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{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。這正如函式的解析式一樣，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。

基本介紹

• 中文名：數列通項公式
• 外文名：Sequence of general term formula
• 類別：公式
• 適用範圍：數學計算

求法

等差數列

對於一個數列{ a_n }，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 a₁到第n項 a_n的總和，記為S_n 。

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_n ,而右邊則餘下a₁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_n 除以 n 後，便得到一個以a₁ 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_n的數列問題迎刃而解。

等比數列

對於一個數列 {a_n}，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a₁ 到第n項a_n 的總和，記為T_n 。

那么， 通項公式為 (即a₁ 乘以q 的 （n-1)次方，其推導為“連乘原理”的思想：

a₂=a₁ * q,

a₃= a₂ * q,

a₄= a₃ * q,

````````

a<sub>n</sub>=a<sub>n-1</sub> * q,

將以上(n-1)項相乘，左右消去相應項後，左邊餘下a<sub>n</sub> , 右邊餘下a<sub>1</sub>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<sub>n</sub> 和a<sub>n+1</sub>的情況稱為一階數列，顯然，等差數列的遞推式為

a<sub>n</sub>=a<sub>n-1</sub> + d , 而等比數列的遞推式為 a<sub>n</sub> =a<sub>n-1</sub> * 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<sub>n+1</sub> = A *a<sub>n</sub> + 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<sub>n+1</sub> - ζ = A * (a<sub>n</sub> - 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<sub>n+1</sub> = A*a<sub>n</sub> + 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<sub>n</sub> =a<sub>n</sub> - ζ ,那么①式就化為b<sub>n+1</sub> =A*b<sub>n</sub> , 即化為了一個以（a<sub>1</sub> - ζ )為首項，以A為公比的等比數列，可求出b<sub>n</sub>的通項公式，進而求出 {a<sub>n</sub>} 的通項公式。

思路二： 消元複合（消去B）

由 a<sub>n+1</sub> = A *a<sub>n</sub> + B ········☉ 有

a<sub>n</sub> = A* a<sub>n-1</sub> +B ··········◎

☉式減去◎式可得 a<sub>n+1</sub> - a<sub>n</sub> = A *（ a<sub>n</sub> - a<sub>n-1</sub>）······③

令b<sub>n</sub> = a<sub>n+1</sub> - a<sub>n</sub> 後， ③式變為b<sub>n</sub> = A*b<sub>n-1</sub> 等比數列，可求出b<sub>n</sub> 的通項公式，接下來得到 a<sub>n</sub> - a<sub>n-1</sub> = (其中 為關於n的函式）的式子， 進而使用疊加方法可求出 a<sub>n</sub>

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<sub>n+2</sub> 、a<sub>n+1</sub>、a<sub>n</sub>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<sub>n+2</sub> = A * a<sub>n+1</sub> +B * a<sub>n</sub> , （ 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<sub>n+2</sub> - ψ * a<sub>n+1</sub> = ω (a<sub>n+1</sub> - ψ * a<sub>n</sub>)

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<sub>n</sub> = a<sub>n+1</sub> - ψ*a<sub>n</sub> , 原式就變為b<sub>n+1</sub> = ω *b<sub>n</sub> 等比數列，可求出b<sub>n</sub> 通項公式b<sub>n</sub>= f (n) ，

即得到 a<sub>n+1</sub> - ψ*a<sub>n</sub> = 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<sub>n+1</sub>和a<sub>n</sub> 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<sub>n</sub>}，滿足a<sub>1</sub>=1/2，a<sub>n+1</sub> = a<sub>n</sub> + 1/(4n<sup>2</sup>-1)，求{a<sub>n</sub>}通項公式

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

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

∴a<sub>n</sub> = 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<sub>n</sub> }滿足 ，且a<sub>1</sub>=4，求a<sub>n</sub>

解：

a<sub>n</sub> = 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

1. 適當的進行運算變形
   例：{a<sub>n</sub>} 中，a<sub>1</sub>=3且 a<sub>n+1</sub> = a<sub>n</sub><sup>2</sup>, 求a<sub>n</sub>
   解：ln a<sub>n+1</sub>= ln a<sub>n</sub><sup>2</sup> = 2 ln a<sub>n</sub>
   ∴{ln a<sub>n</sub>}是等比數列，其中公比q = 2，首項為ln3
   ∴ln a<sub>n</sub> = (2<sup>n-1</sup>) ln3
   故
2. 倒數變換法（適用於a<sub>n+1</sub> = A*a<sub>n</sub> / (B*a<sub>n</sub> + C),其中，A、B、C∈R）
   例：{a<sub>n</sub>}中，a<sub>1</sub>=1，a<sub>n+1</sub> = a<sub>n</sub> / ( 2a<sub>n</sub> + 1 )
   解：1 / a<sub>n+1</sub> = ( 2a<sub>n</sub>+1 ) / a<sub>n</sub> = 1/a<sub>n</sub> +2
   ∴{1/a<sub>n</sub>}是等差數列，首項是1，公差是2
   ∴a<sub>n</sub> = 1 / (2n-1)
3. 待定係數法
   A.遞推式為a<sup>n+1</sup> = p*a<sub>n</sub> + q（p，q為常數），可以構造遞推數列{a<sub>n</sub> + x}為 以p為公比的等比數列，
   即a<sub>n+1</sub> + x=p*(a<sub>n</sub>+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<sub>n</sub>}中a<sub>1</sub>=1，a<sub>n+1</sub> = 3a<sub>n</sub>+4,求a<sub>n</sub>
   解：a<sub>n+1</sub> + 2 = 3(a<sub>n</sub>+2)
   ∴{a<sub>n</sub>+2}是等比數列 首項是3，公比是3
   ∴a<sub>n</sub> = 3<sup>n</sup> - 2
   B.遞推公式為a<sub>n+1</sub> = p*a<sub>n</sub> + q<sup>n</sup>（p，q是常數）
   常規變形，將兩邊同時除以q<sup>n+1</sup>
   得到a<sub>n+1</sub> / q<sup>n+1</sup> = (p / q)*( a<sub>n</sub>/q<sup>n</sup>)+1/q
   再令b<sub>n</sub> = a<sub>n</sub> / q<sup>n</sup>,
   可以得到b<sub>n+1</sub> = k*b<sub>n</sub> + 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<sub>n+2</sub> = p*a<sub>n+1</sub>+q*a<sub>n</sub>,（p，q是常數）
   可以令a<sub>n+2</sub> =x<sup>2</sup> , a<sub>n+1</sub> = x , a<sub>n</sub> = 1
   解出x<sub>1</sub>和x<sub>2</sub>，可以得到兩個式子
   a<sub>n+1</sub> - x<sub>1 *</sub> a<sub>n</sub> = x<sub>2 *</sub> (a<sub>n</sub> - x<sub>1 *</sub> a<sub>n-1</sub>)
   a<sub>n+1</sub> - x<sub>2 *</sub> a<sub>n</sub> =x<sub>1*</sub> (a<sub>n</sub> - x<sub>2*</sub> a<sub>n-1</sub>)
   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<sub>n</sub>}中，a<sub>1</sub>=1, a<sub>2</sub>=2, a<sub>n+2</sub> = (2/3)a<sub>n+1</sub>=(1/3) a<sub>n</sub>
   解：x<sup>2</sup> = 2x/3 = 1/3
   x<sub>1</sub>=1,x<sub>2</sub>=-1/3
   可以得到方程組
   a<sub>n+1</sub> - a<sub>n</sub> = - (1/3)* (a<sub>n</sub> - a<sub>n-1</sub>)
   a<sub>n+1</sub> +(1/3)* a<sub>n</sub> = a<sub>n</sub> + (1/3)*a<sub>n-1</sub>
   解得a<sub>n</sub> = 7/4 - 3/4×(-1/3)^(n-1)
   D.遞推式a<sub>n+1</sub> = p* a<sub>n</sub> + a<sub>n</sub> +b（a，b，p是常數）
   可以變形為a<sub>n+1</sub> + x<sub>n+1</sub> +y = p*(a<sub>n</sub> + x<sub>n</sub> + y)
   然後和原式子比較，可以得出x，y，
   即可以得到{a<sub>n</sub>+x<sub>n</sub>+y}是個 以p為公比的等比數列
   例：{a<sub>n</sub>}中，a<sub>1</sub>=4， a<sub>n</sub>=3a<sub>n-1</sub> + 2n-1 (n≥2)
   解：原式= a<sub>n</sub> + n+1= 3 [a<sub>n-1</sub> + (n-1)+1]
   ∴{a<sub>n</sub>+n+1}為等比數列，q=3，首項是6
   ∴a<sub>n</sub> = 2×3<sup>n</sup> - n - 1
4. 特徵根法
   遞推式為a<sub>n+1</sub> = (A*a<sub>n</sub>+B) / (C*a<sub>n</sub>+D) （A，B，C，D是常數）
   令a<sub>n+1</sub> = a<sub>n</sub> = x,原式則為x = (Ax+B) / (Cx+D)
   (1)若解得相同的實數根x<sub>0</sub>，則可以構造數列{1/(a<sub>n</sub>-x<sub>0</sub>)}為等差數列
   例：{a<sub>n</sub>}滿足a<sub>1</sub> = 2，a<sub>n+1</sub> = (2a<sub>n</sub>-1)/(4a<sub>n</sub>+6),求a<sub>n</sub>
   解：x = (2x-1) / (4x+6)
   解得x<sub>0</sub> = - 1/2
   1/(a<sub>n</sub>+1/2)=1/[(2a<sub>n-1</sub>-1)/(4a<sub>n-1</sub>+6) +1/2]=1/[a<sub>n-1</sub> + 1/2] +1
   ∴{1/(a<sub>n</sub> + 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<sub>1</sub>,x<sub>2</sub>,則構造{(a<sub>n</sub> - x<sub>1</sub>)/(a<sub>n</sub> - x<sub>2</sub>)}為等比數列（x<sub>1</sub>,x<sub>2</sub>的位置沒有順序，可以調換）
   例：{a<sub>n</sub>}滿足a<sub>1</sub> = 2，a<sub>n+1</sub> = (a<sub>n</sub>+2)/(2a<sub>n</sub>+1)
   解：由題可得(a<sub>n</sub>-1)/(a<sub>n</sub>+1)=-1/3 [a<sub>n-1</sub> - 1]/[a<sub>n-1</sub> + 1]
   則{(a<sub>n</sub>-1)/(a<sub>n</sub>+1)}是等比數列，q=-1/3，首項是1/3
   ∴a<sub>n</sub> = [1 + (-1)<sup>n-1</sup> (1/3)<sup>n</sup>] / [1 - (-1)<sup>n-1</sup> (1/3)<sup>n</sup>]
   (3)如果沒有實數根，那么這個數列可能是周期數列
   例：{a<sub>n</sub>}中，a<sub>1</sub> = 2,滿足a<sub>n+1</sub> = a<sub>n-1</sub> / a<sub>n</sub> (n≥2)
   解：a<sub>1</sub> = 2 , a<sub>2</sub> = 1/2 , a<sub>3</sub> = -1 , a<sub>4</sub> = 2 , a<sub>5</sub> = 1/2 ……
   所以a<sub>n</sub> = 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）

連加相減

例：{a<sub>n</sub>}滿足a<sub>1</sub>+ 2a<sub>2</sub>+ 3a<sub>3</sub>+……+ na<sub>n</sub> = n(n+1)(n+2)

解：令b<sub>n</sub> = a<sub>1</sub>+ 2a<sub>2</sub>+ 3a<sub>3</sub>+……+ na<sub>n</sub> = n(n+1)(n+2)

na<sub>n</sub> = b<sub>n</sub> - b<sub>n-1</sub> = n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)

∴a<sub>n</sub> = 3（n+1）