数列公式大全

1，数列通项公式的十种求法：

（1）公式法（构造公式法）

例1已知数列{}

n

a满足

1

232n

nn

aa



，

1

2a，求数列{}

n

a的通项公式。

解：

1

232n

nn

aa



两边除以12n，得1

1

3

222

nn

nn

aa





，则1

1

3

222

nn

nn

aa





，故数列{}

2

n

n

a

是

以1

2

2

2

a

1

1为首项，以

2

3

为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得

3

1(1)

22

n

n

a

n，

所以数列{}

n

a的通项公式为

31

()2

22

n

n

an。

评注：本题解题的关键是把递推关系式

1

232n

nn

aa



转化为1

1

3

222

nn

nn

aa





，说明数列

{}

2

n

n

a

是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出

3

1(1)

22

n

n

a

n，进而求出数列

{}

n

a的通项公式。

（2）累加法

例2已知数列

{}

n

a满足

11

211

nn

aana



，，求数列{}

n

a的通项公式。

解：由

1

21

nn

aan



得

1

21

nn

aan



则

11232211

2

()()()()

[2(1)1][2(2)1](221)(211)1

2[(1)(2)21](1)1

(1)

2(1)1

2

(1)(1)1

nnnnn

aaaaaaaaaa

nn

nnn

nn

n

nn

n

















L

L

L

所以数列

{}

n

a的通项公式为2

n

an。

评注：本题解题的关键是把递推关系式

1

21

nn

aan



转化为

1

21

nn

aan



，进而求

出

11232211

()()()()

nnnn

aaaaaaaaa



L，即得数列{}

n

a的通项公式。

变式：已知数列

{}

n

a满足

11

2313n

nn

aaa



，

，求数列{}

n

a的通项公式。

（3）累乘法

例3已知数列{}

n

a满足

11

2(1)53n

nn

anaa



，，求数列{}

n

a的通项公式。

解：因为

11

2(1)53n

nn

anaa



，，所以0

n

a，则12(1)5n

n

n

a

n

a

，故

13

2

1

1221

1221

1(1)(2)21

(1)

1

2

[2(11)5][2(21)5][2(21)5][2(11)5]3

2[(1)32]53

325!

nn

n

nn

nn

nnn

nn

n

aaa

a

aa

aaaa

nn

nn

n





















L

L

L

L

所以数列

{}

n

a的通项公式为

(1)

1

2325!.

nn

n

n

an





评注：本题解题的关键是把递推关系

1

2(1)5n

nn

ana



转化为12(1)5n

n

n

a

n

a

，进而求

出13

2

1

1221

nn

nn

aaa

a

a

aaaa





L，即得数列{}

n

a的通项公式。

变式：已知数列

{}

n

a满足

11231

123(1)(2)

nn

aaaaanan



L，，求{}

n

a的通

项公式。

（4）待定系数法

例4已知数列

{}

n

a满足

11

2356n

nn

aaa



，

，求数列

n

a的通项公式。

解：设1

1

52(5)nn

nn

axax



④

将

1

235n

nn

aa





代入④式，得12355225nnn

nn

axax

，等式两边消去

2

n

a，得135525nnnxx，两边除以5n，得352,1,xxx则代入④式得

1

1

52(5)nn

nn

aa





⑤

由1

1

56510a及⑤式得50n

n

a，则

1

1

5

2

5

n

n

n

n

a

a











，则数列

{5}n

n

a是以

1

1

51a为首项，以2为公比的等比数列，则152nn

n

a，故125nn

n

a。

评注：本题解题的关键是把递推关系式

1

235n

nn

aa



转化为1

1

52(5)nn

nn

aa



，

从而可知数列

{5}n

n

a是等比数列，进而求出数列{5}n

n

a的通项公式，最后再求出数列

{}

n

a的通项公式。

变式：

①已知数列{}

n

a满足

11

35241n

nn

aaa



，，求数列{}

n

a的通项公式。

②已知数列{}

n

a满足2

11

23451

nn

aanna



，，求数列{}

n

a的通项公式。

（5）对数变换法

例5已知数列

{}

n

a满足5

1

23n

nn

aa



，

1

7a，求数列{}

n

a的通项公式。

解：因为5

11

237n

nn

aaa



，，所以

1

00

nn

aa



，。在5

1

23n

nn

aa



式两边取

常用对数得

1

lg5lglg3lg2

nn

aan



⑩

设

1

lg(1)5(lg)

nn

axnyaxny



○11

将⑩式代入○11式，得

5lglg3lg2(1)5(lg)

nn

anxnyaxny，两边消去

5lg

n

a并整理，得(lg3)lg255xnxyxny，则

lg35

lg25

xx

xyy











，故

lg3

4

lg3lg2

164

x

y



















代入○11式，得

1

lg3lg3lg2lg3lg3lg2

lg(1)5(lg)

41644164nn

anan



○12

由

1

lg3lg3lg2lg3lg3lg2

lg1lg710

41644164

a及○12式，

得

lg3lg3lg2

lg0

4164n

an，

则

1

lg3lg3lg2

lg(1)

4164

5

lg3lg3lg2

lg

4164

n

n

an

an









，

所以数列

lg3lg3lg2

{lg}

4164n

an是以

lg3lg3lg2

lg7

4164

为首项，以5为公比的等

比数列，则1

lg3lg3lg2lg3lg3lg2

lg(lg7)5

41644164

n

n

an，因此

1

1

1

11

111

1

616

4444

11

111

1

1616

4444

11

111

1

1616

4444

5

5

51

4

lg3lg3lg2lg3lg3lg2

lg(lg7)5

4164464

(lg7lg3lg3lg2)5lg3lg3lg2

[lg(7332)]5lg(332)

lg(7332)5lg(332)

lg(733

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

an





























1

1

1

51

16

4

541

51

51

16

4

2)

lg(732)

n

nnn

n

















则

1

1

541

51

5

16

4732

n

n

nn

n

a









。

评注：本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式5

1

23n

nn

aa



转化为

1

lg3lg3lg2lg3lg3lg2

lg(1)5(lg)

41644164nn

anan



，从而可知数列

lg3lg3lg2

{lg}

4164n

an是等比数列，进而求出数列

lg3lg3lg2

{lg}

4164n

an的通项

公式，最后再求出数列

{}

n

a的通项公式。

（6）数学归纳法

例6已知数列

{}

n

a满足

11

22

8(1)8

(21)(23)9nn

n

aaa

nn







，，求数列

{}

n

a的通项公式。

解：由

1

22

8(1)

(21)(23)nn

n

aa

nn







及

1

8

9

a，得

21

22

32

22

43

22

8(11)88224

(211)(213)992525

8(21)248348

(221)(223)25254949

8(31)488480

(231)(233)49498181

aa

aa

aa



















由此可猜测

2

2

(21)1

(21)n

n

a

n







，往下用数学归纳法证明这个结论。

（1）当1n时，

2

1

2

(211)18

(211)9

a







，所以等式成立。

（2）假设当nk时等式成立，即

2

2

(21)1

(21)k

k

a

k







，则当1nk时，

1

22

8(1)

(21)(23)kk

k

aa

kk







2

222

22

22

222

22

222

22

2

2

2

(21)18(1)

(21)(21)(23)

[(21)1](23)8(1)

(21)(23)

(21)(23)(23)8(1)

(21)(23)

(21)(23)(21)

(21)(23)

(23)1

(23)

[2(1)1]1

[2(1)1]

kk

kkk

kkk

kk

kkkk

kk

kkk

kk

k

k

k

k



































2

由此可知，当1nk时等式也成立。

根据（1），（2）可知，等式对任何*nN都成立。

评注：本题解题的关键是通过首项和递推关系式先求出数列的前n项，进而猜出数列的通项

公式，最后再用数学归纳法加以证明。

（7）换元法

例7已知数列{}

n

a满足

11

1

(14124)1

16nnn

aaaa



，，求数列{}

n

a的通项公式。

解：令124

nn

ba，则2

1

(1)

24nn

ab

故2

11

1

(1)

24nn

ab



，代入

1

1

(14124)

16nnn

aaa



得

22

1

111

(1)[14(1)]

241624nnn

bbb





即22

1

4(3)

nn

bb





因为1240

nn

ba，故

11

1240

nn

ba





则

1

23

nn

bb



，即

1

13

22nn

bb



，

可化为

1

1

3(3)

2nn

bb



，

所以{3}

n

b是以

11

31243124132ba为首项，以

2

1

为公比的等比数

列，因此12

11

32()()

22

nn

n

b，则2

1

()3

2

n

n

b，即2

1

124()3

2

n

n

a，得

2111

()()

3423

nn

n

a。

评注：本题解题的关键是通过将124

n

a的换元为

n

b，使得所给递推关系式转化

1

13

22nn

bb



形式，从而可知数列{3}

n

b为等比数列，进而求出数列{3}

n

b的通项公式，

最后再求出数列

{}

n

a的通项公式。

（8）不动点法

例8已知数列

{}

n

a满足

11

2124

4

41

n

n

n

a

aa

a







，

，求数列

{}

n

a的通项公式。

解：令

2124

41

x

x

x







，得2420240xx，则

12

23xx，是函数

2124

()

41

x

fx

x







的

两个不动点。因为

1

1

2124

2

24121242(41)13262

13

2124

321243(41)92793

3

41

n

nnnnnn

n

nnnnn

n

a

aaaaaa

a

aaaaa

a





















。所以数列

2

3

n

n

a

a











是以1

1

2

42

2

343

a

a









为首项，以

9

13

为公比的等比数列，故1

2

13

2()

39

n

n

n

a

a









，

则

1

1

3

13

2()1

9

n

n

a







。

评注：本题解题的关键是先求出函数

2124

()

41

x

fx

x







的不动点，即方程

2124

41

x

x

x







的两

个根

12

23xx，，进而可推出1

1

22

13

393

nn

nn

aa

aa











，从而可知数列

2

3

n

n

a

a











为等比数

列，再求出数列

2

3

n

n

a

a











的通项公式，最后求出数列

{}

n

a的通项公式。

例9已知数列{}

n

a满足

11

72

2

23

n

n

n

a

aa

a







，，求数列{}

n

a的通项公式。

解：令

72

23

x

x

x







，得22420xx，则1x是函数

31

()

47

x

fx

x







的不动点。

因为

1

7255

11

2323

nn

n

nn

aa

a

aa







，所以

2111

()()

3423

nn

n

a。

评注：本题解题的关键是通过将124

n

a的换元为

n

b，使得所给递推关系式转化

1

13

22nn

bb



形式，从而可知数列{3}

n

b为等比数列，进而求出数列{3}

n

b的通项公式，

最后再求出数列

{}

n

a的通项公式。

课后习题：

1．数列

252211L，，，，

的一个通项公式是（）

A、33

n

anB、31

n

anC、31

n

anD、33

n

an

2．已知等差数列

n

a的通项公式为32

n

an,则它的公差为（）

A、2B、3C、2D、3

3．在等比数列}{

n

a中,,8,16

41

aa则

7

a（）

A、4B、4C、2D、2

4．若等比数列

n

a的前项和为

n

S，且10

10

S，30

20

S，则

30

S

5．已知数列

n

a通项公式3102nna

n

，则该数列的最小的一个数是

6．在数列{a

n

}中，

1

1

2

a且11

n

n

n

na

anN

na









，则数列

1

n

a







的前99项和等

于．

7．已知}{

n

a是等差数列，其中

1

31a，公差8d。

（1）求数列

}{

n

a的通项公式；

（2）数列}{

n

a从哪一项开始小于0？

（3）求数列

}{

n

a前

n

项和的最大值，并求出对应

n

的值．

8．已知数列

n

a的前项和为132nnS

n

，

（1）求

1

a、

2

a、

3

a的值；

（2）求通项公式

n

a。

9．等差数列

n

a中，前三项分别为45,2,xxx，前

n

项和为

n

S，且2550

k

S。

（1）、求

x

和k的值；

（2）、求

n

T=

n

SSSS

1111

321

;

数列

等差数列与等比数列的有关知识比较一览表

等差数列等比数列

递

推

关

系

①

121nn

aaaa



（*nN）

②

1nn

aad



（*nN）

③

11nnnn

aaaa



（2n）

①1

2

1

n

n

a

a

aa

（*nN）

②1n

n

a

q

a

（*0,qnN）

③1

1

nn

nn

aa

aa





（*2,nnN）

通

项

①

1

(1)

n

aand（*nN）

②

n

apnq（*,,pqnN为常数）

①1

1

n

n

qaa

（*nN）

②n

n

qpa

（*,,0,0,pqqpnN是常数）

求

和

公

式

①

1

2()

nn

Snaa（*nN）

②

1

(1)

2n

nn

Snad



(*nN)

③2

n

SAnBn

(*,,ABnN是常数)

①求积公式n

n

n

i

i

aaa)(

1

2

1





















(*nN)

②

1

1

,1

(1)

,1

1

n

n

naq

S

aq

q

q





















(*nN)

③

1

,1

,1n

n

naq

S

AAqq













(*nN，0A)

主

要

①若p+q=s+r,p、q、s、rN*,则

pqsr

aaaa

.

②对任意c>0,c



1,n

ac为等比数列.

③*

11

2,,2

nnn

aaanNn





.

④若

n

a、

n

b分别为两等差数列，则



nn

ab为等差数列.

①若p+q=s+r,p、q、s、rN*,则

rsqp

aaaa

.

②对任意c>0,c



1,若a

n

恒大于0，则log

cn

a为等差

列.

③

2,,2

11





nNnaaa

nnn

.

④若

n

a、

n

b为两等比数列，则

nn

ba为等比数列.

⑤若a

n

恒大于0，则数列

























n

n

i

i

a

1

为等比数列.

⑥若

n

b为正项等差自然数列，则n

b

a为等比数列.

性

质

⑤数列n

S

n







为等差数列.

⑥若

n

b为正项等差自然数列，则n

b

a为等差

数列.

⑦,,,

232nnnnn

SSSSS为等差数列.

⑧

2

nnmm

SSS

nnm









，n>2m，m、n*N.

⑨

mnmn

SSSmnd



.

⑩若,,

mn

SSmn则0

mn

S



.

⑦,,,

232nnnnn

SSSSS为等比数列.

⑧mn

mn

mi

i

n

n

i

i

aa2

11







，n>2m，m、n*N

*0,

p

apN.

⑨mn

mnmnnm

SSqSSqS



.

⑩若,,

2121

nmaaaaaa

nm



则





nm

i

i

a

1

1.

重

要

性

质

①若

,,

pq

aqap

p、q*N，且qp,

则

0

pq

a



.

②若

,,pSqS

qp

且qp,则

(),

pq

Spq





p、q*N.

①

)1()1(2mnmm

mmn

qqqSS

=)1()1(2nmnn

n

qqqS.

②若|q|<1,则



n

n

Slim1

1

a

S

q





.

求数列{an}通项公式的方法

1．

1n

a=

n

a+)(nf型

累加法：

n

a=（

n

a－

1n

a）+（

1n

a－

2n

a）+…+（

2

a－

1

a）

+

1

a

=)1(nf+)2(nf+…+)1(f+

1

a

例1.已知数列{

n

a}满足

1

a=1，

1n

a=

n

a+

n2（n∈N+），

求

n

a.

[解]

n

a=

n

a－

1n

a+

1n

a－

2n

a+…+

2

a－

1

a+

1

a

=

12n

+

22n

+…+

12+1

=

21

21



n

=

n2－1

∴

n

a=

n2－1（n∈N+）

2．

1n

a=p

n

a+q型（p、q为常数）

方法：（1）

1n

a+

1p

q

=)

1

(





p

q

ap

n

，再根据等比

列的相关知识求

n

a.

（2）

1n

a－

n

a=)(

1



nn

aap

再用累加法求

n

a.

（3）

1

1





n

n

p

a

=

n

n

p

a

+

1np

q

，先用累加法求

n

n

p

a

再求

n

a.

例3.已知{

n

a}的首项

1

a=a（a为常数），

n

a=2

1n

a+1（n∈N+，n≥

求

n

a.

[解]设

n

a－λ=2（

1n

a－λ），则λ=－1

∴

n

a+1=2（

1n

a+1）

∴{1

n

a}为公比为2的等比数列.

∴

n

a+1=（a+1）·

12n

∴

n

a=（a+1）·

12n

－1

3．)(1ng

a

a

n

n

型

累乘法：

n

a=

1n

n

a

a

·

2

1





n

n

a

a

…

1

2

a

a

·

1

a

例2.已知数列{

n

a}满足n

a

a

n

n1

（n∈N

+

），

1

a=1，求

n

a.

[解]

n

a=

1n

n

a

a

·

2

1





n

n

a

a

…

1

2

a

a

·

1

a

=（n－1）·（n－2）…1·1=（n－1）！

∴

n

a=（n－1）！（n∈N+）

4．

1n

a=p

n

a+)(nf型（p为常数）

方法：变形得

1

1





n

n

p

a

=

n

n

p

a

+

1

)(

np

nf

，

则{

n

n

p

a

}可用累加法求出，由此求

n

a.

例4.已知{

n

a}满足

1

a=2，

1n

a=2

n

a+

12n

.求

n

a.

[解]

1

1

2



n

n

a

=

n

n

a

2

+1

∴{

n

n

a

2

}为等差数列.

n

n

a

2

=nn

a

1

2

1

∴

n

a=n·

n2

5．

2n

a=p

1n

a＋q

n

a型（p、q为常数）

特征根法：qpxx2

（1）

21

xx时，

n

a=

1

C·

nx

1

+

2

C·

nx

2

（2）

21

xx时，

n

a=（

1

C+

2

C·n）·

nx

1

例5.数列{

n

a}中，

1

a=2，

2

a=3，且2

n

a=

1n

a+

1n

a（n

∈N

+

，n≥2），求

n

a.

[解]

1n

a=2

n

a－

1n

a

∴122xx∴1

21

xx

∴

n

a=（

1

C+

2

C·n）·

n1=

1

C+

2

C·n

∴











32

2

21

21

CC

CC

∴











1

1

2

1

C

C

∴)(1



Nnna

n

6．“已知

n

S，求

n

a”型

方法：

n

a=

n

S－

1n

S（注意

1

a是否符合）

例6.设

n

S为{

n

a}的前n项和，

n

S=

2

3

（

n

a－1），求

n

a（n∈N+

[解]∵

n

S=

2

3

（

n

a－1）（n∈N+）

∴当n=1时，

1

a=

2

3

（

1

a－1）

∴

1

a=3

当n≥2时，

n

a=

n

S－

1n

S

=

2

3

（

n

a－1）－

2

3

（

1n

a－1）

∴

n

a=3

1n

a∴

n

a=

n3（n∈N+）

求数列{an}的前n项和的方法

（1）倒序相加法（2）公式法

此种方法主要针对类似等差数列中

112nn

aaaa



LL,具有这样特点的数列．

此种方法是针对于有公式可套的数列，如等差、等

比数列，关键是观察数列的特点，找出对应的公式．

例：等差数列求和

12nn

SaaaL

公式：

①等差数列：

111

()[(1)]aadandL①

把项的次序反过来，则：

()[(1)]

nnnn

SaadandL②

①+②得：



111

2()()

n

nnnn

Saaaaaa

644444474444448

L

个

1

()

n

naa

1

()

2

n

n

naa

S





1

1

()

(1)

22

n

n

naa

nn

Snad







(1)

2n

nn

nad





mnmn

SSSmnd





*(2,,)

2

nnmm

SSS

nmmnN

nnm









②等比数列：

q

qaa

q

qa

Sn

n

n











11

)1(

1

1；(1)q

n

mnnm

SSSq





③1+2+3+……+n=

(1)

2

nn

；

2222123nL

1

(1)(21)

6

nnn

3333123nL

2(123)nL

22

1

(1)

4

nn

（3）错位相减法（4）分组化归法

此种方法主要用于数列

}{

nn

ba的求和，其中

}{

n

a为等差数列，}{

n

b是公比为q的等比数列，

只需用

nn

SqS便可转化为等比数列的求和，但要

注意讨论q=1和q≠1两种情况．

此方法主要用于无法整体求和的数列，可将其通项

写成等比、等差等我们熟悉的数列分别进行求和，再综

合求出所有项的和．

例：试化简下列和式：

21123(0)n

n

SxxnxxL

解：①若x=1，则S

n

=1+2+3+…+n=

(1)

2

nn

例：求数列1，

1

1

2

，

11

1

24

，……，

11

1

24

+……+

1

1

2n

的和.

解：∵

1

111

1

242n

n

a



L

②若x≠1,则21123n

n

SxxnxL

2323n

n

xSxxxnxL

两式相减得：

2(1)1

n

xSxx+…+nnnxx1

1

1

n

n

x

nx

x







∴

2

1

(1)1

nn

n

xnx

S

xx







1

1

1()

1

2

2

1

2

1

2

n

n







∴

111

1(1)(1)

224n

SL

1

111

(1)

242n

L

2

11

(21)(2)(2)

22



1

1

(2)

2n

L

1

111

2(1)

242n

n



L

1

1

22

2n

n





（5）奇偶求和法（6）裂项相消法

此种方法是针对于奇、偶数项，要考虑符号的

数列，要求S

n

，就必须分奇偶来讨论，最后进行综

合．

此方法主要针对

12231

111

nn

aaaaaa



L这样的求和，其中{a

n

}是等差

数列．

例：求和

11357(1)(21)n

n

SnL

解：当n=2k(kN+)时,

2

(13)(57)

nk

SS

[(43)(41)]kkL

2kn

当21()nkkN



时，

例：{a

n

}为首项为a

1

,公差为d的等差数列，求

1223341

1111

n

nn

S

aaaaaaaa



L

解：

∵

1

111

()()

kk

kkkkkk

ada

aaaaddaad









g

1

111111

()()

kkkk

daaddaa







∴

1223

111111

()()

n

S

daadaa



2122

2[(41)]

nkkk

SSSakk





21k

n





综合得：1(1)n

n

Sn

1

111

()

nn

daa



L

12231

1111111

[()()()]

nn

daaaaaa



L

1

111

()

n

daa



11

1

[(1)]

n

aand







(7)分类讨论（8）归纳—猜想—证明

此方法是针对数列{

n

a}的其中几项符号与另外的项不

同，而求各项绝对值的和的问题，主要是要分段求.

此种方法是针对无法求出通项或无法根据通项

求出各项之和的数列，先用不完全归纳法猜出

n

S

的表达式，然后用数学归纳法证明之.

例：已知等比数列{

n

a}中，

1

a=64，q=

2

1

，设

n

b=log

2

n

a，

求数列{|

n

b|}的前n项和

n

S.

解：

n

a=

1

a1nq=n72

∴

n

b=log

2

n

a=n7

（1）当n≤7时，

n

b≥0

此时，

n

S=－

2

1

2n+

2

13

n

（2）当

n

＞7时，

n

b<0

此时，

n

S=

2

1

2n－

2

13

n

+42（

n

≥8）

－

2

1

2n+

2

13

n

（

n≤7）

∴

n

S=

例：求和

n

S=21+23+25+…+2)12(n

解：1

1

S，10

2

S，35

3

S，

84

4

S，165

5

S，…

n

S=)14(

3

1

2nn（待定系数法）

证明：（1）当n=1时，)14(

3

1

2nn=1=

1

S

∴n=1时成立.

（2）假设当n=k时，

k

S=)14(

3

1

2kk

则

n=k+1时，

1k

S=

k

S+

2)12(k

=]1)1(2][1)1(2[

3

1





kk

k

n=k+1时，成立.

由（1）、（2）知，对一切n∈N*

，

2

1

2n－

2

13

n+42（n≥8）

n

S=)14(

3

1

2nn.