高二数学必修5数列通项公式的求法归纳(精)

数列通项公式的求法编辑：张杰2011.12.15一、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na是递增数列，前n项和为nS，且931,,aaa成等比数列，255aS．求数列na的通项公式.解：设数列na公差为)0(dd∵931,,aaa成等比数列，∴9123aaa，即)8()2(1121daadadad12∵0d，∴da1………………………………①∵255aS∴211)4(2455dada…………②由①②得：531a，53d∴nnan5353)1(53】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n项和nS与na的关系，求数列na的通项na可用公式2111nSSnSannn求解。例2．已知数列na的前n项和nS满足1,)1(2naSnnn．求数列na的通项公式。解：由1121111aaSa当2n时，有,)1(2)(211nnnnnnaaSSa1122(1),nnnaa,)1(22221nnnaa……，.2212aa11221122(1)2(1)2(1)nnnnnaa].)1(2[323])2(1[2)1(2)]2()2()2[()1(21211211nnnnnnnnn经验证11a也满足上式，所以])1(2[3212nnna点评：利用公式211nSSnSannnn求解时，要注意对n分类讨论，但若能合写时一定要合并．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)(1nfaann解法：把原递推公式转化为)(1nfaann，利用累加法(逐差相加法)求解。例3.已知数列na满足211a，nnaann211，求na。解：由条件知：111)1(1121nnnnnnaann分别令)1(,,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累加之，即)()()()(1342312nnaaaaaaaa)111()4131()3121()211(nn所以naan111211a，nnan1231121类型2（1）递推公式为nnanfa)(1解法：把原递推公式转化为)(1nfaann，利用累乘法(逐商相乘法)求解。例4.已知数列na满足321a，nnanna11，求na。解：由条件知11nnaann，分别令)1(,,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累乘之，即1342312nnaaaaaaaann1433221naan11又321a，nan32注：由nnanfa)(1和1a确定的递推数列na的通项还可以如下求得：所以1)1(nnanfa，21)2(nnanfa，，12)1(afa依次向前代入，得1)1()2()1(afnfnfan，类型3递推式：nfpaann1解法：只需构造数列nb，消去nf带来的差异．其中nf有多种不同形式①nf为常数，即递推公式为qpaann1（其中p，q均为常数，)0)1((ppq）。解法：转化为：)(1taptann，其中pqt1，再利用换元法转化为等比数列求解。例5.已知数列na中，11a，321nnaa，求na.解：设递推公式321nnaa可以转化为)(21tatann即321ttaann.故递推公式为)3(231nnaa,令3nnab，则4311ab,且23311nnnnaabb.所以nb是以41b为首项，2为公比的等比数列，则11224nnnb,所以321nna.②nf为一次多项式，即递推公式为srnpaann1例6．设数列na：)2(,123,411nnaaann，求na.解：设BAnbaB，Anabnnnn则，将1,nnaa代入递推式，得12)1(31nBnAbBAnbnn)133()23(31ABnAbn13323ABBAA11BA1nabnn取…（１）则13nnbb,又61b，故nnnb32361代入（１）得132nann备注：本题也可由1231naann,1)1(2321naann（3n）两式相减得2)(3211nnnnaaaa转化为qpbbnn1求之.③)(nf为n的二次式，则可设CBnAnabnn2;类型4递推公式为nnnqpaa1（其中p，q均为常数，)0)1)(1((qppq）。（或1nnnaparq,其中p，q,r均为常数）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1nq，得：qqaqpqannnn111引入辅助数列nb（其中nnnqab），得：qbqpbnn11再应用类型3的方法解决。例7.已知数列na中，651a,11)21(31nnnaa，求na。解：在11)21(31nnnaa两边乘以12n得：1)2(32211nnnnaa令nnnab2，则1321nnbb,应用例7解法得：nnb)32(23所以nnnnnba)31(2)21(32类型5递推公式为nnnqapaa12（其中p，q均为常数）。解法：先把原递推公式转化为)(112nnnnsaatsaa其中s，t满足qstpts，再应用前面类型3的方法求解。例8.已知数列na中，11a,22a,nnnaaa313212，求na。解：由nnnaaa313212可转化为)(112nnnnsaatsaa即nnnstaatsa12)(3132stts311ts或131ts这里不妨选用311ts（当然也可选用131ts，大家可以试一试），则)(31112nnnnaaaannaa1是以首项为112aa，公比为31的等比数列,所以11)31(nnnaa,应用类型1的方法，分别令)1(,,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累加之，即2101)31()31()31(nnaa311)31(11n又11a，所以1)31(4347nna。