数列的通项公式$a

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

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$a_n = \begin{cases}S_1 &n=1 \\ S_n-S_{n-1} &n \ge 2 \end{cases}$，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$n\ge 2$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

$n\ge 2$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$a_n=\begin{cases}6，&n=1\\4n+1，&n\ge 2\end{cases}$。

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$n\ge 2$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$n\ge 2$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$a_n=(\cfrac{1}{2})^n，n\in N^*$。

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。

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$n\ge 2$时，$2S_{n-1}+a_{n-1}=1$，两式相减得到

当$n\ge 2$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$a_n=\cfrac{1}{3^n}(n\in N^*)$。

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$S_1=a_1=1\neq 0$，故数列$\{S_n\}$是首项是1，公比为4的等比数列，

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

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$a_{n+1} =pa_n + q(p，q\in R)$ ，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$n\ge 2$时，$S_{n-1}=2a_{n-1}+(n-1)$，两式相减得到

$n\ge 2$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$a_1-1=1\neq 0$，

故数列$\{a_n-1\}$是首项为1，公比为2的等比数列，

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

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$a_1+3\cdot 1+1=5\neq 0$ ，故数列$\{a_n+3n+1\}$是首项为5，公比为2的等比数列，

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

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$a_n=4n(n\in N^*)$。

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$n\ge 2$时，

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

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

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

\[\cdots，\cdots\]

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

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

即$a_n=3^n+n(n\ge 2)$；

又$n=1$时，$a_1=4$满足上式，

故通项公式为$a_n=3^n+n(n\in N^*)$

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$a_n=\cfrac{1}{n}(n\in N^*)$。

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$n\ge 2$时，

$\cfrac{a_n}{a_{n-1}}\cdot \cfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}}\cdot \cfrac{a_{n-2}}{a_{n-3}}\cdot \cdots \cfrac{a_2}{a_1}=\cfrac{n-1}{n} \cdot \cfrac{n-2}{n-1} \cdot\cfrac{n-3}{n-2}\cdot \cdots\cfrac{1}{2}$，

即$\cfrac{a_n}{a_1}=\cfrac{1}{n}$，故$a_n=\cfrac{1}{n}(n\ge 2)$，

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

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$a_1=1$，$a_n=4a_{n-1}+3(n\ge 2)$，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$n\ge 2$时，$a_n+1=4a_{n-1}+3+1=4(a_{n-1}+1)$，又$a_1+1=2\neq 0$，

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

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

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$a_n=\cfrac{n\cdot 2^n}{2}=n\cdot 2^{n-1}(n\in N^*)$。

问题1：能同除以$2^n$吗？¹

问题2：此方法能解决$a_{n+1}=3\cdot a_n+2^n$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$a_1=1$，$a_2=4$，$a_{n+2}+2a_n=3a_{n+1}(n\in N^*)$，求数列的通项公式。

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

整理得到$a_{n+2}-kp\cdot a_n=(k-p)a_{n+1}$，

比照$a_{n+2}+2a_n=3a_{n+1}$，

得到$kp=-2$，$k-p=3$，

解得$\left\{\begin{array}{l}{k=2}\\{p=-1}\end{array}\right.$，或$\left\{\begin{array}{l}{k=1}\\{p=-2}\end{array}\right.$，

【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$a_2-a_1=3\neq 0$，

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$a_{n+1}-a_n=3\times 2^{n-1}$，接下来求$a_n$，使用累加法。

过程省略，可以求得$a_n=3\times 2^{n-1}-2(n\in N^*)$。

【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$a_{n+1}-2a_n=2+(n-1)\times 0=2$，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$a_n=3\times 2^{n-1}-2(n\in N^*)$。

【法3】：由上可知，\[a_{n+1}-a_n=3\times 2^{n-1}①，\]

\[a_{n+1}-2a_n=2②；\]联立解以$a_{n+1}$和$a_n$为元的二元一次方程组，

解得得$a_n=3\times 2^{n-1}-2(n\in N^*)$。

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

形如$S_{n+1}-S_n = k\cdot S_{n+1}\cdot S_n$，($k$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$a_1=1$，$a_n=\cfrac{2S_n^2}{2S_n-1}(n\ge 2)$，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$(2S_n-1)(S_n-S_{n-1})=2S_n^2$，

$-S_n+S_{n-1}=2S_n\cdot S_{n-1}$，又$S_n\cdot S_{n-1}\neq 0$，

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$\cfrac{1}{S_n}=1+(n-1)\times 2=2n-1$，故$S_n=\cfrac{1}{2n-1}(n\ge 2)$，

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

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$\cfrac{1}{a_n}=\cfrac{1}{2}+(n-1)\cdot\cfrac{1}{2}=\cfrac{n}{2}$，故$a_n=\cfrac{2}{n}$ 。

赋值法，如$a_{n+m}=a_n\cdot a_m$，令$m=1$即$a_{n+1}=a_1\cdot a_n$，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}=p\cdot 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^2-2n\cdot a_n - 1 = 0$，$a_n>0$，解方程即可。 (考查概率很小很小)

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$\cfrac{a_n}{2^{n-1}}=1+(n-1)\times 1=n$，即$a_n=n\times 2^{n-1}$。↩
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$b_{n+1}=p\cdot b_n+q$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$\cfrac{a_1}{2}+1=\cfrac{3}{2}\neq 0$，
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$a_n=3^n-2^n$;↩