数列通项公式的求法

等差数列与差比数列的通项公式的通项公式：等差数列}{na)()1(1Nndnaan),()(Nmndmnaamn推广：的通项公式：等比数列}{na),(Nmnqaamnmn推广：)(11Nnqaann}{，然后直接套用及出为等差（比）数列，求方法：若na类型一：等差数列与等比数列的通项：ma其中一项）（公比公差qd公式＝为整数，则通项公式且公比，为等比数列，若：已知例nnaqaaaaa512,124}{17483，然后套公式。与程组，解出的方与表示，得出与全部用，，，本题也可以把qaqaqaaaaa1118743124512}{838374aaaaaaan，为等比数列，则分析：是整数，又与的两根是方程与故知qxxaa4128051212428313353883)2(2321284nnnqaaqqaaaa，，12n，等比512}{8374aaaaan的通项公式。，求数列且为等差数列，已知数列卷湖南}{9,3))}(1({log).(131*2nnaaaNna12)1(log)1(log1232ddaa略解：,)1(1)1(log2nnan.12nna练习：1(1)21nandn1112nnnqbb是各项都为正数的等比是等差数列，设全国nnba).(2，求数列数列，且13,21,1355311bababa的通项公式。与nnba类型二：类等差（比）数列,方法：累加(乘)的通项公式。求数列的值；求的等比数列成公比不为且，是常数，，中，例：数列nnnnacaaanccnaaaa)2()1(1,,)3,2,1(232111)(1nfaann即)(1ngaann与31223211,,aaaaaa的等比数列得成公比不为分析：由naacccnn2,2)32(2)2(12故有即）1(2,,32,22,21342312naaaaaaaann),1()]1(321[21nnnaan上面各式相加得),3,2,1(22nnnan故一、若数列有形如an＋1＝an＋f(n)的解析式，而f(1)＋f(2)＋…＋f(n)的和是可求的，则可用多式累(迭)加法求得an.(2011年厦门质检)已知数列{an}中，a1＝20，an＋1＝an＋2n－1，n∈N*，则数列{an}的通项公式an＝______.解析：由条件an＋1＝an＋2n－1，n∈N*，即an＋1－an＝2n－1，得a2－a1＝1，a3－a2＝3，a4－a3＝5，…，an－1－an－2＝2n－5，an－an－1＝2n－3，以上n－1个式子相加并化简，得an＝a1＋(n－1)2＝n2－2n＋21.答案：n2－2n＋21变式探究1．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋2n，求an.解析：当n≥2时，a2－a1＝2，a3－a2＝22，a4－a3＝23，…，an－an－1＝2n－1.将这n－1个式子累加起来可得an－a1＝2＋22＋…＋2n－1，∴an＝a1＋2＋22＋…＋2n－1＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1.当n＝1时，a1适合上式，故an＝2n－1.二、若数列有形如an＝f(n)·an－1的解析关系，而f(1)·f(2)…f(n)的积是可求的，则可用多式累(迭)乘法求得an.设{an}的首项为1的正项数列，且－n＋an＋1an＝0，求它的通项公式．()n＋1a2n＋1a2n解析：由题意a1＝1,an0，(n＝1,2,3，…)，由()n＋1a2n＋1－na2n＋an＋1an＝0，得()an＋1＋an[]()n＋1an＋1－nan＝0.∵an0，∴an＋1＋an≠0，∴有an＋1＝nn＋1an.∵an＝anan－1×an－1an－2×…×a2a1×a1，∴an＝n－1n·n－2n－1…12·1＝1n，∴an＝1n.由()n＋1a2n＋1－na2n＋an＋1an＝0，得()an＋1＋an[]()n＋1an＋1－nan＝0.∵an0，∴an＋1＋an≠0，∴有an＋1＝nn＋1an.∵an＝anan－1×an－1an－2×…×a2a1×a1，∴an＝n－1n·n－2n－1…12·1＝1n，∴an＝1n.的通项公式为列，则数且满足中，已知数列：例nnnnannaaaa21211nnnnnaannnaa11)2(2nnannann)1()2)(1(1方法二:对应），小系数与（大系数与nnaa1是常数数列则可构造nann)1(11645342312:13423121nnaaaaaaaannaannnn－得分析)1(21)1(2111nnaannaann)1(21221)1(11nnaaaannnn，故有)1(2nnan累乘nnaS，求知类型三：求解方法：可直接应用公式)2()1(11nSSnSannn的通项公式。的图象上，求数列均在函数，点和为的前，数列为函数的图象经过原点，其导例：已知二次函数nnnnaxfyNnSnSnaxxfxfy)()(,26)()(nnSxxxfn2323)(22，故有略解：依题意易得56)]1(2)1(3[232221nnnnnSSannnn－－时，故当合上式时，而当1111San)(56Nnnan故练习公式为的通项，则满足项和的前已知数列1log.12nnnnanSSna不合上式，时，当由略解4222221log:111112SaSSanSnSnnnnnnnnn)()2(2)1(4Nnnnann故形式表示。不符合，则可用分段的若1annnanaS的关系式，求通项及与类型四：知），再求的关系式，先求出与得消（有时用nnnnnnnnaSSSanSSa11)2(解。两项的关系式再分析求式两式相减，得出相邻原关系，得另一式子，与代替或方法：可考虑用)2(11nnnn的通项公式，求且满足项和的前各项均正数的数列重庆例：nnnnnnaNnaaSSSna*1),2)(1(61)(2362nnnaaS分析：由题意得2366112111aaSan时，当212111111aSaaa故又或解得①②由②－①整理得2361211nnnaaS且有300)3)((1111nnnnnnnnaaaaaaaa又13)1(3232nnaaannn的通项为故的等差数列，，公差为是首项为故)()(1比或类等差比的关系？化为等差与找nnaa11nnnaSS的关系与可找出nnaa1的通项公式求数列，且项和的前例：数列nnnnnnaNnnSSaaSna),2(,1,11nnnnnnnnnnaSSaaSaaSS，进而求出出相邻两项的关系式，求得出否消去的一次幂的，则考虑能的一次幂的，而是方法；若不是考虑求相邻两项的关系式，再可找出去一次幂的关系式，则消若关系式可化的等差数列，公差为是首项为故知1111111aSSn)1(12111nnSSannSnSnnnnn时，当易得)(2()1(1)1(111Nnnnnnaan）不合上式，故处理可用)2()1(11nSSnSannn112nnnnnSSSSan时，分析：当1111nnSS相邻两项的关系式呢？化为与能否与上例一样消去nnnaSS1nnnnnnnaSSaSSan相邻两项关系式得消时1,2的通项公式求数列满足项和的前已知数列例nnnnnaanSSna,122:1)3(21122111nnnnanSaanS且有易知分析：由nnnnananaS)2()1(S111n，两式相减整理得因212111211naananananannnnn，故则是常数数列，，故可化为121nnaann再用累乘法也可以的通项公式求数列，项和的前数列福建nnnnnaNnaSaSna)(2,1,)(1.11练习两式相减整理得略解：,221nnaS，而3231212aaaann)2(32)1(12nnann故类型五：待定系数法求数列的通项：dqaaaannnn11)(满足与若数列相邻两项一),(为常数dq则可考虑待定系数法设xaqxann1为待定系数，其中x()dqxx且构造新的辅助数列}{xan是首项为xa1公比为q的等比数列，求出xan,再进一步求通项na的通项公式求数列，满足项和为的前例：数列nnnnnaNnnaSSna)(12)2(21212111nnnnaaaa两式相减得，且分析：由32,2312111naSanaSnnnn的等比数列，公比为是首项为故数列2121221aannnnnaa212212121故若数列有形如an＝pan－1＋q(n≥2，p，q为常数，pq≠0，p≠1)的线性递推关系，则可用待定系数法求得an.具体思路：设递推式可化为an＋1＋A＝p(an＋A)，得an＋1＝pan＋(p－1)A，与已知递推式比较，解得A＝，故可将递推式化为an＋＝p（an-1+），构造数列{bn}，其中bn＝an＋，则bn＋1＝pbn，即＝p，所以{bn}为等比数列．故可求出bn＝f(n)，再将bn＝an＋代入即可得an.已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋1，求an.23解析：解法一：设()an＋1－A＝23()an－A，得an＋1＝23an＋13A，与已知等式比较得：A＝3.即原式化为()an＋1－3＝23()an－3.设bn＝an－3，则bn＋1＝23bn，设()an＋1－A＝23()an－A，得an＋1＝23an＋13A，与已知等式比较得：A＝3.即原式化为()an＋1－3＝23()an－3.设bn＝an－3，则bn＋1＝23bn，∴数列{bn}为等比数列，又a1－3＝－2，∴bn＝an－3＝(－2)×23n－1⇒an＝3－3×23n.解法二：∵an＋1－23an＝1(1)an－23an－1＝1(n≥2)(2)由(1)－(2)得：an＋1－an＝23(an－an－1)．设bn＝an＋1－an，则数列{bn}为等比数列．b1＝a2－a1＝23，∴bn＝an＋1－an＝23×23n－1＝23n,∴23an＋1－an＝23n，∴an＝3－3×23n.解法二：∵an＋1－23an＝1(1)an－23an－1＝1(n≥2)(2)由(1)－(2)得：an＋1－an＝23(an－an－1)．设bn＝an＋1－an，则数列{bn}为等比数列．b1＝a2－a1＝23，∴bn＝an＋1－an＝23×23n－1＝23n,∴23an＋1－an＝23n，∴an＝3－3×23n.an－23an－1＝1(n≥2)(2)由(1)－(2)得：an＋1－an＝23(an－an－1)．设bn＝an＋1－an，则数列{bn}为等比数列．b1＝a2－a1＝23，∴bn＝an＋1－an＝23×23n－1＝23n,∴23an＋1－an＝23n，∴an＝3－3×