1、1常见数列公式等差数列1等差数列：一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的差等于同一个常数，即 =d na1， （n2，nN ） ，这个数列就叫做等差数列，这个常数就叫做等差数列的公差（常用字母“d”表示） 奎 屯王 新 敞新 疆 2等差数列的通项公式：或 =pn+q (p、q 是常数) an)1(nadm)(na3有几种方法可以计算公差 d d= d= d=n11nn4等差中项： 成等差数列,2baA5等差数列的性质： m+n=p+q (m, n, p, q N )qpnma等差数列前 n 项和公式6.等差数列的前 项和公式 （1） （2） （3） ，当 d0，是一个常数项为零)(
2、1nnaS2)1(1dnaS n)2a(dS12n的二次式8.对等差数列前项和的最值问题有两种方法:（1） 利用 ：当 0，d0，前n项和有最小值 奎 屯王 新 敞新 疆 可由 0，且 0，求得n的值 奎 屯王 新 敞新 疆（2） 利用 ：由 二次函数配方法求得最值时n的值 奎 屯王 新 敞新 疆nS)2da(12等比数列1等比数列：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列.这个常数叫做等比数列的公比；公比通常用字母 q 表示（q0） ，即： =q（q0）1na2.等比数列的通项公式: ， )(11aqann )(mn3 成等比数列 =q（ ,q
3、0） “ 0”是数列 成等比数列的必要非充分条件nanNnana4既是等差又是等比数列的数列：非零常数列 5等比中项：G 为 a 与 b 的等比中项 . 即 G= （a,b 同号）.6性质：若 m+n=p+q， qpnma7判断等比数列的方法：定义法，中项法，通项公式法8等比数列的增减性：2当 q1, 0 或 01, 0 时, 是递减数列;当 q=1 时, 是常数列; n当 q0 时, 是摆动数列;a等比数列前 n 项和等比数列的前 n 项和公式：当 时， 或 1qqSn1)( qaSnn1当 q=1 时， an当已知 , q, n 时用公式；当已知 , q, 时，用公式.1a1na数列通项公
4、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 的通项公式.nanS931,a25aSn解：设数列 公差为 )0(d 成等比数列， ，931,a9123a即 8)2(1d ， 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 项和 与 的关系，求数列 的通项 可用公式 求解。nSanan211nSann例 2已知数列 的前 项和 满足 求数列 的通
5、项公式。na 1,)(2n 解：由 1211S当 n时，有 ,)(1nnna1(),a221nn， .2121()nn3.)1(2332)2()()(11nnn 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，但若能合写时一定要合并1Snn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 ，求数列n
6、21,(),kka且 213ka1,23的通项公式。P24（styyj ）na例 3. 已知数列 满足 ， ，求 。na21nan21na解：由条件知： )(1 n分别令 ，代入上式得 个等式累加之，即)(,3,2n1n)()( 3412 aaa1)1()n所以 nn1，2a23类型 2 （1）递推公式为 nnaf)(1解法：把原递推公式转化为 ，利用累乘法(逐商相乘法) 求解。fn(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_n24例 4. 已知数列 满足 ， ，求 。na321
7、nna1解：由条件知 ，分别令 ，代入上式得 个等式累乘之，即1n )(, )1(n13421naa n1432an又 ，（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，得na21)(af12)(af，1)(2()fffan简记为 ，这就是叠（迭）代法的基本模式。11kn)(,0kf（3） 递推式： 解法：只需构造数列 ，消去 带来的差异nfpan1 nbf例 5设数列 ： ，求 .n )2(,13,411 nn na解：设 ，将 代入递推式，得BAbaB，Aabnn则 1,n12)(31nn )13()23(ABnAB（）则 ,又
8、，故 代入（）得1nabn取 13nb6nnnb32132说明：（1）若 为 的二次式，则可设 ;(2)本题也可由)(f CBAan2, （ ）两式相减得11nan 1)(3213n转化为 求之.2)(3 qpbn例 6已知 ， ，求 。1nna31)(a5解： 1232)(31)1( anan 475683。类型 3 递推公式为 （其中 p，q 均为常数， ） 。pann1 )01(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数列求解。)(1tatnnt(2006.重庆.14）在数列 中，若 ，则该数列的通项 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j na11,2
9、3(1)nnaP24（styyj）例 7. 已知数列 中， ， ，求 .n11nan解：设递推公式 可以转化为 即 .故递推公式为32na)(21tt 321tan,令 ，则 ,且 .所以 是以 为首项，2 为公)(31nnanb431ab3nbnb41比的等比数列，则 ,所以 .124n 2n类型 4 递推公式为 （其中 p，q 均为常数， ） 。 （或 ,npa1 )01)(qp1nnaprq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 ，na14233nnSa,A（）求首项 与通项 ； P25（styyj）1n解法：该类型较类型
10、 3 要复杂一些。一般地，要先在原递推公式两边同除以 ，得：1nqqapnn11引入辅助数列 （其中 ） ，得： 再应用类型 3 的方法解决。nbnqaqbpnn11例 8. 已知数列 中， , ，求 。na6511)2(3nn na解：在 两边乘以 得：1)2(3n 1)(31令 ，则 ,应用例 7 解法得： 所以b21nnbnnb2nnnba)31(2类型 5 递推公式为 （其中 p，q 均为常数） 。apa12解法：先把原递推公式转化为 )(112nnsats6其中 s，t 满足 ，再应用前面类型 3 的方法求解。qtp（2006.福建.理.22） （本小题满分 14 分）已知数列 满足
11、na*11,2().naN（I）求数列 的通项公式； P26（styyj）例 9. 已知数列 中， , , ，求 。n12 nnna312解：由 可转化为nnaa32 )(11sts即 或nnnstts12)(3tt13t这里不妨选用 （当然也可选用 ，大家可以试一试） ，则31ts1ts )(312nnaa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na1 12a311)(nn令 ，代入上式得 个等式累加之，)(,2 )(n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
12、行求解。)21nn(2006.陕西.20) 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j (本小题满分 12 分)已知正项数列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 .a24nna（1）求 与 的关系；（2）求通项公式 .1n解：（1）由 得：214nS 112nnS于是 )()(1nna7所以 .112nnana21（2）应用类型 4 的方法，上式两边同乘以 得： 21nna由 .于是数列 是以
13、2 为首项，2 为公差的等差数列，所以1211Snnan)(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 中， ；数列 中， 。当 时，na1nb012n, ，求 , .)2(311nnba)2(31nban解：因 )(1n11nb所以 n1 22a即 （1）ba又因为 n)2(31nba)(31nba)(31nb所以 122n a.即 （2）)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
14、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 =p a +q（p1，pq0）型的递推n 1nn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1nn 1得等比数列a +k。n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=
15、12=1，n 1数列 a 2 是以 为公比，1 为首项的等比数列a 2= （ ） a =2（ ）n2nn21n8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。n例 13、数列a 满足 a =1， ,求数列a 的通项公式。n 073nn解：由 得073131n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 1)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)( 11132)(nnna2点评：求递推式
16、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nn1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)(1pqapqn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， 为公比的等比数t )(23811a32列 因 ,1)(83nn na)3ba 213n点评：递推式为 （p、q 为常数）时，可同除 ，得11nna 1nq，令 从而化归为 （p、q 为常数）型1nnqpbann12、通过分解系数，可转化为特殊数列 的形式求解
17、。这种方法适用于 型的递推式， nnqapa12通过对系数 p 的分解，可得等比数列 ：设 ，比较系数得1na)(112nnkhka，可解得 。qhk, kh,（2006.福建.文.22） （本小题满分 14 分）已知数列 满足n *1221,3,().nnaN（I）证明：数列 是等比数列；1na（II）求数列 的通项公式；9例 16、数列 满足 =0，求数列a 的通项公式。na23,5,2121 naann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032n 1na成 1 和 2，适当组合，可发现一个等比数列 。1n解：由 得1nnaa 0)(212naa即
18、 ，且）2( 35 是以 2 为公比，3 为首项的等比数列1n 1a利用逐差法可得 121)()()( aaannn = 32301= 2)1(n= 213= n 231nna例 17、数列 中， ，求数列 的通项公式。nannaa12213, 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(2n10= =13)(n 11)3(47)3(4 nn说明：若本题中取 ，则有 即得,hk nnnaa12为常数列, 3
19、1nnana11323故可转化为例 13。72例 18已知数列 满足 , , 求 n12nnna1解：设 )(12nnsatsa或nnntta12)(31stts13ts则条件可以化为 是以首项为 ，公比为 的等比数列,所以)(112nnaana 12a3问题转化为利用累加法求数列的通项的问题，解得 1)3(na 1)(47nn点评：递推式为 （p、q 为常数）时，可以设 ，其待定常数 s、tnn12 12sats由 , 求出，从而化归为上述已知题型ptsqt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nadcabn11, ,0c则当 时， 为常数列，即 ，
20、其中 是以 为公比的等比数,dcx0n 011;xbaxn时当 nbc列，即 .011,xbn例 19已知数列 满足： 求na ,4,N,2311anan .n解：作方程 .,2310xx则当 时，41a2101b数列 是以 为公比的等比数列.于是nb .N,)31(223,)1(2)3(1 nbabnnnn2、对于由递推公式 ， 给出的数列 ，方程 ，叫做数列nnqapa12 21,0qpx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na1,x1xn 121nnBAA，B 由 决定（即把 和 ，代入 ，得到关于 A、B 的方程组） ；21, 21,x,n121BxAa当 时，数列 的通项为 ，其中 A，B 由 决定（即把 和2xna)(nBA, 21,xa
