数列通项公式的求法
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．
例1．等差数列
是递增数列，前n项和为
，且
成等比数列，
．求数列的通项公式.
解：设数列公差为
∵成等比数列，∴
，
即
∵
， ∴
………………………………①
∵ ∴
…………②
由①②得：
，
∴
点评：利用定义法求数列通项时要注意不用错定义，设法求出首项与公差（公比）后再写出通项。
二、公式法
若已知数列的前
项和与
的关系，求数列的通项可用公式
求解。
例2．已知数列的前项和满足
．求数列的通项公式。
解：由
当
时，有
……，
经验证
也满足上式，所以
点评：利用公式
求解时，要注意对n分类讨论，但若能合写时一定要合并．
三、由递推式求数列通项法
对于递推公式确定的数列的求解，通常可以通过递推公式的变换，转化为等差数列或等比数列问题，有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列。
类型1 递推公式为
解法：把原递推公式转化为
，利用累加法(逐差相加法)求解。
(2004全国卷I.22)已知数列中,
,其中
……，求数列的通项公式。P24（styyj）
例3. 已知数列满足
，
，求。
解：由条件知：
分别令
，代入上式得
个等式累加之，即
所以
，
类型2 （1）递推公式为
解法：把原递推公式转化为
，利用累乘法(逐商相乘法)求解。
(2004全国卷I.15)已知数列{an}，满足a1=1，an=a1+2a2+3a3+…+(n－1)an－1(n≥2)，则{an}的通项
P24（styyj）
例4. 已知数列满足
，
，求。
解：由条件知
，分别令，代入上式得个等式累乘之，即
又
，
（2）．由和
确定的递推数列的通项可如下求得：
由已知递推式有
， 
，
，
依次向前代入，得
，
简记为
，这就是叠（迭）代法的基本模式。
（1） 递推式：
解法：只需构造数列
，消去
带来的差异．
例5．设数列
：
，求.
解：设
，将
代入递推式，得
…（１）则
,又
，故
代入（１）得
说明：（1）若
为的二次式，则可设
;(2)本题也可由
,
（
）两式相减得
转化为
求之.
例6．已知
，
，求。
解：
。
类型3 递推公式为
（其中p，q均为常数，
）。
解法：把原递推公式转化为：
，其中
，再利用换元法转化为等比数列求解。
(2006.重庆.14）在数列
中，若
，则该数列的通项
P24（styyj）
例7. 已知数列中，，
，求.
解：设递推公式可以转化为
即
.故递推公式为
,令
，则
,且
.所以
是以
为首项，2为公比的等比数列，则
,所以
.
类型4 递推公式为
（其中p，q均为常数，
）。 （或
,其中p，q, r均为常数）
（2006全国I.22）（本小题满分12分）
设数列的前项的和
，
（Ⅰ）求首项
与通项； P25（styyj）
解法：该类型较类型3要复杂一些。一般地，要先在原递推公式两边同除以
，得：
引入辅助数列（其中
），得：
再应用类型3的方法解决。
例8. 已知数列中，
,
，求。
解：在两边乘以
得：
令
，则
,应用例7解法得：
所以
类型5 递推公式为
（其中p，q均为常数）。
解法：先把原递推公式转化为
其中s，t满足
，再应用前面类型3的方法求解。
（2006.福建.理.22）（本小题满分14分）
已知数列满足
（I）求数列的通项公式； P26（styyj）
例9. 已知数列中，,
,
，求。
解：由可转化为
即
或
这里不妨选用
（当然也可选用，大家可以试一试），则
是以首项为
，公比为
的等比数列,所以
,应用类型1的方法，分别令，代入上式得个等式累加之，
即
又
，所以
。
类型6 递推公式为与的关系式。(或
)
解法：利用
进行求解。
(2006.陕西.20) (本小题满分12分)
已知正项数列{an}，其前n项和Sn满足10Sn=an2+5an+6且a1,a3,a15成等比数列，求数列{an}的通项an P24（styyj）
例10. 已知数列前n项和
.
（1）求
与的关系；（2）求通项公式.
解：（1）由得：
于是
所以
.
（2）应用类型4的方法，上式两边同乘以得：
由
.于是数列
是以2为首项，2为公差的等差数列，所以
类型7 双数列型
解法：根据所给两个数列递推公式的关系，灵活采用累加、累乘、化归等方法求解。
例11. 已知数列中，；数列中，
。当
时，
,
，求,
.
解：因
所以
即
…………………………………………（1）
又因为
所以
……
.即………………………（2）
由（1）、（2）得：
， 
四、待定系数法（构造法）
求数列通项公式方法灵活多样，特别是对于给定的递推关系求通项公式，观察、分析、推理能力要求较高。通常可对递推式变换，转化成特殊数列（等差或等比数列）来求解，这种方法体现了数学中化未知为已知的化归思想，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。
1、通过分解常数，可转化为特殊数列{a
+k}的形式求解。一般地，形如a
=p a+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a+k=p（a+k）与原式比较系数可得pk－k=q，即k=
，从而得等比数列{a+k}。
例12、数列{a}满足a
=1，a=
a
+1（n≥2），求数列{a}的通项公式。
解：由a=a+1（n≥2）得a－2=（a－2），而a－2=1－2=－1，
∴数列{ a－2}是以为公比，－1为首项的等比数列
∴a－2=－（）
∴a=2－（）
说明：这个题目通过对常数1的分解，进行适当组合，可得等比数列{ a－2}，从而达到解决问题的目的。
例13、数列{a}满足a=1，
,求数列{a}的通项公式。
解：由
得
设a
，比较系数得
解得
∴{
}是以
为公比，以
为首项的等比数列
∴
例14．已知数列满足，且
，求．
解：设
，则
，
是以
为首项,以3为公比的等比数列
点评：求递推式形如（p、q为常数）的数列通项，可用迭代法或待定系数法构造新数列
来求得,也可用“归纳—猜想—证明”法来求，这也是近年高考考得很多的一种题型．
例15．已知数列满足，
，求．
解：将两边同除
，得
设
，则
．令
．条件可化成
，数列
是以
为首项，
为公比的等比数列．
．因,
．
点评：递推式为
（p、q为常数）时，可同除，得
，令从而化归为（p、q为常数）型．
2、通过分解系数，可转化为特殊数列
的形式求解。这种方法适用于
型的递推式，通过对系数p的分解，可得等比数列
：设
，比较系数得
，可解得
。
（2006.福建.文.22）（本小题满分14分）已知数列满足
（I）证明：数列
是等比数列；
（II）求数列的通项公式；
例16、数列满足
=0，求数列{a}的通项公式。
分析：递推式
中含相邻三项，因而考虑每相邻两项的组合，即把中间一项
的系数分解成1和2，适当组合，可发现一个等比数列。
解：由
得
即
，且
∴
是以2为公比，3为首项的等比数列
∴
利用逐差法可得
=
=
=
=
∴
例17、数列中，
，求数列的通项公式。
解：由
得
设
比较系数得
，解得
或
若取，则有
∴是以为公比，以
为首项的等比数列
∴
由逐差法可得
=
=
=
说明：若本题中取，则有
即得
为常数列,
故可转化为例13。
例18．已知数列满足,
,求．
解：设
或
则条件可以化为是以首项为，公比为的等比数列,所以．问题转化为利用累加法求数列的通项的问题，解得．
点评：递推式为（p、q为常数）时，可以设，其待定常数s、t由
,
求出，从而化归为上述已知题型．
五、特征根法
1、设已知数列
的项满足
,其中
求这个数列的通项公式。作出一个方程
则当
时，为常数列，即
，其中
是以
为公比的等比数列，即
.
例19．已知数列满足：
求
解：作方程
当
时，
数列是以为公比的等比数列.于是
2、对于由递推公式，
给出的数列，方程
，叫做数列的特征方程。若
是特征方程的两个根，当
时，数列的通项为
，其中A，B由决定（即把
和
，代入，得到关于A、B的方程组）；当
时，数列的通项为
，其中A，B由决定（即把和，代入
，得到关于A、B的方程组）。
例20：已知数列满足
，求数列的通项公式。
解法一（待定系数——迭加法）
由
，得
，
且
。
则数列
是以
为首项，为公比的等比数列，于是
。把
代入，得
，
，
，
。
把以上各式相加，得
。
。
解法二（特征根法）：数列：
， 
的特征方程是：
。
,
。
又由，于是
故
3、如果数列满足下列条件：已知的值且对于
，都有
（其中p、q、r、h均为常数，且
），那么，可作特征方程
,当特征方程有且仅有一根
时,则
是等差数列;当特征方程有两个相异的根
、
时，则
是等比数列。
(2006.重庆.文.22)．（本小题满分12分）
数列
求数列的通项公式.
解：由已知，得
，其特征方程为
，解之，得
，
，
。 P26 (styyj)
例21、已知数列满足性质：对于
且
求的通项公式.
解: 数列的特征方程为
变形得
其根为
故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第（2）部分，则有
∴
∴
即
例22．已知数列满足：对于
都有
（1）若
求
（2）若求（3）若
求
（4）当取哪些值时，无穷数列不存在？
解：作特征方程
变形得
特征方程有两个相同的特征根
依定理2的第（1）部分解答.
(1)∵
对于都有
(2)∵
∴
令
，得
.故数列从第5项开始都不存在，
当≤4，时，
.
(3)∵
∴
∴
令
则
∴对于
∴
(4)、显然当
时，数列从第2项开始便不存在.由本题的第（1）小题的解答过程知，
时，数列是存在的，当
时，则有
令则得
且≥2.
∴当
（其中且N≥2）时，数列从第项开始便不存在.
于是知：当在集合
或
且≥2}上取值时，无穷数列都不存在.
说明：形如:
递推式，考虑函数倒数关系有
令
则可归为
型。(取倒数法)
例23：
解：取倒数：
是等差数列，
六、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，有时会联想出一种适当的辅助模型，如某种数量关系，某个直观图形，或者某一反例，以此促成命题转换，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，此类题通常较难，但使用构造法往往给人耳目一新的感觉.
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.
例24： 设各项均为正数的数列的前n项和为，对于任意正整数n，都有等式：
成立，求
的通项an.
解：
，
∴
，∵
，∴
. 即是以2为公差的等差数列，且
.
∴
例25： 数列中前n项的和
，求数列的通项公式.
解：∵
当n≥2时，
令
，则
，且
是以为公比的等比数列，
∴
.
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.
例26： 设是首项为1的正项数列，且
，（n∈N*），求数列的通项公式an.
解：由题设得
.
∵
，
，∴
.
∴
例27： 数列中，
，且
，（n∈N*），求通项公式
.
解：
∴
（n∈N*）
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单方法.
例28： 数列中，
，前n项的和
，求
.
解：
，
∴
∴
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.
例29： 设正项数列满足
，
（n≥2）.求数列的通项公式.
解：两边取对数得：
，
，设
，
则
是以2为公比的等比数列，
.
，
，
，
∴
例30： 已知数列中，
，n≥2时
，求通项公式.
解：∵
，两边取倒数得
.
可化为等差数列关系式.
∴