数列通项公式的求法

非等比、等差数列的通项公式的求法，题型繁杂， 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 琐碎结合近几年的高考情况，对数列求通项公式的方法给以归纳总结。一、累加法形如anan1f(n)(n=2、3、4⋯...)且f(1)f(2)...f(n1)可求，则用累加法求an。有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解。例1.在数列{an}中，a1=1，anan1n1(n=2、3、4⋯⋯)，求{an}的通项公式。解：∵n1时，a112时,a2a11a3a22a4a33.......anan1n1这n-1个等式累加得：ana112...（n-1）=n(n1)2n(n1)n2n2且a11也满足该式n2n2故ana12∴an(nN).22例2．在数列{an}中，a1=1，an1an2n(nN),求an。n2时,a2a12a3a222解：n=1时,a1=1a4a323以上n-1个等式累加得.......anan12n1ana1222...2n12(12n1)nn2a12n1且a11也满=12=22，故an2足该式∴an2n1(nN)。二、累乘法形如anf(n)(n=2、3、4⋯⋯)，且f(1)f(2)...f(n1)可求，则用累乘法an1求an。有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解。例3．在数列{an}中，a1=1，an1nan，求an。解：由已知得an1n，分别取n=1、2、3⋯⋯(n-1),代入该式得n-1个等式累乘，an即a2.a3.a4......an=1×2×3×⋯×(n-1)=(n-1)!所以时，an(n1)!故a1a2a3an1a1an(n1)!且a10!=1也适用该式∴an(n1)!(nN).例4．已知数列{an}满足a1=2，an1nan，求an。3n1解：由已知得an1n，分别令n=1，2，3，⋯.(n-1),代入ann1上式得n-1个等式累乘，即a2.a3.a4......an=123......n1a1a2a3an1234n所以an1，又因为a12也满足该式，所以an2。a1n33n三、构造等比数列法原数列{an}既不等差，也不等比。若把{an}中每一项添上一个数或一个式子构成新数列，使之等比，从而求出an。该法适用于递推式形如an1=banc或an1=banfn或an1=bancn其中b、c为不相等的常数，fn为一次式。例5、（06福建理22）已知数列{an}满足a1=1，an1=2an1(nN)，求数列{an}的通项公式。解：构造新数列anp，其中p为常数，使之成为公比是an的系数2的等比数列即an1p=2(anp)整理得：an1=2anp使之满足an1=2an1∴p=1即an1是首项为a11=2，q=2的等比数列∴an1=22n1an=2n1例6、（07全国理21）设数列{an}的首项a1(0,1)，an=3an1，n=2、3、4⋯⋯2（）求{an}的通项公式。解：构造新数列anp，使之成为q1的等比数列2即anp=1(an1p)整理得：an=133an12an1p满足an=2223=3∴p=-1an1首项为a11，q1得p2即新数列2的211等比数列∴an1=(a11）（n1故an=(a11）（n1+12））2例7、（07全国理22）已知数列{an}中，a1=2，an1=(21)(an2)nN（）求{an}的通项公式。解：构造新数列anp，使之成为q21的等比数列an1p=(21)(anp)整理得：an1=(21)an+(22)p使之满足已知条件an1=(21)an+2(21)∴(22)p2(21)解得p2∴{an2}是首项为22q21的等比数列，由此得an2=(22)(21)n1∴an=2(21)n2例8、已知数列{an}中，a1=1，an1=2an3n，求数列的通项公式。分析：该数列不同于以上几个数列，该数列中含3n是变量，而不是常量了。故应构造新数列{an3n}，其中为常数，使之为公比是an的系数2的等比数列。解：构造数列{an3n}，为不为0的常数，使之成为q=2的等比数列即an13n1=2(an3n)整理得：an1=2an(23n3n1)满足an1=2an3n得23n3n13n∴1新数列{an3n}是首项为a131=2，q=2的等比数列∴an3n=22n1∴an=3n2n例9、（07天津文20）在数列{an}中，a1=2，an1=4an3n1，求数列的通项an。解：构造新数列{ann}，使之成为q=4的等比数列，则an1(n1)=4(ann)整理得：an1=4an3n满足an1=4an3n1，即3n3n1得1∴新数列{ann}的首项为a111，q=4的等比数列∴ann4n1∴an4n1n四、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an1banbn1f(n)，那么把两边同除以bn1后，想法构造一个等差数列，从而间接求出an。例10．（07石家庄一模）数列{an}满足an2an12n1(n2)且a481。求(1)a1、a2、a3(2)是否存在一个实数，使此数列{an}为等差数列？若存在求出的值及an；2n若不存在，说明理由。解：(1)由a4=2a3241=81得a3=33；又∵a3=2a2231=33得a2=13；又∵a2=2a1221=13，∴a1=5(2)假设存在一个实数，使此数列{an}为等差数列2n即anan1=an2an1=2n1=11该数为常数2n2n12n2n2n∴=1即{ann1}为首项a1112，d=1的等差数列22∴an1=2+(n1)1=n+1∴an=(n1)2n12n例11、数列{an}满足an1=2an(2)n1(nN)，首项为a12，求数列{an}的通项公式。解：an1=2an(2)n1两边同除以(2)n1得an1=an+1(2)n1(2)n∴数列{ann}是首项为21=1，d=1的等差数列∴(ann=1+(n1)1n(2)(2)2)故an=n(2)n例12．数列{an}中，a1=5，且an3an13n1（n=2、3、4⋯⋯），试求数列{an}的通项公式。解：构造一个新数列{an}，为常数，使之成为等差数列，即anan1d3n3n3n1整理得an3an13nd+3，让该式满足an3an13n1∴取d3n3n，1ana11321得，即{}是首项为2，d=13n31，公差d=1的等差数列。22an131112(n1)1n)3n故3n2∴an=(n222例13、（07天津理21）在数列{an}中，a1=2，且an1ann1(2)2n（nN）其中＞0，()求数列{an}的通项公式。解：n1的底数与an的系数相同，则两边除以n1得an1an12n12nn1nn1nan12n1an2nan2na12即n1n1∴{n}是首项为0，公差d=1的等差数列。∴ann2n0(n1)n1∴an(n1)n2n。五、取倒数法有些关于通项的递推关系式变形后含有anan1项，直接求相邻两项的关系很困难，但两边同除以anan1后，相邻两项的倒数的关系容易求得，从而间接求出an。例14、已知数列{an}，a1=1，an1annN，求an=？1an解：把原式变形得an1an1anan两边同除以anan1得111anan1∴{1}是首项为1，d=1的等差数列故11(n1)(1)n∴an1。anann例15、（06江西理22）已知数列{an}满足a33nan1（n2nN），且an122an1n1()求数列{an}的通项公式。解：把原式变形成2anan1(n1)an3nan1两边同除以anan1得即n1n12⋯⋯⑴构造新数列{n}，使其成为公比q=1的等比数列an3an13an3即n1(n1)整理得：nn12满足⑴式使22∴1an3an1an3an1333∴数列{n1}是首项为111，q=1的等比数列ana133∴n11(1)n1(1)n∴ann3n。an3333n1例16．（06江西文22）已知各项均为正数的数列{an}满足：a12an1ananan13，且an12anN求数列{an}的通项公式。解：把原式变形为2an1ananan1(2anan1)两边同除以anan1得212anan1移项得：1an12(1an)anan1an1an所以新数列{1an}是首项为1138q=2ana1a13的等比数列。3故1an12n2解关于an的方程得an1(2n122n29)。an33六．利用公式anSnSn1(n2)求通项有些数列给出{an}的前n项和Sn与an的关系式Sn=f(an)，利用该式写出Sn1f(an1)，两式做差，再利用an1Sn1Sn导出an1与an的递推式，从而求出an。例17.(07重庆21题)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn满足S1＞1且6Sn=(an1)(an2)n∈N求{an}的通项公式。解：由a1S1=11)(a12)解得a1=1或a1=2，由已知a1S1＞1，因此a1=2又由(a161(a1(aan1Sn1Sn=n11)(a12)1)(a2)得6n6nn(an1an)(an1an3)=0∵an＞0∴an1an3从而{an}是首项为2，公差为3的等差数列，故{an}的通项为an=2+3(n-1)=3n-1.例18.(07陕西理22)已知各项全不为0的数列{ak}的前k项和为Sk，且Sk=1akak1(k∈2N)其中a1=1，求数列{ak}的通项公式。解：当k=1时，a11a1a2及a1=1得a2=2；当k≥2时，S1=121由ak=Skakak1ak1)=2ak∵ak≠0∴ak1ak1=2Sk1=ak1ak得ak(ak122从而a2m1=1+(m-1)2=2m-1a2m=2+(m-1)2=2m(m∈N)故ak=k(k∈N).例19.(07福建文21)数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an12Sn(n∈N),求{an}的通项公式。解：由a1=1，a22S1=2，当n≥2时an=SnSn1=1an)得an1=3，因此{an}是(an1an2首项为a2=2，q=3的等比数列。故an=23n2(n≥2),而a1=1不满足该式1(n=1)所以an=。23n2(n2)例20.(06全国Ⅰ理22)该数列{an}的前n项和Sn4an12n12(n=1、2、3⋯⋯)求333{an}的通项公式。解：由Sn4an12n12(n=1、2、3⋯⋯)⋯①得a1S1=4a1142333333所以a1=2再Sn1=4an112n2（n=2、3⋯）⋯②33431将①和②相减得：n1nan=SnSn1=3(anan1)3(22)整理得an2n4(an12n1)（n=2、3⋯）因而数列{an2n}是首项为a124,q=4的等比数列。即a2n=4n1n，因而4n2n4=4an。n七．重新构造新方程组求通项法有时数列{an}和{bn}的通项以方程组的形式给出，要想求出an与bn必须得重新构造关于an和bn的方程组，然后解新方程组求得an和bn。an3an11bn11例21.（07辽宁第21题）：已知数列{a}，{b}满足a=2，b1=1且44nn11an13bn11bn44（n2）,求数列{an}，{bn}的通项公式。解析：两式相加得anbnan1bn12则{anbn}是首项为a1b13，d=2的等差数列，故anbn=3+2(n-1)=2n+1⋯⋯⋯⋯(1)而两式相减得anbn1an111bn1)则{anbn}是首项为a11=2bn1=(an1b1=1，q=222的等比数列，故anbn=(1)n1⋯⋯⋯⋯(2)2anbn2n11(1)n，bn1(1)n。联立(1)、(2)得anbn由此得annn(1)n122222分析该题条件新颖,给出的数据比较特殊，两条件做加法、减法后恰好能构造成等差或等比数列，从而再通过解方程组很顺利求出{an}、{bn}的通项公式。若改变一下数据，又该怎样解决呢？下面给出一种通法。例22.在数列{an}、{bn}中a1=2，b1=1，且an12an6bn（n∈N）求数列{an}和{bn}bn1an7bn的通项公式。解析：显然再把an1与bn1做和或做差已无规律可循。不妨构造新数列{anbn}其中为0的常数。则an1bn1=2an6bn(an7bn)=(2)an+(76)bn=(2)(an76bn)令76得1=2或22=3则{anbn}为首项a1b1，q=+2的等比数列。2即1=2时，{an2bn}是首项为4，q=4的等比数列，故an2bn=4×4n1=4n；2=3时，{an3bn}是首项为5，q=5的等比数列，故an3bn=5×5n1=5n联立二式an2bn4n解得an34n25n，bn5n4n。an3bn5n注：该法也可适用于例21，下面给出例21的该种解法解：构造新数列{anbn}，则anbn3113)bn1+(1)=3an113bn1(1)=()an1+(444443令13得1=1或2=1即1=1时，新数列{anbn}中，anbn=an1bn123∴（anbn）(an1bn1)2新数列{anbn}是首项为a1b13，d=2的等差数列∴anbn=32(n1)=2n1⋯⋯⋯(1)当2=1时，新数列{anbn}是首项为a1b1=1，q=1的等比数列21∴anbn=2n1(2)anbn2n111n11联立(1)、(2)bn1n1得ann，bnnan22222n。例23.在数列{an}、{bn}中，a1b11，且an15an15bn（n∈N），求{an}、{bn}bn1an7bn的通项公式。解：构造新数列{anbn}，则an1bn1=(5)an+(157)bn=(5)an157bn，令5=3或2=5{anbn}为首项a1b1，q=+5的等比数列1575得1即1=-3时，{an3bn}是首项为a13b1=2，q=5+=2的等比数列，故an3bn=22n1=2n；当2=5时，{an5bn}是首项为a15b1=6，q=+5=10的等比数列，故an5bn=6×10n1an3bn2n910n152n3310n12n3联立二式an5bn得an4，bn4。610n1