求解通项公式的常用方法

1求解数列通项公式的常用方法数列是高考中的重点内容之一，每年的高考题都会考察到，小题一般较易，大题一般较难。而作为给出数列的一种形式——通项公式，在求数列问题中尤其重要。本文给出了求数列通项公式的常用方法。一．观察法(猜想法)由数列的前几项的特点观察猜想出数列的通项公式，关键是找出各项与项数n的关系。例1：根据数列的前4项，写出它的一个通项公式：（1）9，99，999，9999，…（2）,17164,1093,542,211（3）,52,21,32,1（4）,54,43,32,21（5））246810,,,,,315356399析:（1）110nna（2）;122nnnan（3）;12nan（4）1)1(1nnann.（5）22121nnann二、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．例2．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。三、累加法（叠加法）求形如1()nnaafn（f(n)为等差或等比数列或其它可求和的数列）的数列通项，可用累加法，即令n=2，3，…n—1得到n—1个式子累加求得通项。121321211()()()()(2)(3)(n1)(n)nnnnnaaaaaaaaaaaffff例3已知数列{}na满足11211nnaana，，求数列{}na的通项公式。解：由121nnaan得121nnaan则评注：本题解题的关键是把递推关系式1n2aan1n转化为1n2aan1n，进而求出112232n1n1nna)aa()aa()aa()aa(所以数列{}na的通项公式为2nan。即得数列}a{n的通项公式。四、累积法（叠乘法）对形如1(n)nnafa的数列的通项，可用累乘法，即令n=2，3，…n—1得到n—1个式子累乘求得通项。121321212()()()()1(211)(221)[2(2)1][2(1)1]135(23)(21)(12n1)2nnnnnaaaaaaaaaannnnnn2312111221(2)(3)(n1)(n)nnnnnaaaaaaaffffaaaa例4：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，即11nnananna=211aaa·23aa·34aa…1nnaa=123111234nnn所以nan1五、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211nSSnSannnn求解。（注意：是否需要验证n=1时结论是否成立）例5：已知下列两数列}{na的前n项和sn的公式，求}{na的通项公式。（1）3nSnn。（2）12nsn解：（1）1n当时11112aS2n当时，na=1nnSS=33()(1)(1)nnnn=3232nn此时，12a满足上式。∴na=3232nn为所求数列的通项公式。（2））1n当时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注意要先分n=1和2n两种情况分别进行运算，然后验证能否统一。例6设数列na满足32,nnnasa求解析：11111111111,32,12,32,32,3331112,,-1,222nnnnnnnnnnnnnnnnnasanasasaassaaaaaaa时即时由得两式相减的即所以是首项为公比为的等比数列，于是例7.设数列na的首项为a1=1，前n项和Sn满足关系),4,3,2,0(3)32(31nttSttSnn求证：数列na是等比数列。解析：因为)1(),4,3,2,0(3)32(31nttSttSnn所以)2(),4,3,2,0(3)32(321nttSttSnn得：)2()1(所以，数列na是等比数列。例8、数列}{na的前n项和为sn，且满足11120(n2),2nnnassa（1）求证：1ns成等差数列；（2）求数列na的通项公式),2(3320)32(3),4,3,2,0(0))(32()311211NnnttaaattantSStSStnnnnnnnn（3（1）证明：111111112202,2111=2,2nnnnnnnnnnnasssssssssas当时，由得所以又故是首项为，公差为2的等差数列（2）解：由（1）得11=2,2nnnssn111221112nnnassnna当n2时，当n时，不适合上式n1,121,221nannn故六、构造等差或等比数列法有些数列本身并不是等差或等比数列，但可以经过适当的变形，构造出一个新的数列为等差或等比数列，从而利用这个数列求其通项公式。1、形如1nnnpaapqa其中p，q均为常数解法：这种类型一般是等式两边取倒数后转化为111111nnnnnnpqaqqapaapaap即例8：已知数列na满足,11a131nnnaaa，求证：na1是等差数列，并求na的通项公式。解：131nnnaaa，3111nnaa，即1113.nnaana1是首项为1，公差为3的等差数列。,231nan231nan.3、形如qpaann1（其中p，q均为常数，)0)1((ppq）。解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：1()nnatpat，其中1qtp，再利用换元法转化为等比数列求解。例10:已知数列na中，11a，321nnaa，求na.解：设递推公式321nnaa可以转化为12()nnatat即123nnaatt.故递推公式为)3(231nnaa,令3nnab，则4311ab,且23311nnnnaabb.所以nb是以41b为首项，2为公比的等比数列，则11224nnnb,所以321nna.