2024年4月7日发(作者：自制考试的数学试卷怎么做)

高中数学数列解题方法总结

累加法类型一：

a

n1

a

n

f(n)

（

f(n)

可以求和）



例1、在数列

a

n

中，已知

a

1

=1，当

n2

时，有

a

n

a

n1

2n1

n2

，求数列

的通项公式。

解析：

a

n

a

n1

2n1(n2)

解决方法

a

2

a

1

1

aa3

32

a

4

a

3

5

上述

n1

个等式相加可得：

a

n

a

n1

2n1

a

n

a

1

n

2

1

a

n

n

2

累积法 类型二：

a

n1

f(n)a

n

（

f(n)

可以求积）



例2、在数列

a

n

中，已知

a

1

1,

有

na

n1

n1

a

n

，(

n2

)求数列

a

n

的通项公式。

解决方法

a

n2

a

3

a

2

a

1

a

n3

a

2

a

1

322

1

43n1

2

*

又

a

1

也满足上式；

a

n

(nN)

n1

解析：

a

n

a

n

a

n1

a

n1

a

n2

nn1n2



n1nn1

待定常数法 类型三：

a

n1

Aa

n

B(其中A,B为常数A0,1）



可将其转化为

a

n1

tA(a

n

t)

，其中

t

等比数列，然后求

a

n

即可。

例3 在数列

a

n

中，

a

1

1

，当

n2

时，有

a

n

3a

n1

2

，求数列

a

n

的通项公式。

解析：设

a

n

t3

a

n1

t

，则

a

n

3a

n1

2t

解决方法

B

，则数列

a

n

t

为公比等于A的

A1

t1

，于是

a

n

13

a

n1

1

a

n

1

是以

a

1

12

为首项，以3为公比的等比数列。

a

n

23

n1

1

类型四：

Aa

n1

Ba

n

Ca

n1

0；其中A,B,C为常数，且ABC0

可将其转化为

A

a

n1

a

n

a

n

a

n1



n2

-----（*）的形式，列出方程组



A

B

a

a

,解出还原到（*）式，则数列是以为首项，

,

;

a

a



21

n1n

A

C

为公比的等比数列，然后再结合其它方法，就可以求出

a

n

。

例4、 在数列

a

n

中，

a

1

2

，

a

2

4

，且

a

n1

3a

n

2a

n1

n2

求数列

a

n

的

通项公式。

解析：令

a

n1

a

n

(a

n

a

n1

),(n2)

1

得方程组

3

解得

1,

2;

2

a

n1

a

n

2

a

n

a

n1



n2

则数列

a

n1

a

n

是以

a

2

a

1

为首项，以2为公比的等比数列

a

n1

a

n

22

n1

2

n

a

2

a

1

2

aa2

2

32

2(12

n1

)

3

2

n

2

a

4

a

3

2

a

n

a

1

12

n1

a

n

a

n1

2

a

n

2

n

nN

*

类型五：

a

n1

ka

n

f(n)

（

k0

且

k1

）

一般需一次或多次待定系数法，构造新的等差数列或等比数列。

（1）若

f(n)anb

，则可设

∴

a

n1

A(n1)Bk(a

n

AnB)

a

n1

ka

n

(k1)An(k1)BA

(k1)Aa

ba

a

B

A

2

k1

(k1)

(k1)BAb

k1

∴ 解得：，

∴

{a

n

AnB}

是以

a

1

AB

为首项，k为公比的等比数列

n1

aAnB(aAB)k

n1

∴

n1

a(aAB)kAnB

将A、B代入即可

n1

∴

（2）若

f(n)q

（

q

0，1），则等式两边同时除以

q

令

C

n

nn1

得

a

n1

k

a

n

1

•

n

n1

q

q

q

q

a

n

k1

CC

则 ∴

{C

n

}

可归为

a

n1

ka

n

b

型

n1n

qq

q

n

1

例6 设在数列

a

n

中，

a

1

1

，

a

n

a

n1

2n1

n2

求数列

a

n

的通项公式。

2

1

解析：设

b

n

a

n

Anb

a

n

AnB

a

n1

A

n1

B

2

A

20

A4

这时

b

1

b

2

展开后比较得

nn1

n2

且b

n

a

n

4n6

2

A

B

10

B6

22

1

1

b

n

是以3为首项，以为公比的等比数列

b

n

3



2

2

n1

1

即

3



2

解析：

1

a

n

4n6

，

a

n

3



4n6

2

n1

例7 在数列

a

n

中，

a

1

2

，

a

n

2a

n1

2

n2

求数列

a

n

的通项公式。

n1n1

a

n

2a

n1

2

n1

n2

2

a

n

2a

n1

2

n1

，两边同除以

2

n

得

差的等差数列。

a

n

a

n1

a

1

a

n

是以=1为首项，2为公

2

n

nn1

2

222



a

n

1

n1

22n1

即

a

n

2

n

2n1

n

2

解决方法

ca

n

倒数法 类型六：

a

n1

（

cpd0

）



pa

n

d

2a

n

例10 已知

a

1

4

，

a

n1

，求

a

n

。

2a

n

1

111

1

1

，设

b

n

,

则

b

n1

b

n

1

； 解析：两边取倒数得：

a

n1

2a

n

a

n

2

b2

1

1

； 令

b

n1

t(b

n

t)

；展开后得，

t2

；

n1

b

n

22

2

17

1

2

为首项，为公比的等比数列。

b

n

2

是以

b

1

2

a

1

4

2

7



1

b

n

2



4



2

类型七：

S

n

f(a

n

)

n1

1

7



1

；即

2



a

n

4



2

s

1

1

2

n2

n1

2

n1

，得

a

n

n2

；

27

评注：去倒数后，一般需构造新的等差（比）数列。

解决方法



a

n

(n1)

s

n

s

n1

(n2)

.

例11 已知数列

a

n

前n项和

S

n

4a

n

1

求

a

n1

与

a

n

的关系； （2）求通项公式

a

n

.

解析：

1

1

n1

时，

a

1

s

1

4a

1

2

，得

a

1

1

；

2

n2

时，

a

n

s

n

s

n1

4a

n

得

a

n1

1

2

n2

4a

n1

1

2

n3

；

11

a

n

n

。

22

n1

（2）在上式中两边同乘以

2

得

2

n1

a

n1

2

n

a

n

2

；

数列2

n

a

n

是以

2

1

a

1

2

为首项，2为公差的等差数列；

2

n

a

n

22n22n

；得

a

n

类型八：周期型

例12若数列

a

n

满足

a

n1



n

。

2

n1

1

2a,(0a)

n

6

n

2

，若

a

1

，则

a

20

的值为___________。

1

7

2a1,(a1)

nn

2

解析：根据数列

a

n

的递推关系得它的前几项依次为：

6536536

，，，，，，

7777777

；我们看出这个数列是一个周期数列，三项为一个周期；

3

a

20

a

2

5

.

7

8(n1)

8

，求数列

{a

n

}

的通项公式。

，a

1

22

9

(2n1)(2n3)

类型九、利用数学归纳法求通项公式

例13 已知数列

{a

n

}

满足

a

n1

a

n

(2n1)

2

1

a

n

(2n1)

2

解析：根据递推关系和

a

1

82448

得，

a

2

,a

3

,

92549

(2n1)

2

1

所以猜测

a

n

，下面用数学归纳法证明它；

(2n1)

2

1

n1

时成立（已证明）

(2k1)

2

1

，

2

假设

nk

(k2)

时，命题成立，即

a

k

(2k1)

2

8

k1

8(k1)

(2k1)

2

1

则

nk1

时，

a

k1

a

k

=

22

22

2

(2k1)(2k3)

(2k1)

2k1



2k3

=

16k

4



64k84k44k8

2k1

2k3

1



2k3

1

。



22

222

2k1



2k3

2k1



2k3



2k3

32

222

nk1

时命题成立；

由

1

2

可知命题对所有的

nN

均成立。

*

4


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