数列通项题型及解题方法,数列通项高考

1.等差数列的通项公式是什么？等比数列呢？

2.数列的通式怎样求啊?

3.数列的通项和求和的知识点需要注意的有：

数列通项公式的几种求法

数列通项公式直接表述了数列的本质，是给出数列的一种重要方法。数列通项公式具备两大功能，第一，可以通过数列通项公式求出数列中任意一项；第二，可以通过数列通项公式判断一个数是否为数列的项以及是第几项等问题；因此，求数列通项公式是高中数学中最为常见的题型之一，它既考察等价转换与化归的数学思想，又能反映学生对数列的理解深度，具有一定的技巧性，是衡量考生数学素质的要素之一，因而经常渗透在高考和数学竞赛中。本文分别介绍几种常见的数列通项的求法，以期能给读者一些启示。

一、常规数列的通项

例1：求下列数列的通项公式

（1）2(22—1)，3(32—1)，4(42—1)，5(52—1)，…

（2）－1×2(1)，2×3(1)，－3×4(1)，4×5(1)，…

（3）3(2)，1，7(10)，9(17)，11(26)，…

解：（1）an=n(n2—1) （2）an= n（n+1）(（－1）n) （3） an=2n＋1(n2＋1)

评注：认真观察所给数据的结构特征，找出an与n的对应关系，正确写出对应的表达式。

二、等差、等比数列的通项

直接利用通项公式an=a1+（n－1）d和an=a1qn－1写通项，但先要根据条件寻求首项、公差和公比。

三、摆动数列的通项

例2：写出数列1，－1，1，－1，…的一个通项公式。

解：an=（－1）n－1

变式1：求数列0，2，0，2，0，2，…的一个通项公式。

分析与解答：若每一项均减去1，数列相应变为－1，1，－1，1，…

故数列的通项公式为an=1+（－1）n

变式2：求数列3，0，3，0，3，0，…的一个通项公式。

分析与解答：若每一项均乘以3(2)，数列相应变为2，0，2，0，…

故数列的通项公式为an=2(3)[1+（－1）n－1 ]

变式3：求数列5，1，5，1，5，1，…的一个通项公式。

分析与解答1：若每一项均减去1，数列相应变为4，0，4，0，…

故数列的通项公式为an=1++2×3(2)[1+（－1）n－1 ]=1+3(4)[1+（－1）n－1 ]

分析与解答2：若每一项均减去3，数列相应变为2，－2，2，－2，…

故数列的通项公式为an=3+2（－1）n－1

四、循环数列的通项

例3：写出数列0.1，0.01，0.001，0.0001，…的一个通项公式。

解：an= 10n(1)

变式1：求数列0.5，0.05，0.005，…的一个通项公式。

解：an= 10n(5)

变式2：求数列0.9，0.99，0.999，…的一个通项公式。

分析与解答：此数列每一项分别与数列0.1，0.01，0.001，0.0001，…的每一项对应相加得到的项全部都是1，于是an=1－ 10n(1)

变式3：求数列0.7，0.77，0.777，0.7777，…的一个通项公式。

解：an= 9(7)（1－ 10n(1)）

例4：写出数列1，10，100，1000，…的一个通项公式。

解：an=10n－1

变式1：求数列9，99，999，…的一个通项公式。

分析与解答：此数列每一项都加上1就得到数列10，100，1000，… 故an=10n－1。

变式2：写出数列4，44，444，4444…的一个通项公式。

解：an= 9(4)（10n－1）

评注：平日教与学的过程中务必要对基本的数列通项公式进行过关，这就需要提高课堂教与学的效率，多加总结、反思，注意联想与对比分析，做到触类旁通，也就无需再害怕复杂数列的通项公式了。

五、通过等差、等比数列求和来求通项

例5：求下列数列的通项公式

（1）0.7，0.77，0.777，… （2）3，33，333，3333，…

（3）12，1212，121212，… （4）1，1+2，1+2+3，…

解：（1）an==7×=7×（0.1+0.01+0.001+…+）

=7×（10(1)+102(1)+103(1)+…+10n(1)）==9(7)（1－10n(1)）

（2）an==3×=3×（1+10+100+…+10n）=3×1－10(1－10n)=3(1)（10n－1）

（3）an==12×（1+100+10000+…+100n－1）=12×1－100(1－100n)=33(4)（102n－1）

（4）an=1+2+3+…n=2(n（n+1）)

评注：关键是根据数据的变化规律搞清楚第n项的数据特点。

六、用累加法求an=an－1+f（n）型通项

例6：（1）数列{an}满足a1=1且an=an－1+3n－2（n≥2），求an。

（2）数列{an}满足a1=1且an=an－1+2n(1)（n≥2），求an。

解：（1）由an=an－1+3n－2知an－an－1=3n－2，记f（n）=3n－2= an－an－1

则an= （an－an－1）+（an－1－an－2）+（an－2－an－3）+…（a2－a1）+a1

=f（n）+ f（n－1）+ f（n－2）+…f（2）+ a1

=（3n－2）+[3（n－1）－2]+ [3（n－2）－2]+ …+（3×2－2）+1

=3[n+（n－1）+（n－2）+…+2]－2（n－1）+1

=3×2(（n+2）（n－1）)－2n+3=2(3n2－n)

（2）由an=an－1+2n(1)知an－an－1=2n(1)，记f（n）=2n(1)= an－an－1

则an=（an－an－1）+（an－1－an－2）+（an－2－an－3）+…（a2－a1）+a1

=f（n）+ f（n－1）+ f（n－2）+…f（2）+ a1

=2n(1)+2n－1(1)+2n－2(1)+…+22(1)+1=2(1)－2n(1)

评注：当f（n）=d（d为常数）时，数列{an}就是等差数列，教材对等差数列通项公式的推导其实就是用累加法求出来的。

七、用累积法求an= f（n）an－1型通项

例7:（1）已知数列{an}满足a1=1且an=n(2（n-1）)an—1（n≥2），求an

（2）数列{an}满足a1=2(1)且an=2n(1)an—1，求an

解：（1）由条件 an—1(an)=n(2（n－1）)，记f（n）=n(2（n－1）)

an= an—1(an)· an—2(an－1)·… a1(a2)·a1=f（n）f（n－1）f（n－2）…f（2）f（2）a1

=n(2（n－1）)·n－1(2（n－2）)·n－2(2（n－3）)·…3(2×2)·2(2×1)·1=n(2n－1)

（2）an= an—1(an)· an—2(an－1)·… a1(a2)·a1=2n(1)·2n－1(1)…22(1)·2(1)=21＋2＋…＋n(1)=2－ 2(n（n＋1）)

评注：如果f（n）=q（q为常数），则{an}为等比数列，an= f（n）an—1型数列是等比数列的一种推广，教材中对等比数列通项公式地推导其实正是用累积法推导出来的。

八、用待定系数法求an=Aan－1＋B型数列通项

例8:数列{an}满足a1=1且an＋1＋2an=1，求其通项公式。

解：由已知，an＋1＋2an=1，即an=－2 an—1＋1

令an＋x=－2（an－1＋x），则an=－2 an－1－3x，于是－3x=1，故x=－3(1)

∴ an－3(1)=－2（an－1－3(1)）

故{ an－3(1) }是公比q为－2，首项为an－3(1)=3(2)的等比数列

∴an－3(1)=3(2)（－2）n－1=3(1－（－2）n)

评注：一般地，当A≠1时令an＋x=A（an－1＋x）有an=A an－1＋（A－1）x，则有

（A－1）x=B知x=A－1(B)，从而an＋A－1(B)=A（an－1+A－1(B)），于是数列{an＋A－1(B)}是首项为a1+A－1(B)、公比为A的等比数列，故an＋A－1(B)=（a1+A－1(B)）An－1，从而

an=（a1+A－1(B)）An－1－A－1(B)；特别地，当A=0时{an}为等差数列；当A≠0，B=0时，数列{an}为等比数列。

推广：对于an=A an－1＋f（n）（A≠0且A∈R）型数列通项公式也可以用待定系数法求通项公式。

例9：数列{an}满足a1=1且an=2an－1＋3n(1)（n≥2），求an。

解：令an＋x·3n(1)=2（an＋x·3n-1(1)）则an=2an－1+ 2x·3n-1(1)－x·3n(1)=3(5)x·3n-1(1)=5x·3n(1)

而由已知an=2an－1＋3n(1)故5x=1，则x=5(1)。故an＋5(1)·3n(1)＝2（an－1＋5(1)·3n-1(1)）

从而{an＋5(1)·3n(1)}是公比为q=2、首项为a1＋5(1)·3(1)=15(16)的等比数列。

于是an＋5(1)·3n(1)=15(16)×2n－1，则an=15(16)×2n－1－5(1)·3n(1)=15(1)（2n+3－3n－1(1)）

评注：一般情况，对条件an=Aan－1+f（n）而言，可设an+g（n）=A[an－1+g（n－1）]，则有Ag（n－1）－g（n）=f（n），从而只要求出函数g（n）就可使数列{ an+g（n）}为等比数列，再利用等比数列通项公式求出an。值得注意的是an+g（n）与an－1+g（n－1）中的对应关系。特别地，当f（n）=B（B为常数）时，就是前面叙述的例8型。

这种做法能否进一步推广呢？对于an=f（n）an－1+g（n）型数列可否用待定系数法求通项公式呢？

我们姑且类比做点尝试：令an+k（n）=f（n）[an－1+k（n－1）]，展开得到

an =f（n）an－1+f（n）k（n－1）－k（n），从而f（n）k（n－1）－k（n）= g（n），理论上讲，通过这个等式k（n）可以确定出来，但实际操作上，k（n）未必能轻易确定出来，请看下题：

数列{an}满足a1=1且an=2n(n)an－1+n+1(1)，求其通项公式。

在这种做法下得到2n(n)k（n－1）－k（n）=n+1(1)，显然，目前我们用高中数学知识还无法轻易地求出k（n）来。

九、通过Sn求an

例10：数列{an}满足an =5Sn－3，求an。

解：令n=1，有a1=5an－3，∴a1=4(3)。由于an =5Sn－3………①

则 an-1 =5 Sn-1－3………②

①－②得到an－an-1=5（Sn－Sn-1） ∴an－an－1 =5an

故an=－4(1)an-1，则{an}是公比为q=－4(1)、首项an=4(3)的等比数列，则an=4(3)（－4(1)）n-1

评注：递推关系中含有Sn，通常是用Sn和an的关系an=Sn－Sn－1（n≥2）来求通项公式，具体来说有两类：一是通过an=Sn－Sn－1将递推关系揭示的前n项和与通项的关系转化为项与项的关系，再根据新的递推关系求出通项公式；二是通过an=Sn－Sn－1将递推关系揭示的前n项和与通项的关系转化为前n项和与前n－1项和的关系，再根据新的递推关系求出通项公式

十、取倒数转化为等差数列

例11：已知数列{an}满足a1=1且a

n+1=

an+2(2an)，求an。

解：由a

n+1=

an+2(2an)有 an+1(1)= 2an(an+2)= 2(1)+an(1) 即an+1(1)－an(1)=2(1)

所以，数列{an(1)}是首项为a1(1)=1、公差为d=2(1)的等差数列

则an(1)=1+（n－1）2(1)=2(n+1) 从而an=n+1(2)

评注：注意观察和分析题目条件的结构特点，对所给的递推关系式进行变形，使与所求数列相关的数列（本例中数列{an(1)}）是等差或等比数列后，只需解方程就能求出通项公式了。

十一、构造函数模型转化为等比数列

例12：已知数列{an}满足a1=3且a

n+1=

（an－1）2+1，求an。

解：由条件a

n+1=

（an－1）2+1得a

n+1－1=

（an－1）2

两边取对数有lg（a

n+1－1）=lg（（an－1）2）=2lg（an－1） 即

故数列{ lg（an－1）}是首项为lg（a1－1）=lg2、公比为2的等比数列

所以，lg（an－1）=lg2·2n－1=lg

则an－1= 即an=+1

评注：通过构造对数函数达到降次的目的，使原来的递推关系转化为等比数列进行求。

十二、数学归纳法

例13：数列{an}满足a1=4且a

n=4－

an－1(4)（n≥2），求an。

解：通过递推关系求出数列前几项如下

a1=4=2+1(2) a2=4－

a1(4)=3=2+2(2) a3=4－

a2(4)=3(8)=2+3(2)

a4=4－

a3(4)=2(5)=2+4(2) a5=4－

a4(4)=5(12)=2+5(2) a6=4－

a5(4)=3(7)=2+6(2)

猜想：通项公式为an=2+n(2)。下用归纳法给出证明

显然，当n=1时，a1=4=2+1(2)，等式成立

假设当n=k时，等式成立，即ak=2+k(2)

则当n=k+1时，a

k+1=4－

ak(4)=4－

k(2)) k(2)=4－k+1(2k)=2+2－k+1(2k)=2+k+1(2)

由归纳法原理知，对一切n∈N+都有an=2+n(2)。

评注：先根据递推关系求出前几项，观察数据特点，猜想、归纳出通项公式，再用数学归纳法给出证明。

十三、综合应用

例14：已知各项为正的数列{a<br>n}满足a1=1且a

n2=a

n－12+2（n≥2），求an。

解：由a

n2=a

n－12+2知a

n2－a

n－12=2

则数列{a<br>n2}是公差为2、首项为a

12=1的等差数列。

故 a

n2=1+2（n－1）=2n－1 即an=

例15：数列{a<br>n}满足a1=a2=5且a

n+1=a

n+6a

n－1（n≥2），求an。

解：设a

n+1+λa

n=μ（a

n+λa

n－1），则a

n+1=（μ－λ）a

n+μλa

n－1

而a

n+1=a

n+6a

n－1 则 解得或

当λ=2且μ=3时a

n+1+2a

n=3（a

n+2a

n－1），即

n+1+2a

n, a

n+2a

n－1) =3

则数列{a<br>n+2a<br>n－1}是公比为3、首项为a

2+2a

1=15的等比数列。

于是，a

n+2a

n－1=15×3n－1=5×3n 则a

n=－2a

n－1+5×3n

令a

n+x·3n =－2（a

n－1+x·3n－1 ） 则a

n=－2a

n－1－x·3n 故x=－1

于是，a

n－3n =－2（a

n－1－3n－1 ）

从而{a<br>n－3n }是公比为－2、首项为a

1－3=2的等比数列。

所以，a

n－3n =2×（－2）n－1 则a

n=3n+2×（－2）n－1=3n－（－2）n

当λ=－3且μ=－2时，同理可求得a

n=3n－（－2）n

于是，数列{a<br>n}的通项公式为a

n=3n－（－2）n

小结：本文只是介绍了几种常见的求数列通项公式的方法，可以看到，求数列（特别是以递推关系式给出的数列）通项公式的确具有很强的技巧性，与我们所学的基本知识与技能、基本思想与方法有很大关系，因而在平日教与学的过程中，既要加强基本知识、、基本方法、基本技能和基本思想的学习，又要注意培养和提高数学素质与能力和创新精神。这就要求无论教师还是学生都必须提高课堂的教与学的效率，注意多加总结和反思，注意联想和对比分析，做到触类旁通，将一些看起来毫不起眼的基础性命题进行横向的拓宽与纵向的深入，通过弱化或强化条件与结论，揭示出它与某类问题的联系与区别并变更为出新的命题。这样无论从内容的发散，还是解题思维的深入，都能收到固本拓新之用，收到“秀枝一株，嫁接成林”之效，从而有利于形成和发展创新的思维。

等差数列的通项公式是什么？等比数列呢？

常见8个数列的通项公式是等差数列、等比数列、一阶数列、二阶数列、累加法、累乘法、构造法、连加相减法。

分别如下:

等差数列：对于一个数列{ an}，如果任意相邻两项之差为一个常数，那么该数列为等差数列，且称这一定值差为公差，记为 d ；从第一项 a1到第n项 an的总和，记为Sn。通项公式为：an=a1+(n-1)*d。

等比数列：对于一个数列 {an}，如果任意相邻两项之商（即二者的比）为一个常数，那么该数列为等比数列，且称这一定值商为公比 q ；从第一项a1 到第n项an 的总和，记为Tn 。通项公式为an=a1*q(n-1)。

一阶数列：an=an-1 + d , 而等比数列的递推式为 an =an-1 * q ； 这二者可看作是一阶数列的特例。

故可定义一阶递归数列形式为： an+1= A *an + B ········ , 其中A和B 为常系数。那么，等差数列就是A=1 的特例，而等比数列就是B=0 的特例。

二阶数列：类比一阶递归数列概念，不妨定义同时含有an+2、an+1、an的递推式为二阶数列，而对与此类数列求其通项公式较一阶明显难度大了。为方便变形，可以先如此诠释二阶数列的简单形式。

累加法：递推公式为a(n+1)=an+f(n)。

累乘法：递推公式为a(n+1)/an=f(n)。

构造法：将非等差数列、等比数列，转换成相关的等差等比数列。

连加相减法：{an}满足a?+ 2a?+ 3a?+……+ nan = n(n+1)(n+2)。

数列的通式怎样求啊?

等差数列的通项公式为：an=a1+(n-1)d

前n项和公式为：Sn=na1+n(n-1)d/2或Sn=n(a1+an)/2 (n属于自然数）。

a1为首项，an为末项，n为项数,d为等差数列的公差。

等比数列 an=a1×q^(n-1)；

求和：Sn=a1(1-q^n)/(1-q) =(a1-an×q)/(1-q) (q≠1)

推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个(a1+an)

Sn?=a1+ a2+ a3+...... +an

Sn?=an+ an-1+an-2...... +a1

上下相加得Sn=(a1+an)n/2

扩展资料：

证明一个与正整数n有关的命题，有如下步骤：

（1）证明当n取第一个值时命题成立；

（2）假设当n=k（k≥n的第一个值，k为自然数）时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立。

例：

求证：

1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + .…… + n(n+1)(n+2)(n+3) = [n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)]/5

证明：

当n=1时，有：

1×2×3×4 = 24 = 2×3×4×5/5

假设命题在n=k时成立，于是：

1×2x3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + .…… + k(k+1)(k+2)(k+3) = [k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)]/5

则当n=k+1时有：

1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + …… + (k+1)(k+2)(k+3)(k+4)

= 1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + …… + k(k+1)(k+2)(k+3) + (k+1)(k+2)(k+3)(k+4)

= [k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)]/5 + (k+1)(k+2)(k+3)(k+4)

= (k+1)(k+2)(k+3)(k+4)*(k/5 +1)

= [(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)(k+5)]/5

即n=k+1时原等式仍然成立，归纳得证。

百度百科——数列求和

数列的通项和求和的知识点需要注意的有：

求数列通项的几种方法

近年的高考中出现了给出数列的解析式（包括递推关系式和非递推关系式）求通项公式的问题.对于这类问题学生感到困难较大.本文以例子介绍这类问题求通项公式的初等方法和技巧，以供教学参考.

1、叠加法

数列有形如an+1=an+f(n)的解析式，而f(1)+f(2)+……+f(n)的和是可求的，可用多式相加法求得an.

例1.在数列{an}中，a1=－1，an+1= an+2n，求an（n≥2）.

解：由条件，a2=a1+2×1,a3=a2+2×2……，an= an－1+n(n?0?1－1)，以上n－1个式子相加化简得：an?0?1?0?1=a1+n(n－1)=n?0?1?0?12－n－1.

2、叠乘法

数列有形如an=f(n)?6?1an－1的解析关系，而f(1)?6?1f(2)……f(n)的积是可求的，可用多式相乘法求得an.

例2．在数列{an}中， ≥2），求 .

解：由条件 an－1,

这n－1个式子相乘化简得：

.

3、待定系数法

数列有形如 、b为常数）的线性递推关系，可用待定系数法求得an.

例3．在数列{an}中， 求 .

解：在 的两边同加待定数 ，得 +（ －1）/3），令 得 数列{ 是公比为3的等比数列,

∴an =

4、分解因式法

当数列的关系式较复杂，可考虑分解因式和约分化为较简形式，再用其它方法求得an.

例4．已知 数列 满足 （n∈ ），且有条件 ≥2）.

解：由得：

对n∈ ， 再由待定系数法得：

∴

5、求差法

数列有形如 的关系（非递推关系），可考虑用求差 后，再用其它初等方法求得

例5．设 是正数组成的数列，其前 项和为 ，并且对于所有的自然数 与2的等差中项等于 与2的等比中项：

（1）写出数列 的前3项；

（2）求数列 的通项公式.

出题者的意图是：通过（1）问求出数列前3项再猜想出通项公式；（2）再用数学归纳法证明猜想正确.实际上用求差法求通项公式更简单.

解：（1）略

（2）由条件，得

即 ①

②

①－②得 ，

即

分解因式得

对于 ∈ ＞0，∴

∴ 是公差为4的等差数列，

6、倒数法

数列有形如 的关系，可在等式两边同乘以 先求出

例6．设数列 满足 求

解：原条件变形为 两边同乘以 得 .

∵

∴

7、复合数列构成等差、等比数列法

数列有形如 的关系，可把复合数列化为等差数列或等比数列，再用其它初等方法求得

例7．在数列 中， 求

解：由条件

∴

∴ 再用多式相加法可得：

8、循环法

数列有形如 的关系，如果复合数列构不成等差、等比数列，有时可考虑构成循环关系而求出

例8．在数列 中，

解：由条件

即

即每间隔6项循环一次.1998=6×333，

∴

9、开方法

对有些数列，可先求 再求

例9．有两个数列 它们的每一项都是正整数，且对任意自然数 、 、 成等差数列， 、 、 成等比数列，

解：由条件有：

由②式得： ③

④

把③、④代入①得： ，

变形得 ）.

∵ ＞0，∴ － .

∴ 是等差数列.因

∴ 故

数列的通项公式与求和的常用方法

高考要求

数列是函数概念的继续和延伸，数列的通项公式及前n项和公式都可以看作项数n的函数，是函数思想在数列中的应用 数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前n项和Sn可视为数列{Sn}的通项 通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一，与数列极限及数学归纳法有着密切的联系，是高考对数列问题考查中的热点，本点的动态函数观点解决有关问题，为其提供行之有效的方法

重难点归纳

1 数列中数的有序性是数列定义的灵魂，要注意辨析数列中的项与数集中元素的异同 因此在研究数列问题时既要注意函数方法的普遍性，又要注意数列方法的特殊性

3 求通项常用方法

①作新数列法 作等差数列与等比数列

②累差叠加法 最基本形式是

an=(an－an－1+(an－1+an－2)+?+(a2－a1)+a1

③归纳、猜想法

4 数列前n项和常用求法

①重要公式

1+2+?+n=1

2n(n+1)

1

612+22+?+n2=n(n+1)(2n+1)

113+23+?+n3=(1+2+?+n)2=4

②等差数列中Sm+n=Sm+Sn+mnd，等比数列中Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn n2(n+1)2

③裂项求和 将数列的通项分成两个式子的代数和，即an=f(n+1)－f(n)，然后累加时抵消中间的许多项 应掌握以下常见的裂项

1

n(n?1)?1

n?1

n?1,n?n!?(n?1)!?n!,

1111sin2?ctgα?ctg2α, ?1r?1rCn?C?Cnnn,(n?1)!?n!(n?1)!?等

④错项相消法

⑤并项求和法

数列通项与和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法

典型题例示范讲解

例1已知数列{an}是公差为d的等差数列，数列{bn}是公比为q的(q∈R且q≠1)的等比数列，若函数f(x)=(x－1)2，且a1=f(d－1)，a3=f(d+1)，b1=f(q+1)，b3=f(q－1)，