数列通项公式的求法总结结版

高考数学数列通项公式的求法方法总结一、公式法公式法：已知nS=f(n)求na，用公式：11,(1),(2)nnnSnaSSn求解注意：（1）首项通常要单独计算或检验11aS（2）可由已知nS=f(n)中将所有n替换为n-1得到Sn-1=f(n-1)例1．已知数列na的前n项和23nnS，分别求其通项公式.解析：当123,1111San时，由23nnS可得1132nnS（用n-1替换所有n）.当)23()23(,211nnnnnSSan时132n。又11a不适合上式，故)2(32)1(11nnann例2．已知数列na的前n项和nS满足21,1nnSan．求数列na的通项公式解：由1121111aaSa当2n时，有1121,nnSa，两式相减得111(21)(21),2nnnnnnnaSSaaaa得1{}12nnnaa是为首项2为公比的等比数列,例3：正项数列{an}的前n项和为Sn，若2nS=an+1(n∈N*)，求通项公式an.解析：根据题设2nS=an+1得4Sn=an2+2an+1，当n≥2时，有4Sn-1=an-12+2an-1+1，二式相减，得4an=an2-an-12+2(an-an-1)，即an2-an-12-2(an+an-1)=0，得(an+an-1)（an-an-1-2）=0。由an0知an-an-1=2，所以{an}是2为公差的等差数列，当n=1时，由4S1=a12+2a1+1a1=1，故an=2n-1.二，累加法。形如递推公式为)(1nfaann的数列，通常用累加法解法：把原式转化为)(1nfaann，分别令)1(,,3,2,1nn然后逐项相加法求解例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例4.已知数列｛an｝满足)2(3,1111naaannn,证明213nna证明：由已知得：113,nnnaa分别令)1(,,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累加得112211)()()(aaaaaaaannnnn=.213133321nnn.例5、已知数列{}na满足11211nnaana，，求数列{}na的通项公式。解：由121nnaan得121nnaan则112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)1(1)(1)12nnnnnaaaaaaaaaannnnnnnnnnn三、累乘法.形如递推公式为nnanfa)(1的数列常用累乘法求解解法：把原递推公式转化为)(1nfaann，分别令)1(,,3,2,1nn，写出各式，然后逐商相乘求解。例6.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32121nnaaaaaann1433221naan11又321a，nan32四、构造法1（构造新数列）形如递推式：1(,(1)0)nnapaqpqpqp其中是常数,可以用构造法。解法：令)(1taptann，可得1(1)nnapatp，与原式比较知(1)tpq，pqt1，用换元法设1nnnqbatap，则nb是以q为公比的等比数列，求出nb的通项公式，可得到na通项公式。例7.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.例8:数列.*n12,111）（满足Naaaannn求数列na的通项公式；解：121nnaa)1(22211nnnaaa，2111nnaa又211a则1na是首项为2公比为2的等比数列12,22211nnnnnaa。例9、数列{an}满足a1=1，an=21a1n+1（n≥2），求数列{an}的通项公式。解：由an=21a1n+1（n≥2）得an－2=21（a1n－2），而a1－2=1－2=－1，∴{an－2}是21为公比－1为首项的等比数列an－2=－（21）1n，an=2－（21）1n练习2、已知数列na满足11a，且132nnaa，求na．解：设)(31tatann，则1231ttaann，)1(311nnaa1na是以)1(1a为首项,以3为公比的等比数列111323)1(1nnnaa1321nna五、倒数法+构造法。类型5：分式型递归数列1nnnpaaqar解决办法；解决步骤：（1）两边颠倒分子分母,得到：111nnrqapap；（2）令1{}nnba，构造新的数列nb，则1nnrqbbpp当1rp时,1{}nnba为等差数列；当1rp时,转化为类型4中问题.例9：已知1,13111aaaannn求na的通项公式解：取倒数：11113131nnnnaaaa。na1是等差数列，3)1(111naan3)1(1n231nan例10：已知数列{}na的首项135a，1321nnnaaa，12n，，。求{}na的通项解：1321nnnaaa，112133nnaa，1111113nnaa，又1213na，11na是以23为首项13为公比的等比数列．112121333nnna332nnna六、（构造法2）递推公式为nnnqpaa1（其中p，q均为常数，)0)1)(1((qppq），（或1nnnaparq）数列通项公式的求法解法1：一般地，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再应用类型四的构造法解法2：一般地，要先在原递推公式两边同除以1np，得：111()nnnnnaaqpppp引入辅助数列nb（其中nnnabp），得：11()nnnqbbpp再应用累加法解法3：设,q)qp(paa),qa(pqann1nnn1n1n重新展开(注意两边幂指数的不同：为什么左边是n+1,右边是n）。可与原式比较知()pqr，qpr，用换元法设nnnnnrbaqaqpq，则nb是以p为公比的等比数列，求出nb的通项公式，可得到na通项公式。例11.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,应用类型四（例7、例8）的解法得：nnb)32(23,所以nnnnnba)31(2)21(32法2：在11)21(31nnnaa两边乘以13n得：11133(3)()2nnnnnaa令3nnnba，则113()2nnnbb,应用累加法的解法得nb从而可求an例12：数列na满足111232,3nnnaaa，求na解：11111232,2322nnnnnnnnaaaa各项同除以得232,322111aaannnn又nna2构成了一首项这23，公差为3的等差数列2333)1(232nnann。所以112)36()233(22nnnnna例13：数列na满足nn1n12a3a,3a，求na解：,qa3a),2a(32ann1nnn1n1n重新展开与原式比较知1，qpr，用换元法设22nnnnnbaa，则nb是以2为公比的等比数列，求出nb的通项公式，可得到na通项公式。