数列通项公式的求法集锦 累加法形如 (n=2、3、4…...) 且可求，则用累加法求。有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解。 在数列{}中，=1， (n=2、3、4……) ，求{}的通项公式。 解：∵ 这n-1个等式累加得：= 故 且也满足该式 ∴ (). 例2．在数列{}中，=1， (),求。 解：n=1时, =1以上n-1个等式累加得 ==，故 且也满足该式 ∴ ()。 累乘法形如 (n=2、3、4……)，且可求，则用累乘法求。有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解。 例3．在数列{}中，=1，，求。解：由已知得 ，分别取n=1、2、3……(n-1),代入该式得n-1个等式累乘，即=1×2×3×…×(n-1)=(n-1)!所以时，故 且=1也适用该式 ∴ (). 例4．已知数列{}满足=，，求。 解：由已知得，分别令n=1，2，3，….(n-1),代入 上式得n-1个等式累乘，即=  所以，又因为也满足该式，所以。 三、构造等比数列法原数列{}既不等差，也不等比。若把{}中每一项添上一个数或一个式子构成新数列，使之等比，从而求出。该法适用于递推式形如=或=或= 其中b、c为不相等的常数，为一次式。 例5、（06福建理22）已知数列{}满足=1，= ()，求数列{}的通项公式。 解：构造新数列，其中p为常数，使之成为公比是的系数2的等比数列 即= 整理得：=使之满足= ∴p=1 即是首项为=2，q=2的等比数列∴= = 例6、（07全国理21）设数列{}的首项，=，n=2、3、4…… （）求{}的通项公式。 解：构造新数列，使之成为的等比数列 即= 整理得：=满足= 得 = ∴p=-1 即新数列首项为，的 等比数列 ∴= 故 =+1 例8、已知数列{}中，=1，=，求数列的通项公式。 分析：该数列不同于以上几个数列，该数列中含是变量，而不是常量了。故应构造新数列，其中为常数，使之为公比是的系数2的等比数列。 解：构造数列，为不为0的常数，使之成为q=2的等比数列 即= 整理得：= 满足 = 得 ∴新数列是首项为=，q=2的等比数列 ∴= ∴= 四、构造等差数列法数列{}既不等差，也不等比，递推关系式形如，那么把两边同除以后，想法构造一个等差数列，从而间接求出。 例10．（07石家庄一模）数列{}满足且。求、、 是否存在一个实数，使此数列为等差数列？若存在求出的值及；若不存在，说明理由。 解：由==81 得=33；又∵==33得=13； 又∵==13，∴=5 假设存在一个实数，使此数列为等差数列 即= = =  该数为常数 ∴= 即为首项，d=1的等差数列 ∴=2+=n+1 ∴= 例11、数列{}满足=  ()，首项为，求数列{}的通项公式。 解：=  两边同除以得=+1 ∴数列是首项为=1，d=1的等差数列∴=1+ 故= 例12．数列{}中，=5，且 （n=2、3、4……），试求数列{}的通项公式。 解：构造一个新数列，为常数，使之成为等差数列，即 整理得+3(，让该式满足∴取，得，d=1 ，即是首项为，公差d=1的等差数列。 故 ∴= 取倒数法有些关于通项的递推关系式变形后含有项，直接求相邻两项的关系很困难，但两边同除以后，相邻两项的倒数的关系容易求得，从而间接求出。 例14、已知数列{}，= ， ，求=？ 解：把原式变形得 两边同除以得 ∴是首项为，d=的等差数列故∴。 例16．（06江西文22）已知各项均为正数的数列{}满足：，且 求数列{}的通项公式。 解：把原式变形为 两边同除以得 移项得： 所以新数列是首项为 q=2的等比数列。 故 解关于的方程得。 六．利用公式求通项有些数列给出{}的前n项和与的关系式=，利用该式写出，两式做差，再利用导出与的递推式，从而求出。 例19.(07福建文21)数列{}的前n项和为，=1， ( n∈),求{}的通项公式。 解：由=1，=2，当n≥2时==得=3，因此{}是首项为=2，q=3的等比数列。故= (n≥2),而=1不满足该式 所以=。 例20.(06全国Ⅰ理22)该数列{}的前n项和 (n=1、2、3……) 求{}的通项公式。 解：由 (n=1、2、3……)…①得= 所以=2 再= （n=2、3…）…② 将①和②相减得：== 整理得 （n=2、3…）因而数列{}是首项为,q=4 的等比数列。即==，因而。
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