数列通项公式的求法大全.doc

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数列通项公式的求法

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。

本文总结出几种求解数列通项公式的方法，希望能对大家有帮助。

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．等差数列是递增数列，前n项和为，且成等比数列，．求数列的通项公式.

解：

设数列公差为

∵成等比数列，∴，

即

∵，∴………………………………①

∵∴…………②

由①②得：

，

∴

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

若已知数列的前项和与的关系，求数列的通项可用公式求解。

例2．已知数列的前项和满足．求数列的通项公式。

解：

由

当时，有

……，

经验证也满足上式，所以

点评：

利用公式求解时，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

解法：

把原递推公式转化为，利用累加法（逐差相加法）求解。

（2004全国卷I.22）已知数列中,,其中……，求数列的通项公式。

P24（styyj）

例3.已知数列满足，，求。

解：

由条件知：

分别令，代入上式得个等式累加之，即

所以

，

类型2

（1）递推公式为

解法：

把原递推公式转化为，利用累乘法（逐商相乘法）求解。

（2004全国卷I.15）已知数列{an}，满足a1=1，an=a1+2a2+3a3+…+（n－1）an－1（n≥2），则{an}的通项

P24（styyj）

例4.已知数列满足，，求。

解：

由条件知，分别令，代入上式得个等式累乘之，即

又，

（2）．由和确定的递推数列的通项可如下求得：

由已知递推式有，，，依次向前代入，得

，

简记为，这就是叠（迭）代法的基本模式。

（3）递推式：

解法：

只需构造数列，消去带来的差异．

例5．设数列：

，求.

解：

设，将代入递推式，得

…（１）则,又，故代入（１）得

说明：

（1）若为的二次式，则可设;

（2）本题也可由,（）两式相减得转化为求之.

例6．已知，，求。

解：

。

类型3递推公式为（其中p，q均为常数，）。

解法：

把原递推公式转化为：

，其中，再利用换元法转化为等比数列求解。

（2006.重庆.14）在数列中，若，则该数列的通项P24（styyj）

例7.已知数列中，，，求.

解：

设递推公式可以转化为即.故递推公式为,令，则,且.所以是以为首项，2为公比的等比数列，则,所以.

类型4递推公式为（其中p，q均为常数，）。

（或,其中p，q,r均为常数）

（2006全国I.22）（本小题满分12分）

设数列的前项的和，

（Ⅰ）求首项与通项；P25（styyj）

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，得：

引入辅助数列（其中），得：

再应用类型3的方法解决。

例8.已知数列中，,，求。

解：

在两边乘以得：

令，则,应用例7解法得：

所以

类型5递推公式为（其中p，q均为常数）。

解法：

先把原递推公式转化为

其中s，t满足，再应用前面类型3的方法求解。

（2006.福建.理.22）（本小题满分14分）

已知数列满足

（I）求数列的通项公式；P26（styyj）

例9.已知数列中，,,，求。

解：

由可转化为

即或

这里不妨选用（当然也可选用，大家可以试一试），则是以首项为，公比为的等比数列,所以,应用类型1的方法，分别令，代入上式得个等式累加之，即

又，所以。

类型6递推公式为与的关系式。

（或）

解法：

利用进行求解。

（2006.陕西.20）（本小题满分12分）

已知正项数列{an}，其前n项和Sn满足10Sn=an2+5an+6且a1,a3,a15成等比数列，求数列{an}的通项anP24（styyj）

例10.已知数列前n项和.

（1）求与的关系；

（2）求通项公式.

解：

（1）由得：

于是

所以.

（2）应用类型4的方法，上式两边同乘以得：

由.于是数列是以2为首项，2为公差的等差数列，所以

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.已知数列中，；数列中，。

当时，,，求,.

解：

因

所以

即…………………………………………

（1）

又因为

所以……

.即………………………

（2）

由

（1）、

（2）得：

，

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+k}的形式求解。

一般地，形如a=pa+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+k=p（a+k）与原式比较系数可得pk－k=q，即k=，从而得等比数列{a+k}。

例12、数列{a}满足a=1，a=a+1（n≥2），求数列{a}的通项公式。

解：

由a=a+1（n≥2）得a－2=（a－2），而a－2=1－2=－1，

∴数列{a－2}是以为公比，－1为首项的等比数列

∴a－2=－（）∴a=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－2}，从而达到解决问题的目的。

例13、数列{a}满足a=1，,求数列{a}的通项公式。

解：

由得

设a，比较系数得解得

∴{}是以为公比，以为首项的等比数列

∴

例14．已知数列满足，且，求．

解：

设，则，

是以为首项,以3为公比的等比数列

点评：

求递推式形如（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．已知数列满足，，求．

解：

将两边同除，得

设，则．令

．条件可化成，数列是以为首项，为公比的等比数列．．因,

．

点评：

递推式为（p、q为常数）时，可同除，得

，令从而化归为（p、q为常数）型．

2、通过分解系数，可转化为特殊数列的形式求解。

这种方法适用于型的递推式，通过对系数p的分解，可得等比数列：

设，比较系数得，可解得。

（2006.福建.文.22）（本小题满分14分）已知数列满足

（I）证明：

数列是等比数列；

（II）求数列的通项公式；

例16、数列满足=0，求数列{a}的通项公式。

分析：

递推式中含相邻三项，因而考虑每相邻两项的组合，即把中间一项的系数分解成1和2，适当组合，可发现一个等比数列。

解：

由得

即，且

∴是以2为公比，3为首项的等比数列

∴

利用逐差法可得

=

=

=

=

∴

例17、数列中，，求数列的通项公式。

解：

由得设

比较系数得，解得或

若取，则有

∴是以为公比，以为首项的等比数列

∴

由逐差法可得

=

==

说明：

若本题中取，则有即得

为常数列,

故可转化为例13。

例18．已知数列满足,,求．

解：

设

或

则条件可以化为是以首项为，公比为的等比数列,所以．问题转化为利用累加法求数列的通项的问题，解得．

点评：

递推式为（p、q为常数）时，可以设，其待定常数s、t由,求出，从而化归为上述已知题型．

五、特征根法

1、设已知数列的项满足,其中求这个数列的通项公式。

作出一个方程则当时，为常数列，即，其中是以为公比的等比数列，即.

例19．已知数列满足：

求

解：

作方程

当时，

数列是以为公比的等比数列.于是

2、对于由递推公式，给出的数列，方程，叫做数列的特征方程。

若是特征方程的两个根，当时，数列的通项为，其中A，B由决定（即把和，代入，得到关于A、B的方程组）；当时，数列的通项为，其中A，B由决定（即把和，代入，得到关于A、B的方程组）。

例20：

已知数列满足，求数列的通项公式。

解法一（待定系数——迭加法）

由，得

，

且。

则数列是以为首项，为公比的等比数列，于是

。

把代入，得

，

，

，

。

把以上各式相加，得

。

。

解法二（特征根法）：

数列：

，的特征方程是：

。

。

又由，于是

故

3、如果数列满足下列条件：

已知的值且对于，都有（其中p、q、r、h均为常数，且），那么，可作特征方程,当特征方程有且仅有一根时,则是等差数列;当特征方程有两个相异的根、时，则是等比数列。

（2006.重庆.文.22）．（本小题满分12分）

数列求数列的通项公式.

解：

由已知，得，其特征方程为，解之，得

，

，

。

P26（styyj）

例21、已知数列满足性质：

对于且求的通项公式.

解:

数列的特征方程为变形得其根为故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第

（2）部分，则有

∴

∴

即

例22．已知数列满足：

对于都有

（1）若求

（2）若求（3）若求

（4）当取哪些值时，无穷数列不存在？

解：

作特征方程变形得

特征方程有两个相同的特征根依定理2的第

（1）部分解答.

（1）∵对于都有

（2）∵

∴

令，得.故数列从第5项开始都不存在，

当≤4，时，.

（3）∵∴

∴

令则∴对于

∴

（4）、显然当时，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，时，数列是存在的，当时，则有令则得且≥2.

∴当（其中且N≥2）时，数列从第项开始便不存在.

于是知：

当在集合或且≥2}上取值时，无穷数列都不存在.

说明：

形如:

递推式，考虑函数倒数关系有令则可归为型。

（取倒数法）

例23：

解：

取倒数：

是等差数列，

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的前n项和为，对于任意正整数n，都有等式：

成立，求的通项an.

解：

，

∴

，∵，∴.即是以2为公差的等差数列，且.

∴

例25：

数列中前n项的和，求数列的通项公式.

解：

∵当n≥2时，

令，则，且

是以为公比的等比数列，

∴.

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：

设是首项为1的正项数列，且，（n∈N*），求数列的通项公式an.

解：

由题设得.

∵，，∴.

∴

例27：

数列中，，且，（n∈N*），求通项公式.

解：

∴（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：

数列中，，前n项的和，求.

解：

，

∴

∴

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：

设正项数列满足，（n≥2）.求数列的通项公式.

解：

两边取对数得：

，，设，

则

是以2为公比的等比数列，.

，，，

∴

例30：

已知数列中，，n≥2时，求通项公式.

解：

∵，两边取倒数得.

可化为等差数列关系式.