前言
求数列的通项公式，其本质是求函数的解析式。重点理解内涵。
求解必备
- 你见到这样的式子(a_{n+1}－a_n = m) ((m)常数)你一定会反应出是等差数列，那么见到 (S_{n+1}－S_n = m) ((m)常数)还能看出来是等差数列吗，所以你还需要特别注意：对代数式(a_{n+1}－a_n = m)或(cfrac{a_{n+1}}{a_n} = m) ((m)常数)中(a_{n+1})和(a_n)的“内涵”的理解。引例如下：
①(cfrac{1}{a_{n+1}}－cfrac{1}{a_n} = m)，则数列({cfrac{1}{a_n}})是首项为(cfrac{1}{a_1})，公差为(m)的等差数列；
②(cfrac{1}{S_{n+1}}－cfrac{1}{S_n} = m)，则数列({cfrac{1}{S_n}})是首项为(cfrac{1}{a_1})，公差为(m)的等差数列；
③(cfrac{a_{n+1}}{n+1}－cfrac{a_n}{n} = m)，则数列({cfrac{a_n}{n}})是首项为(cfrac{a_1}{1})，公差为(m)的等差数列；
④(cfrac{n}{a_{n+1}+(n+1)}－cfrac{n-1}{a_n+n} = m)，则数列({cfrac{n-1}{a_n+n}})是首项为(cfrac{1-1}{a_1+1})，公差为(m)的等差数列；
⑤((a_{n+1}+(n+1))－(a_n + n) = m)， 则数列({a_n+n})是首项为(a_1+1)，公差为(m)的等差数列；
⑥(a_{n+1}^2－a_n^2 = m)，则数列({a_n^2})是首项为(a_1^2)，公差为(m)的等差数列；
⑦(log_m^\,{a_{n+1}^2}－log_m^\,{a_n^2} = p)，则数列({log_m^\,{a_n^2}})是首项为(log_m^\,{a_1^2})，公差为(p)的等差数列；
⑧(a_{n+2}-2a_{n+1}=a_{n+1}-2a_n)，则数列({a_{n+1}-2a_n})是首项为(a_2-2a_1)，公差为(0)的等差数列；
以上所列举的凡此种种，都是等差数列，能用一个表达式刻画吗？
因此务必要求理解透彻(a_{n+1})和(a_n)的“内涵”；
再如下列的引例：
①(cfrac{a_{n+1}+1}{a_n+1} = m)， 则数列({a_n+1})是首项为(a_1+1)，公比为(m)的等比数列；
②(cfrac{a_{n+1}+(n+1)}{a_n + n} = m)，则数列({a_n+n})是首项为(a_1+1)，公比为(m)的等比数列；
③(cfrac{a_{n+1}^2}{a_n^2} = m)，则数列({a_n^2})是首项为(a_1^2)，公比为(m)的等比数列；
④(a_{n+2}-a_{n+1}=2(a_{n+1}-a_n))，则数列({a_{n+1}-a_n})是首项为(a_2-a_1)，公比为(2)的等比数列；
次重类型
- 给定数列的前有限项，求数列({a_n})的通项公式
考查方法：常以选择填空题形式考查
求解方法：观察归纳法，突破技巧：熟练记忆常见数列的通项公式，然后组合即可。
突破思路：强烈要求记忆
提示：(a_n=(-1)^{n+1}cdot cfrac{(n+3)^2-1}{n^2+1})；
提示：变形为(-cfrac{2^1-3}{2^1})，(cfrac{2^2-3}{2^2})，(-cfrac{2^3-3}{2^3})，(cfrac{2^4-3}{2^4})，(-cfrac{2^5-3}{2^5})，(cfrac{2^6-3}{2^6})，
故(a_n=(-1)^ncfrac{2^n-3}{2^n})；
分析：选(C)，由前有限项归纳通项公式，结果可能不唯一；
重点类型Ⅰ
- 由(a_n)与(S_n)的关系求数列({a_n})的通项公式【要求重点掌握的类型】
方法：熟练记忆(a_n)与(S_n)的关系(a_n = egin{cases}S_1 &n=1 \ S_n-S_{n-1} &n ge 2 end{cases})，并灵活运用。
- 角度1：若已知形如(S_n=f(n))，
思路：构造(S_{n-1})，用两者作差之法
分析：当(n=1)时，(S_1=a_1=6)，
当(nge 2)时，由已知可得(S_{n-1}=2(n-1)^2+3(n-1)+1)，
又(S_n=2n^2+3n+1)，两式相减得到
(nge 2)时，(a_n=S_n-S_{n-1}=4n+1)，
由于(n=1)时，(a_1=6)，不满足上式，故需要将通项公式写成分段函数形式，
即所求通项公式为(a_n=egin{cases}6，&n=1\4n+1，&nge 2end{cases})。
分析：由已知可得，当(nge 2)时，(2^1a_1+2^2a_2+2^3a_3+dots+2^{n-1}a_{n-1} = n-1)，
两式作差得到
当(nge 2)时，(2^na_n =1)，即(a_n=cfrac{1}{2^n}=(cfrac{1}{2})^n)，
又当(n=1)时，(2^1a_1=1)，即(a_1=cfrac{1}{2})，满足上式，
故所求通项公式为(a_n=(cfrac{1}{2})^n，nin N^*)。
- 角度2：已知形如(S_n=f(a_n))，有两个求解方向：
若求(a_n) ，思路：设法消去(S_n)，即构造(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，
当(nge 2)时，(2S_{n-1}+a_{n-1}=1)，两式相减得到
当(nge 2)时，(3a_n-a_{n-1}=0)，
又(n=1)时，(2S_1+a_1=1)，解得(a_1=cfrac{1}{3})，
故可知(cfrac{a_n}{a_{n-1}}=cfrac{1}{3})，
即数列({a_n})是首项为(cfrac{1}{3})，公比为(cfrac{1}{3})的等比数列，
通项公式为(a_n=cfrac{1}{3^n}(nin N^*))。
补充思路：先主动求(S_n) ，思路：消去(a_n)，用(s_n-s_{n-1}=a_n)代换(a_n)即可，然后由(S_n)入手求解(a_n)；
分析：本题目尝试直接求解(a_n)而不得，故考虑需要先求解(S_n)；
由于(S_n)是(a_n)与(cfrac{1}{a_n})的等差中项，
则有(2S_n=a_n+cfrac{1}{a_n})，
当(n=1)时，上式变为(2a_1=a_1+cfrac{1}{a_1})，解得(a_1^2=1)，
由于(a_n>0)，则得到(a_1=1)，
当(ngeqslant 2)时，上式变化为(2S_ncdot a_n=a_n^2+1)，
即(2S_n(S_n-S_{n-1})=(S_n-S_{n-1})^2+1)，整理为(S_n^2-S_{n-1}^2=1)，
故({S_n^2})是首项为(S_1^2=a_1^2=1)，公差为(1)的等差数列，则(S_n^2=1+(n-1) imes 1=n)，
则(S_n=sqrt{n}(nin N^*))，
由上可知，当(ngeqslant 2)时，(S_{n-1}=sqrt{n-1})，
两式相减，得到(S_n-S_{n-1}=a_n=sqrt{n}-sqrt{n-1}(ngeqslant 2))
再验证，(n=1)时，(a_1=1=sqrt{1}-sqrt{1-1})，故满足上式，
综上所述，(a_n=sqrt{n}-sqrt{n-1}(nin N^*))。
若求(S_n) ，思路：消去(a_n)，用(s_n-s_{n-1}=a_n)代换(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 eq 0)，故数列({S_n})是首项是1，公比为4的等比数列，
故(S_n=1cdot 4^{n-1}=4^{n-1}(nin N^*))。
- 角度3：已知形如(S_n=f(n,a_n))，思路：构造(S_{n-1})，两者作差后，
①若出现(a_{n+1} =pa_n + q(p，qin R)) ，两边同加常数(k=cfrac{q}{p-1})构造等比数列。
【解释】：为什么同加常数(k=cfrac{q}{p-1})就可以构造等比数列，
假设(a_{n+1} = pa_n + q)，可以变形为(a_{n+1}+k=p(a_n+k))，整理得到(a_{n+1}=pa_n+pk-k)，
则有(k(p-1)=q)，故(k=cfrac{q}{p-1})，即只要给所给的形如(a_{n+1} = pa_n + q)的式子两边同时
加上常数(cfrac{q}{p-1})，则可以等价变形为(a_{n+1}+k=p(a_n+k))，接下来就可以朝等比数列考虑了。
分析：由已知当(nge 2)时，(S_{n-1}=2a_{n-1}+(n-1))，两式相减得到
(nge 2)时，(a_n=2a_n-2a_{n-1}+1)，整理得到(a_n=2a_{n-1}-1)，两边同加-1，
即(a_n-1=2(a_{n-1}-1))，故(a_1-1=1 eq 0)，
故数列({a_n-1})是首项为1，公比为2的等比数列，
故(a_n-1=1cdot 2^{n-1})，故(a_n=2^{n-1}+1(nin N^*))。
②若出现(a_{n+1} =pa_n+qn+k)，两边同加关于(n)的一次式构造等比数列。(较难的类型)
分析：设(a_{n+1}+p(n+1)+q=2(a_n+pn+q))，打开整理得到，(p=3，q=1)，
整理都得到(a_{n+1}+3(n+1)+1=2(a_n+3n+1))，
由首项(a_1+3cdot 1+1=5 eq 0) ，故数列({a_n+3n+1})是首项为5，公比为2的等比数列，
故(a_n+3n+1=5cdot 2^{n-1})，故(a_n=5cdot 2^{n-1}-3n-1(nin N^*))。
重点类型Ⅱ
- 由递推公式求数列({a_n}) 的通项公式,[熟练记忆几个常见的模型]
形如： (a_{n+1}－a_n = m) (常数) 方法：用等差数列定义法 或 累加法(要求重点掌握的类型)
分析：易知(a_n=4n(nin N^*))。
形如：(a_{n+1}-a_n = f(n)) (变量) 方法：累加法(要求重点掌握的类型)
已知(a_1=4，a_{n+1}=a_n+2 cdot 3^n+1)，求数列的通项公式。
分析：将已知条件变形为(a_{n+1}-a_n=2 cdot 3^n+1)，
则由上式可知，当(nge 2)时，
以上(n-1)个式子累加，得到
(a_n-a_1=2(3^1+3^2+cdots+3^{n-1})+n-1)，
即(a_n-a_1=2cdot cfrac{3(1-3^{n-1})}{1-3}+n-1)，
即(a_n=3^n+n(nge 2))；
又(n=1)时，(a_1=4)满足上式，
故通项公式为(a_n=3^n+n(nin N^*))
形如：(cfrac{a_{n+1}}{a_n} = m) (常数) 方法：等比数列定义法或累乘法(要求重点掌握的类型)
分析：易知(a_n=4^n)。
形如(cfrac{a_{n+1}}{a_n} = f(n))(变量) 方法：累乘法(要求重点掌握的类型)
法1：整体思想，由已知容易知道数列({na_n})是首项为1，公差为0的等差数列，
故(na_n=1+(n-1)cdot 0)，即(a_n=cfrac{1}{n}(nin N^*))。
法2：累乘法，变形为(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=cfrac{n}{n+1})，由此式子可得到
以上(n-1)个式子相乘得到，当(nge 2)时，
(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} cdotcfrac{n-3}{n-2}cdot cdotscfrac{1}{2})，
即(cfrac{a_n}{a_1}=cfrac{1}{n})，故(a_n=cfrac{1}{n}(nge 2))，
当(n=1)时，(a_1=1)满足上式，故所求通项公式(a_n=cfrac{1}{n}(nin N^*))。
形如(a_{n+1} = pa_n + q(p，q为常数))的类型，方法：两边同加常数(k=cfrac{q}{p-1})构造等比数列。(要求重点掌握的类型)
分析：(同加常数构造法)由已知得到当(nge 2)时，(a_n+1=4a_{n-1}+3+1=4(a_{n-1}+1))，又(a_1+1=2 eq 0)，
故数列({a_n+1})是首项为2公比为4的的等比数列，故(a_n+1=2cdot 4^{n-1})，
即(a_n=2cdot 4^{n-1}-1=2^{2n-1}-1(nin N^*))。
形如(a_{n+1} =pa_n + p^n，p)为常数，方法：等式两边同除以(p^n)或 (p^{n+1})，构造等差数列。
分析：给已知条件两边同时除以(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})，
即数列({cfrac{a_n}{2^n}})是首项为(cfrac{a_1}{2^1}=cfrac{1}{2})，公差为(cfrac{1}{2})的等差数列，
故(cfrac{a_n}{2^n}=cfrac{1}{2}+(n-1)cdot cfrac{1}{2}=cfrac{n}{2})，
故(a_n=cfrac{ncdot 2^n}{2}=ncdot 2^{n-1}(nin N^*))。
问题1：能同除以(2^n)吗？[1]
问题2：此方法能解决(a_{n+1}=3cdot a_n+2^n)的通项公式吗？[2]
形如(a_{n+2} =pa_{n+1} + qa_n)，(p、q)为常数，方法：利用待定系数法，构造等差或等比数列。
已知数列({a_n})满足(a_1=1)，(a_2=4)，(a_{n+2}+2a_n=3a_{n+1}(nin N^*))，求数列的通项公式。
分析：用待定系数法，设(a_{n+2}+pa_{n+1}=k(a_{n+1}+pa_n))，(k，pin R)，
整理得到(a_{n+2}-kpcdot 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{egin{array}{l}{k=2}\{p=-1}end{array} ight.)，或(left{egin{array}{l}{k=1}\{p=-2}end{array} ight.)，
【法1】：当(k=2)，(p=-1)时，已知式变形为(a_{n+2}-a_{n+1}=2(a_{n+1}-a_n))，又(a_2-a_1=3 eq 0)，
即数列({a_{n+1}-a_n})是以(a_2-a_1=3)为首项，以(2)为公比的等比数列，
则(a_{n+1}-a_n=3 imes 2^{n-1})，接下来求(a_n)，使用累加法。
过程省略，可以求得(a_n=3 imes 2^{n-1}-2(nin N^*))。
【法2】：当(k=1)，(p=-2)时，已知式变形为(a_{n+2}-2a_{n+1}=a_{n+1}-2a_n)，又(a_2-2a_1=2)，
即数列({a_{n+1}-2a_n})是以(a_2-2a_1=2)为首项，以(0)为公差的等差数列，
则(a_{n+1}-2a_n=2+(n-1) imes 0=2)，接下来求(a_n)，再次使用待定系数法。
(a_{n+1}-2a_n=2)，得到(a_{n+1}=2a_n+2)，
(a_{n+1}+2=2(a_n+2))，故数列({a_n+2})是以(a_1+2=3)，以(2)为公比的等比数列；
故(a_n=3 imes 2^{n-1}-2(nin N^*))。
【法3】：由上可知，$$a_{n+1}-a_n=3 imes 2^{n-1}①，$$
联立解以(a_{n+1})和(a_n)为元的二元一次方程组，解得(a_n=3 imes 2^{n-1}-2(nin N^*))。
形如(a_{n+1}-a_n = kcdot a_{n+1}cdot a_n)，((k)为常数)，等式两边同除以(a_{n+1}cdot a_n)，构造等差数列；
形如(S_{n+1}-S_n = kcdot S_{n+1}cdot S_n)，((k)为常数)，等式两边同除以(S_{n+1}cdot S_n)，构造等差数列。(要求重点掌握的变形)
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_ncdot S_{n-1})，又(S_ncdot S_{n-1} eq 0)，
则有(cfrac{1}{S_n}-cfrac{1}{S_{n-1}}=2) ，
即数列({cfrac{1}{S_n}})是首项是(cfrac{1}{a_1}=1)，公差为2的等差数列，
故(cfrac{1}{S_n}=1+(n-1) imes 2=2n-1)，故(S_n=cfrac{1}{2n-1}(nge 2))，
再验证(n=1)时，(S_1=1)满足上式，故 (S_n=cfrac{1}{2n-1}(nin N^*))。
次要类型
取倒数法，构造做差法，构造做商法，赋值法，取对数法，解方程法
- 形如(a_{n+1}=cfrac{2a_n}{a_n+2})，两边取倒数构造等差数列
分析：两边取倒数得到(cfrac{1}{a_{n+1}}=cfrac{a_n+2}{2a_n}=cfrac{1}{a_n}+cfrac{1}{2})，
即数列({cfrac{1}{a_n}})是首项为(cfrac{1}{a_1}=cfrac{1}{2})，公差为(cfrac{1}{2})的等差数列，
故(cfrac{1}{a_n}=cfrac{1}{2}+(n-1)cdotcfrac{1}{2}=cfrac{n}{2})，故(a_n=cfrac{2}{n}) 。
-
赋值法，如(a_{n+m}=a_ncdot a_m)，令(m=1)即(a_{n+1}=a_1cdot a_n)，不就是等比数列嘛；
-
赋值法，如(a_{n+m}=a_n+a_m)，令(m=1)即(a_{n+1}=a_n+a_1)，不就是等差数列嘛；
-
形如(a_{n+1}cdot a_n = 2^n) 得到(cfrac{a_{n+2}}{a_n} = 2)，则可知所有奇数项、偶数项各自成等比数列。
-
形如(a_{n+1}+a_n =2n) 得到(a_{n+2}-a_n= 2)，则可知所有奇数项、偶数项各自成等差数列。
-
取对数法，如$a_{n+1}=pcdot a_n^m $，p，m 为常数，两边取对数构造等比数列。(考查概率很小很小)
-
解方程法，如(a_n^2-2ncdot a_n - 1 = 0)，(a_n>0)，解方程即可。 (考查概率很小很小)
变形为(cfrac{a_{n+1}}{2^n}-cfrac{a_n}{2^{n-1}}=1)，即数列({cfrac{a_n}{2^{n-1}}})为首项是(cfrac{a_1}{2^{1-1}}=a_1=1)，公差为(1)的等差数列，故得到(cfrac{a_n}{2^{n-1}}=1+(n-1) imes 1=n)，即(a_n=n imes 2^{n-1})。 ↩︎
变形为(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}=pcdot b_n+q)的形式，故继续如下变形，
(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} eq 0)，
故数列({cfrac{a_n}{2^n}+1})是首项为(cfrac{3}{2})，公比为(cfrac{3}{2})的等比数列；
则(cfrac{a_n}{2^n}+1=(cfrac{a_1}{2}+1)cdot (cfrac{3}{2})^{n-1})，
化简整理为(a_n=3^n-2^n); ↩︎