数列通项公式的求法

数列通项公式的求法数列的通项公式的定义:如果数列na的第n项na与n之间的函数关系可以用一个公式来表示,这个公式叫做这个数列的通项公式,即)(nfan数列通项公式的求法,主要有,观察法,公式法，另外还有,待定系数法;由数列的递推公式求通项公式法,迭加法,迭乘法,换元法等.注意:并非每一个数列都可以写出通项公式,数列的通项公式,也并非是唯一的.一、观察法数列也可以用作下面两个条件结合起来的方法表示:(1)给出最初的n项或一项.(2)给出数列中后面的项用前面的项来表示的公式,这种方法叫做递推法,后者称为该数列的递推公式.写出下列数列的一个通项公式,2663,1748,1035,524,215)7(,1681,833,413,25,2)6(,301,201,121,61,21)5(,65,54,43,32,21)4(,5,3,5,3,5,3)3(,0,1,0,1,0,1)2(1,1,1,1,1,1)1(1)1()1(nna2)1(1)2(1nnanna)1(4)3(1)4(nnan)1(1)5(nnan121)6(nnna11)3()7(22nnan二、公式法:写出下列数列的一个通项公式：,924,715,58,1)7(,167,85,43,21)6(,8116,278,94,32)5(,169,137,21,73,41)4(,7777,777,77,7)3(,9999,999,99,9)2(,25,19,13,7,1)1(nna)32()5()56()1()1(1nann110)2(nna)110(97)3(nna1312)4(nnannnna212)6(121)1()1()7(21nnann三、累差迭加法：基本原理是等差数列推导通项公式。的一个通项公式求数列,15,10,6,3,1)1(法一：原数列可写为1，1+2，1+2+3，1+2+3+4，，故其通项公式为2)1(321nnnan法二：由已知条件，得2)1(321.4321.,4,3,211342312nnnanaannaaaaaaaannnn个等式相联系加得将上述的通项公式求数列1112,3)2(nnnaaa2133411223011121112222222,3:aaaaaaaaannn解.,)(),(1求和累差迭加法则可用等比数列是等差数列或其中满足若数列nfnfaaannn2133422aa1nnaa)2222(,22101nnaa得将上述各式相加22n11221012421213)2222(nnnnaa四、迭乘法：基本原理是等比数列推导通项公式。的一个通项公式求数列59049,729,27,3,1)1(11221445334223123,3,381,327,39,3:nnnnnnaaaaaaaaaaaa从已知分析得12432112145342312333333nnnnnnaaaaaaaaaaaa2)1(1321133nnnnaa2)1(2)1(133nnnnnaa.),(1迭乘法则可用满足若数列nfaaannn五、递推法。（一）已知前n项和公式求通项公式.,132)1(2nnnannSna求通项项和为中前数列,211312,1)1(211San时当解541332421321)1(3)1(2)132(,2)2(22221nnnnnnnnnnSSannnn时当经验证(1)不包含在(2)中,所以由(1)(2)知通项公式为时当时当2,541,2nnnan.,23)2(2nnnannSa求通项公式的前项和为已知数列51213,1:211San时当解162)1(323,2221nnnnnSSannnn时当16,16511nanaannn此数列的通项公式为中包含在时经验证当.),1(21)3(nnnnnaaaSa求通项公式的前项和为已知数列)1(012.12:2nnnnnnaSaaaS即是解由已知条件得01)(2)(:)1(,21211nnnnnnnnSSSSSSSan式得代入把时当1:212nnSS展开化简为1,,1,1:212223222221SSSSSSnnnn于是以上各式相加得到:1212nSSn,,,1)1(212111111nSnSaaaaaSnn于是解出nnannannannannnn1111或或或.),(23,)4(111nnnnnnaNnaSSaSa求通项公式且若的前项和为设数列)2(,2)1(,221211nnnnnnaSSaSSnnSa与分析：由于给出的递推关系中混在一起，因而应首先统一到关于nnSa或的递推关系，然后再利用所掌握的方法解之。法一（统一为na的递推关系）.22),1()2(122nnnnaaSS得.221212nnnnaaaa即)(312Nnaann.3为公比的等比数列数列从第二项起是以.6,2,322211aaSSa又.3236,212nnnan时当)2(32)1(31nnann),(22111nnnnnSSaSSnS法二（统一成关于的递推关系）.3,311的等比数列公比为为首项是以aSSn.3331nnnS)2(32)1(3)2()1(111nnnSSnSannnnnnSa与解法一是将混杂的递推关系统一为关于nannSa与的递推关系。解法二是将nS混杂的递推关系统一为的递推关系。显然，解法二较简单。.,31,21,,21,21),1()21(31,65)1(12312111nnnnnnnaaaaaaanaaaa求为公比的等比数列是以并且数列满足已知数列（二）在一个所给的数列递推公式中构造一个由原数列的项通过换元、代入消元、待定系数等方法组成的新等差或等比数列是常用方法。（实际上换元，代入消元，待定系数都可以通称为特征方程法。）)1()31()31(9121111nnnnaa解：依题意，等比数列的递推公式是：另一数列的递推公式是：)2()21(3111nnnaa,)31()21()3121(),1()2(11nnna得11)31()21(6nnna.,1),(12)2(11nnnnaaNnaaa求通项公式的递推关系是已知数列法一:递推法12121221222221)12(212:112321121nnnnnnnnnaaaa解法二:换元法一(即辅助数列法))21(21xaxann设,121xxx则解得令)1(211nnaa故数列1na是首项为2,公比为2的等比数列,即nna2112nna121211nnnnaaaa法三:换元法二两式相减得)(211nnnnaaaa2),(11bNnaabnnn令nnnnnaab22211则1212222)()()(321112211nnnnnnnnnaaaaaaaa..043,3,913,34,)3(2121通项公式求数列有时当已知中在数列nnnnnaaaanaaa)1()3()(31,)(3211211naaaaaaaannnnnnnn.31,121为公比的等比数列以为首项是以aaaann)2(.)31()31)((11121nnnnaaaa解：由条件，得).3(3131),1(211naaaannnn得又由)3(,13131.311211aaaaaannnn为常数列)()31(2123),3()2(Nnann得由.,12,1)4(11nnnxnxxxxxx求通项公式满足已知数列本题的解法是将条件进行适当变形，实现了向等比数列、常数列的转化。从而使问题得到解决。另外，当得到（2）后也可用累加法解之。121nnnxxx.1211nnxx.2111nnxx为公差的等差数列为首项是以数列2,1111xxn法一：换元法.12)1(211nnxn.121nxn法二：归纳法,122131,11211,21xx得由已知.142171,13215143xx.121nxn猜测下面用数学归纳法进行证明（略）。的两根看作是方程我们可把0221qpxx的递推关系则若已知012nnnqapaa(5)特征根的方法（待定系数法）目的解决是构造新数列中的形式和系数理论依据是可假设为)()(112112nnnnaaaa展开得0)(211212nnnaaa对比已知条件的系数，可知qp212121,从而可求为公比的等比数列为首项是以因而数列211211aaaannnaaa求出在下面可以利用迭加法因为已知,,213,21naa且已知.).0,1,0,(,2,,)1(11nnnnadqqdqdqaanaaa求此数列的通项常数且为时满足已知中数列解：设存在一个数)1().(111qqaaaqadqaannnnnn展开得变形为使)1(1.11qdaqqdaqdnn于是原式可化为比较系数得1)1(111qqdqaannn11)1(1nnqqdaqda11qda可见该数列是首项公比为q的等比数列。即通项为整理得4325,7111nnnaaa（2）已知.nnaa的通项求数列解：4325,7111nnnaaa)3(5311nnnnaa设.5,1313211公比首项数列aann135313515111nnnnna即.1,3比较系数得，)13(513121nnnnaa于是，1151513nnna得到.,,,)0,0,,2(,,,,,,,,,,,,,)3(111112121nnnnnnnnbnrqprpqrpnrbqabpaaqbpabbbaaa表示试用是已知常数且其中和数列已知数列,,11nnpaapa解：由比较系数得得整理)(,11nnnnprprbb,11nnpa得11nnnqprbb得)2(1111nrbqabpannnnn再由)(11nnnnpbrpb令prq)(1nnnnnprprqprqprprqrb则.,rprqrprqpqprqpbnn公比为的首项为于是.),,3(123,1,0)4(2121nnn