❶ 求數列通項公式方法
一、公式法
二、累加法
三、累乘法
四、待定系數法
五、對數變換法
六、迭代法
七、數學歸納法
八、換元法
❷ 求數列通向公式有幾種方法具體怎麼樣做
一、觀察法
即歸納推理，一般用於解決選擇、填空題。過程：觀察→概括、推廣→猜出一般性結論。
例1、數列 的前四項為：11、102、1003、10004、……，則 _____。
分析： 即
二、公式法
即已知數列前n項和，求通項。
三、遞推公式
1、累差法
遞推式為：an+1=an+f(n) (f(n)可求和)
思路：:令n=1,2,…,n-1可得
a2-a1=f(1)
a3-a2=f(2)
a4-a3=f(3)
……
an-an-1=f(n-1)
將這個式子累加起來可得
an-a1=f(1)+f(2)+…+f(n-1)
∵f(n)可求和
∴an=a1+f(1)+f(2)+ …+f(n-1)
當然我們還要驗證當n=1時,a1是否滿足上式
可能要用到的一些公式：
例3、已知數列{a}中,a1=1,an+1=an+2,求an
解： 令n=1,2,…,n-1可得
a2-a1=2
a3-a2=22
a4-a3=23
……
an-an-1=2n-1
將這個式子累加起來可得
an-a1=f(1)+f(2)+…+f(n-1)
∵f(n)可求和
∴an=a1+f(1)+f(2)+…+f(n-1)
當n=1時,a1適合上式
故an=2n-1
2、累商法
遞推式為：an+1=f(n)an（f(n)要可求積）
思路：令n=1,2, …,n-1可得
a2/a1=f(1)
a3/a2=f(2)
a4/a3=f(3)
……
an/an-1=f(n-1)
將這個式子相乘可得an/a1=f(1)f(2) …f(n-1)
∵f(n)可求積
∴an=a1f(1)f(2) …f(n-1)
當然我們還要驗證當n=1時，a1是否適合上式
例4、在數列{an}中,a1=2,an+1=(n+1)an/n,求an
解： 令n=1,2, …,n-1可得
a2/a1=f(1)
a3/a2=f(2)
a4/a3=f(3)
……
an/an-1=f(n-1)
將這個式子相乘後可得an/a1=2/1×3/24×/3×…×n/(n-1)
即an=2n
當n=1時，an也適合上式
∴an=2n
3、構造法
（1）、遞推關系式為an+1=pan+q (p,q為常數)
思路：設遞推式可化為an+1+x=p(an+x),得an+1=pan+(p-1)x,解得x=q/(p-1)
故可將遞推式化為an+1+x=p(an+x)
構造數列{bn},bn=an+q/(p-1)
bn+1=pbn即bn+1/bn=p,{bn}為等比數列.
故可求出bn=f(n)再將bn=an+q/(p-1)代入即可得an
例5、(06重慶)數列{an}中,對於n>1(nN)有an=2an-1+3,求an
解： 設遞推式可化為an+x=2(an-1+x),得an=2an-1+x,解得x=3
故可將遞推式化為an+3=2(an-1+3)
構造數列{bn},bn=an+3
bn=2bn-1即bn/bn-1=2,{bn}為等比數列且公比為3
bn=bn-1•3,bn=an+3
bn=4×3n-1
an+3=4×3n-1,an=4×3n-1-1
（2）、遞推式為an+1=pan+qn (p,q為常數)
思路：在an+1=pan+qn兩邊同時除以qn+1得
an+1/qn+1=p/qan/qn+i/q
構造數列{bn},bn=an/qn可得bn+1=p/qbn+1/q
故可利用上類型的解法得到bn=f(n)
再將代入上式即可得an
例6、數列{an}中,a1+5/6,an+1=(1/3)an+(1/2)n,求an
解： 在an+1=(1/3)an+(1/2)n兩邊同時除以(1/2)n+1得
2n+1an+1=(2/3)×2nan+1
構造數列{bn},bn=2nan可得bn+1=(2/3)bn+1
故可利用上類型解法解得bn=3-2×(2/3)n
2nan=3-2×(2/3)n
an=3×(1/2)n-2×(1/3)n
（3）、遞推式為：an+2=pan+1+qan （p,q為常數）
思路：設an+2=pan+1+qan變形為an+2-xan+1=y(an+1-xan)
也就是an+2=(x+y)an+1-(xy)an，則可得到x+y=p,xy= -q
解得x,y，於是｛bn｝就是公比為y的等比數列（其中bn=an+1-xan）
這樣就轉化為前面講過的類型了．
例7、已知數列{an}中,a1=1,a2=2,an+2=(2/3)•an+1+(1/3)•an,求an
解：設an+2=(2/3)an+1+(1/3)an可以變形為an+2-xan+1=y(an+1-xan)
也就是an+2=(x+y)an+1-(xy)an，則可得到x+y=2/3,xy= -1/3
可取x=1,y= -1/3
構造數列｛bn｝，bn=an+1-an
故數列｛bn｝是公比為-1/3的等比數列
即bn=b1(-1/3)n-1
b1=a2-a1=2-1=1
bn=(-1/3)n-1
an+1-an=(-1/3)n-1
故我們可以利用上一類型的解法求得an=1+3/4×[1-(-1/3)n-1](nN*)
四、求解方程法
若數列 滿足方程 時，可通過解方程的思想方法求得通項。
例8、已知 ，數列 滿足 ，求數列 的通項公式。
解：
五、用不完全歸納法猜想,用數學歸納法證明.
思路:由已知條件先求出數列前幾項，由此歸納猜想出an，再用數學歸納法證明
例9、(2002全國高考)已知數列{an}中,an+1=a2n-nan+1,a1=2,求an
解：由已知可得a1=2,a2=3,a3=4,a4=5,a5=6
由此猜想an=n+1，下用數學歸納法證明：
當n=1時，左邊＝2，右邊＝2，左邊＝右邊
即當n=1時命題成立
假設當n=k時，命題成立，即ak=k+1
則 ak+1=a2k-kak+1
=(k+1)2-k(k+1)+1
=k2+2k+1-k2-2k+1
=k+2
=(k+1)+1
∴當n=k+1時，命題也成立．
綜合(1),(2),對於任意正整數有an=n+1成立
即an=n+1
❸ 求數列通項公式有哪些方法
求數列通項公式常用以下幾種方法：
一、題目已知或通過簡單推理判斷出是等比數列或等差數列，直接用其通項公式。
例：在數列{an}中，若a1=1，an+1=an+2(n1)，求該數列的通項公式an。
解：由an+1=an+2(n1)及已知可推出數列{an}為a1=1，d=2的等差數列。所以an=2n-1。此類題主要是用等比、等差數列的定義判斷，是較簡單的基礎小題。
二、已知數列的前n項和，用公式
S1 (n=1)
Sn-Sn-1 (n2)
例：已知數列{an}的前n項和Sn=n2-9n，第k項滿足5
(A) 9 (B) 8 (C) 7 (D) 6
解：∵an=Sn-Sn-1=2n-10，∴5<2k-10<8 ∴k=8 選 (B)
此類題在解時要注意考慮n=1的情況。
三、已知an與Sn的關系時，通常用轉化的方法，先求出Sn與n的關系，再由上面的(二)方法求通項公式。
例：已知數列{an}的前n項和Sn滿足an=SnSn-1(n2)，且a1=-，求數列{an}的通項公式。
解：∵an=SnSn-1(n2)，而an=Sn-Sn-1，SnSn-1=Sn-Sn-1，兩邊同除以SnSn-1，得---=-1(n2)，而-=-=-，∴{-} 是以-為首項，-1為公差的等差數列，∴-= -，Sn= -，
再用(二)的方法：當n2時，an=Sn-Sn-1=-，當n=1時不適合此式，所以，
- (n=1)
- (n2)
四、用累加、累積的方法求通項公式
對於題中給出an與an+1、an-1的遞推式子，常用累加、累積的方法求通項公式。
例：設數列{an}是首項為1的正項數列，且滿足(n+1)an+12-nan2+an+1an=0，求數列{an}的通項公式
解：∵(n+1)an+12-nan2+an+1an=0，可分解為[(n+1)an+1-nan](an+1+an)=0
又∵{an}是首項為1的正項數列，∴an+1+an ≠0，∴-=-，由此得出：-=-，-=-，-=-，…，-=-,這n-1個式子，將其相乘得：∴ -=-，
又∵a1=1，∴an=-(n2)，∵n=1也成立，∴an=-(n∈N*)
❹ 求數列通項公式的幾種常見方法
一、題目已知或通過簡單推理判斷出是等比數列或等差數列，直接用其通項公式。
例：在數列{an}中，若a1=1，an
1=an
2(n1)，求該數列的通項公式an。
解：由an
1=an
2(n1)及已知可推出數列{an}為a1=1，d=2的等差數列。所以an=2n-1。此類題主要是用等比、等差數列的定義判斷，是較簡單的基礎小題。
二、已知數列的前n項和，用公式
s1
(n=1)
sn-sn-1
(n2)
例：已知數列{an}的前n項和sn=n2-9n，第k項滿足5
(a)
9
(b)
8
(c)
7
(d)
6
解：∵an=sn-sn-1=2n-10，∴5<2k-10<8
∴k=8
選
(b)
此類題在解時要注意考慮n=1的情況。
三、已知an與sn的關系時，通常用轉化的方法，先求出sn與n的關系，再由上面的(二)方法求通項公式。
例：已知數列{an}的前n項和sn滿足an=snsn-1(n2)，且a1=-，求數列{an}的通項公式。
解：∵an=snsn-1(n2)，而an=sn-sn-1，snsn-1=sn-sn-1，兩邊同除以snsn-1，得---=-1(n2)，而-=-=-，∴{-}
是以-為首項，-1為公差的等差數列，∴-=
-，sn=
-，
再用(二)的方法：當n2時，an=sn-sn-1=-，當n=1時不適合此式，所以，
-
(n=1)
-
(n2)
四、用累加、累積的方法求通項公式
對於題中給出an與an
1、an-1的遞推式子，常用累加、累積的方法求通項公式。
例：設數列{an}是首項為1的正項數列，且滿足(n
1)an
12-nan2
an
1an=0，求數列{an}的通項公式
解：∵(n
1)an
12-nan2
an
1an=0，可分解為[(n
1)an
1-nan](an
1
an)=0
又∵{an}是首項為1的正項數列，∴an
1
an
≠0，∴-=-，由此得出：-=-，-=-，-=-，…，-=-,這n-1個式子，將其相乘得：∴
-=-，
又∵a1=1，∴an=-(n2)，∵n=1也成立，∴an=-(n∈n*)
五、用構造數列方法求通項公式
題目中若給出的是遞推關系式，而用累加、累積、迭代等又不易求通項公式時，可以考慮通過變形，構造出含有
an(或sn)的式子，使其成為等比或等差數列，從而求出an(或sn)與n的關系，這是近一、二年來的高考熱點，因此既是重點也是難點。
例：已知數列{an}中，a1＝2，an
1=(--1)(an
2)，n=1,2,3,……
(1)求{an}通項公式
(2)略
解：由an
1=(--1)(an
2)得到an
1--＝
(--1)(an--)
∴{an--}是首項為a1--，公比為--1的等比數列。
由a1＝2得an--=(--1)n-1(2--)
，於是an=(--1)n-1(2--)
-
又例：在數列{an}中，a1=2，an
1=4an-3n
1(n∈n*)，證明數列{an-n}是等比數列。
證明：本題即證an
1-(n
1)=q(an-n)
(q為非0常數)
由an
1=4an-3n
1，可變形為an
1-(n
1)=4(an-n)，又∵a1-1=1，
所以數列{an-n}是首項為1，公比為4的等比數列。
若將此問改為求an的通項公式，則仍可以通過求出{an-n}的通項公式，再轉化到an的通項公式上來。
又例：設數列{an}的首項a1∈(0,1)，an=-，n=2，3，4……(1)求{an}通項公式。(2)略
解：由an=-，n=2,3,4,……，整理為1-an=--(1-an-1)，又1-a1≠0，所以{1-an}是首項為1-a1，公比為--的等比數列，得an=1-(1-a1)(--)n-1
❺ 求數列通項公式的方法大全
構造法求數列的通項公式
在數列求通項的有關問題中，經常遇到即非等差數列，又非等比數列的求通項問題，特別是給出的數列相鄰兩項是線性關系的題型，在老教材中，可以通過不完全歸納法進行歸納、猜想，然後藉助於數學歸納法予以證明，但新教材中，由於刪除了數學歸納法，因而我們遇到這類問題，就要避免用數學歸納法。這里我向大家介紹一種解題方法——構造等比數列或等差數列求通項公式。
構造法就是在解決某些數學問題的過程中，通過對條件與結論的充分剖析，有時會聯想出一種適當的輔助模型，以此促成命題轉換，產生新的解題方法，這種思維方法的特點就是「構造」.若已知條件給的是數列的遞推公式要求出該數列的通項公式，此類題通常較難，但使用構造法往往給人耳目一新的感覺. 供參考。
1、構造等差數列或等比數列
由於等差數列與等比數列的通項公式顯然，對於一些遞推數列問題，若能構造等差數列或等比數列，無疑是一種行之有效的構造方法.
例1 設各項均為正數的數列 的前n項和為Sn，對於任意正整數n，都有等式： 成立，求 的通項an.
解： ， ∴
，∵ ，∴ .
即 是以2為公差的等差數列，且 .
∴
例2 數列 中前n項的和 ，求數列的通項公式 .
解：∵
當n≥2時，
令 ，則 ，且
是以 為公比的等比數列，
∴ .
2、構造差式與和式
解題的基本思路就是構造出某個數列的相鄰兩項之差，然後採用迭加的方法就可求得這一數列的通項公式.
例3 設 是首項為1的正項數列，且 ，（n∈N*），求數列的通項公式an.
解：由題設得 .
∵ ， ，∴ .
∴
.
例4 數列 中， ，且 ，（n∈N*），求通項公式an.
解：∵
∴ （n∈N*）
3、構造商式與積式
構造數列相鄰兩項的商式，然後連乘也是求數列通項公式的一種簡單方法.
例5 數列 中， ，前n項的和 ，求 .
解：
，
∴
∴
4、構造對數式或倒數式
有些數列若通過取對數，取倒數代數變形方法，可由復雜變為簡單，使問題得以解決.
例6 設正項數列 滿足 ， （n≥2）.求數列 的通項公式.
解：兩邊取對數得： ， ，設 ，則
是以2為公比的等比數列， .
， ， ，
∴
例7 已知數列 中， ，n≥2時 ，求通項公式.
解：∵ ，兩邊取倒數得 .
可化為等差數列關系式.
∴
❻ 如何求一個數列的通項公式
求數列通項公式的基本方法：
累加法
遞推公式為a(n+1)=an+f(n)，且f(n)可以求和
例：數列{an}，滿足a1=1/2，a(n+1)=an+1/(4n^2-1)，求{an}通項公式
解：a(n+1)=an+1/(4n^2-1)=an+[1/(2n-1)-1/(2n+1)]/2
∴an=a1+(1-1/3+1/3-1/5+……+1/(2n-3)-1/(2n-1))
∴an=1/2+1/2 (1-1/(2n-1))=(4n-3)/(4n-2)
累乘法
遞推公式為a(n+1)/an=f(n),且f(n)可求積
例：數列{an}滿足a(n+1)=(n+2)/n an，且a1=4，求an
解：an/a1=an/a(n-1)×a(n-1)/a(n-2)×……×a2/a1=2n(n+1)
構造法
將非等差數列、等比數列，轉換成相關的等差等比數列
適當的進行運算變形
例：{an}中，a1=3,a(n+1)=an^2,求an
解：ln a(n+1)=ln an^2=2ln an
∴{ln an}是等比數列，q=2，首項為ln3
∴ln an =(2^(n-1))ln3
故an=3^[2^(n-1)]
倒數變換法(適用於a(n+1)=Aan/(Ban+C),其中，A、B、C∈R)
例：{an}中，a1=1，a(n+1)=an/(2an+1)
解：1/a(n+1)=(2an+1)/an=1/an +2
∴{1/an}是等差數列，首項是1，公差是2
∴an=1/(2n-1)
待定系數法
A.遞推式為a(n+1)=pan+q(p，q為常數)，可以構造遞推數列{an+x}為 以p為公比的等比數列，
即a(n+1)+x=p(an+x)，其中x=q/(p-1) (或者可以把設定的式子拆開，等於原子)
例：{an}中a1=1，a(n+1)=3an+4,求an
解：a(n+1)+2=3(an+2)
∴{an+2}是等比數列 首項是3，公比是3
∴an=3^n-2
B.遞推公式為a(n+1)=pan+q^n(p，q是常數)
常規變形，將兩邊同時除以q^(n+1),
得到a(n+1)/q^(n+1)=p/q an/q^n+1/q
再令bn=an/q^n,
可以得到b(n+1)=kbn+m(k=p/q , m=1/q)
之後就用上面A中提到的方法來解決
C.遞推公式為a(n+2)=pa(n+1)+qan,(p，q是常數)
可以令a(n+2)=x^2 , a(n+1)=x , an=1
解出x1和x2，可以得到兩個式子
a(n+1)-x1an=x2(an-x1a(n-1))
a(n+1)-x2an=x1(an-x2a(n-1))
然後，兩式子相減，左邊可以得出kan來(k為系數)
右邊就用等比數列的方法得出來
例：{an}中，a1=1,a2=2,a(n+2)=2/3 a(n+1)=1/3 an
解：x^2=2x/3=1/3
x1=1,x2=-1/3
可以得到方程組
a(n+1)-an=-1/3 (an-a(n-1))
a(n+1)+1/3 an=an+1/3 a(n-1)
解得an=7/4-3/4×(-1/3)^(n-1)
D.遞推式a(n+1)=pan+an+b(a，b，p是常數)
可以變形為a(n+1)+x(n+1)+y=p(an+xn+y)
然後和原式子比較，可以得出x，y，
即可以得到{an+xn+y}是個 以p為公比的等比數列
例：{an}中，a1=4， an=3a(n-1)+2n-1(n≥2)
解：原式=>an+n+1=3[a(n-1)+(n-1)+1]
∴{an+n+1}為等比數列，q=3，首項是6
∴an=2×3^n-n-1
特徵根法
遞推式為a(n+1)=(Aan+B)/(Can+D) (A，B，C，D是常數)
令a(n+1)=an=x,原式則為x=(Ax+B)/(Cx+D)
(1)若解得相同的實數根x0，則可以構造數列{1/(an-x0)}為等差數列
例：{an}滿足a1=2，a(n+1)=(2an-1)/(4an+6),求an
解：x=(2x-1)/(4x+6)
解得x0=-1/2
1/(an+1/2)=1/[(2a(n-1)-1)/(4a(n-1)+6) +1/2]=1/[a(n-1)+1/2] +1
∴{1/(an+1/2)}是等差數列，d=1，首項是2/5
∴an=5/(5n-3) -1/2
(2)若解得兩個相異實根x1,x2,則構造{(an-x1)/(an-x2)}為等比數列(x1,x2的位置沒有順序，可以調換)
例：{an}滿足a1=2，a(n+1)=(an+2)/(2an+1)
解：由題可得(an-1)/(an+1)=-1/3 [a(n-1)-1]/[a(n-1)+1]
則{(an-1)/(an+1)}是等比數列，q=-1/3，首項是1/3
∴an=[1+(-1)^(n-1) (1/3)^n]/[1-(-1)^(n-1) (1/3)^n]
(3)如果沒有實數根，那麼這個數列可能是周期數列
例：{an}中，a1=2,滿足a(n+1)=(an-1)/an(n≥2)
解：a1=2 , a2=1/2 , a3=-1 , a4=2 , a5=1/2 ……
所以an=2(n MOD 3=1)，1/2(n MOD3=1)，-1(nMOD3=0)
(准確的應該是有大括弧像分段函數那樣表示，但是這里無法顯示)
連加相減，連乘相除
例：{an}滿足a1+2a2+3a3+……+nan=n(n+1)(n+2)
解：令bn=a1+2a2+3a3+……+nan=n(n+1)(n+2)
nan=bn-b(n-1)=n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)
∴an=3(n+1)
通項公式：按一定次序排列的一列數稱為數列，而將數列{a n } 的第n項用一個具體式子（含有參數n）表示出來，稱作該數列的通項公式。這正如函數的解析式一樣，通過代入具體的n值便可求知相應a n 項的值。而數列通項公式的求法，通常是由其遞推公式經過若干變換得到。
❼ 求數列通項公式的基本方法
公式法、遞推公式法、前n項和形式共計三類
❽ 求數列通項公式的方法,越多越好謝謝
一、 直接法
如果已知數列為等差（或等比）數列，可直接根據等差（或等比）數列的通項公式，求得 ，d（或q），從而直接寫出通項公式。
例1. 等差數列 是遞減數列，且 =48， =12，則數列的通項公式是（ ）
(A) (B) (C) (D)
解析：設等差數列的公差位d，由已知 ，
解得 ，又 是遞減數列， ∴ ， ，
∴ ，故選(D)。
例2. 已知等比數列 的首項 ，公比 ，設數列 的通項為 ，求數列 的通項公式。
解析：由題意， ，又 是等比數列，公比為
∴ ，故數列 是等比數列， ，
∴
二、 歸納法
如果給出了數列的前幾項或能求出數列的前幾項，我們可以根據前幾項的規律，歸納猜想出數列的通項公式，然後再用數學歸納法證明之。
例3.（2002年北京春季高考）已知點的序列 ，其中 ， ， 是線段 的中點， 是線段 的中點，…， 是線段 的中點，…
（1） 寫出 與 之間的關系式（ ）。
（2） 設 ，計算 ，由此推測 的通項公式，並加以證明。
（3） 略
解析：（1）∵ 是線段 的中點， ∴
（2） ，
= ，
= ，
猜想 ，下面用數學歸納法證明
當n=1時， 顯然成立；
假設n=k時命題成立，即
則n=k+1時， =
=
∴ 當n=k+1時命題也成立，
∴ 命題對任意 都成立。
三、 累加（乘）法
對於形如 型或形如 型的數列，我們可以根據遞推公式，寫出n取1到n時的所有的遞推關系式，然後將它們分別相加（或相乘）即可得到通項公式。
例4. 若在數列 中， ， ，求通項 。
解析：由 得 ，所以
， ，…， ，
將以上各式相加得： ，又
所以 =
例5. 在數列 中， ， （ ），求通項 。
解析：由已知 ， ， ，…， ，又 ，
所以 = … = … =
四、 構造法
有些數列本身並不是等差或等比數列，但可以經過適當的變形，構造出一個新的數列為等差或等比數列，從而利用這個數列求其通項公式。
例6. 在數列 中， ， ， ，求 。
解析：在 兩邊減去 ，得
∴ 是以 為首項，以 為公比的等比數列，
∴ ，由累加法得
=
= … = =
=
例7. （2003年全國高考題）設 為常數，且 （ ），
證明：對任意n≥1，
證明：設，
用 代入可得
∴ 是公比為 ，首項為 的等比數列，
∴ （ ），
即：
五、 公式法
公式法即利用公式 求數列通項公式的一種方法。
例8. 在數列 中， +2 +3 +…+ = ，求 。
解析：令 = +2 +3 +…+ = ，
則 = +2 +3 +…+ = ，
則 － = = － ，
∴ = － =
例9. 設數列 的前n項和 = ，求 。
解析：由 = ，得 = ，
∴ = － = － +（ ）
∴ = + ，兩邊同乘以 ，得 = +2，
∴ 是首項為1公差為2的等差數列，
∴ =2+ = ， ∴ =
六、 代換法
例10. 已知數列 滿足 ， ，求 。
解析：設 ，∵ ，
∴ ， ，…，
總之，求數列的通項公式，就是將已知數列轉化成等差（或等比）數列，從而利用等差（或等比）數列的通項公式求其通項。
❾ 求數列通項公式總結
常用的 韋達法；待定系數法，逐差法。逐乘法，倒數法，分解因式法。可以去網路文庫下載 數列知識點總結，很全的，自己對應做習題就行了