數列通項公式:按一定次序排列的一列數稱為數列，而將數列an 的第n項用一 -百科知識中文網

求法

等差數列

對於一個數列{ a}，如果任意相鄰兩項之差為一個常數，那么該數列為等差數列，且稱這一定值差為公差,記為 d ；從第一項 a到第n項 a的總和，記為S 。

那么，通項公式為

，其求法很重要，利用了“疊加原理”的思想：

將以上 n-1 個式子相加，便會接連消去很多相關的項，最終等式左邊餘下a ,而右邊則餘下a和 n-1 個d,如此便得到上述通項公式。

此外，數列前 n 項的和，其具體推導方式較簡單，可用以上類似的疊加的方法，也可以採取疊代的方法，在此，不再複述。

值得說明的是，，也即，前n項的和S 除以 n 後，便得到一個以a 為首項，以 d /2 為公差的新數列，利用這一特點可以使很多涉及S的數列問題迎刃而解。

等比數列

對於一個數列 {a}，如果任意相鄰兩項之商（即二者的比）為一個常數，那么該數列為等比數列，且稱這一定值商為公比 q ；從第一項a 到第n項a 的總和，記為T 。

那么，通項公式為 (即a 乘以q 的（n-1)次方，其推導為“連乘原理”的思想：

a=a * q,

a= a * q,

````````

a=a * q,

將以上(n-1)項相乘，左右消去相應項後，左邊餘下a , 右邊餘下a和(n-1)個q的乘積，也即得到了所述通項公式。

此外，當q=1時該數列的前n項和

當q≠1時該數列前n 項的和 =

一階數列

概念

不妨將數列遞推公式中同時含有a 和a的情況稱為一階數列，顯然，等差數列的遞推式為

a=a + d , 而等比數列的遞推式為 a=a * q ；這二者可看作是一階數列的特例。故可定義一階遞歸數列形式為： a= A *a + B ········☉ , 其中A和B 為常係數。那么，等差數列就是A=1 的特例，而等比數列就是B=0 的特例。

思路

基本思路與方法：複合變形為基本數列（等差與等比）模型；疊加消元；連乘消元

思路一：原式複合（等比形式）

可令a - ζ = A * (a - ζ )········① 是原式☉變形後的形式，即再採用待定係數的方式求出 ζ 的值，整理①式後得a = A*a + ζ - A*ζ , 這個式子與原式對比可得，

ζ - A*ζ = B

即解出 ζ = B / (1-A)

回代後，令 b=a - ζ ,那么①式就化為b =A*b , 即化為了一個以（a- ζ )為首項，以A為公比的等比數列，可求出b的通項公式，進而求出 {a} 的通項公式。

思路二：消元複合（消去B）

由 a = A *a + B ········☉ 有

a = A* a +B ··········◎

☉式減去◎式可得 a - a = A *（ a - a）······③

令b= a - a 後， ③式變為b = A*b 等比數列，可求出b 的通項公式，接下來得到 a - a = (其中為關於n的函式）的式子，進而使用疊加方法可求出 a

二階數列

概念

類比一階遞歸數列概念，不妨定義同時含有a 、a、a的遞推式為二階數列，而對與此類數列求其通項公式較一階明顯難度大了。為方便變形，可以先如此詮釋二階數列的簡單形式：

a = A * a +B * a , （同樣，A，B常係數）

思路

基本思路類似於一階，只不過，在複合時要注意觀察待定係數和相應的項

原式複合：令原式變形後為這種形式 a - ψ * a= ω (a - ψ * a)

將該式與原式對比，可得

ψ + ω = A 且 -（ψ*ω）= B

通過解這兩式可得出 ψ與ω的值，

令b= a - ψ*a, 原式就變為b = ω *b 等比數列，可求出b 通項公式b= f (n) ，

即得到 a - ψ*a = f (n) (其中f(n) 為關於n的函式), 而這個式子恰複合了一階數列的定義，即只含有a和a 兩個數列變項，從而實現了“降階”，化“二階”為“一階”，進而求解。

常見類型

累加法

遞推公式為，且f(n)可以求和

例：數列{a}，滿足a=1/2，a= a+ 1/(4n -1)，求{a}通項公式

解：a= a+ 1/(4n -1)=an+[1/(2n-1)-1/(2n+1)]/2

∴a = a+（1-1/3+1/3-1/5+……+1/(2n-3)-1/(2n-1)）

∴a= 1/2+1/2 (1-1/(2n-1) )=

累乘法

遞推公式為且f(n)可求積

例：數列{a}滿足，且a=4，求a

解：

a= 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：{a} 中，a=3且 a= a, 求a

解：ln a= ln a= 2 ln a

∴{ln a}是等比數列，其中公比q = 2，首項為ln3

∴ln a = (2) ln3

故

倒數變換法（適用於a= A*a/ (B*a+ C),其中，A、B、C∈R）

例：{a}中，a=1，a= a / ( 2a+ 1 )

解：1 / a= ( 2a+1 ) / a= 1/a +2

∴{1/a}是等差數列，首項是1，公差是2

∴a= 1 / (2n-1)

待定係數法

A.遞推式為a= p*a+ q（p，q為常數），可以構造遞推數列{a+ x}為以p為公比的等比數列，

即a+ x=p*(a+x)，其中 x = q / (p-1) （或者可以把設定的式子拆開，等於原式子）

例：{a}中a=1，a= 3a+4,求a

解：a+ 2 = 3(a+2)

∴{a+2}是等比數列首項是3，公比是3

∴a= 3- 2

B.遞推公式為a = p*a+ q（p，q是常數）

常規變形，將兩邊同時除以q

得到a / q= (p / q)*( a/q)+1/q

再令b= a/ q,

可以得到b= k*b+ m（其中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= p*a+q*a,（p，q是常數）

可以令a=x , a= x , a= 1

解出x和x，可以得到兩個式子

a - xa= x(a- xa)

a- xa=x(a- xa)

然後，兩式子相減，左邊可以得出來（k為係數）

右邊就用等比數列的方法得出來

例：{a}中，a=1, a=2, a= (2/3)a=(1/3) a

解：x= 2x/3 = 1/3

x=1,x=-1/3

可以得到方程組

a- a= - (1/3)* (a- a)

a+(1/3)* a= a+ (1/3)*a

解得a= 7/4 - 3/4×(-1/3)^(n-1)

D.遞推式a= p* a+ a+b（a，b，p是常數）

可以變形為a+ x+y = p*(a+ x+ y)

然後和原式子比較，可以得出x，y，

即可以得到{a+x+y}是個以p為公比的等比數列

例：{a}中，a=4， a=3a+ 2n-1 (n≥2)

解：原式= a+ n+1= 3 [a+ (n-1)+1]

∴{a+n+1}為等比數列，q=3，首項是6

∴a= 2×3- n - 1

特徵根法

遞推式為a= (A*a+B) / (C*a+D) （A，B，C，D是常數）

令a= a= x,原式則為x = (Ax+B) / (Cx+D)

(1)若解得相同的實數根x，則可以構造數列{1/(a-x)}為等差數列

例：{a}滿足a= 2，a= (2a-1)/(4a+6),求a

解：x = (2x-1) / (4x+6)

解得x= - 1/2

1/(a+1/2)=1/[(2a-1)/(4a+6) +1/2]=1/[a+ 1/2] +1

∴{1/(a+ 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x,x,則構造{(a- x)/(a- x)}為等比數列（x,x的位置沒有順序，可以調換）

例：{a}滿足a= 2，a= (a+2)/(2a+1)

解：由題可得(a-1)/(a+1)=-1/3 [a- 1]/[a+ 1]

則{(a-1)/(a+1)}是等比數列，q=-1/3，首項是1/3

∴a = [1 + (-1) (1/3)] / [1 - (-1) (1/3)]

(3)如果沒有實數根，那么這個數列可能是周期數列

例：{a}中，a= 2,滿足a= a/ a(n≥2)

解：a= 2 , a= 1/2 , a= -1 , a= 2 , a= 1/2 ……

所以a= 2（n MOD 3 = 1），1/2（n MOD3 = 1），－1（n MOD 3 = 0）

（準確的應該是有大括弧像分段函式那樣表示，但是這裡無法顯示）