数列通项公式的求法

数列通项公式的求法集锦非等比、等差数列的通项公式的求法，题型繁杂，方法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1()nnaafn(n=2、3、4…...)且(1)(2)...(1)fffn可求，则用累加法求na。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{na}中，1a=1，11nnaan(n=2、3、4……)，求{na}的通项公式。解：∵111na时，21324312123.......1nnnaaaaaaaan时,这n-1个等式累加得：112...naa（n-1）=(1)2nn故21(1)222nnnnnaa且11a也满足该式∴222nnna(nN).例2．在数列{na}中，1a=1，12nnnaa(nN),求na。解：n=1时,1a=121232343112222.......2nnnnaaaaaaaa时,以上n-1个等式累加得21122...2nnaa=12(12)12n=22n，故12221nnnaa且11a也满足该式∴21nna(nN)。二、累乘法形如1()nnafna(n=2、3、4……)，且(1)(2)...(1)fffn可求，则用累乘法求na。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{na}中，1a=1，1nnana，求na。解：由已知得1nnana，分别取n=1、2、3……(n-1),代入该式得n-1个等式累乘，即3241231........nnaaaaaaaa=1×2×3×…×(n-1)=(n-1)!所以时，1(1)!nana故(1)!nan且10!a=1也适用该式∴(1)!nan(nN).例4．已知数列{na}满足1a=23，11nnnaan，求na。解：由已知得11nnanan，分别令n=1，2，3，….(n-1),代入上式得n-1个等式累乘，即3241231........nnaaaaaaaa=1231......234nn所以11naan，又因为123a也满足该式，所以23nan。三、构造等比数列法原数列{na}既不等差，也不等比。若把{na}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na。该法适用于递推式形如1na=nbac或1na=nbafn或1na=nnbac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{na}满足1a=1，1na=21na(nN)，求数列{na}的通项公式。解：构造新数列nap，其中p为常数，使之成为公比是na的系数2的等比数列即1nap=2()nap整理得：1na=2nap使之满足1na=21na∴p=1即1na是首项为11a=2，q=2的等比数列∴1na=122nna=21n例6、（07全国理21）设数列{na}的首项1(0,1)a，na=132na，n=2、3、4……（）求{na}的通项公式。解：构造新数列nap，使之成为12q的等比数列即nap=11()2nap整理得：na=11322nap满足na=132na得32p=32∴p=-1即新数列1na首项为11a，12q的等比数列∴1na=1(1a）112n（）故na=1(1a）112n（）+1例7、（07全国理22）已知数列{na}中，1a=2，1na=(21)(2)nanN（）求{na}的通项公式。解：构造新数列nap，使之成为21q的等比数列1nap=(21)()nap整理得：1na=(21)na+(22)p使之满足已知条件1na=(21)na+2(21)∴(22)2(21)p解得2p∴{2}na是首项为2221q的等比数列，由此得2na=(22)1(21)n∴na=2(21)2n例8、已知数列{na}中，1a=1，1na=23nna，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{3}nna，其中为常数，使之为公比是na的系数2的等比数列。解：构造数列{3}nna，为不为0的常数，使之成为q=2的等比数列即113nna=2(3)nna整理得：1na=12(233)nnna满足1na=23nna得12333nnn∴1新数列{3}nna是首项为113a=2，q=2的等比数列∴3nna=122n∴na=32nn例9、（07天津文20）在数列{na}中，1a=2，1na=431nan，求数列的通项na。解：构造新数列{}nan，使之成为q=4的等比数列，则1(1)nan=4()nan整理得：1na=43nan满足1na=431nan，即331nn得1∴新数列{}nan的首项为111a，q=4的等比数列∴14nnan∴14nnan四、构造等差数列法数列{na}既不等差，也不等比，递推关系式形如11()nnnababfn，那么把两边同除以1nb后，想法构造一个等差数列，从而间接求出na。例10．（07石家庄一模）数列{na}满足1221nnnaa(2)n且481a。求(1)1a、2a、3a(2)是否存在一个实数，使此数列{}2nna为等差数列？若存在求出的值及na；若不存在，说明理由。解：(1)由4a=43221a=81得3a=33；又∵3a=32221a=33得2a=13；又∵2a=21221a=13，∴1a=5(2)假设存在一个实数，使此数列{}2nna为等差数列即1122nnnnaa=122nnnaa=212nn=112n该数为常数∴=1即1{}2nna为首项11122a，d=1的等差数列∴12nna=2+(1)1n=n+1∴na=(1)21nn例11、数列{na}满足1na=12(2)nna(nN)，首项为12a，求数列{na}的通项公式。解：1na=12(2)nna两边同除以1(2)n得11(2)nna=(2)nna+1∴数列{}(2)nna是首项为12(2)=1，d=1的等差数列∴(2)nna=1+(1)1nn故na=(2)nn例12．数列{na}中，1a=5，且1331nnnaa（n=2、3、4……），试求数列{na}的通项公式。解：构造一个新数列{}3nna，为常数，使之成为等差数列，即1133nnnnaad整理得133nnnaad+3，让该式满足1331nnnaa∴取33nnd，21得12，d=1，即{}3nna是首项为1113232a，公差d=1的等差数列。故1312(1)1322nnann∴na=11()322nn例13、（07天津理21）在数列{na}中，1a=2，且11(2)2nnnnaa（nN）其中＞0，()求数列{na}的通项公式。解：1n的底数与na的系数相同，则两边除以1n得1111221nnnnnnnnaa即111221nnnnnnaa∴2{}nnna是首项为120a，公差d=1的等差数列。∴20(1)1nnnann∴(1)2nnnan。五、取倒数法有些关于通项的递推关系式变形后含有1nnaa项，直接求相邻两项的关系很困难，但两边同除以1nnaa后，相邻两项的倒数的关系容易求得，从而间接求出na。例14、已知数列{na}，1a=1，11nnnaaanN，求na=？解：把原式变形得11nnnnaaaa两边同除以1nnaa得1111nnaa∴1{}na是首项为1，d=1的等差数列故11(1)(1)nnna∴1nan。例15、（06江西理22）已知数列{na}满足132a，且11321nnnnaaan（2nnN）()求数列{na}的通项公式。解：把原式变形成112(1)3nnnnaanana两边同除以1nnaa得即111233nnnnaa……⑴构造新数列{}nna，使其成为公比q=13的等比数列即111()3nnnnaa整理得：11233nnnnaa满足⑴式使2233∴1∴数列{1}nna是首项为11113a，q=13的等比数列∴11111()()333nnnna∴331nnnna。例16．（06江西文22）已知各项均为正数的数列{na}满足：13a，且11122nnnnnnaaaaaanN求数列{na}的通项公式。解：把原式变形为1112(2)nnnnnnaaaaaa两边同除以1nnaa得11212nnnnaaaa移项得：11112()nnnnaaaa所以新数列1{}nnaa是首项为11118333aaq=2的等比数列。故21123nnnaa解关于na的方程得1221(229)3nnna。六．利用公式1(2)nnnaSSn求通项有些数列给出{na}的前n项和nS与na的关系式nS=()nfa，利用该式写出11()nnSfa，两式做差，再利用11nnnaSS导出1na与na的递推式，从而求出na。例17.(07重庆21题)已知各项均为正数的数列{na}的前n项和为nS满足1S＞1且6nS=(1)(2)nnaan∈N求{na}的通项公式。解：由11aS=111(1)(2)6aa解得1a=1或1a=2，由已知11aS＞1，因此1a=2又由11nnnaSS=1111(1)(2)(1)(2)66nnnnaaaa得11()(3)nnnnaaaa=0∵na＞0∴13nnaa从而{na}是首项为2，公差为3的等差数列，故{na}的通项为na=2+3(n-1)=3n-1.例18.(07陕西理22)已知各项全不为0的数列{ka}的前k项和为kS，且kS=112kkaa(k∈N)其中1a=1，求数列{ka}的通项公式。解：当k=1时，11aS=1212aa及1a=1得2a=2；当k≥2时，由ka=1kkSS=111122kkkkaaaa得11()kkkaaa=2ka∵ka≠0∴11kkaa=2从而21ma=1+(m-1)2=2m-12ma=2+(m-1)2=2m(m∈N)故ka=k(k∈N).例19.(07福建文21)数列{na}的前n项和为nS，1a=1，12nnaS(n∈N),求{na}的通项公式。解：由1a=1，212aS=2，当n≥2时na=1nnSS=11()2nnaa得1nnaa=3，因此{na}是首项为2a=2，q=3的等比数列。故na=223n(n≥2),而1a=1不满足该式所以na=213(2)nn(n=1)2。例20.(06全国Ⅰ理22)该数列{na}的前n项和14122333nnnSa(n=1、2、3……)求{na}的通项公式。解：由14122333nnnSa(n=1、2、3……)…①得11aS=14124333a所