数列通项公式的求法大盘点.pdf

1 数列通项公式的求法 整理 各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解。特别是在一些综合性比较强的数列问题中， 数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。 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， 255 aS 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， 9123 aaa ，即 )8()2( 1121 daada dad 12 0d ， da1 255 aS 2 11 )4(2 455 dada 由 得： 53 1a ， 53d nna n 5353)1(53 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 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 1 1 ,1,2 n nn Sna S S n 求解。 例 2 已知数列 na 的前 n 项和 nS 满足 1,)1(2 naS nnn 求数列 na 的通项公式。 解：由 112 1111 aaSa 当 2n 时，有 ,)1(2)(2 11 nnnnnn aaSSa 112 2 ( 1) ,nnnaa ,)1(22 221 nnn aa ， .22 12 aa 1 1 2 2 112 2 ( 1 ) 2 ( 1 ) 2 ( 1 )n n n nnaa .)1(2 3 2 3 )2(12)1(2 )2()2()2()1(2 12 1 1 211 nn n nn nnnn 经验证 11a 也满足上式，所以 )1(232 12 nn na 2 点评： 利用公式 1 1 ,1,2 n nn Sna S S n 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 )(1 nfaa nn 解法：把原递推公式转化为 )(1 nfaa nn ，利用 累加法 (逐差相加法 )求解。 例 3 已知数列 na 满足 21 1a ， nnaa nn 21 1 ，求 na 解：由条件知： 111)1( 1121 nnnnnnaa nn 分别令 )1(,3,2,1 nn ，代入上式得 )1( n 个等式累加之， 即 )()()()( 1342312 nn aaaaaaaa )111()4131()3121()211( nn 所以 naa n 111 211a ， nna n 1231121 类型 2 ： （ 1）递推公式为 nn anfa )(1 解法：把原递推公式转化为 )(1 nf aa nn ，利用 累乘法 (逐商相乘法 )求解。 例 4 已知数列 na 满足 32 1a ， nn anna 11 ，求 na 解：由条件知 11 nnaa nn ，分别令 )1(,3,2,1 nn ，代入上式得 )1( n 个等式累乘之，即 324 1 2 3 1 n n aaaaa a a a n n 1433221 naan 1 1 又 32 1a ， na n 32 （ 2） 由 nn anfa )(1 和 1a 确定的递推数列 na 的通项可如下求得： 由已知递推式有 1)1( nn anfa ， 21 )2( nn anfa ， ， 12 )1( afa 依次向前代入，得 1)1()2()1( afnfnfa n ， 简记为 111 )( akfa nkn )1)(,1( 01 kfn k ，这就是 叠（迭）代法 3 的基本模式。 （ 3）递推式： nfpaa nn 1 解法：只需 构造数列 nb ，消去 nf 带来的差异 例 5设数列 na ： )2(,123,4 11 nnaaa nn ，求 na . 解：设 BAnbaB ，Anab nnnn 则，将 1, nn aa 代入递推式，得 12)1(3 1 nBnAbBAnb nn )133(23(3 1 ABnAb n 133 23 ABB AA 11BA 1 nab nn取 （）则 13 nn bb ,又 61b ，故 nnnb 3236 1 代入（ 1）得 132 na nn 说明：（ 1）若 )(nf 为 n 的二次式，则可设 CBnAnab nn 2 ;(2)本题也可由 123 1 naa nn , 1)1(23 21 naa nn （ 3n ） 两 式 相 减 得 2)(3 211 nnnn aaaa 转化为 qpbb nn 1 求 之 . 例 6已知 31a ， nn anna 23 131 )1( n ，求 na 解： 13 ( 1 ) 1 3 ( 2 ) 1 3 2 1 3 13 ( 1 ) 2 3 ( 2 ) 2 3 2 2 3 2n nnaa 3 4 3 7 5 2 633 1 3 4 8 5 3 1nnn n n 类型 3： 递推公式为 qpaa nn 1 （其中 p， q均为常数， )0)1( ppq ）。 解法：把原递推公式转化为： )(1 tapta nn ，其中 pqt 1 ，再利用 换元法 转化为等比数列求解。 例 7. 已知数列 na 中， 11a ， 321 nn aa ，求 na . 解：设递推公式 321 nn aa 可以转化为 )(21 tata nn 即 321 ttaa nn .故递推公式 为 )3(231 nn aa ,令 3 nn ab ，则 4311 ab ,且 23311 n n n n aabb .所以 nb 是以 41b 为首 4 项， 2为公比的等比数列，则 11 224 nnnb ,所以 32 1 nna . 类型 4： 递推公式为 nnn qpaa 1 （其中 p， q均为 常数， )0)1)(1( qppq ）。 （或 1 nnna pa rq ,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 1nq ，得： 1 1 1nnaapq q q q 引入辅助数列 nb （其中 nnn qab ），得： qbqpb nn 11 再应用类型 3的方法解决。 例 8. 已知数列 na 中， 65 1a , 1 1 )21(31 nnn aa ，求 na 。 解：在 1 1 )21(31 nnn aa 两边乘以 12n 得： 1 1 22 ( 2 ) 13nnnnaa 令 nnn ab 2 ，则 132 1 nn bb ,应用例 7解法得： n nb )32(23 所以 nn nnn ba )31(2)21(32 类型 5 ： 递推公式为 nnn qapaa 12 （其中 p， q均为常数）。 解法：先把原递推公式转化为 )( 112 nnnn saatsaa ， 其中 s， t 满足 qst pts ，再应用前面类型 3 的方法求解。 例 9 已知数列 na 中， 11a , 22a , nnn aaa 3132 12 ，求 na 解：由 nnn aaa 3132 12 可转化为 )( 112 nnnn saatsaa 即 nnn s taatsa 12 )( 3 1 3 2 st ts 3 1 1 t s 或 1 3 1 t s 这里不妨选用 3 1 1 t s （当然也可选用 1 3 1 t s ，大家可以试一试），则 )(31 112 nnnn aaaa nn aa 1 是以首项为 112 aa ，公比为 31 的等比数列 ,所以 11 )31( nnn aa ,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 5 之，即 210 1 )31()31()31( nn aa 3 11 )31(1 1 n 又 11a ，所以 1)31(4347 n na 。 类型 6： 递推公式为 nS 与 na 的关系式。 (或 ()nnS f a ) 解法：利用 1 1 ,1,2 n nn Sna S S n 进行求解。 例 10. 已知数列 na 前 n项和 22 14 nnn aS . （ 1）求 1na 与 na 的关系； （ 2）求通项公式 na . 解：（ 1）由 22 14 nnn aS 得： 111 2 14 nnn aS 于是 )2 12 1()( 1211 nnnnnn aaSS 所以 111 2 1 nnnn aaa nnaa 21211 . （ 2）应用类型 4的方法，上式两边同乘以 12n 得： 222 11 nnnn aa 由 12 14 121111 aaSa .于是数列 nna2 是以 2 为首项， 2 为公差的等差数列，所以 nna nn 2)1(222 12 nn na 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 na 中， 11a ；数列 nb 中， 01b .当 2n 时， )2(31 11 nnn baa , )2(31 11 nnn bab ，求 na , nb . 解：因 nn ba )2(31 11 nn ba )2(31 11 nn ba 11 nn ba 所以 nn ba 11 nn ba 2 2 2 2 1 1 1nna b a b a b 即 1 nn ba （ 1） 又因为 nn ba )2(31 11 nn ba )2(31 11 nn ba )(31 11 nn ba 所以 nn ba )(31 11 nn ba )31( 222 nn ba )()31( 111 ban 1)31( n .即 nn ba 1)31( n （ 2） 6 由（ 1）、（ 2）得： )31(121 1 n na ， )31(121 1 n nb 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 an +k的形式求解。一般地，形如 a 1n =p an +q（ p1， pq0）型 的递推式均可通过待定系数法对常数 q 分解法：设 a 1n +k=p（ an +k）与原式比较系数可得 pk k=q，即 k= 1pq ，从而得等比数列 an +k。 例 12 数列 an 满足 a1 =1， an =21 a 1n +1（ n2），求数列 an 的通项公式 解：由 an =21 a 1n +1（ n2）得 an 2=21 （ a 1n 2），而 a1 2=1 2= 1， 数列 an 2是以 21 为公比， 1为首项的等比数列 an 2=（ 21 ） 1n an =2（ 21 ） 1n 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 an 2，从而 达到解决问题的目的。 例 13 数列 an 满足 a1 =1， 073 1 nn aa ,求数列 an 的通项公式 解：由 073 1 nn aa 得 3731 1 nn aa 设 a )(31 1 kak nn ，比较系数得 373 kk 解得 47k 47 na 是以 31 为公比，以 4347147 1 a 为首项的等比数列 1)31(4347 n na 1)31(4347 nna 例 14 已知数列 na 满足 11a ，且 1 32nnaa ，求 na 解 ： 设 )(31 tata nn ，则 1231 ttaa nn ， )1(311 nn aa 1na 是以 )1( 1a 为首项 ,以 3为公比的等比数列 111 323)1(1 nnn aa 132 1 nna 点评： 求递推式形如 qpaa nn 1 （ 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 )1(11 pqapp qa nn 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 7 题型 例 15 已知数列 na 满足 11a ， 123 nnn aa )2( n ， 求 na 解 ： 将 123 nnn aa 两边同除 n3 ，得 nnnn aa 3213 1 1133213 nnnn aa 设 nnn ab 3 ，则 1321 nn bb 令 )(32 1 tbtb nn tbb nn 3132 1 3t 条件可化成 )3(323 1 nn bb ，数列 3nb 是以 38333 11 ab 为首项， 32 为公 比的等比数列 1)32(383 n nb 因 nnn ab 3 , )3)32(38(33 1 nnnnn ba 21 23 nnna 点评： 递推式为 11 nnn qpaa （ p、 q为常数）时，可同除 1nq ，得 111 nnnn qaqpqa ，令 nnn qab 从而化归为 qpaa nn 1 （ p、 q为常数）型 2、通过分解系数 ，可转化为特殊数列 1 nn aa 的形式求解。这种方法适用于 nnn qapaa 12 型的递 推式，通过对系数 p 的分解，可得等比数列 1 nn aa ：设 )( 112 nnnn kaahkaa ，比较系数得 qhkpkh , ，可解得 kh, 。 例 16 数列 na 满足 23,5,2 1221 nn aaaa na =0，求数列 an 的通项公式 分析：递推式 023 12 nnn aaa 中含相邻三项，因而考虑每相邻两项的组合，即 把中间一项 1na 的系 数分解成 1和 2，适当组合，可发现一个等比数列 1 nn aa 。 解：由 023 12 nnn aaa 得 0)(2 112 nnnn aaaa 即 ）nnnn aaaa 112 (2 ，且 32512 aa 1 nn aa 是以 2为公比， 3为首项的等比数列 11 23 nnn aa 利用逐差法可得 112111 )()()( aaaaaaaa nnnnn = 2232323 021 nn 8 = 2)1222(3 21 nn = 221 213 n = 23 n 123 1 nna 例 17 数列 na 中， nnn aaaaa 1221 23,2,1 ，求数列 na 的通项公式 解：由 nnn aaa 12 23 得 ,3132 12 nnn aaa 设 )( 112 nnnn kaahkaa 比较系数得 3132 khhk ， ，解得 31,1 hk 或 1,31 hk 若取 31,1 hk ，则有 )(31 112 nnnn aaaa 1 nn aa 是以 31 为公比，以 11212 aa 为首项的等比数列 1 1 )31( nnn aa 由逐差法可得 112211 )()()( aaaaaaaa nnnnn = 11)31()31()31()31( 232 nn = 1 3 11 )31(1 1 n = 11 )31(43471)31(143 nn 说明 ：若本题中取 1,31 hk ，则有 nnnn aaaa 3131 112 即得 31 1 nn aa 为常数列 , nn aa 311 131 nn aa 12 31 aa 37312 故可转化为例 13。 例 18 已知数列 na 满足 11a , 22a , nnn aaa 3132 12 求 na 解：设 )( 112 nnnn saatsaa nnn s taatsa 12 )( 3 1 3 2 st ts 3 1 1 t s 或 1 3 1 t s 则条件可以化为 )(31 112 nnnn aaaa nn aa 1 是以首项为 112 aa ，公比为 31 的等 比数列 ,所以 1 1 )31( nnn aa 问题转化为利用累加法求数列的通项的问题，解得 1)31(4347 n na 点评： 递推式为 nnn qapaa 12 （ p、 q 为常数）时，可以设 )( 112 nnnn saatsaa ，其待定常数 s、 t由 pts , qst 求出，从而化归为上述已知题型 五、特征根法 9 1、 设已知数列 na 的项满足 dcaaba nn 11 , ,其中 ,1,0 cc 求这个数列的通项公式。作出一个方 程 ,dcxx 则当 10 ax 时， na 为常数列，即 0101 ,; xbaaxaa nnn 时当 ，其中 nb 是以 c 为公 比的等比数列，即 01111 , xabcbb nn . 例 19已知数列 na 满足： ,4,N,231 11 anaa nn 求 .na 解：作方程 .23,231 0 xxx 则 当 41a 时， .21123, 1101 abxa 数列 nb 是以 31 为公比的等比数列 .于是 .N,)31(2112323,)31(211)31( 1111 nbabb nnnnnn 2、 对于由递推公式 nnn qapaa 12 ， 21 ,aa 给出的数列 na ，方程 02 qpxx ，叫做 数列 na 的特征方程。若 21,xx 是特征方程的两个根，当 21 xx 时，数列 na 的通项为 1211 nnn BxAxa ，其中 A ， B 由 21 ,aa 决定（即把 2121 , xxaa 和 2,1n ，代入 1211 nnn BxAxa ，得到关于 A、 B的方程组）；当 21 xx 时，数列 na 的通项为 11)( nn xBnAa ， 其中 A， B由 21 ,aa 决定（即把 2121 , xxaa 和 2,1n ，代 入 11)( nn xBnAa ，得到关于 A、 B的方程组）。 例 20 已知数列 na 满足 ),0(0253, 1221 Nnnaaabaaa nnn ，求数列 na 的通项公式。 解法一 ： （待定系数 迭加法） 由 0253 12 nnn aaa ，得 )(32 112 nnnn aaaa ，且 abaa 12 。 则数列 nn aa 1 是以 ab 为首项， 32 为公比的等比数列，于是 11 )32)( nnn abaa 。把 nn ,3,2,1 代入，得 abaa 12 ， )32()(23 abaa ， 234 )32()( abaa ， 10 21 )32)( nnn abaa 。 把以上各式相加，得 )32()32(321)( 2 1 nn abaa )( 3 21 )32(1 1 ab n 。 abbaaaba nnn 23)32)(3)()32(33 11 。 解法二（特征根法）：数列 na ： ),0(0253 12 Nnnaaa nnn ， baaa 21 , 的特征方程是： 0253 2 xx 。 32,1 21 xx , 1211 nnn BxAxa 1)32( nBA 。 又由 baaa 21 , ，于是 )(3 23 3 2 baB abABAb BAa 故 1)32)(323 n n baaba 3、 如果数列 na 满足下列条件：已知 1a 的值且对于 Nn ，都有 hra qpaa nnn 1 （其中 p、 q、 r、 h 均 为常数，且 rharqrph 1,0, ），那么，可作特征方程 hrx qpxx ,当特征方程有且仅有一根 0x 时 , 则 0 1 nax 是等差数列 ;当特征方程有两个相异的根 1 、 2 时，则 1 2 n n axax是等比数列。 例 21、已知数列 na 满足性质：对于 , 32 4,N 1 nnn aaan 且 ,31a 求 na 的通项公式 . 解 : 数列 na 的特征方程为 ,32 4 xxx 变形得 ,0422 2 xx 其根为 .2,1 21 故特征方程有两 个相异的根，使用定理 2的第（ 2）部分，则有 .N,)221 211(23 13)( 112121 11 nrp rpaac nnn .N,)51(52 1 nc n n .N, 1)51(52 1)51(522 1 1 1 12 ncca n n n n n 即 .N, )5(2 4)5( na n n n 11 例 22已 知数列 na 满足：对于 ,Nn 都有 . 325131 nnn aaa （ 1）若 ,51a 求 ;na （ 2）若 ,31a 求 ;na （ 3）若 ,61a 求 ;na （ 4）当 1a 取哪些值时，无穷数列 na 不存在？ 解：作特征方程 .32513 xxx 变形得 ,025102 xx 特征方程有两个相同的特征根 .5 依定理 2的第（ 1）部分解答 . (1) .,5 11 aa 对于 ,Nn 都有 ;5na (2) .,3 11 aa rp rnab n )1(11 5113 1)1(53 1 n ,8 121 n 令 0nb ，得 5n .故数列 na 从第 5项开始都不存在， 当 n 4， Nn 时， 51751 nnba nn . (3) ,5,61 a .1 a ., 8 11)1(11 Nnnrp rnab n 令 ,0nb 则 .7 nn 对于 .0bN, n n .N, 7 4355 8 11 11 nnnnba nn (4)显然当 31 a 时，数列从第 2 项开始便不存在 .由本题的第（ 1）小题的解答过程知， 51a 时， 数列 na 是存在的，当 51 a 时，则有 .N, 8 151)1(1 11 nnarp rnab n 令 ,0nb 则得 N,11351 nnna 且 n 2. 当 1135 1 nna （其中 Nn 且 N2）时，数列 na 从第 n 项开始便不存在 . 于是知：当 1a 在集合 3 或 ,:1135 Nnnn 且 n 2上取值时，无穷数列 na 都不存在 . 12 说明：形如 : )( 1 1 bak maa n nn 递推式， 考虑函数倒数关系有 )11(1 1 maka nn mkaka nn 1 11 令 nn ab 1 则 nb 可归为 qpaa nn 1 型。 (取倒数法 ) 例 23： 1, 13 111 aaaa nnn 解：取倒数： 11 1 13131 nn n n aa aa na 1 是等差数列， 3)1(11 1 naa n 3)1(1 n 23 1 nan 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 na 的前 n项和为 nS ，对于任意正整数 n，都有等式： nnn Saa 422 成 立，求 na 的通项 an. 解： nnn Saa 422 1121 42 nnn Saa ， nnnnnnn aSSaaaa 4)(422 112 12 0)2)( 11 nnnn aaaa ， 01 nn aa ， 21 nn aa . 即 na 是以 2为公差的等差数列， 且 242 11121 aaaa . nna n 2)1(2 例 25 数列 na 中前 n项的和 nn anS 2 ，求数列的通项公式 na . 解： 12 1111 aaSa 当 n2时， 1212)1(22 1111 nnnnnnnnn aaaaananSSa )2(212 1 nn aa 令 2 nn ab ，则 121 nn bb ，且 1211 b nb 是以 21 为公比的等比数列， 11 )21()21(1 nnnb 1)2(2 nna . 13 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 na 是首项为 1的正项数列，且 012 12 nnnn nanaaa ，（ n N*），求数列的通项公式 an. 解：由题设得 0)( 11 naaaa nnnn . 0na ， 01na ， 01 nn aa . naa nn 1 2 )1(321)()()( 123121 nnnaaaaaaaa nnn 例 27 数列 na 中， 3,1 21 aa ，且 nnn anana )2()3( 12 ，（ n N*），求通项公式 na . 解： 12 nn aa )(2( 1 nn aan )(1)(2( 1 nn aann )1)(2( nn )!2()(34 12 naa !3!21)()()( 123121 naaaaaaaa nnn （ n N*） 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 na 中， 21 1a ，前 n项的和 nn anS 2 ，求 1na . 解： 1221221 )1()1()1( nnnnnnn ananananSSa 111 nnaann ， 112211 aaaaaaaa nnn nn )1( 12131211 nnnnnn )2)(1( 11 nna n 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 na 满足 11a ， 2 12 nn aa （ n2） .求数列 na 的通项公式 . 解：两边取对数得： 122 log21log nn aa ， )1(lo g21lo g 122 nn aa ，设 1log2 nanb ，则 12 nn bb nb 是以 2为公比的等比数列， 11log121 b . 11 221 nnnb ， 12 21log nan ， 12log 12 nan ， 12 12 nna 例 30 已知数列 na 中， 21a ， n2时 13 37 11 nnn aaa ，求通项公式 . 解： 13 441 11 nnn aaa ，两边取倒数得 431111 1 nn aa . 可化为等差数列关系式 . 4 13)1(431111 1 nnaa n 13 53 nna n