数列通项公式常用求法及构造法

1数列通项公式的常用求法构造法求数列通项公式一、构造等差数列求数列通项公式运用乘、除、去分母、添项、去项、取对数、待定系数等方法，将递推公式变形成为(1)()fnfn=A（其中A为常数）形式，根据等差数列的定义知)(nf是等差数列，根据等差数列的通项公式，先求出)(nf的通项公式，再根据)(nf与na，从而求出na的通项公式。例1在数列{}na中，1a=12，133nnnaaa（nN），求数列{}na通项公式.解析：由313nnanaa得，an+1an=3an+1-3an=0，两边同除以an+1an得，nnaa11131，设bn=na1，则bn+1-bn=31，根据等差数列的定义知，数列｛bn｝是首项b1=2，公差d=31的等差数列，根据等差数列的通项公式得bn=2＋31（n-1）=31n＋35∴数列通项公式为an=53n例2在数列｛an｝中，Sn是其前n项和，且Sn≠0，a1=1，an=1222nnSS(n≥2)，求Sn与an。解析：当n≥2时，an=Sn-Sn-1代入an=1222nnSS得，Sn-Sn-1=1222nnSS，变形整理得Sn-Sn-1=SnSn-1？两边除以SnSn-1得，nS1-11nS=2，∴｛nS1｝是首相为1，公差为2的等差数列∴nS1=1+2（n-1）=2n-1,∴Sn=121n(n≥2),n=1也适合，∴Sn=121n(n≥1)当n≥2时，an=Sn-Sn-1=121n-321n=-38422nn，n=1不满足此式，∴an={21138422nnnn二、构造等比数列求数列通项公式2运用乘、除、去分母、添项、去项、取对数、待定系数等方法，将递推公式变形成为f（n+1）=Af（n）（其中A为非零常数）形式，根据等比数列的定义知)(nf是等比数列，根据等比数列的通项公式，先求出)(nf的通项公式，再根据)(nf与na，从而求出na的通项公式。例3在数列｛an｝中，a1=2，an=an-12(n≥2)，求数列｛an｝通项公式。解析：∵a1=2，an=an-12(n≥2)＞0，两边同时取对数得，lgan=2lgan-1∴1lglgnnaa=2，根据等比数列的定义知，数列｛lgan｝是首相为lg2，公比为2的等比数列，根据等比数列的通项公式得lgan=2n-1lg2=122lgn∴数列通项公式为an=122n评析：本例通过两边取对数，变形成1log2lognnaa形式，构造等比数列}logna，先求出nalog的通项公式，从而求出na的通项公式。例4在数列｛an｝中，a1=1，an+1=4an+3n+1，求数列｛an｝通项公式。解析：设an+1+A（n+1）+B=4（an+An+B），（A、B为待定系数），展开得an+1=4an+3An+3B-A，与已知比较系数得{1333ABA∴{321BA∴an+1+（n+1）+32=4（an+n+32），根据等比数列的定义知，数列｛an+n+32｝是首项为38，公比为q=3的等比数列，∴an+n+32=38×3n-1∴数列通项公式为an=38×3n-1-n-32例5在数列｛an｝中，a1=1，an+1an=4n，求数列｛an｝通项公式。解析：∵an+1an=4n∴anan-1=4n-1两式相除得11nnaa=4，∴a1，a3，a5……与a2，a4，a6……是首相分别为a1，a2，公比都是4的等比数列，又∵a1=1，an+1an=4n，∴a2=4∴an={nnnn22144三、等差等比混合构造法数列有形如0),,(11nnnnaaaaf的关系，可在等式两边同乘以,11nnaa先求出3.,1nnaa再求得例6．设数列}{na满足,21a),N(31naaannn求.na解：原条件变形为.311nnnnaaaa两边同乘以,11nnaa得11131nnaa.∵113211,211)2113nnnnaaa（∴.13221nna四、辅助数列法有些数列本身并不是等差或等比数列，但可以经过适当的变形，构造出一个新的数列为等差或等比数列，从而利用这个数列求其通项公式。例7.在数列na中，11a，22a，nnnaaa313212，求na。解析：在nnnaaa313212两边减去1na，得)(31112nnnnaaaa∴nnaa1是以112aa为首项，以31为公比的等比数列，∴11)31(nnnaa，由累加法得na=112211)()()(aaaaaaannnn=2)31(n3)31(n…11)31(=311)31(11n=1])31(1[431n=1)31(4347n练习1、在数列｛an｝中，a1=1，an+1=3an+2n（n∈N*），求数列｛an｝通项公式。解：由an+1=3an+2n（n∈N*）得，an+1+2n+1=3（an+2n）（n∈N*），设bn=an+2n则bn+1=3bn，∴nnbb1=3，根据等比数列的定义知，数列｛bn｝是首相b1=3，公比为q=3的等比数列，根据等比数列的通项公式得bn=3n，即an+2n=3n，4∴数列通项公式为an=3n-2n注意：2n+1-2n=2n2、在数列}{na中，11a，321nnnaa，求数列}{na的通项公式。解：、由321nnnaa得，3)2()2(11nnnnaa，根据等差数列的定义知，数列}2{nna是首项为3，公差为3的等差数列，所以nann32，所以nnna233、已知数列na满足321a，nnanna11，求na解：由条件知11nnaann，分别令)1(,,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累乘之，即1342312nnaaaaaaaann1433221naan11又321a，nan324.数列{an}满足a1=1，an=21a1n+1（n≥2），求数列{an}的通项公式。解：由an=21a1n+1（n≥2）得an－2=21（a1n－2），而a1－2=1－2=－1，∴数列{an－2}是以21为公比，－1为首项的等比数列∴an－2=－（21）1n∴an=2－（21）1n5.数列na中，nnnaaaaa122123,2,1，求数列na的通项公式。解：由nnnaaa1223得,313212nnnaaa设)(112nnnnkaahkaa比较系数得3132khhk，，解得31,1hk或1,31hk若取31,1hk，则有)(31112nnnnaaaa∴}{1nnaa是以31为公比，以11212aa为首项的等比数列∴11)31(nnnaa5由逐差法可得112211)()()(aaaaaaaannnnn=11)31()31()31()31(232nn=1311)31(11n=11)31(43471)31(143nn6.设各项均为正数的数列na的前n项和为nS，对于任意正整数n，都有等式：nnnSaa422成立，求na的通项an.解：nnnSaa422112142nnnSaa，∴nnnnnnnaSSaaaa4)(422112120)2)((11nnnnaaaa，∵01nnaa，∴21nnaa.即na是以2为公差的等差数列，且24211121aaaa.∴nnan2)1(227.设na是首项为1的正项数列，且01212nnnnnanaaa，（n∈N*），求数列的通项公式an.解：由题设得0))((11naaaannnn.∵0na，01na，∴01nnaa.∴naann12)1(321)()()(123121nnnaaaaaaaannn8.数列na中，211a，前n项的和nnanS2，求1na.解：1221221)1()1()1(nnnnnnnananananSSa111nnaann，∴112211aaaaaaaannnnn)1(12131211nnnnnn∴)2)(1(11nnan9.设正项数列na满足11a，212nnaa（n≥2）.求数列na的通项公式.解：两边取对数得：122log21lognnaa，)1(log21log122nnaa，设1log2nanb，则12nnbbnb是以2为公比的等比数列，11log121b.11221nnnb，1221lognan，12log12nan，∴1212nna6总结而运用待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法。递推式一般为：nfpaann1；nnnqpaa1（1）通过分解常数，可转化为特殊数列{an+k}的形式求解。一般地，形如a1n=pan+q（p≠1，pq≠0）型的递推式均可通过待定系数法对常数q分解法：设a1n+k=p（an+k）与原式比较系数可得pk－k=q，即k=1pq，从而得等比数列{an+k}。（2）通过分解系数，可转化为特殊数列}{1nnaa的形式求解。这种方法适用于nnnqapaa12型的递推式，通过对系数p的分解，可得等比数列}{1nnaa：设)(112nnnnkaahkaa，比较系数得qhkpkh,，可解得kh,。3、构造法构造法就是在解决某些数学问题的过程中，通过对条件与结论的充分剖析，联想出一种适当的辅助模型，进行命题转换，产生新的解题方法，这种思维方法的特点就是“构造”.若已知条件给的是数列的递推公式要求出该数列的通项公式.（1）构造等差数列或等比数列由于等差数列与等比数列的通项公式显然，对于一些递推数列问题，若能构造等差数列或等比数列，无疑是一种行之有效的构造方法.（2）构造差式与和式解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差，然后采用迭加的方法就可求得这一数列的通项公式.（3）构造商式与积式构造数列相邻两项的商式，然后连乘也是求数列通项公式的一种简（4）构造对数式或倒数式有些数列若通过取对数，取倒数代数变形方法，可由复杂变为简单，使问题得以解决.7补充一般方法：一、定义法直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于已知数列类型的题目．例1．等差数列}a{n是递增数列，前n项和为nS，且931a,a,a成等比数列，255aS．求数列}a{n的通项公式解：设数列}a{n公差为)0d(d∵931a,a,a成等比数列，∴9123aaa，即)d8a(a)d2a(1121，得dad12∵0d，∴da1……………………①∵255Sa∴211)d4a(d245a5…………②由①②得：53a1，53d∴n5353)1n(53an二、累加法求形如an-an-1=f(n)（f(n)为等差或等比数列或其它可求和的数列）的数列通项，可用累加法，即令n=2，3，…n—1得到n—1个式子累加求得通项。例2．已知数列{an}中，a1=1，对任意自然数n都有11(1)nnaann，求na．解：由已知得11(1)nnaann，121(1)nnaann，……，32134aa，21123aa，以上式子累加，利用111(1)1nnnn得na-1a=1111..