大牙松动-自荐书范文

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． < br>例1．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
2
．求数列

a
n

的通项公式.
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。
二、公式法

S
1
n1< br>n
若已知数列的前项和
S
n
与
a
n
的关系， 求数列

a
n

的通项
a
n
可用公式a
n


求解。
SSn2
n1

n
n
例2．已知数列

a
n

的前
n
项和
S
n
满足
S
n
2a
n
(1),n1
．求数列

a
n

的通项公 式。
点评：利用公式
a
n

S
n
 n1
求解时，要注意对n分类讨论，但若能合写时一定要合并．


S
n
S
n1
n2
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
a
n1
已知数列
a
n
f(n)
解法：把原递推公式转化为
a
n1
a
n
f(n)
，利 用累加法(逐差相加法)求解。

a
n

中,
a
1
1,且a
2k
a
2k1
(1)
k
,< br>a
2k1
a
2k
3
k
,其中
k1, 2,3,
……，求数列

a
n

的通项公式。（高考题）

a
n

满足
a
1

1
，
a
n1
a
n

2
1
，求
a
n
。
2
nn
a
n1
f(n)
，利 用累乘法(逐商相乘法)求解。
a
n
例3. 已知数列
类型2 （1）递推公式为
a
n1
f(n)a
n
解法：把原递推公式 转化为
已知数列{a
n
}，满足a
1
=1，a
n
= a
1
+2a
2
+3a
3
+…+(n－1)a
n－
1
(n≥2)，则{a
n
}的通项（高考题）
n1

1


a
n



___
n2
例4. 已知数 列
（2）．由
a
n1

a
n

满足a
1

2
，
a
n1

3
n
a
n
，求
a
n
。
n1
f(n)a< br>n
和
a
1
确定的递推数列

a
n

的通项可如下求得：
f(n1)a
n1
，
a
n 1
f(n2)a
n2
，
•••
，
a
2
f(1)a
1
依次向前代入，得
n10
k1k1
由已知 递推式有
a
n
a
n
f(n1)f(n2)f(1)a< br>1
，简记为
a
n
(f(k))a
1

(n1,f(k)1)
，这就是叠（迭）代法的基本模式。
（3）递推式：< br>a
n1
例5．设数列
pa
n
f

n< br>
解法：只需构造数列

b
n

，消去f

n

带来的差异．
3a
n1
2n1,(n2)
，求
a
n
.
为

a
n

：
a
1
4,an
说明：（1）若
f(n)
n
的二次式，则可设
（
b< br>n
a
n
An
2
BnC
;(2)本题也可由< br>转化为
a
n
3a
n1
2n1
,
a
n1
3a
n2
2(n1)1
n3
）两式相减 得
a
n
a
n1
3(a
n1
a
n 2
)2
b
n
pb
n1
q
求之.
例6．已知
a
1

3
，
a
n1

3n1
a
n

(n1)
，求
a
n
。
3n2

类型3 递推公式为
a
n1
pa
n
q
（其中 p，q均为常数，
(pq(p1)0)
）。
tp(a
n
 t)
，其中
t
解法：把原递推公式转化为：
a
n1
q< br>，再利用换元法转化为等比数列求解。
1p
在数列

a
n

中，若
a
1
1,a
n1
2a
n< br>3(n1)
，则该数列的通项
a
n

（高考题）
例7. 已知数列

a
n
中，
a
1
1
，
a
n1
2a
n< br>3
，求
a
n
.
pa
n
q
n
（其中p，q均为常数，
(pq(p1)(q1)
n
。 （或a
n1
pa
n
rq
,其中
0)
）类型 4 递推公式为
a
n1
均为常数）
设数列
p，q, r

a
n

的前
n
项的和
S
n

412
（高考题）
gg
求首项
a
1
与通 项
a
n
；
a
n
2
n1

，
n1,2,3,g
333
n1
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
q
，得：
a
n1
p
an
1
•
n


n1
q
q
q
q
引入辅助数列

b
n

（其中
bn

a
n
n
q
），得：
b
n1
p1
b
n

再应用类型3的方法解决。
qq
例8. 已知数列

a
n

中，
a< br>1

5
,
a
n1

1
a
n
(
1
)
n1
，求
a
n
。
632
pa
n1
qa
n
（其中p，q均为常数）。 类型5 递推公式为
a
n2
解法：先把原递推公式转化为
a
n2

stp
sa
n1
t(a
n1
sa
n
)
其中s，t满足

，再应用前面类型3的方法求解。

stq
已知数列（高考题）

a
n
< br>满足
a
1
1,a
n1
2a
n
1(n N
*
).
求数列

a
n

的通项公式；
例9. 已知数列

a
n

中，
a
11
,
a
2
2
,
a
n2

2
a
n1

1
a
n
，求
a
n
。
33

S
1
(n 1)
类型6 递推公式为
S
n
与
a
n
的关系式。( 或
S
n
f(a
n
)
) 解法：利用
a
n


进行求解。
SS( n2)
n1

n
已知正项数列{a
n
}，其前n项和S
n
满足10S
n
=a
n
2
+5a
n
+6且a
1
,a
3
,a
15
成等比数列，求数列{an
}的通项a
n
（高考题）
例10. 已知数列

a
n

前n项和
S
n
4a
n

1
2
n2
.（1）求
a
n1
与
a< br>n
的关系；（2）求通项公式
a
n
.
类型7 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

a
n

中，
a
1
1
；数列

b
n

中，
b
1
0
。当n2
时，
a
n

1
(2a
n1
 b
n1
)
,
b
n

1
(a
n 1
2b
n1
)
，求
a
n
,
b
n
.
33
四、待定系数法（构造法）
求数列通项公式方法灵活多样，特别 是对于给定的递推关系求通项公式，观察、分析、推理能力要求较高。通常可对递推式变换，转化成
特殊 数列（等差或等比数列）来求解，这种方法体现了数学中化未知为已知的化归思想，而运用待定系数法变换递推式 中的常数就是一种
重要的转化方法。
1、通过分解常数，可转化为特殊数列{a
n< br>+k}的形式求解。一般地，形如a
n1
=p a
n
+q（p≠1，pq≠0）型的递推式均可通过待定系数法

对常数q分解法：设a
n1
+k=p（a
n+k）与原式比较系数可得pk
－
k=q，即k=
q
，从而得等比数列{ a
n
+k}。
p1
例12、数列{a
n
}满足a
1
=1，a
n
=
1
a
n1
+1（n≥2），求 数列{a
n
}的通项公式。
2
说明：这个题目通过对常数1的分解，进行适当组合，可得等比数列{ a
n
－2}，从而达到 解决问题的目的。
例13、数列{a
n
}满足a
1
=1，
3 a
n1
例14．已知数列
a
n
70
,求数列{a< br>n
}的通项公式。
qq
p(a
n
)
p11 p

a
n

满足
a
1
1
，且< br>a
n1
3a
n
2
，求
a
n
．
pa
n
q
（p、q为常数）的数列通项，可用迭代法或待定系数法构造新 数列
a
n1

求
a
n
．
点评：求递推 式形如
a
n1
来求得,也可用“归纳—猜想—证明”法来求，这也是近年高考考得很 多的一种题型．
例15．已知数列

a
n

满足
a
1
1
，
a
n
3
n
2a
n 1

(n2)
，
点评：递推式为
a
n1
a< br>n1
q
n1
pa
n
q
n1
（p、 q为常数）时，可同除
q
n1
，得
a
n
p
a< br>
n
1b
，令从而化归为
a
n1
pan
q
（p、q为常数）型．
n
nn
q
qq
2、通过分解系数，可转化为特殊数列
{a
n
解，可得等比数列
{a
n
已知数列

a
n1
}
的形式求解。这种方法适用于< br>a
n2
pa
n1
qa
n
型的递推式，通过对 系数p的分
a
n1
}
：设
a
n2
kan1
h(a
n1
ka
n
)
，比较系数得
hkp,hkq
，可解得
h,k
。

a
n
满足
a
1
1,a
2
3,a
n2
3a
n1
2a
n
(nN
*
).

（II）求数列

a
n

的通项公式；（高考题）

a
n1
a
n

是等比数列；（I）证明：数列例16、数列

a
n

满足
a
1
2 ,a
2
5,a
n2
3a
n1
2
a
n
=0，求数列{a
n
}的通项公式。
3a
n1
 2a
n
0
中含相邻三项，因而考虑每相邻两项的组合，即把中间一项
an1
的系数分解成1和2，适当组合，分析：递推式
a
n2
可发现一 个等比数列
{a
n
例17、数列
a
n1
}
。

a
n

中，
a
1
1,a
2< br>2,3a
n2
2a
n1
a
n
，求数列
a
n

的通项公式。
111
,h1
，则有
a
n2
a
n1
a
n1
a
n
即得
333
1
11117
{a
n1
a< br>n
}
为常数列,
a
n1
a
n

a
n
a
n1
a
2
a
1
2 
故可转化为例13。
33333
3
21
例18．已知数列
a
n

满足
a
1
1
,
a
2
2
,
a
n2
a
n1
a
n
求
a
n
．
33
点评：递推式为
a
n 2
pa
n1
qa
n
（p、q为常数）时，可以设
a
n2
sa
n1
t(a
n1
sa
n)
，其待定常数s、t由
stp
,
stq
说明：若本题 中取
k
求出，从而化归为上述已知题型．
五、特征根法
1、设已知数列< br>{a
n
}
的项满足
a
1
b,a
n1ca
n
d
,其中
c0,c1,
求这个数列的通项公式。 作出一个方程
xcxd,
则当
n1
x
0
a
1
时，
a
n
为常数列，即
a
n
a
1;当x
0
a
1
时,a
n
b
n
x
0
，其中
{b
n
}
是以
c
为公比的等比数 列，即
b
n
b
1
c,b
1
a
1
x
0
.

例19．已知数列
{a< br>n
}
满足：
a
n1
2、对于由递推公式
a
n2
1
a
n
2,nN,a
1
4,
求< br>a
n
.

3
pa
n1
qa
n
，
a
1


,a
2


给出的数列

a
n

，方程
x
2
px q0
，叫做数列

a
n

的特征方程。
n1< br>x
2
时，数列

a
n

的通项为
a
n
Ax
1
n1
Bx
2
，其中A，B由a
1


,a
2


决定（即把若< br>x
1
,x
2
是特征方程的两个根，当
x
1
n 1
a
1
,a
2
,x
1
,x
2
和
n1,2
，代入
a
n
Ax
1
n1
 Bx
2
，得到关于A、B的方程组）；当
x
1
x
2
时，数列

a
n

的通项为
a
n
(A Bn)x
1
n1
，其中A，B由
a
1

,a
2


决定（即把
a
1
,a
2< br>,x
1
,x
2
和
n1,2
，代入
a
n
(ABn)x
1
n1
，得到关于A、
B的方程组）。 < br>例20：已知数列

a
n

满足
a
1
a,a
2
b,3a
n2
5a
n1
2a
n
0(n0,nN)
，求数列

a
n

的 通项公式。
3、如果数列
{a
n
}
满足下列条件：已知
a
1
的值且对于
nN
，都有
a
n1

p a
n
q
ra
n
h
（其中p
、
q
、
r
、
h均为常数，且
hpxq
，那么，可作特征方程
xphqr,r0,a
1

）
rrxh
有两个相异的根< br>
1
、

2
时，则

,当特征方程有且仅有 一根
x
0
时,则


1


是等 差数列;当特征方程

a
n
x
0


a
n
x
1


是等比数列。

a
n
x
2

数列
{a
n
}满足a
11且8a
n1
a
n
16a
n1
2a
n
50(n1).
求数列
{a
n
}
的通项公式.（高 考题）
例21、已知数列
{a
n
}
满足性质：对于
n N,a
n1

a
n
4
,
且
a
1
3,
求
{a
n
}
的通项公式.
2a< br>n
3
例22．已知数列
{a
n
}
满足：对于
nN,
都有
a
n1

13a
n
25
.

a
n
3
（1）若
a
1
5,求
a
n
;
（2）若
a
1
3,
求a
n
;
（3）若
a
1
6,
求
an
;
（4）当
a
1
取哪些值时，无穷数列
{a
n
}
不存在？

ma
n1
11111k1
k ()

k
令
b
n

递推式，考虑函数倒数 关系有
a
n
k(a
n1
b)a
n
a
n 1
m
a
n
a
n1
m
则说明：形如:
a
n

b
n

可归为
a
n1
p a
n
q
型。(取倒数法)
例23：
a
n
a
n1
,a
1
1

3a
n1
1
六、构造法： 构造法就是在解决某些数学问题的过程中， 通过对条件与结论的充分剖析，有时会联想出一种适当的辅助模型，如某种数
量关系，某个直观图形，或 者某一反例，以此促成命题转换，产生新的解题方法，这种思维方法的特点就是“构造”.若已知条件给的是数< br>列的递推公式要求出该数列的通项公式，此类题通常较难，但使用构造法往往给人耳目一新的感觉. 1、构造等差数列或等比数列：由于等差数列与等比数列的通项公式显然，对于一些递推数列问题，若能构造 等差数列或等比数列，无疑
是一种行之有效的构造方法.
例24： 设各项均为正数的数列


a
n

的前n项和为
S
n
，对于任意正整数n，都有等式：
a
n
2
2a
n
4S
n
成立，求

a
n

的通项an .

2
解：
a
n
2a
n
4S
n

a
n1
2a
n1
4S
n1
，
2
22
∴
a
n
a
n1
2a
n
2a
n1
4(S
n
S
n 1
)4a
n

(a
n
a
n1
)( a
n
a
n1
2)0
，∵
a
n
a
n1
0
，∴
a
n
a
n1
2. 即

a
n

是以2为公差的等差数列，且
a
1
2
2a
1
4a
1
a
1
2.
∴
a
n
22(n1)2n


例25： 数列

a
n

中前n项的和
S
n
2na
n
，求数列的通项公式
a
n
.
∵ 解：
a
1
S
1
2a
1
a
1
1
当n≥2时，
a
n
S
n
S
n1
2na
n


2(n1)a
n1

 a
n
2a
n1
a
n

11
a< br>n1
1a
n
2(a
n1
2)

22
1
b
n1
，且
b
1
121

2

b
n

是以
1
为公比的等比数列 ，
b
n
1(
1
)
n1
(
1< br>)
n1

222
1
n1
∴
a
n
2()
. < br>2
令
b
n
a
n
2
，则
b
n


2、构造差式与和式：解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差， 然后采用迭加的方法就可求得这一数列的通项公式.
例26： 设

a
n< br>
是首项为1的正项数列，且
a
n
2
a
n
2
1
na
n
na
n1
0
，（n∈N*） ，求数列的通项公式an.
解：由题设得
(a
n
a
n1
)(a
n
a
n1
n)0
.
∵
a
n
0
，
a
n1
0
，∴
a
n
a
n1
0
.
∴
a
n
a
n1
n

a
n< br>a
1
(a
2
a
1
)(a
3
a
2
)(a
n
a
n1
)123n
a
n2
(n3)a
n1
(n2)a
n
，（n∈N*），求通项公式
a
n
.
解：

a
n 2
a
n1

(n2)(a
n1
a
n< br>)(n2)(n1)(a
n
a
n1
)

n(n1)
例27： 数列

a
n

中，
a
1
1,a
2
3
，且
2
(n2)( n1)
43(a
2
a
1
)(n2)!

∴
a
n
a
1
(a
2
a
1
)(a
3
a
2
)(a
n
a
n1)12!3!n!
（n∈N*）

例27： 数列

a
n

中，
a
1
1,a
2
3
，且
a
n2
(n3)a
n1
(n2)a
n，（n∈N*），求通项公式
a
n
.

a
n

中，
a
1

1
，前n项的和
S
n
n
2
a
n
，求
a
n1
.
2
3、构造商式与积式：构造数列相邻两项的商式，然后连乘也是求数列通项公式的一种简单方法.
例28： 数列
2222
解：
a
n
S
n
S
n1
na
n
(n1)a
n1
(n1)a
n
(n1)a
n1

a
n
n1

，
a
n1
n1
aa
a
n1n2111

∴
a
n
< br>n

n1

2
a
1


a
n1
a
n2
a
1
n1n32n(n1)
1
∴
a
n1


(n1)(n2)



4、构造对数式或倒数式：有些数列若通过取对数，取倒数代数变形方法，可由复 杂变为简单，使问题得以解决.
例29： 设正项数列

a
n
< br>满足
a
1
1
，
a
n
2a
n2
1
（n≥2）.求数列

a
n

的通项公 式.
aaaa
解：两边取对数得：
log
2
n
12l og
2
n1
，
log
2
n
12(log2
n1
1)
，设
b
n
log
2
n
1
，
则
b
n
2b
n1


a


b
n

是以2为公比的等比 数列，
b
1
log
1
2
11
.
a
n1n1
n
b
n
12
n1
2
n1
，
log
a
，
log
2
n
21
，
2
12

∴
a
n
2
2

n1
1

例30： 已知数列
3a
n1
1
4a
n1
 4
113

. 解：∵
a
n
1
，两边取倒数 得
3a
n1
1
a
n
1a
n1
1 4
可化为等差数列关系式.

a
n

中，
a
1
2
，n≥2时
a
n

7a
n1
3
，求通项公式.
1133n1
(n1)

a
n
1a
1
144
3n5
∴
a
n


3n1