广东省珠海市金海岸中学高中数学复习专题讲座-数列通项公式的求法

各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解。特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。本文总结出几种求解数列通项公式的方法，希望能对大家有帮助。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．[来源:学|科|网Z|X|X|K]例1．等差数列na是递增数列，前n项和为nS，且931,,aaa成等比数列，255aS．求数列na的通项公式.解：设数列na公差为)0(dd∵931,,aaa成等比数列，∴9123aaa，即)8()2(1121daadadad12∵0d，∴da1………………………………①∵255aS∴211)4(2455dada…………②由①②得：531a，53d∴nnan5353)1(53点评：利用定义法求数列通项时要注意不用错定义，设法求出首项与公差（公比）后再写出通项。二、公式法若已知数列的前n项和nS与na的关系，求数列na的通项na可用公式2111nSSnSannn求解。例2．已知数列na的前n项和nS满足1,)1(2naSnnn．求数列na的通项公式。解：由1121111aaSa当2n时，有,)1(2)(211nnnnnnaaSSa1122(1),nnnaa[来源:学科网ZXXK],)1(22221nnnaa……，.2212aa11221122(1)2(1)2(1)nnnnnaa].)1(2[323])2(1[2)1(2)]2()2()2[()1(21211211nnnnnnnnn经验证11a也满足上式，所以])1(2[3212nnna点评：利用公式211nSSnSannnn求解时，要注意对n分类讨论，但若能合写时一定要合并．三、由递推式求数列通项法对于递推公式确定的数列的求解，通常可以通过递推公式的变换，转化为等差数列或等比数列问题，有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列。类型1递推公式为)(1nfaann解法：把原递推公式转化为)(1nfaann，利用累加法(逐差相加法)求解。(2004全国卷I.22)已知数列na中,12211,(1),kkkaa且a2123kkkaa,其中1,2,3,k……，求数列na的通项公式。P24（styyj）例3.已知数列na满足211a，nnaann211，求na。解：由条件知：111)1(1121nnnnnnaann分别令)1(,,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累加之，即)()()()(1342312nnaaaaaaaa)111()4131()3121()211(nn所以naan111211a，nnan1231121类型2（1）递推公式为nnanfa)(1解法：把原递推公式转化为)(1nfaann，利用累乘法(逐商相乘法)求解。(2004全国卷I.15)已知数列{an}，满足a1=1，an=a1+2a2+3a3+…+(n－1)an－1(n≥2)，则{an}的通项1___na12nnP24（styyj）例4.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（2）．由nnanfa)(1和1a确定的递推数列na的通项可如下求得：由已知递推式有1)1(nnanfa，21)2(nnanfa，，12)1(afa依次向前代入，得1)1()2()1(afnfnfan，简记为111))((akfankn)1)(,1(01kfnk，这就是叠（迭）代法的基本模式。（3）递推式：nfpaann1解法：只需构造数列nb，消去nf带来的差异．例5．设数列na：)2(,123,411nnaaann，求na.解：设BAnbaB，Anabnnnn则，将1,nnaa代入递推式，得12)1(31nBnAbBAnbnn)133()23(31ABnAbn13323ABBAA11BA1nabnn取…（１）则13nnbb,又61b，故nnnb32361代入（１）得132nann说明：（1）若)(nf为n的二次式，则可设CBnAnabnn2;(2)本题也可由1231naann,1)1(2321naann（3n）两式相减得2)(3211nnnnaaaa转化为qpbbnn1求之.例6．已知31a，nnanna23131)1(n，求na。解：123132231232)2(31)2(32)1(31)1(3annnnan[来源:学|科|网]3437526331348531nnnnn。类型3递推公式为qpaann1（其中p，q均为常数，)0)1((ppq）。解法：把原递推公式转化为：)(1taptann，其中pqt1，再利用换元法转化为等比数列求解。(2006.重庆.14）在数列na中，若111,23(1)nnaaan，则该数列的通项na新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆类型4递推公式为nnnqpaa1（其中p，q均为常数，)0)1)(1((qppq）。（或1nnnaparq,其中p，q,r均为常数）（2006全国I.22）（本小题满分12分）设数列na的前n项的和14122333nnnSa，1,2,3,n（Ⅰ）求首项1a与通项na；解法：该类型较类型3要复杂一些。一般地，要先在原递推公式两边同除以1nq，得：qqaqpqannnn111引入辅助数列nb（其中nnnqab），得：qbqpbnn11再应用类型3的方法解决。例8.已知数列na中，651a,11)21(31nnnaa，求na。解：在11)21(31nnnaa两边乘以12n得：1)2(32211nnnnaa令nnnab2，则1321nnbb,应用例7解法得：nnb)32(23所以nnnnnba)31(2)21(32类型5递推公式为nnnqapaa12（其中p，q均为常数）。解法：先把原递推公式转化为)(112nnnnsaatsaa其中s，t满足qstpts，再应用前面类型3的方法求解。（2006.福建.理.22）（本小题满分14分）已知数列na满足*111,21().nnaaanN（I）求数列na的通项公式；例9.已知数列na中，11a,22a,nnnaaa313212，求na。解：由nnnaaa313212可转化为)(112nnnnsaatsaa即nnnstaatsa12)(3132stts311ts或131ts这里不妨选用311ts（当然也可选用131ts，大家可以试一试），则)(31112nnnnaaaannaa1是以首项为112aa，公比为31的等比数列,所以11)31(nnnaa,应用类型1的方法，分别令)1(,,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累加之，即2101)31()31()31(nnaa311)31(11n又11a，所以1)31(4347nna。类型6递推公式为nS与na的关系式。(或()nnSfa)解法：利用)2()1(11nSSnSannn进行求解。(2006.陕西.20)新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆(本小题满分12分)已知正项数列{an}，其前n项和Sn满足10Sn=an2+5an+6且a1,a3,a15成等比数列，求数列{an}的通项an新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆例10.已知数列na前n项和2214nnnaS.（1）求1na与na的关系；（2）求通项公式na.解：（1）由2214nnnaS得：111214nnnaS于是)2121()(1211nnnnnnaaSS所以11121nnnnaaannnaa21211.（2）应用类型4的方法，上式两边同乘以12n得：22211nnnnaa由1214121111aaSa.于是数列nna2是以2为首项，2为公差的等差数列，所以nnann2)1(22212nnna类型7双数列型解法：根据所给两个数列递推公式的关系，灵活采用累加、累乘、化归等方法求解。例11.已知数列na中，11a；数列nb中，01b。当2n时，)2(3111nnnbaa,)2(3111nnnbab，求na,nb.解：因nnba)2(3111nnba)2(3111nnba11nnba所以nnba11nnba1112222bababann即1nnba…………………………………………（1）又因为nnba)2(3111nnba)2(3111nnba)(3111nnba所以nnba)(3111nnba))31(222nnba……)()31(111ban1)31(n.即nnba1)31(n………………………（2）由（1）、（2）得：])31(1[211nna，])31(1[211nnb四、待定系数法（构造法）求数列通项公式方法灵活多样，特别是对于给定的递推关系求通项公式，观察、分析、推理能力要求较高。通常可对递推式变换，转化成特殊数列（等差或等比数列）来求解，这种方法体现了数学中化未知为已知的化归思想，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。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