数列求通项的方法总结-盘古文库

数列求通项的方法总结（精选8篇）

数列求通项的方法总结第1篇

数列求通项的方法总结

按一定次序排列的一列数称为数列，而将数列{an} 的第n项用一个具体式子(含有参数n)表示出来，称作该数列的通项公式。为大家总结数列求通项的方法，一起来看看吧!

一、累差法

递推式为：an+1=an+f(n)(f(n)可求和)

思路：:令n=1,2,,n-1可得

a2-a1=f(1)

a3-a2=f(2)

a4-a3=f(3)

an-an-1=f(n-1)

将这个式子累加起来可得

an-a1=f(1)+f(2)++f(n-1)

∵f(n)可求和

∴an=a1+f(1)+f(2)+ +f(n-1)

当然我们还要验证当n=1时,a1是否满足上式

例1、已知数列{a}中,a1=1,an+1=an+2,求an

解：令n=1,2,,n-1可得

a2-a1=2

a3-a2=22

a4-a3=23

an-an-1=2n-1

将这个式子累加起来可得

an-a1=f(1)+f(2)++f(n-1)

∵f(n)可求和

∴an=a1+f(1)+f(2)++f(n-1)

当n=1时,a1适合上式

故an=2n-1

二、累商法

递推式为：an+1=f(n)an(f(n)要可求积)

思路：令n=1,2, ,n-1可得

a2/a1=f(1)

a3/a2=f(2)

a4/a3=f(3)

an/an-1=f(n-1)

将这个式子相乘可得an/a1=f(1)f(2) f(n-1)

∵f(n)可求积

∴an=a1f(1)f(2) f(n-1)

当然我们还要验证当n=1时，a1是否适合上式

例2、在数列{an}中,a1=2,an+1=(n+1)an/n,求an

解：令n=1,2, ,n-1可得

a2/a1=f(1)

a3/a2=f(2)

a4/a3=f(3)

an/an-1=f(n-1)

将这个式子相乘后可得an/a1=2/13/24/3n/(n-1)

即an=2n

当n=1时，an也适合上式

∴an=2n

三,构造法

1、递推关系式为an+1=pan+q (p,q为常数)

思路：设递推式可化为an+1+x=p(an+x),得an+1=pan+(p-1)x,解得x=q/(p-1)

故可将递推式化为an+1+x=p(an+x)

构造数列{bn},bn=an+q/(p-1)

bn+1=pbn即bn+1/bn=p,{bn}为等比数列.

故可求出bn=f(n)再将bn=an+q/(p-1)代入即可得an

例3、(06重庆)数列{an}中,对于n>1(nN)有an=2an-1+3,求an

解：设递推式可化为an+x=2(an-1+x),得an=2an-1+x,解得x=3

故可将递推式化为an+3=2(an-1+3)

构造数列{bn},bn=an+3

bn=2bn-1即bn/bn-1=2,{bn}为等比数列且公比为3

bn=bn-13,bn=an+3

bn=43n-1

an+3=43n-1,an=43n-1-1

2、递推式为an+1=pan+qn(p,q为常数)

思路：在an+1=pan+qn两边同时除以qn+1得

an+1/qn+1=p/qan/qn+i/q

构造数列{bn},bn=an/qn可得bn+1=p/qbn+1/q

故可利用上类型的解法得到bn=f(n)

再将代入上式即可得an

例4、数列{an}中,a1+5/6,an+1=(1/3)an+(1/2)n,求an

解：在an+1=(1/3)an+(1/2)n两边同时除以(1/2)n+1得

2n+1an+1=(2/3)2nan+1

构造数列{bn},bn=2nan可得bn+1=(2/3)bn+1

故可利用上类型解法解得bn=3-2(2/3)n

2nan=3-2(2/3)n

an=3(1/2)n-2(1/3)n

3、递推式为：an+2=pan+1+qan(p,q为常数)

思路：设an+2=pan+1+qan变形为an+2-xan+1=y(an+1-xan)

也就是an+2=(x+y)an+1-(xy)an，则可得到x+y=p,xy= -q

解得x,y，于是{bn｝就是公比为y的等比数列(其中bn=an+1-xan)

这样就转化为前面讲过的类型了.

例5、已知数列{an}中,a1=1,a2=2,an+2=(2/3)an+1+(1/3)an,求an

解：设an+2=(2/3)an+1+(1/3)an可以变形为an+2-xan+1=y(an+1-xan)

也就是an+2=(x+y)an+1-(xy)an，则可得到x+y=2/3,xy= -1/3

可取x=1,y= -1/3

构造数列{bn｝，bn=an+1-an

故数列{bn｝是公比为-1/3的等比数列

即bn=b1(-1/3)n-1

b1=a2-a1=2-1=1

bn=(-1/3)n-1

an+1-an=(-1/3)n-1

故我们可以利用上一类型的`解法求得an=1+3/4[1-(-1/3)n-1](nN*)

例题

1、利用sn和n的关系求an

思路：当n=1时，an=sn

当n≥2 时, an=sn-sn-1

例6、已知数列前项和s=n2+1,求{an}的通项公式.

解：当n=1时，an=sn=2

当n≥2 时, an=sn-sn-1=n+1-[(n-1)2+1]=2n-1

而n=1时，a1=2不适合上式

∴当n=1时，an=2

当n≥2 时, an=2n-1

2、利用sn和an的关系求an

思路：利用an=sn-sn-1可以得到递推关系式，这样我们就可以利用前面讲过的方法求解

例7、在数列{an｝中，已知sn=3+2an，求an

解：即an=sn-sn-1=3+2an-(3+2an-1)

an=2an-1

∴{an｝是以2为公比的等比数列

∴an=a12n-1= -32n-1

2、用不完全归纳法猜想,用数学归纳法证明.

思路:由已知条件先求出数列前几项，由此归纳猜想出an，再用数学归纳法证明

例8、(全国高考)已知数列{an}中,an+1=a2n-nan+1,a1=2,求an

解：由已知可得a1=2,a2=3,a3=4,a4=5,a5=6

由此猜想an=n+1，下用数学归纳法证明：

当n=1时，左边=2，右边=2，左边=右边

即当n=1时命题成立

假设当n=k时，命题成立，即ak=k+1

则 ak+1=a2k-kak+1

=(k+1)2-k(k+1)+1

=k2+2k+1-k2-2k+1

=k+2

=(k+1)+1

∴当n=k+1时，命题也成立.

综合(1),(2),对于任意正整数有an=n+1成立

即an=n+1

数列求通项的方法总结第2篇

1、Sn1等，题型一般有以下两种：①式子中只含Sn和有关n的函数式；②式子中出了含有Sn和有关n的函数式以外，还有其他诸如an、an

1、Sn

1、Sn1等等。对于第一种题型，在求出an后，一般还需对a1与S1是否相等进行验证；而第二种题型一般则需令n取1去求a1。

1、已知数列an满足Sn11an,则an=（）

42、已知数列an的前n项和Sn满足：SnSmSnm，且a11，那么a10（）

3、数列an的前n项和Sn＝3nn，则an＝（）

24、若等比数列{an}的前项之和为Sn3a，则a等于（）

A．3 B．1

2nC．0

D．1

5、设等差数列an的前n项和公式是Sn5n3n，求它的前3项，并求它的通项公式。

6、数列an的前n项和记为Sn,a11,an12Sn1n1，（1）求an的通项公式；

（2）等差数列bn的各项为正，其前n项和为Tn，且T315，又a1b1,a2b2,a3b3成等比数列，求Tn。

7、已知Sn求an，（1）Snn2n4，求an；（2）Snn3n1，求an。

8、设数列an的每一项都不为零，Sna1a2a3an，已知4Sn(an1)，求通项公式an。

2229、设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意正整数n，anSn4096。

（1）求数列{an}的通项公式（2）设数列{log2an}的前n项和为Tn

10、已知Sn为数列an的前n项和，点an,Sn在直线y2x3n上．

（1）若数列anc成等比，求常数c的值；（2）求数列an的通项公式；

11、已知数列an的前n项和为Sn，常数0，且a1anS1Sn对一切正整数n都成立。

（1）求数列an的通项公式；

1a0,100n（2）设1，当为何值时，数列lg的前n项和最大？

an

12、已知数列an的前n项和为Sn,a23，2Sn13Sn2。2（1）证明数列an为等比数列，并求出通项公式；（2）设数列bn的通项bn1，求数列bn的前n项的和Tn； an（3）求满足不等式3TnSn(nN)的n的值。

13、设Sn为数列{an}的前n项和，Snknn，nN，其中k是常数。

（1）求a1及an；

（2）若对于任意的mN，am,a2ma4m成等比数列，求k的值。

8累加法、累乘法。累加法适用于类似an1anf(n)的，这时右边的f(n)是一个含有n的函数，一般是等差数列、等比数列或者等差+等比、等比+等比、等差×等比等等。方法就是分别给左右两边求和，就可以倒出通项公式了。同理，累乘法适用于*2*an1f(n)的题型，此时右边的f(n)也是一个含有n的函数，an一般有等比或其他特殊的式子。方法也和累加法类似，左右两边分别求前n项积，就可以倒出通项公式了。

1、已知数列an满足a111，an1an2，求an。2nnn2、已知数列an满足a11,an1an3,求an。n3、已知数列an满足a11,an1an23n1,求an。

4、已知数列an满足a12nan，求an。，an13n1an12n，求an

数列求通项的方法总结第3篇

类型一:型如an+1=an+f (n) (f (n) 可求前n项和) 的递推公式。

分析:把原递推公式转化为an+1-an=f (n) , 利用累加法 (逐差相加法) 求解。

例1:已知数列undefined满足undefined, undefined, 求an。

解:由条件知:undefined

an=a1+ (a2-a1) + (a3-a2) + (a4-a3) ++ (an-an-1)

undefined

类型二:型如an+1=f (n) an (数列f (n) 可求前n项积) 的递推公式。

分析:把原递推公式转化为undefined, 利用累乘法 (逐商相乘法) 求解。

例2:已知数列undefined满足undefined, undefined, 求an。

解:由条件知undefined, undefined

undefined

变式: (2004, 全国I, 理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

解:由已知, 得an+1=a1+2a2+3a3++ (n-1) an-1+nan, 用此式减去已知式, 得

当n≥2时, an+1-an=nan, 即an+1= (n+1) an, 又a2=a1=1,

undefined, 将以上n个式子相乘, 得undefined

类型三:型如an+1=pan+q (其中p, q均为常数, (pq (p-1) ≠0) 因为当p=1为等差数列。

分析 (待定系数法) :把原递推公式转化为:an+1-t=p (an-t) , 其中undefined, 再利用换元法转化为等比数列求解。

例3:已知数列undefined中, a1=1, an+1=2an+3, 求an.

解:设递推公式an+1=2an+3可以转化为an+1-t=2 (an-t) 即an+1=2an-t⇒t=-3.故递推公式为an+1+3=2 (an+3) , 令bn=an+3, 则b1=a1+3=4, 且undefined。所以undefined是以b1=4为首项, 2为公比的等比数列, 则bn=42n-1=2n+1, 所以an=2n+1-3

类型四:型如an+1=pan+qn (其中p, q均为常数, (pq (p-1) (q-1) ≠0) 或an+1=pan+rqn (其中p, q, r均为常数) 的递推公式

分析:一般地, 要先在原递推公式两边同除以qn+1, 得:undefined引入辅助数列undefined (其中undefined) , 得:undefined, 从而转化为类型三, 再按其方法求解。

例4:已知数列undefined中, undefined, undefined, 求an。

解:在undefined两边乘以2n+1得:undefined

令bn=2nan, 则undefined, 解之得:undefined

所以undefined

类型五:型如an+2=pan+1+qan (其中p, q均为常数) 的递推公式。

分析:解法一 (待定系数法) :先把原递推公式转化为, an+2-san+1=t (an+1-san)

其中s, t满足

解法二 (特征根法) :对于由递推公式an+2=Pan+1+qan, a1=α, a2=β给出的数列{an}, 方程x2-Px-q=0, 叫做数列{an}的特征方程。若x1, x2是特征方程的两个根。

当x1≠x2时, 数列undefined的通项为an=Axundefined+Bxundefined, 其中A, B由a1=α, a2=β决定 (即把a1, a2, x1, x2和n=1, 2, 代入an=Axundefined+Bxundefined, 得到关于A、B的方程组) ;

当x1=x2时, 数列undefined的通项为an= (A+Bn) xundefined, 其中A, B由a1=α, a2=β决定 (即把a1, a2, x1, x2和n=1, 2, 代入an= (A+Bn) xundefined, 得到关于A、B的方程组) 。

例5: 数列undefined:3an+2-5an+1+2an=0 (n≥0, n∈N) , a1=a, a2=b, 求an

解 (特征根法) :此数列的特征方程是:3x2-5x+2=0。undefined。又由a1=a, a2=b于是

undefined

类型六:利用Sn与an的关系式或Sn=f (an) 的递推关系式。分析:

(1) 若题目中只由Sn=f (n) 求an, 用公式, 分两步解题。此公式经常使用, 应引起足够重视。但要注意检验当n=1时a1若适合Sn-Sn-1, 则n=1的情况可并入n≥2时的通项an;当n=1时, 若a1不适合, Sn-Sn-1则用分段函数的形式表示。

若题目中是Sn=f (an) 的递推关系式, 有两种途径:把an用Sn-Sn-1代换可得到Sn的递推关系式;把Sn=f (an) 与Sn-1=f (an-1) 相减可得到an的递推关系式。

这两种方法都是求解此类问题的常用方法。

例6 已知下列两数列{an}的前n项和Sn的公式, 求{an}的通项公式。

(1) Sn=n3+n-1。 (2) Sn=n2-1

解: (1) 当n=1时, a1=S1=1+1-1=1

an=Sn-Sn-1=undefined=3n2-3n+2

此时, a1=312-31+2=2=S1

∴an=3n2-3n+2为所求数列的通项公式。

(2) 当n=1时, a1=s1=0

当n≥2时 , an=Sn-Sn-1= (n2-1) -[ (n-1) 2-1]=2n-1

由于a1不适合于此等式 , ∴

例7:数列undefined前n项和undefined.求通项公式an.

解:由undefined得:undefined两式相减得:

undefined (转化为关于an的递推关系式)

所以undefined

应用类型4 (an+1=pan+qn (其中p, q均为常数, (pq (p-1) (q-1) ≠0) ) ) 的方法, 上式两边同乘以2n+1得:2n+1an+1=2nan+2

由undefined.于是数列undefined是以2为首项, 2为公差的等差数列, 所以undefined

例8 已知数列undefined的各项均为正数, 且undefined, 求an.

解:当n=1, undefined, ∴ a1 2 = 1

∵a1>0 ∴a1=1

当n≥2时 an=Sn-Sn-1

undefined (转化为关于Sn的递推关系式)

整理得 Sn 2-Sn-1 2 = 1

∴ Sn 2 是以为S1 2 = 1首项, 公差为1的等差数列。

Sn 2 = 1 + (n-1) 1 = n

undefined

∴当n∈N*时, undefined

类型七型如 an+1=paundefined (p>0, an>0) 的递推关系式

分析:这种类型一般是等式两边取对数后转化为an+1=pan+q, 再利用待定系数法求解。

例8:已知数列{an}中, undefined, 求数列undefined的通项公式。

解:由undefined两边取对数得undefined,

令bn=lgan, 则undefined, 再利用待定系数法解得:undefined。

类型八型如undefined的递推关系式

分析:这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为an+1=pan+q。

例9:已知数列undefined中, a1=1, undefined, 求数列undefined的通项公式.

解:将undefined取倒数得:undefined, ∵undefined

undefined是以为首项, 公差为2的等差数列.

undefined

一道数列试题求通项的多角度思考第4篇

关键词：多角度；数列；通项公式

题目：已知数列｛ａｎ｝满足=n（n为正整数）且a2=6，则数列｛ａｎ｝的通项公式为an=________.

角度一、归纳法（先猜后证）

解析1：

a1=1，a2=6，a3=15，a4=28，a5=45，a6=66，……

a2－a1=5，a3－a2=9，a4－a3=13，a5－a4=17，

……，an－an-1=4n－3?圯an=2n2－n.

点评：作为填空题，此题的本意或许就是归纳求解，也符合“苏教版”中推理证明的要求，大部分学生都能解决. 笔者解决完以后，感觉意犹未尽，经一番思索，得出如下解法.

角度二、转化为an－an-1=f（n）（n≥2）型

解析2：由=n（n∈N*）可得（n－1）an+1=（n+1）an－（n+1）①.

当n≥2时，①两边同时除以（n+1）n?（n－1）得=－（n≥2）.

于是，－=－（n≥2），

－=－，……，

－=－，

从而－=－1，可得=+2=.

即an=2n2－n（n≥2），经检a1=1也适合，故an=2n2－n.

解析3：由①（n－1）an+1=（n+1）an－（n+1）得到

nan+2=（n+2）an+1－（n+2） ②，

①-②得（2n+1）an+1－nan+2－（n+1）an=1③，

③整理得到n（an+1－an+2）+（n+1）（an+1－an）=1，

即n（an+2－an+1）－（n+1）（an+1－an）=－1，两边同时除以（n+1）n得

－=－，－=－，

……，－=－

?圯－=－1?圯=4+=

?圯an－an-1=4n－3，下同解析1（略），得an=2n2－n.

点评：解法2，3显示了两种不同的构造方法，目的均为转化为an－an-1=f（n）（n≥2）型，而最终发现系数的分式型反而比整式型更容易构造.

角度三、转化为=g（n）（n≥2）型

解析4：当n≥2时，①两边同时除以（n－1）（n+1），得到=－（n≥2），

可以得到=+1－（n≥2）?圯－1=－1（n≥2），

=（n≥2），=，……，=

?圯－1=2（n－1）（n≥2），=2n－1得an=2n2－n（n≥2）.

经检a1=1也适合，故an=2n2－n.

解析5：由①两边同时除以（n－1）得到

an+1=an－（n≥2）?圯an+1－（n+1）=（an－n）（n≥2），

=，=，……，=，

可得=，=（n≥2）?圯an=2n2－n（n≥2）. 经检a1=1也适合，故an=2n2－n.

点评：解法4，5显示了两种不同的构造方法，目的均为转化为=g（n）（n≥2）型，而对式子的不同整理，导致构建的难度相差很大.

角度四、差分法

解析五：（n－1）an+1=（n+1）an－（n+1）（n≥2）①，

nan+2=（n+2）an+1－（n+2）②，

②－①得（2n+1）an+1－nan+2－（n+1）an=1③，

于是（2n+3）an+2－（n+1）an+3－（n+2）?an+1=1④.

④－③得（3n+3）an+1－（3n+3）an+2+（n+1）an+3－（n+1）an=0

?圯an+3－3an+2+3an+1－an=0（n≥2）

?圯an+3－2an+2+an=an+2－2an+1+an=…=a4－2a3+a2=4

an+2－2an+1+an=4?圯an+2－an+1=an+1－an+4，

an+1－an=（a2－a1）+4（n－1）=4n+1，下同解析1（略），得an=2n2－n.

点评：应该说此法在几种解法中相对较好，但仍然需要很强的观察能力. 一般地，对与变系数的递推关系式数列通项的求解无一般性的解法，需要解题者多角度、多方位的思考. 也正为此，此类问题在高考，尤其在数学竞赛中屡屡出现.

数列求通项的方法总结第5篇

方法一解：

a2×a5=(a3/q)(a4*q)=a3*a4=128

a3*a4=24

a3和a4为方程

x^2-24x+128=0两解

（x-16）（x-8）=0

a3=8a4=16

q=16/8=2

a1=a3/q^2=8/4=2

an=2x2的n-1次方=2的n次方

方法二解：

设公比为q, q>1

因为 a5*a2 =(a3*q^2)*(a3/q)= q*a3^2 = 128

所以 q*a3^2=128

因为 a3+a4=24

所以 a3+a3*q=24

所以 a3=24/(1+q)

所以 q*[24/(1+q)]^2=128

2q^2-5q+2=0

(2q-1)(q-2)=0

q=1/2(舍去)或者 q=2

所以 a3=24/(1+q)=8

所以 a1=a3/q^2=2

所以 an=2^n

在三角形ABC中，ABC的对边分别为abc，且asinA+(c-a)sinC=bsinB第一问求角B的值第二问:若向量BA×向量BC=2.b=2 求三角形ABC的面积

解：在任意△ABC中，存在 a/sinA=b/sinB=c/sinC=2R(其中R是外接圆半径)

所以 sinA=a/(2R), sinB=b/(2R), sinC=c/(2R)

由题意，a^2/(2R)+(c-a)c/(2R)=b^2/(2R)

所以 a^2+c^2-ac=b^2

所以 a^2+c^2-b^2=ac

根据余弦公式，cosB=(a^2+c^2-b^2)/(2ac)=ac/(2ac)=1/2

所以 B=60°

因为向量BA×向量BC=2

所以 ∣BA∣*∣BC∣*cosB=2

所以 ∣BA∣*∣BC∣=4

数列求通项的方法总结第6篇

类型一:形如an=an-1+f(n)(n≥2,n∈N+)型

an=an-1+f(n)(n≥2,n∈N+)是一阶非其次常系数线性递推式,在已知a1的前提下,可通过叠加法求其通项公式,特别地,如果f(n)为一个常数d,则an=an-1+d(n≥2,n∈N+)是等差数列的递推式,且等差数列的通项公式an=a1+(n-1)d也可用叠加法推导而得.

例如:数列{an}满足a1=1,an=an-1+2n(n≥2,n∈N+),求{an}的通项公式.

类型二:形如an=f(n)an-1(n≥2,n∈N+)型

如果给定数列的递推式如an=f(n)an-1(n≥2,n∈N+),在已知a1的前提下,可通过叠乘法求其通项公式,特别地,如果f(n)为一个常数q(q≠0),则an=qan-1(n≥2,n∈N+)是等比数列的递推式,且等比数列的通项公式an=a1qn-1也可用叠乘法推导而得.

例如:数列{an}满足a1=4,,求{an}的通项公式.

类型三:形如an=pan-1+q(n)(p≠0,p≠1,n≥2,n∈N+)型

an=pan-1+q(n)(p≠0,p≠1,n≥2,n∈N+)是一阶非其次常系数线性递推式,高中数学比较常见的是q(n)为关于n的一次函数或者是常数,则可通过构造等比数列求通项公式.

例如:数列{an}满足a1=1,an=3an-1+1(n≥2,n∈N+),求{an}的通项公式.

类型四:形如an=pan-1+qan-2(p,q≠0,n≥3,n∈N+)型

an=pan-1+qan-2(p,q≠0,n≥3,n∈N+)给出的数列称为二阶线性齐次递推数列,方程

x2-px-q=0称为它的特征方程,其根称为它的特征根.

结论:若数列{an}由初始值a1,a2及递推式an=pan-1+qan-2(p,q≠0,n≥3,n∈N+)给出,α,β为其特征根,则

例如:著名的斐波那契数列{Fn},已知F1=F2=1,Fn=Fn-1+Fn-2(n≥3,n∈N+),求通项公式Fn.

求数列通项的方法与技巧第7篇

数列是中学数学教学中的一个重要课题, 其中求通项是高考的必考内容之一, 也是数学竞赛中经常出现的问题, 要掌握好等差、等比数列的定义、通项、前n项和公式及基本性质.高考或竞赛中往往是在此基础上有所提高、深化.本文仅就高中常见递归公式确定数列求通项的方法和技巧作一阐述.

一、什么是递归关系

对于一个数列, 我们把它的连续若干项之间的关系称为递归关系.

二、常见类型及解法

1.连加相减, 连乘相除

例1 已知数列{an}满足a1+2a2+3a3++nan=n (n+1) (n+2) , 求an.

解在a1+2a2+3a3++nan=n (n+1) (n+2) 中,

把n换成n-1, 得

a1+2a2+3a3++ (n-1) an-1= (n-1) n (n+1) (n≥2) .

两式相减, 得nan=3n (n+1) ⇒an=3 (n+1) , n=1时, a1=123=6也成立.

点评遇连加式就相减, 遇连乘式就相除.

2.构造法

例2 (1) 已知数列{an}满足a1=10, an+1=a $_{n}^{2}$ , 求an.

(2) 已知数列{an}满足a1=1, 3a $_{n + 1}^{2}$ -4an+1an+a $_{n}^{2}$ =0, 求an.

解 (1) 由an+1=a $_{n}^{2}$ ⇒lgan+1=2lgan⇒{lgan}成等比数列⇒lgan=2n-1⇒an=102n-1.

点评因等式中出现幂的形式, 故可取对数将指数拉下来变为对数的系数, 从而构成等比数列.

解 (2) 由3a $_{n + 1}^{2}$ -4an+1an+a $_{n}^{2}$ =0⇒ (3an+1-an) (an+1-an) =0⇒3an+1=an或 $a_{n + 1} = a_{n} \Rightarrow a_{n} = (\frac{1}{3})^{n - 1}$ 或an=1.

点评因等式中出现二次齐次式, 故考虑因式分解从而构成等比数列.以上这样的处理又叫构造法, 就是通过数学变形将它化成等差或等比数列来求通项.

3.形如an+1=pan+q的形式可用待定系数法

当p=1时, 数列为等差数列, 当q=0, p≠0时, 数列是等比数列.

当p≠1, p≠0, q≠0时, 令an+1+x=p (an+x) ,

整理, 得an+1=pan+ (p-1) x, 比较系数, 得 $x = \frac{q}{p - 1}$ .

所以数列 ${a_{n} + \frac{q}{p - 1}}$ 是以p为公比, $a_{1} + \frac{q}{p - 1}$ 为首项的等比数列.

例3 已知数列{an}满足a1=2, an+1=3an+2, 求an.

解令an+1+x=3 (an+x) , 整理, 得an+1=3an+2x.

由2x=2得x=1.

所以数列{an+1}是以3为公比和首项的等比数列, 所以an+1=33n-1=3n, 所以an=3n-1.

4.形如an+1=an+f (n) 的形式可用累加法

将上式中的n依次换成1, 2, 3, 4, , n-1得到n-1个等式, 将这n-1个等式相加得an=a1+f (1) +f (2) ++f (n-1) =a1+ $\sum_{k = 1}^{n - 1}$ f (k) 或直接用恒等式an=a1+ (a2-a1) + (a3-a2) ++ (an-an-1) =a1+f (1) +f (2) ++f (n-1) =a1+ $\sum_{k = 1}^{n - 1}$ f (k) , 再验证n=1是否成立.

例4 已知数列{an}满足a1=1, an+1=an+2n, 求an.

解把题中等式中的n依次换成1, 2, 3, , n-1得

a2-a1=2,

a3-a2=22,

an-an-1=2n-1.

将这n-1个等式相加, 得

an-a1=2+22+23++2n-1.

∴an=2n-1, 其中n=1也满足.

评注递归公式虽然只有一个, 但有其“递归”性.它像一只生蛋的“母鸡”!这里的n-1个等式就是充分用到了“递归”这一特性.

另解 ∵an+1=an+2n, ∴an+1-an=2n.

∴an=a1+ (a2-a1) + (a3-a2) ++ (an-an-1) =1+2+22+23++2n-1=2n-1, 其中n=1也满足.

5.形如an+1=f (n) an的形式可用累乘法

将上式中的n依次换成1, 2, 3, 4, , n-1得到n-1个等式, 这n-1个等式相乘得 $\frac{a_{2}}{a_{1}} \cdot \frac{a_{3}}{a_{2}} \cdot \frac{a_{4}}{a_{3}} ‚ \dots ‚ \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} = f (1) f (2) f (3) \dots f (n - 1)$ , 即an=a1f (1) f (2) f (3) f (n-1) , 再验证n=1是否成立.

例5 已知数列{an}满足 $a_{1} = 4 ‚ a_{n + 1} = \frac{n + 2}{n} a_{n}$ , 求an.

解由 $a_{n + 1} = \frac{n + 2}{n} a_{n}$ 得 $\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = \frac{n + 2}{n}$ .

将该式中的n依次换成1, 2, 3, 4, , n-1, 得

$\frac{a_{2}}{a_{1}} = \frac{3}{1}, \frac{a_{3}}{a_{2}} = \frac{4}{2}, \frac{a_{4}}{a_{3}} = \frac{5}{3} ‚ \dots ‚ \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} = \frac{n + 1}{n - 1} .$

把这n-1个等式相乘, 得 $\frac{a_{n}}{a_{1}} = \frac{n (n + 1)}{1 \cdot 2} ‚ ∴ a_{n} = 2 n (n + 1)$ , 其中n=1也成立.

另解 $\begin{array}{l} ∵ a_{n} = a_{1} \cdot \frac{a_{2}}{a_{1}} \cdot \frac{a_{3}}{a_{2}} \cdot \frac{a_{4}}{a_{3}} \cdot \dots \cdot \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} ‚ \\ ∴ a_{n} = 4 \cdot \frac{3}{1} \cdot \frac{4}{2} \cdot \frac{5}{3} \cdot \frac{6}{4} \cdot \dots \cdot \frac{n}{n - 2} \cdot \frac{n + 1}{n - 1} = 4 \cdot \frac{n (n + 1)}{1 \cdot 2} = 2 n (n + 1) \end{array}$ , 其中n=1也成立.

6.形如an+1=pan+f (n) 的形式先两边同除以pn+1化成 $\frac{a_{n + 1}}{p^{n + 1}} = \frac{a_{n}}{p^{n}} + \frac{f (n)}{p^{n + 1}}$ 再用累加的办法来解决这类问题

例6 已知数列{an}满足a1=1, an+1=2an+35n, 求an.

解由an+1=2an+35n, 得 $\frac{a_{n + 1}}{2^{n + 1}} = \frac{a_{n}}{2^{n}} + \frac{3}{2} \cdot \frac{5^{n}}{2^{n}}$ .

令 $b_{n} = \frac{a_{n}}{2^{n}}$ , 则有 $b_{n + 1} - b_{n} = \frac{3}{2} (\frac{5}{2})^{n}$ .

$\begin{array}{l} ∴ b_{n} = b_{1} + (b_{2} - b_{1}) + (b_{3} - b_{2}) + \dots + (b_{n} - b_{n - 1}) \\ = \frac{1}{2} + \end{array}$ $\begin{array}{l} \frac{3}{2} (\frac{5}{2} + (\frac{5}{2})^{2} + \dots + (\frac{5}{2})^{n - 1}) \\ = \frac{1}{2} + \frac{3}{2} \cdot \frac{\frac{5}{2} (1 - (\frac{5}{2})^{n - 1})}{1 - \frac{5}{2}} \\ = \end{array}$ $\begin{array}{l} (\frac{5}{2})^{n} - 2 . \\ ∴ a_{n} = 5^{n} - 2^{n + 1}, n = 1 \end{array}$ 也成立.

例7 已知数列{an}满足a1=1, an+1=2Sn+n2-n+1, 求an.

解an+1=2Sn+n2-n+1. (1)

an=2Sn-1+ (n-1) 2- (n-1) +1, (n≥2) . (2)

(1) - (2) , 得an+1-an=2an+2n-2,

$\begin{array}{l} a_{n + 1} = 3 a_{n} + 2 n - 2 ‚ \\ ∴ \frac{a_{n + 1}}{3^{n + 1}} = \frac{a_{n}}{3^{n}} + \frac{2 n - 2}{3^{n + 1}} . \end{array}$

令 $b_{n} = \frac{a_{n}}{3^{n}}$ , 则有 $b_{n + 1} = b_{n} + \frac{2 n - 2}{3^{n + 1}}, b_{1} = \frac{1}{3}, b_{2} = \frac{a_{2}}{3^{2}} = \frac{1}{3} ‚ b_{2} - b_{1} = 0$ , 从而bn=b1+ $\sum_{k = 1}^{n - 1}$ $\begin{array}{l} \frac{2 (k - 1)}{3^{k + 1}} = \frac{1}{3} + 2 \frac{1}{4} (\frac{1}{3} - \frac{2 n - 1}{3^{n}}) = \frac{1}{2} - \frac{2 n - 1}{2 \cdot 3^{n}} . \\ ∴ a_{n} = \frac{3^{n}}{2} - n + \frac{1}{2} ‚ n = 1 \end{array}$ 也成立.

7.形如 $a_{n + 1} = \frac{a a_{n} + b}{c a_{n} + d}$ 的形式可以用特征方程法

把方程 $x = \frac{a x + b}{c x + d}$ 叫做 $a_{n + 1} = \frac{a a_{n} + b}{c a_{n} + d}$ 的特征方程, 求它的通项先由方程 $x = \frac{a x + b}{c x + d}$ 得两根x1和x2.当x1≠x2时, ${\frac{a_{n} - x_{1}}{a_{n} - x_{2}}}$ 是等比数列, 进而可求通项;当x1=x2时, 可由 $\frac{1}{a_{n + 1} - x_{1}} = λ_{1} \cdot \frac{1}{a_{n} - x_{1}} + λ_{2} (λ_{1}$ 和λ2是待定系数) 来求通项an.

例8 (1) 已知数列{an}满足 $a_{1} = 2, a_{n + 1} = \frac{2 a_{n} + 6}{a_{n} + 1}$ , 求通项an.

(2) 已知数列{an}满足 $a_{1} = 1, a_{n + 1} = \frac{- a_{n} - 4}{a_{n} + 3}$ , 求an.

解 (1) 由方程 $x = \frac{2 x + 6}{x + 1}$ , 得x1=3, x2=-2.

∴数列 ${\frac{a_{n} - 3}{a_{n} + 2}}$ 是等比数列.

$∵ \frac{a_{1} - 3}{a_{1} + 2} = - \frac{1}{4}, \frac{a_{2} - 3}{a_{2} + 2} = \frac{1}{16}$ , 公比为 $\begin{array}{l} - \frac{1}{4} ‚ \\ ∴ \frac{a_{n} - 3}{a_{n} + 2} = - \frac{1}{4} \cdot (- \frac{1}{4})^{n - 1} = (- \frac{1}{4})^{n} . \\ ∴ a_{n} = \frac{3 \cdot 2^{2 n} + (- 1)^{n} \cdot 2}{2^{2 n} + (- 1)^{n + 1}} . \end{array}$

(2) 由方程 $x = \frac{- x - 4}{x + 3}$ , 得x1=x2=-2.

∴数列{an}满足 $\frac{1}{a_{n + 1} + 2} = λ_{1} \cdot \frac{1}{a_{n} + 2} + λ_{2}$ .

由初始条件a1=1得 $a_{2} = - \frac{5}{4}, a_{3} = - \frac{11}{7}$ .

把它们代入上式解得 $\begin{array}{l} λ_{1} = 1, λ_{2} = 1 . \\ ∴ \frac{1}{a_{n + 1} + 2} = \frac{1}{a_{n} + 2} + 1 . \\ ∴ \frac{1}{a_{n} + 2} = \frac{1}{3} + (n - 1) = n - \frac{2}{3} . \\ ∴ a_{n} = - \frac{6 n - 7}{3 n - 2} . \\ ∴ a_{n} = \frac{2^{n - 1} + 5^{n - 1}}{5^{n - 1} - 2^{n - 2}} \end{array}$ .

高考数学中数列通项的求解方法第8篇

类型一:给定数列前n项和Sn, 求通项an.

例1:若Sn是数列{an}的前n项和, 且Sn=n2, 则{an}是 () .

A.等比数列, 但不是等差数列

B.等差数列, 但不是等比数列

C.等差数列, 而且也是等比数列

D.既非等差数列, 又非等比数列

解析:这类题较为简单, 一般出现在填空题或选择题中, 利用an与Sn的关系就可直接得出.

当n≥2时,

即an=2n-1 (n∈N+) , 故选B.

类型二:给定数列前n项和Sn的递推关系, 求通项an.

例2:已知数列{an}的前n项和Sn为, S1=1, 且, 求通项an.

解析:常用方法是由Sn的递推关系式求出Sn, 再由an与Sn的关系求出通项an.

上面各式左右两边分别相乘得:

所以a1=S1=1,

当n≥2时,

类型三:给定含有Sn与an的混合型关系式.

这一类问题较前面两种要更为复杂, 是常见的综合题型之一.这类题型的求解要结合类型一和类型二的解题思想来处理, 常用的方法有以下三种.

(1) 变形为关于Sn的递推关系转化成类型二求解.

例3:在各项均为正数的数列{an}中, 数列前n项和Sn满足, 求通项an.

解析:可利用an=Sn-Sn-1 (n≥2) , 将所给的递推关系式变为只含有Sn-1和Sn, 求出Sn后再求出an.

当n≥2时,

所以数列{Sn2}是首项为S12=1, 公差为1的等差数列, 得:

(2) 变形为关于an的递推关系求解.

例4:设数列{an}的前n项和为Sn, 求通项an.

解析:根据题目所给的条件, 可将递推关系式化为关于an的式子来求解.

因为Sn+Sn-1=2an (1)

由S2+S1=2a2得:a2=2a1=6

所以{an}是从第二项a2=6起, 公比为3的等比数列, 得:

显然, 此题也可用方法 (1) 求解, 这里不再赘述.

(3) 归纳猜想出an, 采用数学归纳法证明.

解析:这里可先根据条件求出数列前几项的值, 寻找规律猜想结果, 再用数学归纳法证明.

(2) 假设nk+1时成立, 当n=k+2时

所以当n=k+2时成立.

对于类型三, 选择何种方法由题目给出的条件而定, 不应拘泥于某种思路.但数学归纳法是最基本, 也是最重要的方法之一, 归纳、猜想与证明是数学发现的重要途径.

摘要：求数列通项是每年高考数学中的一个重要考查点, 它能考查学生对数学知识的综合运用能力和对数学基本思想方法的掌握程度。本文主要对其中一类数列问题的类型与求解方法进行探讨。

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