求数列通项公式常用的七种方法

求数列通项公式常用的七种方法林彩凡山东省东阿县实验高中252200一、公式法：已知或根据题目的条件能够推出数列na为等差或等比数列，根据通项公式dnaan11或11nnqaa进行求解.例1：已知na是一个等差数列，且5,152aa，求na的通项公式.分析：设数列na的公差为d，则54111dada解得231da5211ndnaan二、前n项和法：已知数列na的前n项和ns的解析式，求na.例2：已知数列na的前n项和12nns，求通项na.分析：当2n时，1nnnssa=32321nn=12n而111sa不适合上式，22111nnann三、ns与na的关系式法：已知数列na的前n项和ns与通项na的关系式，求na.例3：已知数列na的前n项和ns满足nnsa311，其中11a，求na.分析：13nnas①nnas312n②①-②得nnnaaa331134nnaa即341nnaa2n又1123131asa不适合上式数列na从第2项起是以34为公比的等比数列222343134nnnaa2n23431112nnann注：解决这类问题的方法，用具俗话说就是“比着葫芦画瓢”，由ns与na的关系式，类比出1na与1ns的关系式，然后两式作差，最后别忘了检验1a是否适合用上面的方法求出的通项.四、累加法：当数列na中有nfaann1，即第n项与第1n项的差是个有“规律”的数时，就可以用这种方法.例4：12,011naaann，求通项na分析：121naann112aa323aa534aa┅321naann2n以上各式相加得211327531nnaan2n又01a，所以21nan2n，而01a也适合上式，21nanNn五、累乘法：它与累加法类似，当数列na中有1nnafna，即第n项与第1n项的商是个有“规律”的数时，就可以用这种方法.例5：111,1nnnaaan2,nnN求通项na分析：11nnnaan11nnanan2,nnN故3241123123411231nnnaaaanaanaaaan2,nnN而11a也适合上式，所以nannN六、构造法：㈠、一次函数法：在数列na中有1nnakab（,kb均为常数且0k），从表面形式上来看na是关于1na的“一次函数”的形式，这时用下面的方法:一般化方法：设1nnamkam则11nnakakm而1nnakab1bkm即1bmk故111nnbbakakk数列11nbak是以k为公比的等比数列，借助它去求na例6：已知111,21nnaaa2,nnN求通项na分析：121nnaa1112221nnnaaa数列1na是以2为首项，2为公比的等比数列111122nnnaa故21nna㈡、取倒数法：这种方法适用于11nnnkaamap2,nnN（,,kmp均为常数0m），两边取倒数后得到一个新的特殊(等差或等比)数列或类似于1nnakab的式子.例7：已知11122,2nnnaaaa2,nnN求通项na1122nnnaaa111211122nnnnaaaa即11112nnaa2,nnN数列1na是以12为首项，以12为公差的等差数列1111222nnna2nan㈢、取对数法：一般情况下适用于1klnnaa（,kl为非零常数）例8：已知2113,2nnaaan求通项na分析：由2113,2nnaaan知0na在21nnaa的两边同取常用对数得211lglg2lgnnnaaa即1lg2lgnnaa数列lgna是以lg3为首项，以2为公比的等比数列故112lg2lg3lg3nnna123nna七、“mnncbaa1（cb,为常数且不为0，*,Nnm）”型的数列求通项na.例9：设数列na的前n项和为ns，已知*11,3,Nnsaaannn，求通项na.解：nnnsa31113nnnsa2n两式相减得1132nnnnaaa即11322nnnaa上式两边同除以13n得92332311nnnnaa（这一步是关键）令nnnac3得92321nncc3232321nncc2n（想想这步是怎么得来的）数列32nc从第2项起，是以93322ac为首项，以32为公比的等比数列故nnnnnaacc32332933232322222323232nnnac又nnnac3，所以123223nnnaaaa1不适合上式23223112nanaannn注：求mnncbaa1（cb,为常数且不为0，*,Nnm）”型的数列求通项公式的方法是等式的两边同除以1nc，得到一个“1nnakab”型的数列，再用上面第六种方法里面的“一次函数法”便可求出nnca的通式，从而求出na.另外本题还可以由nnnsa31得到nnnnsss31即nnnss321,按照上面求na的方法同理可求出ns,再求na.您不不妨试一试.除了以上七种方法外，还有嵌套法（迭代法）、归纳猜想法等，但这七种方法是经常用的，将其总结到一块，以便于学生记忆和掌握.地址：山东省东阿县实验高中姓名：林彩范（收）邮编：２５２２００Email:[e-mail]电话：13780729539036352178013