a n -1=f (n ) -f (n -1) ，，分奇偶项来分求通项.
例1. 数列{a n }满足a 1=0, a n +1+a n =2n , 求数列{an}的通项公式. 分析 1：构造 转化为a n +1-a n =f (n ) 型
解法1：令
b n =(-1) n
a n 则
b n +1-b n =(-1) n +1a n +1-(-1) n a n =(-1) n +1(a n +1
n +1+a n ) =(-1) ⋅2n . ⎧⎪b n -b n -1=(-1) n ⋅2(n -1)
⎪⎪b n -1
n -1-b n -2=(-1) ⋅2(n -2) ⎨
⎪⎪b 2
-b 1=(-1) 2⋅2⨯1
n ≥2时, ⎪
⎩b 1=-a 1=0
各式相加:
b n =2[(-1) n (n -1) +(-1) n -1(n -2) + +(-1) 3⋅2+(-1) 2
⋅1]
b ⎡
当n 为偶数时，⎢⎣(n -1) +(-1) ⋅n -2⎤n =22⎥⎦=n .
此时a n =b n =n
当n 为奇数时，
b 1
n =2(-
n -2) =-n +1
此时b n =-a n , 所以a n =n -1. a ⎧n -1, n 为奇数,
n =⎨
故
⎩n , n 为偶数.
解法2： a n +1+a n =2n
∴n ≥2时，a n +a n -1=2(n -1) ，
两式相减得：a n +1-a n -1=2.
∴a 1, a 3, a 5, , 构成以a 1, 为首项，以2为公差的等差数列;
a 2, a 4, a 6, , 构成以a 2, 为首项，以2为公差的等差数列
∴a 2k -1=a 1+(k -1) d =2k -2 a 2k =a 2+(k -1) d =2k . a ⎧n -1, n 为奇数, n =⎨
∴
⎩n , n 为偶数. 评注：结果要还原成n 的表达式. 例2. 已知数列{an}的前n 项和Sn 满足 S n －S n －2=3
(-
12) n -1(n ≥3), 且S =1, S 3
12=-2
, 求数列{an}的通项公式. 解：方法一：
因为
S -S a 3⋅(-1
n n -2=a n +n -1所以a n +a n -1=2) n -1(n ≥3),
以下同例1，略
⎧1n -1a =⎪⎪4-3⋅() , n 为奇数, ⎨
2n ⎪-4+3⋅(1) n -1, n 答案 ⎪⎩2为偶数.
4. 形如a n +1⋅a n =f (n ) 型
（1）若a n +1⋅a n =p (p为常数) ，则数列{a n }为“等积数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论;
（2）若f(n)为n 的函数（非常数）时，可通过逐差法得a n ⋅a n -1=f (n -1) ，两式相除后，分奇偶项来分求通项.
例1. 已知数列{a a (1
n }满足1=3, a n ⋅a n +1=2) n , (n ∈N *)
, 求此数列的通项公式.
注：同上例类似，略.
5．形如a n +1=ca n +d , (c ≠0, 其中a 1=a ) 型 （1）若c=1时，数列{a n }为等差数列;
（2）若d=0时，数列{a n }为等比数列;
（3）若c ≠1且d≠0时，数列{a n }为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求.
方法如下：设a n +1+λ=c (a n +λ) ,
得a n +1=ca n +(c -1) λ, 与题设a n +1=ca n +d , 比较系数得
(c -1) λ=d , 所以λ=d c -1, (c ≠0)
所以有：a d d n +c -1=c (a n -1+c -1)
⎧因此数列⎨⎩a d ⎫n +c -1⎬
⎭构成以a +d
1c -1为首项，以c 为公比的等比数列， 所以 a d 1=(a d n +1+c -1) ⋅c n -1
c -
d 即：
a n =(a 1+
c -1) ⋅c n -1-d
c -1.
规律：将递推关系a a n +1=ca n +d 化为n +1+
d c -1=c (a d
n +c -1)
, 构造成公比为c 的等比数列{a d d d
n +1从而求得通项公式a -1c -n +1=1-c +c n (a 1+c -1)
有时我们从递推关系a n +1=ca n +d 中把n 换成n-1有a n =ca n -1+d , 两式相减有
a n +1-a n =c (a n -a n -1) 从而化为公比为c 的等比数列{a n +1-a n }, 进而求得通项公式.
a n +1-a n =c n (a 2-a 1) , 再利用类型(1)即可求得通项公式. 我们看到此方法比较复杂. 例1．已知数列{a a n }中，
1=2, a n +1=
12a 1
n +2, 求通项a n .
d
分析：两边直接加上c -1, 构造新的等比数列。
解：由a 111
n +1=2a n +2, 得a n +1-1=2(a n -1)
,
1
所以数列{a n -1}构成以a 1-1=1为首项，以2为公比的等比数列
a 11 a 1
1所以n -1=(2) n -, 即 n =(2) n -+1
. 方法二：由 a n +1=ca n +d ,
∴n ≥2时，a n =ca n -1+d , 两式相减得 a n +1-a n =c (a n -a n -1) a n +1-a n
=c
∴a n -a n -1,
数列{a n -a n -1}是以a 2-a 1=(c -1) a 1+d 为首项，以c 为公比的等比数列. a n -2n -a n -1=(a 2-a 1) ⋅c ⎫
a -3⎪
n -1-a n -2=(a 2-a 1) ⋅c n ⎪
⎪
⎬
a 3-a 2=(a 2-a 1) ⋅c
⎪∴
a -a ⎪
21=a 2-a 1⎪
⎭⇒a n -a 1=(a 2-a 1)(1+c + +c n -2) =(
a 1-c n -1
2-a 1) ⋅
1-c ∴a +d d n =(a c -1) c n -1-c -1.
方法三：迭代法
由 递推式a n +1=ca n +d ,
直接迭代得
a n =ca n -1+d =c (ca n -2+d ) +d =c 2
a n -2+d (c +1) =c 3a 2n -12n -2
n -3+d (1+c +c ) = =
c a 1+d (1+c +c + +c ) =
(a +
d c -1) c n -1-d
c -1.
6. 形如a n +1=pa n +f (n ) 型
.(1)若f (n ) =kn +b (其中k,b 是常数，且k ≠0) 方法：相减法
在数列{a n }中，a 1=1, a n +1=3a n +2n , 求通项a n . 解： ，a n +1=3a n +2n , ① ∴n ≥2时，a n =3a n -1+2(n -1) ，
两式相减得
a n +1-a n =3(a n -a n -1) +2. 令b n =a n +1-a n , 则b n =3b n -1+2
利用类型5的方法知
b n =5⋅3n -1
+2 即
a n +1-a n =5⋅3n -1
-1 ② a =5⋅3n -11再由累加法可得
n 2-n -
2. a 5n -11亦可联立 ① ②解出
n =2⋅3-n -
2. 例2. 在数列{a a 3
1=, 2a n -a n -1=6n n }中，2-3
, 求通项a n .
解：原递推式可化为2(a n +xn +y ) =a n -1+x (n -1) ++y
比较系数可得：x=-6,y=9,上式即为2b n =b n -1 所以{b b n }是一个等比数列，首项
1=a 1-6n +9=
91
2, 公比为2. ∴b 911n =() n -1 即：
a n -6n +9=9⋅() n
222 故a 1
n =9⋅(2) n +6n -9
.
(2)若f (n ) =q n
(其中q 是常数，且n ≠0,1)
①若p=1时，即：a n +1=a n +q n
，累加即可.
②若p ≠1时，即：a n n +1=p ⋅a n +q ，
求通项方法有以下三种方向：i. 两边同除以p n +1
.
a n +1
n +=
a n 1p ⋅(p n n q ) b n =b 1p
n +1-b n =⋅() n 即：
p 1
q n
+
a , 令p n
，则
p q , 然后类型1，累加求通项.
a n +1
=
p ii. 两边同除以q n +1
. 即： q
n +1q ⋅a n q n +1
q ,
b a n p 1
n =b =⋅b +令q n
n +1, 则可化为
q n q . 然后转化为类型5来解， iii. 待定系数法：
设
a n +1+λ⋅q n +1=p (a n +λ⋅p n
) . 通过比较系数，求出λ，转化为等比数列求通项. 例1. 设a 0为常数，且
a n =3n -1
-2a n -1(n ∈N ) ． a 1
n n 证明对任意n ≥1，n =5[3+(-1) n -1⋅2n ]+(-1) n ⋅2a 0
；
a n
a n -11⋅(-3
证法1：两边同除以（-2）n
=
, 得
(-2) n
(-2) n -1
+
) n 32
b a n =n 13令
(-2) n , 则b n -b n -1=3⋅(-2) n ∴b n =(b n -b n -1) +(b n -1-b n -2) + +(b 2-b 1) +b 11 ⎡(-3) n +(-3) n -1+ +(-3) 2⎤a 1
=3⎢⎣2
22⎥⎦+-2 1(-3) 2[1-(-3) n -1]13⋅-(1-2a =1-(-320)
2)
= =15[(-3
2) n -1]+a 0
1[3n
+(-1) n -1∴a 2) n
⋅2n ]+(-1) n ⋅2n a n =(-b n = =50.
a n
=
1证法2：由a n =3n -1-2a n -1(n ∈N ) 得 3n
3-23⋅a n -13n -1. b =a n 21121设
n 3n ，则b n =-3b n -1+3. 即：b n -5=-3(b n -1
-5) , ⎧1⎫所以⎨⎩b n -5⎬
⎭是以b 1212
1-5=3(5-a 0) 为首项，-3为公比的等比数列. b -1=2(1-a 2n -112则n 350)(-3) =(5-a 0)(-1) n -1(3) n
5, a n
=b 1n -1即：3
n
n =(5-a 0)(-1) 1(23) n +5, 故 a 1
n =5[3n +(-1) n -1⋅2n ]+(-1) n ⋅2n a 0
.
评注：本题的关键是两边同除以3n
，进而转化为类型5，构造出新的等比数列，从而将求一般数列的通项问题转化为求等比数列的通项问题. 证法3：用待定系数法
设a n +λ⋅3n =-2(a n -1+λ⋅3n -1) , 即:a n =-2a n -1-5λ⋅3n -1
, 1
比较系数得：-5λ=1, 所以 λ=
-
5 所以a 11n -5⋅3n =-2(a n -1-5⋅3n -1)
,
⎧3n ⎨a ⎫3所以数列⎩
n -5⎬⎭是公比为－2，首项为a 1-5的等比数列.
∴a 3n 3
-155(n ∈N ).
即 a 1-1n -=(1-2a 0-)(-2) n n =5[3n +(-1) n ⋅2n ]+(-1) n ⋅2n a 0.
a pa n +q
n +1=7. 形如
ra n +s 型
a n =
pa n -1
（1）p , r , s ≠0, q =0即
ra n -1+s 取倒数法.
a a n -1
n =
(n ≥例1. 已知数列{a n }中，a 1=2，
2a 12)
n -1+，求通项公式a n 。
1=1+2⇔11解：取倒数：a n a n -1a -=2
n a n -1
∴
1a =1+(n -1) ⋅2=2n -3
n a 12
∴a 2
n =
4n -3.
8. 形如a n +1=pa n +qa n -1(其中p,q 为常数) 型 （1）当p+q=1时 用转化法
例1. 数列{a n }中，若a 1=8, a 2=2, 且满足a n +2-4a n +1+3a n =0, 求a n . 解：把a n +2-4a n +1+3a n =0变形为a n +2-a n +1=3(a n +1-a n ) . 则数列{a n +1-a n }是以a 2-a 1=-6为首项，3为公比的等比数列，则 a n +1-a n =-6⋅3n -1 利用类型6的方法可得 a n =11-3n .
（2）当
p 2+4q ≥0时 用待定系数法. 例2. 已知数列{a n }满足a n +2-5a n +1+6a n =0，且a 1=1, a 2=5, 且满足, 求a n .
解：令a n +2-xa n +1=y (a n +1-xa n ) , 即a n +2-(x +y ) a n +1+xya n =0, 与已知
⎧x +y =5⎧a n +2-5a n +1
+6a ⎨⎩xy =6⎨x =2⎧⎨
x =3n =0比较，则有, 故⎩y =3或⎩y =2
⎧⎨
x =2
下面我们取其中一组⎩y =3来运算，即有a n +2-2a n +1=3(a n +1-2a n ) , 则数列{a n +1-2a n }是以a 2-2a 1=3为首项，3为公比的等比数列，故 a n +1-2a n =3⋅3n -1=3n , 即a n +1=2a n +3n , 利用类型 的方法，可得
a n =3n -2n .
评注：形如a n +2=aa n +1+ba n 的递推数列, 我们通常采用两次类型(5)的方法来求解, 但这
种方法比较复杂, 我们采用特征根的方法:设方程(x -a ) x =b 的二根为α, β, 设
a n =p ⋅αn +q ⋅βn , 再利用a 1, a 2的值求得p,q 的值即可.
附加：已知前n 项和的解析式或者前n 项和与a n 的关系式求通项公式的题型也要引起大家的注意，这个问题留给大家研究。
（5）
数列求和的常用方法
1. 公式法:适用于等差、等比数列或可转化为等差、等比数列的数列。 2. 裂项相消法:适用于⎨⎧
c ⎫
a ⎬其中{ a n }是各项不为0的等差数列，c 为常数；部分无理数
⎩n a n +1⎭
列、含阶乘的数列等。
3. 错位相减法:适用于{a n b n }其中{ a n }是等差数列，{b n }是各项不为0的等比数列。 4. 倒序相加法: 类似于等差数列前n 项和公式的推导方法.
5. 常用结论
1）: 1+2+3+...+n = n (n +1)
2
2） 1+3+5+...+(2n-1) =n 2
3）13+23+ +n 3=⎢⎡1⎤
2
⎣2n (n +1) ⎥⎦
4） 12
+22
+32
+ +n 2
=
1
6
n (n +1)(2n +1) 5）
1n (n +1) =1n -11n +1
n (n +2) =12(1n -1
n +2) 6）
1pq =1q -p (1p -1q ) (p
一．选择题
1.1+(1+2)+(1+2++22)+……(1+2+22+……+210) 的值是( ) A.211-11 B.211-13 C.212-13 D.213-11
2数列{a b a +a n =12+ +a n
n }的通项为a n =2n +1, 则由n
所确定数列{b n }的前n 项和是
（ ）
A 、n(n+2) B、111
2n (n +4) c、2n (n +5) D、2
n (n +7)
3数列111+2, 11+2+3, 11+2+3+4, , 11+2+3+ +n
的前n 项和为（ ） （6页） A、
2n 2n n +2n
2n +1 B、n +1 C、n +1 D、2n +1
4正整数数列中，前50个偶数的平方和与50个奇数的平方和的差是（ ）
A 、0 B、5050 C 、2525 D 、-5050
5数列1⨯12, 2⨯14, 3⨯11
8, 4⨯16, , 的前n 项和为（ ）
A ．2-1n 1n 2n -2n +1 B、2-2n -1-2n
C 、12(n 2+n +2) -1112n D、2(n +1) n +1-2
n +1
二．填空题
6数列{a 1n }的通项为a n =
n +n +1
, 若前n 项和为10，则项数n 为
7（07福建理2）数列{a =
1
n }的前n 项和为S n ，若a n n (n +1)
, 则S 5等于
三．解答题
3. （07全国1文21）设{a n }是等差数列，（b n ） 各项都为正数的等比数列， 且a 1=b1=1,a3+b5=21,a5+b3=13 (I)求{a n }，（b n ）的通项公式； （II ）求数列｛
a n
b ｝的前n 项和S n