2022年数列通项公式求法归纳.docx

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1、数列通项公式求法归纳高考数列问题第一问一般是对数列通项公式的求解；在一些综合性比较强的数列问题中,数列通项公式求解往往是解决数列难题的瓶颈；此文归纳出解数列通项公式求解的一般方法,各位同学须娴熟把握；一、公式法如 已 知 数 列 的 前 n 项 和Sn 与an 的 关 系 , 求 数 列 an的 通 项an 可 用 公 式S1anSnSn 1n1求解；n2【例 1】已知数列an的前 n 项和Sn 满意 Sn2an 1 n , n1 求数列an的通项公式；解：由 a1S12a11a1aSS12aa21 n ,当 n2时,有nnn 1nn 1a2a2 1n 1 ,nn 1a2 a21 n 2 ,n

2、 1n 2, a22a12.1na2n 1a2n 1 1 2n 2 12L2 1n 12n 1 1 n2n 1 2n 2 22n 1 1n21 2n 132n 2n 12 1.3体会证 a11 也满意上式,所以 an2 2 n 23n 11二、由递推式求数列通项法递推公式为an 1anf nNo.1 累加法解法：把原递推公式转化为an 1anf n ,利用 累加法 逐差相加法 求解；【例 2】.已知数列an 满意 a11 , an12a1,求nn 2nan ；解：由条件知：an 1an1n2n1nn111nn1分 别 令n1,2,3, n1, 代 入 上 式 得 n1个 等 式 累 加 之 ,

3、 即a 2a1 a3a2 a4a3 anan 1 112所以 a1111 2334a1111 n1nnn1a111131a1,n22n2nn【真题】 2004 全国卷 I.22已知数列a中, a1,且aa1k , aa3k ,12 k2 k12k12k其中 k1,2,3,求数列an的通项公式；No.2 累乘法递推公式为an 1f nan解法：把原递推公式转化为an 1anf n ,利用 累乘法 逐商相乘法 求解；【例 3】 已知数列an满意 a12 , an13na ,求nn1an ；解：由条件知an 1ann,分别令 n n11,2,3, n1 ,代入上式得n1 个等式累乘之,即a2 . a

4、3. a4 . an123n1an1a1a2a32又a1,an3an 123n234na1n【迭代法定义】由 an 1f n an 和 a1 确定的递推数列an 的通项可如下求得：由已知递推式有 anf n1an 1, an 1f n2an 2 , . . . , a 2f 1a1 依次向前代入,得anf n1 f n2f 1a1 ,n 10简记为 anf ka1k 1n1,kf k11 ,这就是 迭代法 的基本模式；【例 4】 已知 a13 , an 13n1 ann3n21 ,求an ；解： an3n13n11 . 3n23n21 .22. 3232131a.12323n43n7 L52

5、363n13n4853n1 ；三、构造法No.1 构造等比数列法（ 待定系数法）类型 1 递推公式为an 1pa nq （其中 p, q 均为常数, pq p10 ）；解法：把原递推公式转化为：an 1tp ant ,其中 tq,再利用 换元法 转化为等1p比数列求解【例 5】（ 07 全国 理 22）已知数列 an 中,a1 =2, an1= 21 an2nN（）求 an 的通项公式；解：构造新数列anp ,使之成为 q21的等比数列an 1p =21 anp整理得：an 1= 21an +22 p使之 满意已知条件an 1 = 21an +2 21 22 p221 解 得np2 an2 是

6、首项为 22q21 的等比数列,由此得an2 =2221n 1 a =221n2类型 2 同理,用待定系数法把原递推公式转化为： ann【例 6】 设数列an： a14, an3an 12n1, n2 ,求an .解：设 bnanAnB,就anbnAnB ,将an , an1 代入递推式,得bnAnB3 bn 1An1B2n13bn 13A2 n3B3A1A3 A2A1B3B3 A1B1取bnann1 （）就 bn3bn1 ,又 b16 ,故 bn63 n 123 nn代入（）得 an23n1说明：（ 1）如f n 为 n 的二次式, 就可设 bnaAn 2BnC ;2n此题也可由 an3an

7、 12 n1, an 13an 22n11（ n3 ）两式相减得anan 13 an 1an 2 2 转化为 bnpbn 1q 求之.【 真 题 】 2006.重庆 .14）在 数 列an中 , 如a11,an 12an3n1) ,就 该数列的通项 an类型 3 递推式为an 1pa nq n（ p、q 为常数）时,可同除n 1 ,得an 1qn 1p anq qn11 ,令 bnann 从而化归为qan 1pa nqq （ p、q 为常数）型【例 7】 已知数列an 中, a15 , an161 an31 n 1 ,求n12an ；解：在an 11 1 nnan 321两边乘以2n 1 得：

8、 2 n1 . a2 2 n3. an 1令 bn2 . an ,就 bn 12bn1 ,应用例 7 解法得： bn3322) n3所以 anbn3 1 n2n21 n2 3【真题】（ 2006 全国 I.22 ）（本小题满分12 分）n设数列a的前 n 项的和 S4 a12n 12 , n1,2,3, gggnn333（）求首项a1与通项an ；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n 1q,得：an 1qn 1p . an1qq nqNo.2 构造等差数列法数列 an 既不等差,也不等比,递推关系式形如an 1banbn 1f n ,那么把两边同除以bn 1 后

9、,想法构造一个等差数列,从而间接求出an ；【例 8】（ 07 石家庄一模） 数列 a 满意 a2 a2n1 n2 且 a81；求 1a 、a 、nnnn 14123a2 是否存在一个实数,使此数列 an 为等差数列？如存在求出的值及 a ；2n43如不存在,说明理由；解： 1由a4 = 2a321 =81 得 a3 =33；又a3 = 2a221 =33 得 a2=13；2又 a = 2 a221 =13,a =5112 假设存在一个实数,使此数列 an2n 为等差数列即 anan 1an2an 1=2 n11= 1该数为常数2 n2n 12 n2n2n=1即 an2n1 为首项a11212

10、 , d=1 的等差数列 an2 n1=2+ n11 =n+1 an = n12n1【例 9】数列 a 满意 a=2a 2 n 1 nN ,首项为 a2 ,求数列 a 的通项公式；nn 1n1n解： a=2 an 12两边同除以n 1 2得an 1an=+1n 1nn 1 2n2数列 an2n是首项为2 21=1, d=1 的等差数列an 2 n=1+ n1) 1nn故 a = n 2 n【例 10】（ 07 天津理 21）在数列 an 中,a1=2,且 an 1n 122 n（ nN ）an其中0, 求数列 an 的通项公式；aa2 n 12n解：n1 的底数与a 的系数相同,就两边除以n

11、1 得 n 1n1nnn 1nn 1nn1an 12即n 1a2 n nan1 2 是首项为 a12n0 ,公差 d=1 的等差数n列； annn20n1n1 an n1n2n ；No.3 构造法 For anan 1 递推式为an 2pan 1qan （p、q 为常数）时,可以设an 2san 1t an 1san ,其待定常数 s、t 由 stp , stq 求出 .【 例 11 】（ 2006. 福 建 . 文 .22 ）（ 本 小 题 满 分 14分 ） 已 知 数 列 an满 足a1,a3, a3a2a nN * .12n 2n 1n（ I）证明：数列an 1an 是等比数列；（ I

12、I）求数列an的通项公式；【例 12】数列an中, a11, a 22,3an 22an 1an ,求数列an的通项公式；解：由3an 22 an 1an 得 an 22an 131 a , 设 ann23kan 1han 1kan 比较系数得 kh2 , kh 31,解得 k31, h1 或 k31 , h13如取 k1, h1,就有 an 23an 11 an13an an1 an 是以1为公比,以 a2a132 11 为首项的等比数列 an 1an1 n 13由逐差法可得 an anan 1an 1an 2 a 2a1 a1= 1n31231n 11 n 3 31 231 1133=1=

13、111431 n 13173441 n 13【例 13】已知数列an 满意 a11 , a22 , an 221aan 1n33求 an 解：设an 2san 1t an 1san an 2st an 1stanst23st13s 1s11 或3t 3t1就条件可以化为1an 2an 11 an131 nan 1an 1an是以首项为 a 2a11,公比为的等比数列 ,所以3an 1an问题转化为利用累加法求数列的通项的问题,解3得 an73 441 n 13四、特点根法1、设已知数列 an 的项满意 a1b, an 1cand ,其中 c0,c1, 求这个数列的通项公式 ； 作 出 一 个

14、方 程 xcxd ,就 当x0a1 时 ,an为 常 数 列 , 即ana1;当x0a1时, anbnx0, 其 中 bn 是 以 c 为 公 比 的 等 比 数 列 , 即1nbnb1c1, ba1x0 .【例 14】已知数列 an 满意：an 11 a2, nn3N, a14, 求an .解：作方程 x13x2,就x0. 32当 a14 时, a1x0, b13111a.22数列 bn是以1为公比的等比数列.于是n3bnb11 n 1311 21 n31, a3b3n221121) n31, nN.2、对 于 由 递 推 公 式an 2pan 1qan ,a1, a2给 出 的 数 列an

15、, 方 程x2pxq0 ,叫做数列an的特点方程； 如x1 , x2是特点方程的两个根,当 x1x2 时,21数列 an的通项为 anAxn 1Bx n,其中 A,B 由 a1, a2打算（即把a1 , a2, x1, x2111和 n1,2 ,代入 anAx n 1Bx n,得到关于 A、B 的方程组）；当 x1x2 时,数列an111的通项为 anABnxn,其中 A,B 由 a1, a2打算（即把a1 , a 2, x1, x2 和 n1,2 ,代入 an ABn x n,得到关于 A、B 的方程组）；【例 15】已知数列an满意 a1a, a 2b,3an 25an 12an0n0,n

16、N ,求数列an 的通项公式；解法一（待定系数迭加法）由 3a n 25an 12an0 ,得an 2an 12 an13an ,且 a2就数列a1ban 1a ；an是以 ba 为首项,2 为公比的等比数列,于是3an 1an2 n 1ba；把 n31,2,3, n 代入,得21a 2a1ba ,a3a2ba2 , 3a 4a3. . .ba 2 2 ,3anan 12 n 2ba；3把以上各式相加,得222 n 22 n 113ana1ba 1 33 32b13a ；an 32 n331 baa3 ab2) n 133b2a ；解法二（特点根法） ：数列an： 3an 25an 12an0

17、n0, nN , a1a,a 2b的特点方程是：3 x25x20 ；2x11, x2,231naAx n 1Bx n 1AB 2) n 1 ；3又由 a1a, a2b ,于是a ABb A2 B 3A 3b2aB 3ab故 an3b2a3ab2 n 13panq3、假如数列 an满意以下条件： 已知a1 的值且对于 nN ,都有an 1（其中 p、ra nhhpxqq、r、h 均为常数,且 phqr , r0, a1）,那么,可作特点方程x,当特点rrxh1方程有且仅有一根x0 时,就an是等差数列 ;当特点方程有两个相异的根1 、 2 时,x0anx1就anx2是等比数列；【真题】 2006

18、. 重庆.文.22（本小题满分 12 分）数列 an 满意 a11且8an1an16a n 12an50 n1. 求数列 an 的通项公式 .解：由已知,得an 12an5 ,其特点方程为 x2 x5,解之,得 x1 或x516an168an1 2512an168x245 4an 1,2168anan 14168an1an 12151 an211naa1221 n 145an 1,2 an55 2 2naan144442n 1ann5 ； P26 styyj24【例 16】已知数列式. an 满意性质：对于 nN,an 1an2an4, 且 a133, 求 an的通项公解: 数列 an 的特点

19、方程为xx42 x3, 变形得2 x22 x40, 其根为11,22.故特点方程有两个相异的根,使用定理2 的第（ 2）部分,就有ca11pna12p1 r n 12 r31 13211 2 n2 21, nN. cn an2 52 cn c1 n511 , n1N.2 2 5211 n 115, nN.n 5 n4 n 1155即 an,nN.2 5 n【例 17】已知数列 an 满意：对于 nN, 都有 an 113anan25 .3（1）如 a15,求an ; （ 2）如 a13, 求 an ; （ 3）如 a16, 求 an ;（4）当a1 取哪些值时,无穷数列 an不存在？解：作特点

20、方程 x13xx25. 变形得 x2310x250,特点方程有两个相同的特点根5. 依定理 2 的第（ 1）部分解答 .1 a15,a1.对于 nN, 都有 an5;2 a13,1 bna1a1.n1r pr1 n3511131 51n1 ,28令 bn0 ,得 n5.故数列 an 从第 5 项开头都不存在,15n17当 n 4, nN 时,an.bnn53 a16,5, a1.1 bna1rn1pr1n1 , nN.8令 bn0, 就 n7n. 对于 nN, b n0.1 anbn151n185n43 , nN.n74、明显当 a13 时,数列从第 2 项开头便不存在 .由此题的第（ 1）小

21、题的解答过程知,a15时 , 数 列 an 是 存 在 的 ,当a15时 , 就有bn1na11rpr1a15n1 , n 8N. 令 bn0, 就 得 a15n13 , nNn1且 n 2.当 a15n13（其中 nn1N 且 N2 ）时,数列 an 从第 n 项开头便不存在 .于是知：当在.5na1 在集合 3 或n13 : n1N, 且 n 2上取值时,无穷数列 an 都不存说 明 ： 形 如 :anman 1递 推 式 , 考虑 函 数 倒 数 关 系 有kan 1b111kanan 1m11kanan 1k令 bnm1就 bnan可归为an 1panq 型；取倒数法 【例 18】 a

22、nan 13 an 1, a111解：取倒数：1an3 an 113an 11an 11是等差数列,1anan1n a11 31n1 31an3n2构造法归纳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帮助模型,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”.如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明显,对于一些递推数列问题, 如能构造等差数列或等比数列,无

23、疑是一种行之有效的构造方法.【例 19】设各项均为正数的数列an的前 n 项和为Sn ,对于任意正整数n,都有等式：2an2an4Sn成立,求an 的通项 an.a2解： n2an4Snan 12an 14Sn 1 ,n2 a 22a2an 1n2an 14 SnSn 14an2anan 1 anan 120 ,anan 10 ,anan 12 . 即an 是以 2 为公差的等差数列,且12a14a1a12 .a an22n12n【例 20】数列an 中前 n 项的和 Sn2nan ,求数列的通项公式an .解：a1S12a1a11当n2时,1anSnSn 12nan2n1an 1an2an

24、1anan 112an21 a2n12令 bnan2 ,就 bn1bn 1,且 b11212bn是以1 为公比的等比数列,bn21 1 n 12 1 n 12 an2 1 n 1 .22、构造差式与和式a2解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差,然后采纳迭加的方法就可求得这一数列的通项公式 .【例 21】设an 是首项为 1 的正项数列,且n2anan 1nnan 10 ,（ n N* ）,求数列的通项公式 an.解：由题设得anan 1 anan 1n0 . an0 , an 10 ,anan 10 . an anan 1a1a2na1a3a2 anan 1 123nn n 21例

25、27： 数列an 中, a11,a 23 ,且 an 2n3an 1n2 an,（ nN* ）,求通项公式an .解：ann2an2 n1n142 an 13a2an na1 n2 n2.1anan 1 ana1a2a1 a3a2 anan 1 12. 3.n. （ 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洁方法.【例 22】数列a中, a1,前 n 项的和 Sn2 a,求 a.n1nnn 12解： anSnSn 1ann 2 annnn11n1 ,1 2 an21ann1 2 aan 1n1 an an 1anan 1an 1an 21a 2n

26、a1a1n1 n21n11132n n1n1 n24、构造对数式或倒数式n有些数列如通过取对数,取倒数代数变形方法,可由复杂变为简洁,使问题得以解决.【例 23】设正项数列an 满意 a11 , an2a 21 （ n 2）.求数列an 的通项公式 .解：两边取对数得：log an12 log an 1 ,log an 12log an 11 ,设 bnlog an1 ,22222就 bn2bn 111anbn是以 2 为公比的等比数列,b1log 211 .bn12 n 12n, log 212 n1 , log an2n 11 ,2 an22n 1 1【例 24】已知数列an 中, a12 , n 2 时 an7an 13a n 13,求通项公式 .1解： an14 an 13an 14,两边取倒数得11an113.an 114可化为等差数列关系式 .1an1 an1a113n53n13 n143n14