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1、数列常见题型总结- 1 - 题型四：求数列的通项公式一.公式法： 当题中已知数列是等差数列或等比数列，在求其通项公式时我们就可以直接利用等差或等比数列的公式来求通项，只需求得首项及公差公比。二.当题中告诉了数列任何前一项和后一项的递推关系即：na和an-1的关系时我们可以根据具体情况采用下列方法1、叠加法： 一般地， 对于型如)(1nfaann类的通项公式， 且)()2()1(nfff的和比较好求，我们可以采用此方法来求na。即：11221()()()nnnnnaaaaaaaL1a (2)n；【例 1】已知数列na满足11211,2nnaaann，求数列na的通项公式。解： （1）由题知：12
2、1111(1)1nnaannn nnn112211()()nnnnnaaaaa+(a- aa1111111()()()121122nnnn312n2、叠乘法： 一般地对于形如“已知a1，且n1naa=f （n） （f （n）为可求积的数列） ”的形式可通过叠乘法求数列的通项公式。即：121121nnnnnaaaaaaaaL(2)n；【例 2】在数列na中，1a=1, (n+1)1na=nna，求na的表达式。解：由 (n+1)1na=nna得11nnaann，1aan=12aa23aa34aa1nnaa=nnn11433221所以nan13、构造法： 当数列前一项和后一项即na和an-1的递推
3、关系较为复杂时，我们往往对原数列的递推关系进行变形，重新构造数列， 使其变为我们学过的熟悉的数列（等比数列或等差数列） 。具体有以下几种常见方法。（1） 、待定系数法：、一般地对于an=kan-1 +m(k、 m为常数）型，可化为的形式an+=k(an-1 +). 重新精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 6 页数列常见题型总结- 2 - 构造出一个以k 为公比的等比数列，然后通过化简用待定系数法求，然后再求na。【例 3】设 b0,数列na满足 a1=b，11(2)22nnnnbaanan. 求数列na的通项公式；解：112
4、(1)nnnabanan，得1112(1)121nnnnannnababba，设nnnba，则121nnbbbb(2)n，（）当2b时，nb是以12为首项，12为公差的等差数列，即111(1)222nbnn，2na（）当2b时，设12()nnbbb，则122(1)nnbbbb，令21(1)bb，得12b，1121()22nnbbbbb(2)n，知12nbb是等比数列，11112() ()22nnbbbbb，又11bb，12112( )222nnnnnbbbbbbb，(2)2nnnnnbbab、对于1( )(nnapaf n其中 p为常数 )这种形式 ,一般我们讨论两种情况：i、当f(n) 为一
5、次多项式时，即数列的递推关系为CBnAaann 1型，可化为)1(21211naAnann的形式来求通项。【例 4】设数列na中，111,321nnaaan，求na的通项公式。解：设1(1)3()nnaA nBaAnB1322nnaaAnBA与原式比较系数得：221211AABAB即1(1)13(1)nnanan令1,nnbann+1n11则b=3b 且b =a +1+1=3nb1是b =3为首项，公比 q=3的等比数列13 3331nnnnnban即:精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 6 页数列常见题型总结- 3 - i
6、i 、当 f(n)为指数幂时，即数列递推关系为BAaann 1nC（A、B 、C 为常数，）型，可化为11nnCa=nnCaA(）的形式 . 构造出一个新的等比数列，然后再求na当 A=C时， 我们往往也会采取另一种方法，即左右两边同除以Cn +1,重新构造数列， 来求na。【例 5】设0a为常数，且1123nnnaa（*Nn） ，证明：对任意n1，02) 1(2) 1(351aannnnn解：证明：设)3(2311nnnntata用1123nnnaa代入可得51t53nna是公比为2，首项为531a的等比数列，10)2()5321(53nnnaa（*Nn） ，即：012)1(52)1(3aa
7、nnnnnn（2） 、倒数法：一般地形如11nnnaakab、nnnnaaaa11等形式的递推数列可以用倒数法将其变形为我们熟悉的形式来求通项公式。【例 6】 .已知数列na满足：1111,31nnnaaaa，求na的通项公式。解：原式两边取倒数得：11113113nnnnaaaa1,1nan nn-11设b =则b -b=3,且b =13nb1是b =为首项，公差 d=2的等差数列1(1) 332bnnn即132nan（3）、对数法：当数列na和an-1的递推关系涉及到高次时，形如：anp = man-1q（其中m、p、q 为常数）等，我们一般采用对数法，等式两边分别取对数，进行降次，再重新
8、构造数列进行求解。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 6 页数列常见题型总结- 4 - 【例 7】若数列 na中，1a=3 且21nnaa（ n是正整数），则它的通项公式是na=解由题意知na0，将21nnaa两边取对数得nnaalg2lg1，即2lglg1nnaa，所以数列lgna是以1lg a=3lg为首项，公比为 2 的等比数列，12113lg2lglgnnnaa，即123nna. （4） 、特征方程法、一般地对于形如已知1122,am aman+2=A an+1 +B an (A、B是常数）的二阶递推数列，我们可以采
9、取两种方法来求通项。法一：可用特征方程的方法求解：我们称方程： x2-Ax-B=0 为数列的特征方程（i）当方程有两个相异的实根（或虚根）p、q 时，有：12nnnacpcq，其中 c1与 c2由已知1122,am am确定。（ii） 当方程有唯一的实根p 时， 有12()nnacncp， 其中 c1与 c2由已知1122,am am确定。法二： 可构造成)(112112nnnnaxaxaxa，则11nnax a为等比数列，进而求通项公式，这种方法过程较为繁杂。【例 8】已知a 1 =2， a 2 =3，nnnaaa122，求通项公式。解法一：特征方程的根为1，所以 an = (c1 n+c2
10、)1n由：1212223cccc得 c1 = c2 = 1，所以 an = n + 1。解法二：设)(112112nnnnaxaxaxa，可得 x 1 = x 2 = 1，于是 an+1an 是公比为 1 的等比数列，an+1an = 1，所以 an = n + 1。、一般地形如：1nnna abac ad（a、 b、c、d 为常数）可得到相应的特征方程：axbxcxd，再将其变为2()0cxda xb，通过该方程的根的情况来重新构造数列。（i）如果方程2()0cxda xb有两个相异的实根，则有数列nnapaq是以11apaq为首项，acpacq为公比的等比数列；（ii）如果方程2()0cx
11、da xb有两个相同的实根，则数列1nap是以11ap为首精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 6 页数列常见题型总结- 5 - 项，2cad为公差的等差数列。【例 9】已知数列na满足11122,(2)21nnnaaana，求数列na的通项na解 ： 其 特征 方 程 为221xxx， 化简 得2220 x，解 得121,1xx， 令111111nnnnaacaa由12,a得245a，可得13c，数 列11nnaa是 以111113aa为 首 项 ， 以13为 公 比 的 等 比 数 列 ，1111133nnnaa，3( 1
12、)3( 1)nnnnna三 、当题中给出的是Sn 和na的关系时，我们一般通过作差法结合an= Sn Sn1 这个通用公式对原等式进行变形，消掉Sn得到na和an+1的递推关系，或消掉na得到 Sn 和Sn1的递推关系，然后重新构造数列求通项公式。【例 10】已知数列na的前n项和为nS，且满足：1aa (0)a，1nnarS(nN*，,1)rR r求数列na的通项公式；解： （I）由已知1,nnarS可得21nnarS，两式相减可得2111(),nnnnnaar SSra即21(1),nnara又21,arara所以 r=0 时，数列na为： a， 0， 0，；当0,1rr时，由已知0,0n
13、aa所以（*nN） ，于是由21(1),nnara可得211()nnarnNa，23,naaaLL成等比数列，当 n2时，2(1).nnar ra综上，数列na的通项公式为21,(1),2nnnanar ra n精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 6 页数列常见题型总结- 6 - 【例 11】已知各项均为正数的数列na的前 n 项和满足1nS，且*),2)(1(6NnaaSnnn求na的通项公式；解：由)2)(1(611111aaSa，解得 a11 或 a12，由假设 a1S11，因此 a1 2。又由 an+1Sn+1- Sn)2)(1(61)2)(1(6111nnnnaaaa，得 an+1- an-30 或 an+1-an 因 an0，故 an+1-an不成立，舍去。因此 an+1- an-30。从而 an是公差为3，首项为2 的等差数列，故an的通项为an3n-2。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 6 页