高一数列通项公式常见求法

数列通项公式的常见求法一、公式法高中重点学了等差数列和等比数列，当题中已知数列是等差或等比数列，在求其通项公式时我们就可以直接利用等差或等比数列的公式来求通项，只需求得首项及公差公比。1、等差数列公式例1、已知等差数列{an}满足a2=0，a6+a8=-10，求数列{an}的通项公式。解：（I）设等差数列{}na的公差为d，由已知条件可得110,21210,adad解得11,1.ad故数列{}na的通项公式为2.nan2、等比数列公式例2、设{}na是公比为正数的等比数列，12a，324aa，求{}na的通项公式。解：设q为等比数列{}na的公比，则由21322,4224aaaqq得，即220qq，解得21qq或（舍去），因此2.q所以{}na的通项为1*222().nnnanN3、通用公式若已知数列的前n项和nS的表达式，求数列na的通项na可用公式211nSSnSannnn求解。一般先求出11Sa，若计算出的na中当n=1适合时可以合并为一个关系式，若不适合则分段表达通项公式。例3、已知数列}{na的前n项和12nSn，求}{na的通项公式。解：011sa，当2n时12]1)1[()1(221nnnssannn由于1a不适合于此等式。∴)2(12)1(0nnnan二、当题中告诉了数列任何前一项和后一项的递推关系即：na和1na的关系时，我们可以根据具体情况采用下列方法：1、累加法一般地，对于形如)(1nfaann类型的通项公式，且)()2()1(nfff的和比较好求，我们可以采用此方法来求na。即：11221()()()nnnnnaaaaaaa1a(2)n。例4、数列na的首项为3，nb为等差数列且1(*)nnnbaanN．若则32b，1012b，则8aA．0B．3C．8D．11解：由已知知128,28,nnnbnaan由累加法21328781()()()642024603aaaaaaaa例5、已知数列na满足11211,2nnaaann，求数列na的通项公式。解：由题知：121111(1)1nnaannnnnn112211()())nnnnnaaaaa+(a-aa……1111111()()()121122nnnn……312n2、累乘法一般地对于形如“已知a1，且)(1nfaann（)(nf为可求积的数列）”的形式可通过累乘法求数列的通项公式。即：121121nnnnnaaaaaaaa(2)n；例6、在数列｛na｝中，1a=1,(n+1)·1na=n·na，求na的表达式。解：由(n+1)·1na=n·na得11nnaann，1aan=12aa·23aa·34aa…1nnaa=nnn11433221所以nan13、构造法当数列前一项和后一项即na和1na的递推关系较为复杂时，我们往往对原数列的递推关系进行变形，重新构造数列，使其变为我们学过的熟悉的数列（等比数列或等差数列）。具体有以下几种常见方法。（1）待定系数法：形如0(,1cdcaann,其中aa1)型（1）若c=1时，数列{na}为等差数列;（2）若d=0时，数列{na}为等比数列;（3）若01且dc时，数列{na}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求.待定系数法：设)(1nnaca,得)1(1ccaann,与题设,1dcaann比较系数得dc)1(,所以)0(,1ccd所以有：)1(11cdaccdann因此数列1cdan构成以11cda为首项，以c为公比的等比数列，所以11)1(1nnccdacda即：1)1(11cdccdaann.例7、已知数列{}na中，111,21(2)nnaaan，求数列na的通项公式。解：121(2),nnaan112(1)nnaa又112,1naa是首项为2，公比为2的等比数列12nna，即21nna.练习、已知数列}{na中，,2121,211nnaaa求通项na。答案：1)21(1nna（2）倒数法一般地形如11nnnaakab、nnnnaaaa11等形式的递推数列可以用倒数法将其变形为我们熟悉的形式来求通项公式。例8、已知数列na满足：1111,31nnnaaaa，求na的通项公式。解：原式两边取倒数得：11113113nnnnaaaa1,1nannn-11设b=则b-b=3,且b=13nb1是b=为首项，公差d=2的等差数列1(1)332bnnn，即132nan例9、在数列{na}中，311a，并且对任意2,nNn都有nnnnaaaa11成立，令)(1Nnabnn,求数列{nb}的通项公式.解：当n=1时，3111ab,当2n时，由nnnnaaaa11，等式两边取倒数得：,1111nnaa所以11nnbb，所以数列}{nb是首项为3，公差为1的等差数列，所以数列}{nb的通项公式为2nbn（3）对数法当数列na和an-1的递推关系涉及到高次时，形如：anp=man-1q（其中m、p、q为常数）等，我们一般采用对数法，等式两边分别取对数，进行降次，再重新构造数列进行求解。例10、若数列{na}中，1a=3且21nnaa（n是正整数），则它的通项公式是na=▁▁▁。解：由题意知na＞0，将21nnaa两边取对数得nnaalg2lg1，即2lglg1nnaa，所以数列}{lgna是以1lga=3lg为首项，公比为2的等比数列，12113lg2lglgnnnaa，即123nna。三、阶差法（逐项相减法）1、递推公式中既有nS，又有na（当题中给出的是nS和na的关系时，我们一般通过作差法结合1nnnSSa这个通用公式对原等式进行变形，消掉nS得到na和1na的递推关系，或消掉na得到nS和1nS的递推关系，然后重新构造数列求通项公式）。分析：把已知关系通过11,1,2nnnSnaSSn转化为数列na或nS的递推关系，然后采用相应的方法求解。例11、已知各项均为正数的数列{na}的前n项和满足1nS，且*),2)(1(6NnaaSnnn，求{na}的通项公式；解：由)2)(1(611111aaSa，解得a1＝1或a1＝2，由假设a1＝S1＞1，因此a1＝2。又由an+1＝Sn+1-Sn＝)2)(1(61)2)(1(6111nnnnaaaa，得an+1-an-3＝0或an+1＝-an因an＞0，故an+1＝-an不成立，舍去。因此an+1-an-3＝0。从而｛an｝是公差为3，首项为2的等差数列，故｛an｝的通项为an＝3n-2。例12、设数列{}na的前n项和为,nS已知11,a142nnSa，设12nnnbaa，证明数列{}nb是等比数列解：由11,a及142nnSa，有12142,aaa21121325,23aabaa由142nnSa，．．．①则当2n时，有142nnSa．．．．．②②－①得111144,22(2)nnnnnnnaaaaaaa又12nnnbaa，12nnbb{}nb是首项13b，公比为２的等比数列．练习、已知数列}{na中,0na且2)1(21nnaS,求数列}{na的通项公式.答案：12nan2、对无穷递推数列——逐项相减法（阶差法）：有时我们从递推关系dcaann1中把n换成n-1有dcaann1,两式相减,进而求得通项公式.例13、已知数列{}na满足11231123(1)(2)nnaaaaanan，，求{}na的通项公式。解：因为123123(1)(2)nnaaaanan①所以1123123(1)nnnaaaanana②用②式－①式得1.nnnaana则1(1)(2)nnanan，故11(2)nnanna所以13222122![(1)43].2nnnnnaaanaannaaaaa③由123123(1)(2)nnaaaanan，21222naaa取得，则21aa，又知11a，则21a，代入③得!13452nnan。所以，{}na的通项公式为!.2nna