专题：数列通项的求法

数列的通项公式：数列的第n项（即）与项数n之间的函数关系式na注：①有的数列没有通项公式，如：3，π，e，6；211,cos,sin,2nnnnnaana或或②有的数列有多个通项公式,如：-1,1,-1,1…,...12,12,12,12,1254321可变形为一、观察法（又叫猜想法，不完全归纳法）：例1：求下列数列的通项公式（1）数列3，5，9，17，33，……（2）数列9，99，999，9999，……12nna...1101101101104321，，，，可变形为：110nna注：要熟记以下数列的前几项，,,12,2,2nnnn)1(,3,12,2,12nnnnnn观察数列中各项与其序号间的关系，分解各项中的变化部分与不变部分，再探索各项中变化部分与序号间的关系，从而发现出其中规律写出通项公式二、公式法:利用等差等比数列通项公式112nnnnaaaa已知数列的为无穷数列，若(2)nnN且26,4,8,naaa且求的通项如果知道数列的前n项和公式，那么就可以利用公式来求通项。)2()1(11nssnsannnnnsn32)2(21)1(2nsn例2：已知两个数列的前n项和分别为:求通项公式)2(121(0121)1()1(2011122111时当时）不适合上述式子，由于时，当时，）当解：（nnnaannnssansannnnn5454)1(3)1(2)32(211)2(122111naannnnnssansannnnn也适合上述式子，由于时，时，当nnaS三.利用与的关系四、累加法nnnnanaaa求通项、已知例,2,1311)1(2221211223112naaaaaannn2)1(222)1(21)21(2)1(321)2222(113211nnnnnaannnn以上式子累加得：naannn21解：由题意可知12121,112121nnaannnannnn满足上式，所以因为nfaaann11,且形如已知便可用累加法来求通项五、累乘法nnnnaaaa求通项、已知例,3,2411nnnaa31解：由已知得：113342231123,,3,3,3nnnaaaaaaaa211212113211322,13233333nnnnnnnnnnaanaaa也满足上式，所以因为以上式子相乘可得：nfaaann11,形如已知可用累乘法来求通项六、倒数法nnnnanaaaa求已知例,215,21:51115112511511111nnnnnnaanaaaa时，当解：由题意可得：为公差的等差数列为首项，是以52111aan351355121nannannpqapaannn1形如结构的式子可构造等差数列na1七、待定系数法nnnanaaa求：已知例,283,361148223,311cccaacacannnn即化简得：解：设344434211nnnnaaaan即时，当为公比的等比数列为首项，是以37441aan43737411nnnnaa为常数、qpqpaann1形如可构造等比数列can.213nan-11nnn-1a1已知数列中，a=，a=n2，求变通项a3a式：nnn112322t-t=3aa13attn-1n-111变形得=分+=且，构造得aa数列为析：等比数列．1qpn若p=r,则是等差数列，公差为，可用公式求通项．a若pr，则采用六的方法求．1(,,)nnnpaapqrqarrqppn+1n形如为非零常数的，11将其变形为aa变式2：变式2：已知数列{an}中a1=2，an+1=4an-3n+1,（1）证明数列{an-n}是等比数列；（2）求数列{an}的通项公式。1(,,)nnapaqnrpqr变式2：形如为非零常数变式3：已知数列{an}中a1=2，an+1=4an+（1）证明数列{an+}是等比数列;（2）求数列{an}的通项公式。2n12n111+(,,)nnnnnnapaqrpqrpqrrrrn+n1na若p=r变式3：形如为非零常，则为等差数列，否则采用数aa将其变（六）形为的方法．142(2,3,4,)nnnaan思路鉴赏：解法一（构造1）142nnnaa112122nnnnaa1112(1)22nnnnaa法二（构造2）1124(2)nnnnaa142nnnaa111()244nnnnnaa法三（构造3）142nnnaa小结1、观察法求通项项和便可用、公式法，已知前)2()1(211nssnsannnnnfaann13、累加法：nfaann14、累乘法：为常数、、待定系数法：qpqpaann16为常数、倒数法：ppaannn1a5121211114(,),,nnnnnnnnnnnapaqapqaaqaaaaqaafn变式：形如为常数,且p+q=1的，将其变形为则是等比数列，且公比为，可以求得然后用累加法求得通项．122,5,320.naaan+2n+1nn已知数列中，且aaa，求通变4：项a式:21nnnnaaaan+1n+1n变形得-a=2a，构造得数列为等比数列并求其通项，再利用累加分：法求得a析．拓展视野：数列{an}中,求an及Sn.为首项,1为公差的等差数列.113,2,nnnaaS1,nnnaSS解：122,nnnSS111.22nnnnSS{}2nnS所以是以1113222Sa1,22nnSn12(21).nnSn即1nnnaSSa1=3不适合上式.当n≥2时,2(23)2,nn≥23,1,(23)2,2.nnnann练习1.已知数列{an}中a1=a，前n项和为Sn，,(1)求数列{an}的通项公式;(2)求数列的前n项和Sn。12nnnaSn练习2.已知数列{an}满足(n+1)an-nan+1=2,其中且a1=3,（1）求数列{an}的通项公式；（2）求和。*nN12231()()()nnaaaaaa2.若在数列{an}中，求*113,().nnaaannNna5.已知数列{an}中a1=3，an+1=2an+3,求an4.已知数列{an}中a1=1，,求an122nnnaaa111.,20(2),2nnnnnnansaassna1已知数列前项和为，且求的通项公式。3.已知数列{an}满足a1=,(n+1)an=(n-1)an-1(n≥2)，求数列{an}的通项公式.21课后作业.1nnn+1n1n7已知数列a满足a=2a+3，且a．求数列a的通项公式．11.3,23-3,.nnnaaaann6已知数列中，求通项a课后作业nnnnanaaaa求满足已知数列,52212121}{.8221.}{,,3,2,1,S311Sn}{.9432n11n的通项公式的值及数列求，，且项和为的前数列nnnaaaanaaa