前言
求數列的通項公式，其本質是求函數的解析式。我們必須多角度，多形式的重點理解\(a_n\)的內涵。
求解必備
當見到這樣的式子\(a_{n+1}－a_n = m\)(\(m\)常數)，你一定會反應出\(\{a_n\}\)是等差數列，
那么見到\(S_{n+1}－S_n = m\)(\(m\)常數)，你還能看出來里面有等差數列嗎? 不錯，數列\(\{S_n\}\)是等差數列；
特別注意：對代數式\(a_{n+1}－a_n=m\)(\(m\)常數)中\(a_{n+1}\)和\(a_n\)的“內涵”的理解。
引例如下，用以下例子從多個形式理解其內涵：
①\(\cfrac{1}{a_{n+1}}－\cfrac{1}{a_n} = m\)，則數列\(\{\cfrac{1}{a_n}\}\)是首項為\(\cfrac{1}{a_1}\)，公差為\(m\)的等差數列；
②\(\cfrac{1}{S_{n+1}}－\cfrac{1}{S_n} = m\)，則數列\(\{\cfrac{1}{S_n}\}\)是首項為\(\cfrac{1}{a_1}\)，公差為\(m\)的等差數列；
③\(\cfrac{a_{n+1}}{n+1}－\cfrac{a_n}{n} = m\)，則數列\(\{\cfrac{a_n}{n}\}\)是首項為\(\cfrac{a_1}{1}\)，公差為\(m\)的等差數列；
④\(\cfrac{n}{a_{n+1}+(n+1)}－\cfrac{n-1}{a_n+n} = m\)，則數列\(\{\cfrac{n-1}{a_n+n}\}\)是首項為\(\cfrac{1-1}{a_1+1}\)，公差為\(m\)的等差數列；
⑤\((a_{n+1}+(n+1))－(a_n + n) = m\)， 則數列\(\{a_n+n\}\)是首項為\(a_1+1\)，公差為\(m\)的等差數列；
⑥\(a_{n+1}^2－a_n^2 = m\)，則數列\(\{a_n^2\}\)是首項為\(a_1^2\)，公差為\(m\)的等差數列；
⑦\(log_m^\,{a_{n+1}^2}－log_m^\,{a_n^2} = p\)，則數列\(\{log_m^\,{a_n^2}\}\)是首項為\(log_m^\,{a_1^2}\)，公差為\(p\)的等差數列；
⑧\(a_{n+2}-2a_{n+1}=a_{n+1}-2a_n\)，則數列\(\{a_{n+1}-2a_n\}\)是首項為\(a_2-2a_1\)，公差為\(0\)的等差數列；
以上所列舉的凡此種種，都是等差數列，能用一個表達式刻畫嗎？
因此務必要求，理解透徹\(a_{n+1}\)和\(a_n\)的“內涵”；
再如下列的引例，強化對代數式\(\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=m\)(\(m\)常數)中\(a_{n+1}\)和\(a_n\)的“內涵”的理解：
①\(\cfrac{a_{n+1}+1}{a_n+1} = m\)， 則數列\(\{a_n+1\}\)是首項為\(a_1+1\)，公比為\(m\)的等比數列；
②\(\cfrac{a_{n+1}+(n+1)}{a_n + n} = m\)，則數列\(\{a_n+n\}\)是首項為\(a_1+1\)，公比為\(m\)的等比數列；
③\(\cfrac{a_{n+1}^2}{a_n^2} = m\)，則數列\(\{a_n^2\}\)是首項為\(a_1^2\)，公比為\(m\)的等比數列；
④\(a_{n+2}-a_{n+1}=2(a_{n+1}-a_n)\)，則數列\(\{a_{n+1}-a_n\}\)是首項為\(a_2-a_1\)，公比為\(2\)的等比數列；
簡單類型
給定數列的前有限項，求數列\(\{a_n\}\)的通項公式；
重點類型Ⅰ
- 由\(a_n\)與\(S_n\)的關系求數列\(\{a_n\}\)的通項公式【要求重點掌握的類型】
方法：熟練記憶\(a_n\)與\(S_n\)的關系\(a_n=\begin{cases}S_1 &n=1\\S_n-S_{n-1} &n\ge 2\end{cases}\)，並靈活運用注意：①這是個分段函數，故求其解析式應該分段求解，容易忘記求解\(n=1\)的情形②必須驗證能否合二為一，如果能就寫成一個式子，如果不能，寫成分段數列的形式。③若題目中是\(a_{n+1}\)，則\(a_{n+1}\)\(=\)\(S_{n+1}\)\(-\)\(S_n\)，而不是\(a_{n+1}\)\(=\)\(S_{n}\)\(-\)\(S_{n-1}\)，切記！。
- 角度1：若已知形如\(S_n=f(n)\)，
思路：構造\(S_{n-1}\)，用兩者作差之法
分析：當\(n=1\)時，\(S_1=a_1=6\)，
當\(n\ge 2\)時，由已知可得\(S_{n-1}=2(n-1)^2+3(n-1)+1\)，
又\(S_n=2n^2+3n+1\)，兩式相減得到
\(n\ge 2\)時，\(a_n=S_n-S_{n-1}=4n+1\)，
由於\(n=1\)時，\(a_1=6\)，不滿足上式，故需要將通項公式寫成分段函數形式，
即所求通項公式為\(a_n=\begin{cases}6，&n=1\\4n+1，&n\ge 2\end{cases}\)。
分析：由已知可得，當\(n\ge 2\)時，\(2^1a_1+2^2a_2+2^3a_3+\dots+2^{n-1}a_{n-1} = n-1\)，
兩式作差得到
當\(n\ge 2\)時，\(2^na_n =1\)，即\(a_n=\cfrac{1}{2^n}=(\cfrac{1}{2})^n\)，
又當\(n=1\)時，\(2^1a_1=1\)，即\(a_1=\cfrac{1}{2}\)，滿足上式，
故所求通項公式為\(a_n=(\cfrac{1}{2})^n，n\in N^*\)。
- 角度2：已知形如\(S_n=f(a_n)\)，有兩個求解方向：
若求\(a_n\) ，思路：設法消去\(S_n\)，即構造\(S_{n-1}\)，作差即可，直接求解\(a_n\)。
分析：由已知\(2S_n+a_n=1\)可得，
當\(n\ge 2\)時，\(2S_{n-1}+a_{n-1}=1\)，兩式相減得到
當\(n\ge 2\)時，\(3a_n-a_{n-1}=0\)，
又\(n=1\)時，\(2S_1+a_1=1\)，解得\(a_1=\cfrac{1}{3}\)，
故可知\(\cfrac{a_n}{a_{n-1}}=\cfrac{1}{3}\)，
即數列\(\{a_n\}\)是首項為\(\cfrac{1}{3}\)，公比為\(\cfrac{1}{3}\)的等比數列，
通項公式為\(a_n=\cfrac{1}{3^n}(n\in N^*)\)。
補充思路：先主動求\(S_n\) ，思路：消去\(a_n\)，用\(s_n-s_{n-1}=a_n\)代換\(a_n\)即可，然后由\(S_n\)入手求解\(a_n\)；
分析：本題目嘗試直接求解\(a_n\)而不得，故考慮需要先求解\(S_n\)；
由於\(S_n\)是\(a_n\)與\(\cfrac{1}{a_n}\)的等差中項，則有\(2S_n=a_n+\cfrac{1}{a_n}\)，
當\(n=1\)時，上式變為\(2a_1=a_1+\cfrac{1}{a_1}\)，解得\(a_1^2=1\)，由於\(a_n>0\)，則得到\(a_1=1\)，
當\(n\geqslant 2\)時，上式變化為\(2S_n\cdot a_n=a_n^2+1\)，
即\(2S_n(S_n-S_{n-1})=(S_n-S_{n-1})^2+1\)，整理為\(S_n^2-S_{n-1}^2=1\)，
故\(\{S_n^2\}\)是首項為\(S_1^2=a_1^2=1\)，公差為\(1\)的等差數列，則\(S_n^2=1+(n-1)\times 1=n\)，
則\(S_n=\sqrt{n}(n\in N^*)\)，
由上可知，當\(n\geqslant 2\)時，\(S_{n-1}=\sqrt{n-1}\)，
兩式相減，得到\(S_n-S_{n-1}=a_n=\sqrt{n}-\sqrt{n-1}(n\geqslant 2)\)
再驗證，\(n=1\)時，\(a_1=1=\sqrt{1}-\sqrt{1-1}\)，故滿足上式，
綜上所述，\(a_n=\sqrt{n}-\sqrt{n-1}(n\in N^*)\)。
若求\(S_n\) ，思路：消去\(a_n\)，用\(s_n-s_{n-1}=a_n\)代換\(a_n\)即可。
分析：由\(a_{n+1}=S_{n+1}-S_n\)，代入已知式子得到，
\(S_{n+1}-S_n=3S_n\)，整理得到，\(S_{n+1}=4S_n\)，
由\(S_1=a_1=1\neq 0\)，故數列\(\{S_n\}\)是首項是1，公比為4的等比數列，
故\(S_n=1\cdot 4^{n-1}=4^{n-1}(n\in N^*)\)。
- 角度3：已知形如\(S_n=f(n,a_n)\)，思路：構造\(S_{n-1}\)，兩者作差后，
①若出現\(a_{n+1} =pa_n + q(p，q\in R)\) ，兩邊同加常數\(k=\cfrac{q}{p-1}\)構造等比數列。
【解釋】：為什么同加常數\(k=\cfrac{q}{p-1}\)就可以構造等比數列，
假設\(a_{n+1} = pa_n + q\)，可以變形為\(a_{n+1}+k=p(a_n+k)\)，整理得到\(a_{n+1}=pa_n+pk-k\)，
則有\(k(p-1)=q\)，故\(k=\cfrac{q}{p-1}\)，即只要給所給的形如\(a_{n+1} = pa_n + q\)的式子兩邊同時
加上常數\(\cfrac{q}{p-1}\)，則可以等價變形為\(a_{n+1}+k=p(a_n+k)\)，接下來就可以朝等比數列考慮了。
分析：由已知當\(n\ge 2\)時，\(S_{n-1}=2a_{n-1}+(n-1)\)，兩式相減得到
\(n\ge 2\)時，\(a_n=2a_n-2a_{n-1}+1\)，整理得到\(a_n=2a_{n-1}-1\)，兩邊同加-1，
即\(a_n-1=2(a_{n-1}-1)\)，故\(a_1-1=1\neq 0\)，
故數列\(\{a_n-1\}\)是首項為1，公比為2的等比數列，
故\(a_n-1=1\cdot 2^{n-1}\)，故\(a_n=2^{n-1}+1(n\in N^*)\)。
②若出現\(a_{n+1} =pa_n+qn+k\)，兩邊同加關於\(n\)的一次式構造等比數列。(較難的類型)
分析：設\(a_{n+1}+p(n+1)+q=2(a_n+pn+q)\)，打開整理得到，\(p=3，q=1\)，
整理都得到\(a_{n+1}+3(n+1)+1=2(a_n+3n+1)\)，
由首項\(a_1+3\cdot 1+1=5\neq 0\) ，故數列\(\{a_n+3n+1\}\)是首項為5，公比為2的等比數列，
故\(a_n+3n+1=5\cdot 2^{n-1}\)，故\(a_n=5\cdot 2^{n-1}-3n-1(n\in N^*)\)。
重點類型Ⅱ
- 由遞推公式求數列\(\{a_n\}\) 的通項公式,[熟練記憶幾個常見的模型]
形如： \(a_{n+1}－a_n = m\) (常數) 方法：用等差數列定義法 或 累加法(要求重點掌握的類型)
分析：易知\(a_n=4n(n\in N^*)\)。
形如：\(a_{n+1}-a_n = f(n)\) (變量) 方法：累加法(要求重點掌握的類型)
已知\(a_1=4，a_{n+1}=a_n+2 \cdot 3^n+1\)，求數列的通項公式。
分析：將已知條件變形為\(a_{n+1}-a_n=2 \cdot 3^n+1\)，
則由上式可知，當\(n\ge 2\)時，
以上\(n-1\)個式子累加，得到
\(a_n-a_1=2(3^1+3^2+\cdots+3^{n-1})+n-1\)，
即\(a_n-a_1=2\cdot \cfrac{3(1-3^{n-1})}{1-3}+n-1\)，
即\(a_n=3^n+n(n\ge 2)\)；
又\(n=1\)時，\(a_1=4\)滿足上式，
故通項公式為\(a_n=3^n+n(n\in N^*)\)
形如：\(\cfrac{a_{n+1}}{a_n} = m\) (常數) 方法：等比數列定義法或累乘法(要求重點掌握的類型)
分析：易知\(a_n=4^n\)。
形如\(\cfrac{a_{n+1}}{a_n} = f(n)\)(變量) 方法：累乘法(要求重點掌握的類型)
法1：整體思想，由已知容易知道數列\(\{na_n\}\)是首項為1，公差為0的等差數列，
故\(na_n=1+(n-1)\cdot 0\)，即\(a_n=\cfrac{1}{n}(n\in N^*)\)。
法2：累乘法，變形為\(\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=\cfrac{n}{n+1}\)，由此式子可得到
以上\(n-1\)個式子相乘得到，當\(n\ge 2\)時，
\(\cfrac{a_n}{a_{n-1}}\cdot \cfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}}\cdot \cfrac{a_{n-2}}{a_{n-3}}\cdot \cdots \cfrac{a_2}{a_1}=\cfrac{n-1}{n} \cdot \cfrac{n-2}{n-1} \cdot\cfrac{n-3}{n-2}\cdot \cdots\cfrac{1}{2}\)，
即\(\cfrac{a_n}{a_1}=\cfrac{1}{n}\)，故\(a_n=\cfrac{1}{n}(n\ge 2)\)，
當\(n=1\)時，\(a_1=1\)滿足上式，故所求通項公式\(a_n=\cfrac{1}{n}(n\in N^*)\)。
形如\(a_{n+1} = pa_n + q(p，q為常數)\)的類型，方法：兩邊同加常數\(k=\cfrac{q}{p-1}\)構造等比數列。(要求重點掌握的類型)
分析：(同加常數構造法)由已知得到當\(n\ge 2\)時，\(a_n+1=4a_{n-1}+3+1=4(a_{n-1}+1)\)，又\(a_1+1=2\neq 0\)，
故數列\(\{a_n+1\}\)是首項為2公比為4的的等比數列，故\(a_n+1=2\cdot 4^{n-1}\)，
即\(a_n=2\cdot 4^{n-1}-1=2^{2n-1}-1(n\in N^*)\)。
形如\(a_{n+1} =pa_n + p^n，p\)為常數，方法：等式兩邊同除以\(p^n\)或 \(p^{n+1}\)，構造等差數列。
分析：給已知條件兩邊同時除以\(2^{n+1}\)，得到\(\cfrac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=\cfrac{a_n}{2^n}+\cfrac{1}{2}\)，
故有\(\cfrac{a_{n+1}}{2^{n+1}}-\cfrac{a_n}{2^n}=\cfrac{1}{2}\)，
即數列\(\{\cfrac{a_n}{2^n}\}\)是首項為\(\cfrac{a_1}{2^1}=\cfrac{1}{2}\)，公差為\(\cfrac{1}{2}\)的等差數列，
故\(\cfrac{a_n}{2^n}=\cfrac{1}{2}+(n-1)\cdot \cfrac{1}{2}=\cfrac{n}{2}\)，
故\(a_n=\cfrac{n\cdot 2^n}{2}=n\cdot 2^{n-1}(n\in N^*)\)。
問題1：能同除以\(2^n\)嗎？[1]
問題2：此方法能解決\(a_{n+1}=3\cdot a_n+2^n\)的通項公式嗎？[2]
問題3：對於\(a_{n+1}=3\cdot a_n+2^n\)，能通過兩邊同除以\(3^{n+1}\)或者\(3^n\)，求其通項公式嗎？[3]
形如\(a_{n+2} =pa_{n+1} + qa_n\)，\(p、q\)為常數，方法：利用待定系數法，構造等差或等比數列。
分析：用待定系數法，設\(a_{n+2}+pa_{n+1}=k(a_{n+1}+pa_n)\)，\(k，p\in R\)，
整理得到$$a_{n+2}-kp\cdot a_n=(k-p)a_{n+1}$$
比照$$a_{n+2}+2a_n=3a_{n+1}$$
得到\(kp=-2\)，\(k-p=3\)，
解得\(\left\{\begin{array}{l}{k=2}\\{p=-1}\end{array}\right.\)，或\(\left\{\begin{array}{l}{k=1}\\{p=-2}\end{array}\right.\)，
在具體題目中，我們取其中一組解即可；每一組解對於一種變形；
【法1】：當\(k=2\)，\(p=-1\)時，已知式變形為\(a_{n+2}-a_{n+1}=2(a_{n+1}-a_n)\)，
即意味着這樣變形：由\(a_{n+2}+2a_n=3a_{n+1}\)，
得到\(a_{n+2}+2a_n=2a_{n+1}+a_{n+1}\)，
即\(a_{n+2}-a_{n+1}=2a_{n+1}-2a_n\)，
即\(a_{n+2}-a_{n+1}=2(a_{n+1}-a_n)\)，
又\(a_2-a_1=3\neq 0\)，即數列\(\{a_{n+1}-a_n\}\)是以\(a_2-a_1=3\)為首項，以\(2\)為公比的等比數列，
則\(a_{n+1}-a_n=3\times 2^{n-1}\)，接下來求\(a_n\)，使用累加法。
過程省略，可以求得\(a_n=3\times 2^{n-1}-2(n\in N^*)\)。
【法2】：當\(k=1\)，\(p=-2\)時，已知式變形為\(a_{n+2}-2a_{n+1}=a_{n+1}-2a_n\)，
即意味着這樣變形：由\(a_{n+2}+2a_n=3a_{n+1}\)，
得到\(a_{n+2}+2a_n=2a_{n+1}+a_{n+1}\)，
即\(a_{n+2}-2a_{n+1}=a_{n+1}-2a_n\)，
又\(a_2-2a_1=2\)，即數列\(\{a_{n+1}-2a_n\}\)是以\(a_2-2a_1=2\)為首項，以\(0\)為公差的等差數列，
則\(a_{n+1}-2a_n=2+(n-1)\times 0=2\)，接下來求\(a_n\)，再次使用待定系數法。
\(a_{n+1}-2a_n=2\)，得到\(a_{n+1}=2a_n+2\)，
\(a_{n+1}+2=2(a_n+2)\)，故數列\(\{a_n+2\}\)是以\(a_1+2=3\)，以\(2\)為公比的等比數列；
故\(a_n=3\times 2^{n-1}-2(n\in N^*)\)。
【法3】：由上可知，$$a_{n+1}-a_n=3\times 2^{n-1}①，$$
聯立解以\(a_{n+1}\)和\(a_n\)為元的二元一次方程組，解得\(a_n=3\times 2^{n-1}-2(n\in N^*)\)。
-
形如\(a_{n+1}-a_n = k\cdot a_{n+1}\cdot a_n\)，(\(k\)為常數)，等式兩邊同除以\(a_{n+1}\cdot a_n\)，構造等差數列；
-
形如\(S_{n+1}-S_n = k\cdot S_{n+1}\cdot S_n\)，(\(k\)為常數)，等式兩邊同除以\(S_{n+1}\cdot S_n\)，構造等差數列。
分析：由\(a_n=S_n-S_{n-1}\)，代入已知得到\((2S_n-1)(S_n-S_{n-1})=2S_n^2\)，
\(-S_n+S_{n-1}=2S_n\cdot S_{n-1}\)，又\(S_n\cdot S_{n-1}\neq 0\)，
則有\(\cfrac{1}{S_n}-\cfrac{1}{S_{n-1}}=2\) ，
即數列\(\{\cfrac{1}{S_n}\}\)是首項是\(\cfrac{1}{a_1}=1\)，公差為2的等差數列，
故\(\cfrac{1}{S_n}=1+(n-1)\times 2=2n-1\)，故\(S_n=\cfrac{1}{2n-1}(n\ge 2)\)，
再驗證\(n=1\)時，\(S_1=1\)滿足上式，故 \(S_n=\cfrac{1}{2n-1}(n\in N^*)\)。
- 形如\(a_{n+1}=\cfrac{2a_n}{a_n+2}\)，兩邊取倒數構造等差數列
分析：兩邊取倒數得到\(\cfrac{1}{a_{n+1}}=\cfrac{a_n+2}{2a_n}=\cfrac{1}{a_n}+\cfrac{1}{2}\)，
即數列\(\{\cfrac{1}{a_n}\}\)是首項為\(\cfrac{1}{a_1}=\cfrac{1}{2}\)，公差為\(\cfrac{1}{2}\)的等差數列，
故\(\cfrac{1}{a_n}=\cfrac{1}{2}+(n-1)\cdot\cfrac{1}{2}=\cfrac{n}{2}\)，故\(a_n=\cfrac{2}{n}\) 。
分析：兩邊取倒數得到\(\cfrac{1}{a_{n+1}}=\cfrac{a_n+3}{2a_n}=\cfrac{3}{2}\cdot\cfrac{1}{a_n}+\cfrac{1}{2}\)，
令\(\cfrac{1}{a_n}=b_n\)，則轉化為\(b_{n+1}=\cfrac{3}{2}b_n+\cfrac{1}{2}\)的類型求解；
次要類型
構造做差法，構造做商法，賦值法，取對數法，解方程法
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賦值法，如\(a_{n+m}=a_n\cdot a_m\)，令\(m=1\)即\(a_{n+1}=a_1\cdot a_n\)，不就是等比數列嘛；
-
賦值法，如\(a_{n+m}=a_n+a_m\)，令\(m=1\)即\(a_{n+1}=a_n+a_1\)，不就是等差數列嘛；
-
形如\(a_{n+1}\cdot a_n = 2^n\) 得到\(\cfrac{a_{n+2}}{a_n} = 2\)，則可知所有奇數項、偶數項各自成等比數列。
-
形如\(a_{n+1}+a_n =2n\) 得到\(a_{n+2}-a_n= 2\)，則可知所有奇數項、偶數項各自成等差數列。
-
取對數法，如$a_{n+1}=p\cdot a_n^m $，p，m 為常數，兩邊取對數構造等比數列。(考查概率很小很小)
-
解方程法，如\(a_n^2-2n\cdot a_n - 1 = 0\)，\(a_n>0\)，解方程即可。 (考查概率很小很小)
變形為\(\cfrac{a_{n+1}}{2^n}-\cfrac{a_n}{2^{n-1}}=1\)，即數列\(\{\cfrac{a_n}{2^{n-1}}\}\)為首項是\(\cfrac{a_1}{2^{1-1}}=a_1=1\)，公差為\(1\)的等差數列，故得到\(\cfrac{a_n}{2^{n-1}}=1+(n-1)\times 1=n\)，即\(a_n=n\times 2^{n-1}\)。 ↩︎
變形為\(\cfrac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=\cfrac{3}{2}\cdot \cfrac{a_n}{2^n}+\cfrac{1}{2}\)，
即符合\(b_{n+1}=p\cdot b_n+q\)的形式，故繼續如下變形，
\(\cfrac{a_{n+1}}{2^{n+1}}+1=\cfrac{3}{2}\cdot (\cfrac{a_n}{2^n}+1)\)，
又\(\cfrac{a_1}{2}+1=\cfrac{3}{2}\neq 0\)，
故數列\(\{\cfrac{a_n}{2^n}+1\}\)是首項為\(\cfrac{3}{2}\)，公比為\(\cfrac{3}{2}\)的等比數列；
則\(\cfrac{a_n}{2^n}+1=(\cfrac{a_1}{2}+1)\cdot (\cfrac{3}{2})^{n-1}\)，
化簡整理為\(a_n=3^n-2^n\); ↩︎給已知\(a_{n+1}=3\cdot a_n+2^n\)，兩邊同除以\(3^{n+1}\)，
得到\(\cfrac{a_{n+1}}{3^{n+1}}=\cfrac{3\cdot a_n}{3^{n+1}}+\cfrac{2^n}{3^{n+1}}\)，
變形為\(\cfrac{a_{n+1}}{3^{n+1}}=\cfrac{a_n}{3^{n}}+\cfrac{1}{3}\cdot(\cfrac{2}{3})^n\)，
令\(\cfrac{a_n}{3^{n}}=b_n\)，則上式能變形為\(b_{n+1}-b_n=\cfrac{1}{3}\cdot(\cfrac{2}{3})^n\)
累加法。 ↩︎