高中数学专题复习——数列通项公式的求法

1高三数学复习专题讲座——数列通项公式的求法一、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．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1①∵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能用错定义，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,)1(22221nnnaa……，.2212aa11221122(1)2(1)2(1)nnnnnaa2].)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．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递推公式为nnanfa)(13解法1：把原递推公式转化为)(1nfaann，利用累乘法(逐商相乘法)求解．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．解法2：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，这就是迭代法的基本模式．例5．已知数列na中，31a，nnanna23131，求na．解：123132231232)2(31)2(32)1(31)1(3annnnan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．4例6．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)(21tatann，即321ttaann，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．类型4递推公式为nnnqpaa1(其中p，q均为常数，)0)1)(1((qppq)或递推公式为1nnnaparq(其中p，q，r均为常数)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7．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5解法得：nnb)32(23，所以nnnnnba)31(2)21(32．类型5递推公式为nfpaann15解法：构造数列nb，消去nf带来的差异．例8．已知数列na中，)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(*)，则13nnbb，又61b，故nnnb32361代入(*)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．类型6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．例9．已知数列na中，11a，22a，nnnaaa313212，求na．6解：由nnnaaa313212可转化为)(112nnnnsaatsaa，即nnnstaatsa12)(3132stts311ts或131ts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7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．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，7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8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：因为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．