高中数学求数列通项公式的常用方法

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求数列通项公式的常用方法

一、运用等差数列和等比数列知识
若题设中已知数列的类型，我们可用其性质及有关公式来求解。
例1：若等差数列{a
n
}满足b
n
=(
解析：由b
1
·b
2
·b
3
=
1
a
n
211
)，且b
1
+b
2
+b
3
=,b
1
·b
2
·b3
=，求通顶公式a
n
.
288
121
根据题设可设 等差数列{a
n
}的公差为d，则由b
1
+b
2
+b
3
=，
?
a
1
+a
2
+a
3
= 3
?
a
2
=1，
88
∴(
1
1-d
1
1
1
1+d
21
)+()+()=
?
d=2或 d=-2，∴a
n
=a
2
+(n-2)d=2n-1或a
n
=5-2n。
2228
a
n
?
______________.
2
1.
（20XX年高考（广东理））
(数列)已知递增的等差数列
?
a
n
?
满足
a
1
?1
,
a< br>3
?a
2
?4
,则
2.已知实数列
{a
n< br>}是
等比数列,其中
a
7
?1,且a
4
,a
5
?1,a
6
成等差数列.求数列
{a
n
}
的通项 公式;
3a
2
，a
3
?4
构成3.设
{a
n
}
是公比大于1的等比数列，
S
n
为数列
{a
n
}
的前
n
项和．已知
S
3
?7
，且a
1
?3，
等差数列．（1）求数列
{a
n
}
的等差数列．
4.设
{a
n
}
是等差数列，
{b
n
}
是各项都为正数的等比数列，且
a
1
?b
1
? 1
，
a
3
?b
5
?21
，
a
5< br>?b
3
?13

（Ⅰ）求
{a
n
}
，
{b
n
}
的通项公式；
2..解：（Ⅰ）设等比数列
?
a
n
?
的公比为
q(q?R)
，
63?34?2 5?1
?6
由
a
7
?a
1
q?1
，得a
1
?q
，从而
a
4
?a
1
q?q< br>，
a
5
?a
1
q?q
，
a
6
?a
1
q?q
．
因为
a
4
，a
5?1，a
6
成等差数列，所以
a
4
?a
6
?2 (a
5
?1)
，
即
q
?3
?q
?1?2(q
?2
?1)
，
q
?1
(q
?2
?1)?2(q
?2
?1)
．
?
a
1
?a2
?a
3
?7，
?
所解：（1）由已知得
:
?
(a?3)?(a?4)
解得
a
2
?2
．
13
?3a
2
.
?
?2
22
3.设数列
{a< br>n
}
的公比为
q
，由
a
2
?2
，可 得
a
1
?，a
3
?2q
．又
S
3
?7
，可知
?2?2q?7
，即
qq
1
2q
2?5q?2?0
，解得
q
1
?2，q
2
?
．由 题意得
q?1，?q?2
．
?a
1
?1
．故数列
{ a
n
}
的通项为
2
a
n
?2
n?1
．
4
?
?
1?2d?q?21，
4.解：（Ⅰ）设
?< br>a
n
?
的公差为
d
，
?
b
n
?
的公比为
q
，则依题意有
q?0
且
?

2
?
?
1?4d?q?13，
n?1n?1
解得
d?2< br>，
q?2
．所以
a
n
?1?(n?1)d?2n?1
，
b
n
?q?2
．
1
?
1
?
q ?
．故
a
n
?a
1
q
n?1
?q
?6
q
n?1
?64
??
2
?
2
?
二、运用S
n
与a
n
的关系
n?1
．
?
S
1
,(n?1)
当n=1时，S
1
=a
1，当n≥2时，
a
n
?
?

S?S,(n?2)
n?1
?
n
例1：已知数列{a
n
}的前n项和S
n=10+1，求通项公式a
n
.
n

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解析：当n≥2时，a
n
=S
n
-S
n-1=10+1-(10+1)=9·10，又当n=1时，a
1
=S
1
=1 1不适合上式，∴通项公
式a
n
=
?
nn-1n-1
?11(n?1)
?
9?10
n?1
(n?2)
。
*< br>例2：正项数列{a
n
}的前n项和为S
n
，若2
S
n
=a
n
+1(n∈N)，求通项公式a
n
.
解析：根据 题设2
S
n
=a
n
+1得4S
n
=a
n< br>+2a
n
+1，当n≥2时，有4S
n-1
=a
n-1
+2a
n-1
+1，二式相减，得
4a
n
=a
n
-a
n-1
+2(a
n
-a
n-1
)，即a
n-a
n-1
-2(a
n
+a
n-1
)=0，由a
n
>0知a
n
-a
n-1
=2，所以{a
n
}是 2为公差的等差数列，当
n=1时，由4S
1
=a
1
+2a
1
+1
?
a
1
=1，故a
n
=2n-1.
2
2222
22
n
1.数列
?
a
n
?< br>的前
n
项和为
S
n
，
S
n
?2?3
;求
a
n
.
2.已知数列
?
a
n
?
的前
n
项和
S
n
满足：
log
2(S
n
?1)?n?1
，求通项
a
n
；
2< br>2S
n
3.设数列
?
a
n
?
满足首项
a
1
?1
，前
n
项和
S
n
与通项
a
n
满足：
a
n
?(n?2)
，求通项
a
n
.
2S
n
?1
4. 已知数列
?
a
n
?
满足：
a
1
?2a
2
?3a
3
??na
n
?n(n?1)(n?2)
，求通项
a
n
.
5.已知数列{2
n-1
a
n
}的前n项和
S
n
?9?6n
．⑴求数列{a
n
}的通项公式；
?
1
?
|a|
??
⑵设
b
n
?n
?
3?lo g
2
n
?
，求数列
??
的前n项和．
3
??
?
b
n
?
6. 设﹛a
n
﹜的前n项和为S
n
,且满足s
n
=n
2
+2n-1, 求﹛a
n
﹜的通项公式
6
n
答案：5.1)
a
n
??
n?1
(2)
n?1
2

三、累加法和累乘法
若已知数列的递推公式为a
n+1
=a
n
+f(n)可采用累加法，数列的递推公式
为a
n+1
=a
n
·f(n)则采用累乘法。
1、累加法 递推式为：a
n+1
=a
n
+f(n) (f(n)可求和)
可能要用到的一些公式：
1?2?3
33
222
?n
2
?< br>n(n?1)(2n?1)

6
n(n?1)
2
]

2

1?2?3

1?2?3
n
3
?n
3
?[
?n?
n(n ?1)

2
例1、已知数列{a}中,a
1=1
,a
n+1
=a
n
+
2
,求a
n
解： 令n=1,2,
…
,n-1可得
a
2
-a
1
=2
a
3
-a
2
=2

2
a
4
-a
3
=2
3
……

a
n
-a
n-1
=2
n-1
将这个式子累加起来可得

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a
n
-a
1
=f(1)+f(2)+
…+f(n-1)
∵f(n)可求和

∴a
n
=a
1
+f(1)+f(2)+…+f(n-1)
当n=1时,a
1
适合上式 故a
n
=2
n
-1
2、累乘法
递推式为：a
n+1
=f(n)a
n
（f(n)要可求积）
例1、
在数列
{a
n
}
中
,a
1
=2, a
n+1
=(n+1)a
n
n,
求
a
n
解：

令
n=1,2,
…,n-1可得


a
2
a
1
=f(1)
a
3
a
2
=f(2)
a
4
a
3
=f(3)
……

a
n
a
n-1
=f(n-1)
将这个式子相乘后可得a
n
a
1
=21
×324×3×…×n(n-1)即
a
n
=2n
当
n=1
时，
a
n
也适合上式 ∴a
n
=2n
*
1.
a
n
?a
n?1
?n

(n?N
，且
n?2)
；
2.数列
?
an
?
满足首项
a
1
?3
，
na
n?(n?1)a
n?1
，求通项
a
n

3. 已知数列
?
a
n
?
满足
a
1
?1
，
S
n
?
4、设数列
?
a
n
?
满足首项< br>a
1
?
(n?1)a
n
(n?1)
，求
?< br>a
n
?
的通项公式.
2
?a
n
?n
2
a
n
，求通项
a
n
.
22
1
，
a
1
?a
2
?a
3
?
2
5. 设{a
n
}是首项为1的正项数列且(n+1)·a
n+1
-na
n
+a
n+1
·a
n
=0(n=1,2,
3……)，求它的通项公式a
n
.
6. 在数列{
a
n< br>}中，
a
1
?3
,
a
n?1
?a
n
?
1
，求通项公式
a
n

n(n?1)
22
7.
设数列{
a
n
}是首项为 1的正项数列，且
(n?1)a
n?1
?na
n
?a
n?1
a
n
?0
（n=1,2,3…），则它的通项公
式是
an
=▁▁▁（
答案5.解析：由(n+1)·a
n+1
-na
n
+a
n+1
·a
n
=0得(a
n+1
+a
n
)[(n+1)a
n+1
-na
n
]=0,又a
n,a
n+1
>0,∴a
n+1
=
22
n
an
，则
n?1
a
2
=
12n?112n?11
a
1
, a
3
=a
2
……a
n
=a
n-1
，把n个式子累乘得: a
n
=()·()……()·a
1
，又a
1
=1故得a
n
=。
23n23nn
四、待定系数法
（1）对于形如a
n+1
= pa
n
+q(p,q为常数)的递推公式都可以采用此法，即可设a
n+1
- t=p(a
n
-t)再设
法求出参数t.

例1在数列{a
n
}中a
1
=1，当n≥2时，有a
n
=3a
n-1
+2，求其通项a
n
.
解析：由题设知a
n+1
=3a
n
+2，可化为a
n+1
-t=3(a
n
-t)，即a
n+ 1
=3a
n
-2t，比较系数得-2t=2，即t＝－1，于
是a
n +1
+1=3(a
n
+1)，故数列{a
n
+1}是公比为3的等比 数列，首项为a
1
+1=2，则a
n
+1=2·3，即a
n
=2·3-1。
n-1n-1

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1.a
1
?1
，
a
n?1
?1?
a
n； 2.
a
1
?1
，
a
n?1
?8a
n
?1
. 3.
2
（2）、递推式为a
n+1
=pa
n
+q
n
(p,q为常数)
思路：1）当p=q时，在a
n+1
=pa
n< br>+q
n
两边同时除以q
n+1
得 a
n+1
q
n+1
=pqa
n
q
n
+iq
构造数列{b
n
},b
n
=a
n
q
n可得b
n+1
=pqb
n
+1q故可利用上类型的解法得到b
n
=f(n)再将代入上式即可得a
n
2）当p≠q时，构造等比数列a
n+1
-t q
n
=p(a
n
-t q
n-1
)，在求数列a
n

例 2、数列{a
n
}中,a
1
=56,a
n+1
=(13)a
n
+(12)
n
,求a
n
解： 在a
n+1=(13)a
n
+(12)
n
两边同时除以(12)
n+1得
2
n+1
a
n+1
=(23)
×
2
n
a
n
+1
构造数列{b
n
},b
n
=2
n
a
n
可得b
n+1
=(23)b
n
+1 故可利用上类型解法解得b
n
=3-2
×
(23)
n

2
n
a
n
=3-2
×
(23)
n
a
n
=3
×
(12)
n
-2
×
(13)
n
1.
a
1
?
11
?n
，
a
n
?a
n?1
?2
(n?2 )

42
2. 数列{a
n
}中,a
1
=1,a< br>n+1
=3a
n
+3
n
,求a
n

（3）、递推式为：a
n+2
=pa
n+1
+qa
n
（p,q为常数）
思路：设a
n+2
=pa
n+1
+q a
n
变形为a
n+2
-xa
n+1
=y(a
n+1
-xa
n
)
也就是a
n+2
=(x+y)an+1
-(xy)a
n
，则可得到x+y=p,xy= -q
解得x,y
，
于是
｛
b
n
｝
就是公比为y的等比数 列（其中b
n
=a
n+1
-xa
n
）
这样就转化为前面讲过的类型了．
例3、已知数列{a
n
}中,a
1
=1,a
2
=2,a
n+2
=(23)
·
a
n+ 1
+(13)
·
a
n
,求a
n
解：设a
n+2
=(23)a
n+1
+(13)a
n
可以变形为a
n +2
-xa
n+1
=y(a
n+1
-xa
n
) < br>也就是a
n+2
=(x+y)a
n+1
-(xy)a
n
，
则可得到x+y=23,xy= -13
可取x=1,y= -13
构造数列
｛
b
n
｝，
b
n
=a
n+1
-a
n
故数列
｛
b
n
｝
是公比为-13的等比数列
即b
n
=b
1
(-13)
n-1
b
1
=a
2
-a
1
=2-1=1
b
n
=(-13)
n-1
a
n+1
-a
n
=(-13)
n-1
故我们可以利用上一 类型的解法求得a
n
=1+34
×
[1-(-13)
n-1
](n
?N)

*
1.
a
1
?1
，
a
2
?2
，
a
n
?3a
n?1
?2a< br>n?2
(n?3)
；
2.
a
1
?1
，< br>a
2
?2
，
3a
n
?a
n?1
?2 a
n?2
(n?3)
；

（4）递推式为：a
n+1< br>=pa
n
+q
n
+k

(p,q为常数)
n
1. 已知数列
?
a
n
?
中，
a
1
?3
，满足
a
n
?2a
n?1
?2?1(n? 2)
；

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五、 猜证法 (观察法+数学归纳法)
根据给出的公式，先求出数列的前n项，从中观察出规律，猜出通项公式，
再用数学归纳法证明。
即归纳推理，一般用于解决选择、填空题。过程：观察→概括、推广→猜出一般性结论。


例1、数列
{a
n
}
的前四项为：
11、102 、1003、10004、……
，则
a
n
?
_____。
n
234
分析：
11?10?1,102?10?2,1003?10?3,1000 4?10?4
即
a
n
?10?n

n?1
?a
n
，求通项a
n
.
2
3解析：由a
1
=1，当n=2时，a
1
+a
2
=a2
?
a
2
=2a
1
=2，当n=3时，a
1< br>+a
2
+a
3
=2a
3
2
例2：已知数列 {a
n
}满足a
1
=1，S
n
=
?
a3
=3，同理可得a
4
=4，……猜想得a
n
=n，下面用数学 归纳法证明。
1°当n=1，2，3时，已验算成立，2°假设n=k时，猜想成立，即a
k
=k，当n=k+1时，S
k+1
=
k?2
a
k+1
，
2
k
2
?k
k?1
k
2
?k
k?2kk(k?1)
又S
k
=a
k
=，二式相减，得a
K +1
=a
k+1
-
?
a
k+1
=
?
a
k+1
=k+1，即n=k+1时
22
2222
猜想也成立，由 1°2°知对于一切自然数n都有a
n
=n.
pa
n
a?
六、不动点法 (对于分式不等式) 形如 的递推式
n?1
qa
n
?p
a
n?1
例1： 已 知数列{
a
n
}中，其中
a
1
?1,
，且当n≥2 时，
a
n
?
，求通项公式
a
n
。
2a< br>n?1
?1
a
n?1
1111
??2
，这说明
{}
是一个等差数列，首项是
?1
，两边取倒数得：
2a
n?1< br>?1
a
n
a
n?1
a
n
a
1
1
1
?1?(n?1)?2?2n?1
，即
a
n
?
公差为2，所以.
a
n
2n?1
解： 将
a
n
?

1. 若a
1
=1，
11
-=2，求通项a
n
.
a< br>n
a
n?1
2.若a
1
=1，a
n-1
-a
n
=2a
n-1
a
n
，求通项a
n
.

3. 若a
1
=1，a
n
=
a
n?1< br>，求通项a
n
.
2a
n?1
?1
2
七、取对数法
例11： 若数列{a
n
}中，
a
1
=3且
a
n?1
?a
n
（n是正整数），则它的通项公式是
a
n
=▁▁（20XX年上海 高
考题）.
解 由题意知
a
n
＞0，将
a
n? 1
?a
n
两边取对数得
lga
n?1
?2lga
n
，即
2
lga
n?1
?2
，所以数列
{lgan
}
是以
lga
n
n?1
lga
1
=
lg3
为首项，公比为2的等比数列，
lga
n
?lga
1
?2
n?1
?lg3
2
，即
a
n
?3
2
.

n?1
八、 恒等变形法
将给出式恒等变形，使之转化为与a
n
或S
n
有 关的等差和等比数列，此法有一定的技巧性。

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2
2S
n
例1：在数列{a
n
}中，已知a
1
=1， a
n
=(n≥2)，求通项a
n
.
2S
n
?1< br>2
2S
n
11
解析：当n≥2时，a
n
=S
n
-S
n-1
=,则2 S
n
S
n-1
=- S
n
+ S
n-1
,两边同除以S
n
S
n-1
得 -=2 (n
S
n
S
n?1
2S
n
?1
1111
≥2)，又a
1< br>=S
1
=1，则=1，∴数列{}是以=1为首项，2为公差的等差数列，∴=1+(n -1)·2=2n-1，
S
n
S
n
S
1
S
1
2
111
∴S
n
=，当n≥2时，a
n
=Sn
-S
n-1
=-= - ，而n=1时，a
1
=S
1
=1不适合上
(2n?1)(2n?3)
2n?12n?12n?3
?
1(n?1)
?
式，∴a
n
=
?
。
2
?(n?2)
?
(2n?1)(2n?3)
?
1
1
例2：已 知通项数列{a
n
}的前n项S
m
满足S
n
=(a
n
+)，求通项a
n
。
a
n
2
11
11
解析：由S
n
=(a
n
+)，当n=1时，S
1
= a
1
=(a
1
+)
?
a
1
=1,当n≥2 时，a
n
=S
n
-S
n-1
，则
a
na
1
22
11
222
2S
n
=S
n< br>-S
n-1
+,∴S
n
+S
n-1
=，即S
n
-S
n-1
=1，∴数列{S
n
}是公差为1的等差数列，且首项
S
n
?S
n?1
S
n
?S
n?1
222
S
1
=a
1
=1，∴S
n
=1+(n-1) ，又S
n
>0，∴S
n
=
n
，当n≥2时，a
n< br>=S
n
-S
n-1
=
n?n?1
,又当n=1时也适 合上
式，故a
n
=n-
n?1
.
1.
答案：


若数列{
a
n
}中，
a
1
=2且
a
n
?

将
a
n
?< br>222
2
2
3?a
n?1
两边平方整理得
a
n
?a
n?1
?3
。数列{
a
n
}是以
a
1
=4为首项，3为公差的等差数
2
3?a
n
，求它的通项 公式是
a
n
?1
（n
?2
）

22
列。
a
n
?a
1
?(n?1)?3?3n?1
。因为a
n
＞0，所以
a
n
?3n?1
。