2011北京中考英语-校本教研计划

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）
1,2,3
（4）
1
2
4
5
916
,4,
（3）
1,
1017
2
,
3
1
,
2
2
,

5
34
246810
）
,,,,,

,, 
（5）
315356399
45
n
2
2n
n;
（3）
a
n

析:（1）
a
n
101
（2）
a
n
n
2
.
;
（4）
a
n
(1)
n1

n1
n1n 1
2n
（5）
a
n



2n1

2n1


二、
定义法

12
,,
23
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．
2
例2．等差 数列

a
n

是递增数列，前n项和为
S
n
，且
a
1
,a
3
,a
9
成等比数列，
S
5
a
5
．求数列

a
n

的通 项公式.
解：设数列

a
n

公差为
d(d0)

2
22
∵
a
1
,a
3
,a
9成等比数列，∴
a
3
a
1
a
9
，即
(a
1
2d)a
1
(a
1
8d)da
1
d

∵
d0
， ∴
a
1
d
………………………………①
54
d(a
1
4d)
2
…………②
2< br>33333
由①②得：
a
1

，
d
∴a
n
(n1)n

55555
2
∵
S
5
a
5
∴
5a
1

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
a
n
a
n1
f(n)
（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。
a
n
a
1
(a
2
a
1
)(a
3
a
2
)(a
n1
a
n2
)(a
n
a
n1
)a
1
f(2)f(3)f(n1)f(n)< br>
，a
1
1
，求数列
{a
n
}
的 通项公式。 例3 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
a
n
2n1
解：由
a
n1
a
n
2n1
得
a
n1
a
n
2n1
则 < br>a
n
a
1
(a
2
a
1
)( a
3
a
2
)
1(211)(221)
(a
n1
a
n2
)(a
n
a
n1< br>)
[2(n2)1][2(n1)1]
评注：本题解题的关键是把递推关系 式
a
n1
a
n
2n1
转化
为
1 35(2n3)(2n1)
n(12n1)
n
2
2
a
n1
a
n
2n1
，进而求出
(a
n
a
n1
)(a
n1
a
n2
)< br>
(a
3
a
2
)(a
2
a
1
)a
1
所
2
以数列
{a
n
}
的通项公式为
a
n
n
。 即得数列
{a
n
}
的通项公式。


四、累积法（叠乘法）
对形如
a
n
f(n)
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。
a
n1
1 3

a
n
a
1< br>
a
2
a
3

a
1
a
2

a
n1
a
n
a
1
f(2)f (3)
a
n2
a
n1
f(n1)f(n)


例4：在数列｛
a
n
｝中，
a
1
=1, (n+1)·
a
n1
=n·
a
n
，求
a
n
的表达式。
解：由(n+1)·
a
n1
=n·
an
得
a
a
n1
n1
n

，即n


a
n1
n
a
n
n1
a
n
=
a
1

123
a
n
a< br>2
a
3
a
4…
=
1
··
23 4
a
1
a
2
a
3
a
n1
n1 1
1

所以
a
n


nn
n

五、公式法：
若已知数列的前
n
项和< br>S
n
与
a
n
的关系，求数列

a
n

的通项
a
n
可用公式

S
n

n1
求解。（
注意：是否需要验证n=1时结论是否成立
）
a
n


S
n
S
n1

n2
例5： 已知下列两数列
{a
n
}
的前n项和
s
n
的公式， 求
{a
n
}
的通项公式。
2
（1）
S
n
n
3
n
。 （2）
s
n
n1

解： （1）
当n1
时< br>a
1
S
1
112

当n2
时，< br>a
n
=
S
n
S
n1
=
(n（2））
当n1
时
a
1
s
1
0
，
33
2

n)

(n1)(n1)
n3n2
=3

2
此时，
a
1
2
满足上式。∴
a
n
=3
n3n2
为所求数列的通项公式。 < br>22
当
n2
时
a
n
s
n
s< br>n1
(n1)[(n1)1]2n1

由于
a
1
不适合于此等式 。 ∴
a
n



例 6设数列

a
n

满足
a
n
3s
n
2,求a
n
(n1)

0

2n1(n2)

注 意要先分n=1和
n2
两种情况分别进行运算，然后验证能否统一。
n1时,a
1
3s
1
2,即a
1
1
n2时,由a< br>n
3s
n
2,得a
n1
3s
n1
2,两式相减的a
n
a
n1
3s
n
3s
解读：
n1
3a
n
n1
a
11

1

2a
n
a
n1
,即
n
,所以

a
n

是首项为-1,公比为的等比数列，于是a
n< br>



a
n1
22

2

例7. 设数列

a
n

的首项为
a
1
=1，前
n
项和
S
n
满足关系
3 tS
n

(2t

3)S
n1

3t( t

0,n

2,3,4,

)

求证：数列

a
n

是等比数列。
解 读：因为
3tS
n

(2t

3)S
n1

3t(t

0,n

2,3,4,

)

(1)

所以
3tS
n1

(2t

3)S
n2

3t(t

0, n

2,3,4,

)

(2)

(1)(2)得：

3t
（
S
n
S
n 1
)(2t3)(S
n1
S
n2
)0(t0,n 2,3,4,

)
所以，数列

a
n

是 等比数列。
例8、数列
{a
n
}
的前n项和为
s
n
，
且满足
a
n
2t3
3ta
n
( 2t3)a
n1
0(n2,nN)
a
n1
3t1
a
n
2s
n
s
n1
0(n2),a
1


2

1

（1） 求证：

成等差数列；（2）求数列

a
n

的通项公式 s

n

11
当n2时，由a
n
2sn
s
n1
0得s
n
s
n1
2s< br>n
s
n1
,所以2
s
n
s
n1（1）证明：
又

1

11
=2,故
< br>是首项为2，公差为2的等差数列
s
1
a
1

sn

2 3

（2）解：由（1）得
11< br>=2n,s
n

s
n
2n
当n2时，a
n
2s
n
s
n1

1
2n
n1

1
当n1时，a
1
不适合上式
2
1

,n1

2


故a
n


1

,n2
2nn1


< br>
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
a
n1

pa
n
其中p，q均为常数
pq
n
a
1
a
n1
< br>pqa
n
1q11q
即

pa
n
a
n
pa
n1
a
n
p
解法：这种类型一般是等式 两边取倒数后转化为
例8：已知数列

a
n

满足
a
1
1,
a
n1


1

a
n
，求证：

是等差数列，并求

a
n

的通项公式。
3a
n
1

a
n

解：
< br>a
n1

a
n
11
11
3.

3
，即，

a
n1
a
n
3a
n
1
a
n1
a
n

1

1
1
3n2,
a
n



是首项为1 ，公差为3的等差数列
。

.
a
3n2
a
n

n


3、形如
a
n1
pa
n
q
（其中p，q 均为常数，
(pq(p1)0)
）。
解法（待定系数法）：把原递推公式转化为 ：
a
n1
tp(a
n
t)
，其中
t例10:已知数列

a
n

中，
a
1
1
，
a
n1
2a
n
3
，求
an
.
解：设递推公式
a
n1
2a
n
3
可以转化为
a
n1
t2(a
n
t)
即a
n1
2a
n
tt3
.故递推公式为
an1
32(a
n
3)
,
令
b
n
a
n
3
，则
b
1
a
1
34< br>,且
q
，再利用换元法转化为等比数列求解。
p1
b
n 1
a
n1
3
2
.所以

b
n
是以
b
1
4
为首项，2为公比的等比数列，则
b< br>n
a
n
3
b
n
42
n1
 2
n1
,所以
a
n
2
n1
3
.



3 3