数列方法总结.doc

1、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nanS931,a25aS的通项公式.na解：设数列 公差为n)0(d 成等比数列， ，931, 9123a即 8)2(1ad ， 0 5S 211)4(25d由得： ，31ad nn5)(5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 与 的关系，求数列 的通项 可用公式nSanan求解。211Sann例 2已知数列 的前 项和 满足 求

2、数列 的通项公式。an 1,)(2nna解：由 1当 时，有 ,)(1na1(),na22， .21211()nnnn.)1(233)()(121nnn 经验证 也满足上式，所以a )1(23nna点评：利用公式 求解时，要注意对 n 分类讨论，但若能合写1Snn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 )(1nfan解法：把原递推公式转化为 ，利用累加法(逐差相加法) 求解。1f(2004 全国卷 I.22)已知数列 中, ,其中n21,(),kka

3、且 213ka，求数列 的通项公式。P24（styyj）,23k例 3. 已知数列 满足 ， ，求 。na21nan21n解：由条件知： 1)(分别令 ，代入上式得 个等式累加之，即)(,21()( 3432 naaa)1(1所以 nn1，2an23类型 2 （1）递推公式为 naf)(1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a n，满足 a1=1，a n=a1+2a2+3a3+(n1)a n1 (n2) ，则a n的通项P24（styyj）1_n2例 4. 已知数列 满足 ， ，求 。na31nna1解：由条件知 ，分别令 ，代入上式

4、得 个等式累乘之，1n )(,2 )1(n即 13421naa n43an1又 ，2（2） 由 和 确定的递推数列 的通项可如下求得：nnf)(11n由已知递推式有 ， ， ， 依次向前代入，na21)(af12)(af得，1)(2()1afnffan简记为 ，这就是叠（迭）代法的基本模式。1k)(,0kf（1） 递推式： 解法：只需 构造数列 ，消去npan nb带来的差异f例 5设数列 ： ，求 .n )2(,13,411 nan na解：设 ，将 代入递推式，得BAbB，Aab则 1,2)(31nn )13()3(1 ABnAB（）则 ,又 ，故 代1nabn取 13nb6nnnb321

5、入（）得 32说明：（1）若 为 的二次式，则可设 ;(2)(f CBAa2本题也可由 , （ ）两1n )(21an式相减得 转化为 求之.)2nna qpbn1例 6已知 ， ，求 。31n1(解： 123)()( an 4752633181n。类型 3 递推公式为 （其中 p，q 均为常数， ） 。pann )0(pq解法：把原递推公式转化为： ，其中 ，再利用换元法转化为等比)(1tatnt1数列求解。(2006.重庆.14）在数列 中，若 ，则该数列的通项 na11,23()nna 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j P24（styyj）例 7. 已知数列 中， ， ，

6、求 .1an解：设递推公式 可以转化为 即 .故递32n )(1ttn 321tan推公式为 ,令 ，则 ,且 .所以)(1nanb431b1b是以 为首项，2 为公比的等比数列，则 ,所以 .nb4 1nn n类型 4 递推公式为 （其中 p，q 均为常数， ） 。 nnpa1 )01)(qp（或 ,其中 p，q, r 均为常数）1nnaprq（2006 全国 I.22） （本小题满分 12 分）设数列 的前 项的和 ，n 14233nnS,A（）求首项 与通项 ； P25（styyj）1a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：1nqqpqnn1引入辅

7、助数列 （其中 ） ，得： 再应用类型 3 的方法解决。bnaqbpnn11例 8. 已知数列 中， , ，求 。na6511)2(3a解：在 两边乘以 得：1)2(3n n 1)2(31nn令 ，则 ,应用例 7 解法得： 所以b21nnbbna)(类型 5 递推公式为 （其中 p，q 均为常数） 。nnapa12解法：先把原递推公式转化为 )(112nsats其中 s，t 满足 ，再应用前面类型 3 的方法求解。qt（2006.福建.理.22） （本小题满分 14 分）已知数列 满足na*11,2().naN（I）求数列 的通项公式； P26（styyj）例 9. 已知数列 中， , ,

8、，求 。n12 nnna312解：由 可转化为nnaa32 )(11sts即 或nnnstts12)(3tt3t这里不妨选用 （当然也可选用 ，大家可以试一试） ，则3t 1ts是以首项为 ，公比为 的等比数列,所)(312nnaana1 12a3以 ,应用类型 1 的方法，分别令 ，代入上式得1 )(,3,n个等式累加之，)(即 2101 )3()3(nna 31)(n又 ，所以 。11)(47nn类型 6 递推公式为 与 的关系式。(或 )Sa(nSfa解法：利用 进行求解。)21nn(2006.陕西.20) 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j (本小题满分 12 分)已知正

9、项数列a n，其前 n 项和 Sn 满足 10Sn=an2+5an+6 且 a1,a3,a15 成等比数列，求数列a n的通项 an 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j P24（styyj）例 10. 已知数列 前 n 项和 .24na（1）求 与 的关系；（2）求通项公式 .1n解：（1）由 得：214naS 11nnS于是 )()(1nn所以 .12anna21（2）应用类型 4 的方法，上式两边同乘以 得：121nna由 .于是数列 是以 2 为首项，2 为公差的等差数列，所1211Sn以 nan)(1na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

10、、累乘、化归等方法求解。例 11. 已知数列 中， ；数列 中， 。当 时， ,n1nb012n)2(311nnba，求 , .)2(311nbaban解：因 )(1)2(31n1nba所以 n1n 22 bn即 （1）ba又因为 nba)2(311nba)2(31nba)(31nba所以 12n.即 （2）1)3(nn1)(n由（1） 、 （2）得： ， 32a)31(nnb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

11、，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 =p n 1na +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na +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。n 1pn例 12、数列a 满足 a =1，a = a +1（n2） ，求数列a 的通项公式。1n1n解：由 a = a +1（n2）得 a 2= （a 2） ，而 a 2=1 2=1，n 11数列 a 2是以 为公比， 1 为首项的等比数列a 2=（ ） a =2（ ）n21nn

12、21n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n问题的目的。例 13、数列a 满足 a =1， ,求数列a 的通项公式。n10731nn解：由 得07313n设 a ，比较系数得 解得)(kknn k47 是以 为公比，以 为首项的等比数列43471a 1)(7nn )3(n例 14已知数列 满足 ，且 ，求 a12nna解：设 ，则 ，31ttnn ta是以 为首项,以 3 为公比的等比数列)(a)( 1121n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ann1法构造新数列 来求得,也可用“归纳猜想证明”法来求，这也)

13、(1pqan是近年高考考得很多的一种题型例 15已知数列 满足 ， ， 求 n1123nna)(na解：将 两边同除 ，得23na132设 ，则 令b1nnb)(31tbtnntbn条件可化成 ，数列 是以 为首项，t )(231811a为公比的等比数列 因 ,328nn na)3(1nnba 213na点评：递推式为 （p、q 为常数）时，可同除 ，得na 1nq，令 从而化归为 （p、q 为常数）型1nnqpbnn12、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a型的递推式，通过对系数 p 的分解，可得等比数列 ：设nnaa1 1na，比较系数得 ，可解得 。)(12nkh

14、k hk, kh,（2006.福建.文.22） （本小题满分 14 分）已知数列 满足n*1221,3,().nnN（I）证明：数列 是等比数列；a（II）求数列 的通项公式；n例 16、数列 满足 =0，求数列a 的通项公式。23,5,2121 nann分析：递推式 中含相邻三项，因而考虑每相邻两项的组合，即把中间一032nnaa项 的系数分解成 1 和 2，适当组合，可发现一个等比数列 。1n 1a解：由 得 0)(112nn即 ，且）n12( 35 是以 2 为公比，3 为首项的等比数列1na 利用逐差法可得 1211 )()()( aann= 320= )(3= 213n= 231nn

15、a例 17、数列 中， ，求数列 的通项公式。n nnaaa12213, n解：由 得 设n23, )(112nkahk比较系数得 ，解得 或3khk， 3hk,若取 ，则有1,h)(12nnaa 是以 为公比，以 为首项的等比数列1na 21 1)3(n由逐差法可得 1221)()() aaan= 33(2n= =1) 11)(47)(4 nn说明：若本题中取 ，则有 即得,3hk nnnaa3312为常数列, 31nnana112故可转化为例 13。72例 18已知数列 满足 , , 求 n12nnna31解：设 )(12nnsatsa或nnntta12)(31stts1ts则条件可以化为

16、 是以首项为 ，公比为)(112nnaana 12a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3111)3(nna)(47nna点评：递推式为 （p、q 为常数）时，可以设n12，其待定常数 s、t 由 , 求出，从而化归为上述已)112nnsats ptqst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。n dcabn11, ,10c作出一个方程 则当 时， 为常数列，即 ，,dcx0 010,;xbaxann 时当其中 是以 为公比的等比数列，即 .nb 01,b例 19已知数列 满足： 求na ,4,N,231nan .n解：作方程 .,2

17、310xx则当 时，41a2101b数列 是以 为公比的等比数列.于是nb .N,)31(23,)(2)3(11 nbann2、对于由递推公式 ， 给出的数列 ，方程nqp 1,aa，叫做数列 的特征方程。若 是特征方程的两个根，当 时，0qpxnx21x数列 的通项为 ，其中 A，B 由 决定（即把na21nxA21,和 ，代入 ，得到关于 A、B 的方程组） ；当 时，21,21na 数列 的通项为 ，其中 A，B 由 决定（即把)(nB,a和 ，代入 ，得到关于 A、B 的方程组） 。,x, 1)(例 20：已知数列 满足 ，求数列n ),0(53,221 Nnbnn 的通项公式。na解

18、法一（待定系数迭加法）由 ，得025312na，)(n且 。ba12则数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，于是na32。把 代入，得11)32(n n,，ab12，)32(3，4。21)3(nnaba把以上各式相加，得。)3()()( 21 nn )(31)abn。baba nnn )()()321解法二（特征根法）：数列 ： ， n ),0(25312 Nnan的特征方程是： 。21, 0x,3x。121nnBAa1)3(n又由 ，于是b,)(3ab故 1322nnba3、如果数列 满足下列条件：已知 的值且对于 ，都有 （其中n 1aNnhraqpnn1p、 q、 r、 h 均为常数，且 ） ，那么，可作特征方程 ,当特征rhrqph,0x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0x0nax 12是等比数列。12na(2006.重庆.文.22) （本小题满分 12 分）数列 求数列 的通项公式. ).1(0521681 naannn且满 足 na