数列常见数列公式(很全)

常见数列公式等差数列1．等差数列：一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的差等于同一个常数，即－=d，（n≥2，n∈N），这个数列就叫做等差数列，这个常数就叫做等差数列的公差（常用字母“d”表示）2．等差数列的通项公式：或=pn+q(p、q是常数))3．有几种方法可以计算公差d①d=－②d=③d=4．等差中项：成等差数列5．等差数列的性质：m+n=p+q(m,n,p,q∈N)等差数列前n项和公式6.等差数列的前项和公式（1）（2）（3），当d≠0，是一个常数项为零的二次式8.对等差数列前项和的最值问题有两种方法:（1）利用：当0，d0，前n项和有最大值可由≥0，且≤0，求得n的值当0，d0，前n项和有最小值可由≤0，且≥0，求得n的值（2）利用：由二次函数配方法求得最值时n的值等比数列1．等比数列：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列.这个常数叫做等比数列的公比；公比通常用字母q表示（q≠0），即：=q（q≠0）2.等比数列的通项公式:，3．｛｝成等比数列=q（,q≠0）“≠0”是数列｛｝成等比数列的必要非充分条件4．既是等差又是等比数列的数列：非零常数列．5．等比中项：G为a与b的等比中项.即G=±（a,b同号）.6．性质：若m+n=p+q，7．判断等比数列的方法：定义法，中项法，通项公式法8．等比数列的增减性：当q1,0或0q1,0时,{}是递增数列;当q1,0,或0q1,0时,{}是递减数列;当q=1时,{}是常数列;当q0时,{}是摆动数列;等比数列前n项和等比数列的前n项和公式：∴当时，①或②当q=1时，当已知,q,n时用公式①；当已知,q,时，用公式②.数列通项公式的求法一、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．等差数列是递增数列，前n项和为，且成等比数列，．求数列的通项公式.解：设数列公差为∵成等比数列，∴，即∵，∴………………………………①∵∴…………②由①②得：，∴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项和与的关系，求数列的通项可用公式求解。例2．已知数列的前项和满足．求数列的通项公式。解：由当时，有……，经验证也满足上式，所以点评：利用公式求解时，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递推公式为解法：把原递推公式转化为，利用累加法(逐差相加法)求解。(2004全国卷I.22)已知数列中,,其中……，求数列的通项公式。P24（styyj）例3.已知数列满足，，求。解：由条件知：分别令，代入上式得个等式累加之，即所以，类型2（1）递推公式为解法：把原递推公式转化为，利用累乘法(逐商相乘法)求解。(2004全国卷I.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P24（styyj）例4.已知数列满足，，求。解：由条件知，分别令，代入上式得个等式累乘之，即又，（2）．由和确定的递推数列的通项可如下求得：由已知递推式有，，，依次向前代入，得，简记为，这就是叠（迭）代法的基本模式。（3）递推式：解法：只需构造数列，消去带来的差异．例5．设数列：，求.解：设，将代入递推式，得…（１）则,又，故代入（１）得说明：（1）若为的二次式，则可设;(2)本题也可由,（）两式相减得转化为求之.例6．已知，，求。解：。类型3递推公式为（其中p，q均为常数，）。解法：把原递推公式转化为：，其中，再利用换元法转化为等比数列求解。(2006.重庆.14）在数列中，若，则该数列的通项P24（styyj）例7.已知数列中，，，求.解：设递推公式可以转化为即.故递推公式为,令，则,且.所以是以为首项，2为公比的等比数列，则,所以.类型4递推公式为（其中p，q均为常数，）。（或,其中p，q,r均为常数）（2006全国I.22）（本小题满分12分）设数列的前项的和，（Ⅰ）求首项与通项；P25（styyj）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，得：引入辅助数列（其中），得：再应用类型3的方法解决。例8.已知数列中，,，求。解：在两边乘以得：令，则,应用例7解法得：所以类型5递推公式为（其中p，q均为常数）。解法：先把原递推公式转化为其中s，t满足，再应用前面类型3的方法求解。（2006.福建.理.22）（本小题满分14分）已知数列满足（I）求数列的通项公式；P26（styyj）例9.已知数列中，,,，求。解：由可转化为即或这里不妨选用（当然也可选用，大家可以试一试），则是以首项为，公比为的等比数列,所以,应用类型1的方法，分别令，代入上式得个等式累加之，即又，所以。类型6递推公式为与的关系式。(或)解法：利用进行求解。(2006.陕西.20)(本小题满分12分)已知正项数列{an}，其前n项和Sn满足10Sn=an2+5an+6且a1,a3,a15成等比数列，求数列{an}的通项anP24（styyj）例10.已知数列前n项和.（1）求与的关系；（2）求通项公式.解：（1）由得：于是所以.（2）应用类型4的方法，上式两边同乘以得：由.于是数列是以2为首项，2为公差的等差数列，所以类型7双数列型解法：根据所给两个数列递推公式的关系，灵活采用累加、累乘、化归等方法求解。例11.已知数列中，；数列中，。当时，,，求,.解：因所以即…………………………………………（1）又因为所以…….即………………………（2）由（1）、（2）得：，四、待定系数法（构造法）求数列通项公式方法灵活多样，特别是对于给定的递推关系求通项公式，观察、分析、推理能力要求较高。通常可对递推式变换，转化成特殊数列（等差或等比数列）来求解，这种方法体现了数学中化未知为已知的化归思想，而运用待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法。1、通过分解常数，可转化为特殊数列{a+k}的形式求解。一般地，形如a=pa+q（p≠1，pq≠0）型的递推式均可通过待定系数法对常数q分解法：设a+k=p（a+k）与原式比较系数可得pk－k=q，即k=，从而得等比数列{a+k}。例12、数列{a}满足a=1，a=a+1（n≥2），求数列{a}的通项公式。解：由a=a+1（n≥2）得a－2=（a－2），而a－2=1－2=－1，∴数列{a－2}是以为公比，－1为首项的等比数列∴a－2=－（）∴a=2－（）说明：这个题目通过对常数1的分解，进行适当组合，可得等比数列{a－2}，从而达到解决问题的目的。例13、数列{a}满足a=1，,求数列{a}的通项公式。解：由得设a，比较系数得解得∴{}是以为公比，以为首项的等比数列∴例14．已知数列满足，且，求．解：设，则，是以为首项,以3为公比的等比数列点评：求递推式形如（p、q为常数）的数列通项，可用迭代法或待定系数法构造新数列来求得,也可用“归纳—猜想—证明”法来求，这也是近年高考考得很多的一种题型．例15．已知数列满足，，求．解：将两边同除，得设，则．令．条件可化成，数列是以为首项，为公比的等比数列．．因,．点评：递推式为（p、q为常数）时，可同除，得，令从而化归为（p、q为常数）型．2、通过分解系数，可转化为特殊数列的形式求解。这种方法适用于型的递推式，通过对系数p的分解，可得等比数列：设，比较系数得，可解得。（2006.福建.文.22）（本小题满分14分）已知数列满足（I）证明：数列是等比数列；（II）求数列的通项公式；例16、数列满足=0，求数列{a}的通项公式。分析：递推式中含相邻三项，因而考虑每相邻两项的组合，即把中间一项的系数分解成1和2，适当组合，可发现一个等比数列。解：由得即，且∴是以2为公比，3为首项的等比数列∴利用逐差法可得====∴例17、数列中，，求数列的通项公式。解：由得设比较系数得，解得或若取，则有∴是以为公比，以为首项的等比数列∴由逐差法可得===说明：若本题中取，则有即得为常数列,故可转化为例13。例18．已知数列满足,,求．解：设或则条件可以化为是以首项为，公比为的等比数列,所以．问题转化为利用累加法求数列的通项的问题，解得．点评：递推式为（p、q为常数）时，可以设，其待定常数s、t由,求出，从而化归为上述已知题型．五、特征根法1、设已知数列的项满足,其中求这个数列的通项公式。作出一个方程则当时，为常数列，即，其中是以为公比的等比数列，即.例19．已知数列满足：求解：作方程当时，数列是以为公比的等比数列.于是2、对于由递推公式，给出的数列，方程，叫做数列的特征方程。若是特征方程的两个根，当时，数列的通项为，其中A，B由决定（即把和，代入，得到关于A、B的方程组）；当时，数列的通项为，其中A，B由决定（即把和，代入，得到关于A、B的方程组）。例20：已知数列满足，求数列的通项公式。解法一（待定系数——迭加法）由，得，且。则数列是以为首项，为公比的等比数列，于是。把代入，得，，，。把以上各式相加，得。。解法二（特征根法）：数列：，的特征方程是：。,。又由，于是故3、如果数列满足下列条件：已知的值且对于，都有（其中p、q、r、h均为常数，且），那么，可作特征方程,当特征方程有且仅有一根时,则是等差数列;当特征方程有两个相异的根、时，则是等比数列。(2006.重庆.文.22)．（本小题满分12分）数列求数列的通项公式.解：由已知，得，其特征方程为，解之，得，，。P26(styyj)例21、已知数列满足性质：对于且求的通项公式.解:数列的特征方程为变形得其根为故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第（2）部分，则有∴∴即例22．已知数列满足：对于都有（1）若求（2）若求（3）若求（4）当取哪些值时，无穷数列不存在？解：作特征方程变形得特征方程有两个相同的特征根依定理2的第（1）部分解答.(1)∵对于都有(2)∵∴令，得.故数列从第5项开始都不存在，当≤4，时，.(3)∵∴∴令则∴对于∴(4)、显然当时，数列从第2项开始便不存在.由本题的第（1）小题的解答过程知，时，数列是存在的，当时，则有令则得且≥2.∴当（其中且N≥2）时，数列从第项开始便不存在.于是知：当在集合或且≥2}上取值时，无穷数列都不存在.说明：形如:递推式，考虑函数倒数关系有令则可归为型。(取倒数法)例23：解：取倒数：是等差数列，六、构造法构造法就是在解决某些数学问题的过程中，通过对条件与结论的充分剖析，有时会联想出一种适当的辅助模型，如某种数量关系，某个直观图形，或者某一反例，以此促成命题转换，产生新的解题方法，这种思维方法的特点就是“构造”.若已知条件给的是数列的递推公式要求出该数列的通项公式，此类题通常较难，但使用构造法往往给人耳目一新的感觉.1、构造等差数列或等比数列由于等差数列与等比数列的通项公式显然，对于一些递推数列问题，若能构造等差数列或等比数列，无疑是一种行之有效的构造方法.例24：设各项均为正数的数列的前n项和为，对于任意正整数n，都有等式：成立，求的通项an.解：，∴，∵，∴.即是以2为公差的等差数列，且.∴例25：数列中前n项的和，求数列的通项公式.解：∵当n≥2时，令，则，且是以为公比的等比数列，∴.2、构造差式与和式解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差，然后采用迭加的方法就可求得这一数列的通项公式.例26：设是首项为1的正项数列，且，（n∈N*），求数列的通项公式an.解：由题设得.∵，，∴.∴例27：数列中，，且，（n∈N*），求通项公式.解：∴（n∈N*）3、构造商式与积式构造数列相邻两项的商式，然后连乘也是求数列通项公式的一种简单方法.例28：数列中，，前n项的和，求.解：，∴∴4、构造对数式或倒数式有些数列若通过取对数，取倒数代数变形