数列通项公式的若干求法及转化总结

1、数列通项公式的若干求法及转化总结求通项公式是学习数列时的一个难点。由于求通项公式时渗透多种数学思想方法，因此求解过程中往往显得方法多、灵活度大、技巧性强。现举数例。一观察法已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规律写出此数列的一个通项。例 1 ：已知数列1 ， 1 ， 5 ， 13， 29 ，61写出此数列的一个通项公式。248163264例 2：根据数列的前 4 项，写出它的一个通项公式：（ 1） 4， 44， 444， 4444， （2）11,24,3 9 ,416,251017（3）1,2 ,1 ,2 ,325（4）1,2 ,3 ,4 ,2345二

2、公式法（ 1）当已知数列为等差或等比数列时，可直接利用等差或等比数列的通项公式，只需求得首项及公差公比。例 1： 已知数列 an 是公差为d 的等差数列，数列 bn 是公比为q 的 (q R 且 q 1)的等比数列，若函数f (x) = ( x 1)2，且 a1 = f (d 1)， a3 = f (d+1) ，b1 = f (q+1)， b3 = f (q 1)，求数列 a n 和 bn 的通项公式；（ 2）已知数列的前n 项和求通项时，通常用公式a nS1(n1) 。SnSn 1 (n2)用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”即 a1 和 an

3、合为一个表达式。例 1、已知数列 an的前 n 项和为： Sn 2n 2n Snn 2n1求数列 an的通项公式。三由递推式求数列通项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。称辅助数列法。例题：已知数列 an 中， a114an1( n2) ，写出数列的前5 项。（课本习， an 12题）。变式 1：已知数列 an 中， a11， an14an1(n2) 。求 a20062变式 2：已知数列 an 中， a11， an14an1(n2) 。求 an2变式 3：已知数列 an 中， a11， an4an 13

4、n 1 。求 an21变式 4：已知数列 an 中， a11， an4an 13n12 。求 an2变式 5：已知数列 an 中， a11， an4an 13n12n 。求 an2变式 3：已知数列 an 中， a11， an4a3n1 。求 an2n 1变式 6：已知数列 an 中， a11， an4an 13n2 。求 an2变式 7：已知数列 an 中， a11， an14ann23n2 。求 an2变式 8：已知数列 an 中， a11， an14an3n1n1 。求 an2an 1p(n) anq(n)( p(n)0)类型：（一阶递归）a1a(a为常数）由等差，等比演化而来的“差型”

5、，“商型”递推关系等差数列：an 1and由此推广成差型递推关系：anan 1f()n累加： an(anan1 )(an 1an2 )(a2a1 )a1n=f (n)a1，于是只要f ( n) 可以求和就行。2类型 1 递推公式为解法：把原递推公式转化为，（特殊情形： . an 1 anpnq （差后等差数列）an 1an bn（差后等比数列） ）利用累加法求解。例 1已知 an 满足 an1an2，且 a11，求 an例 2已知 an 满足 an1an2n3，且 a11，求 an例 3已知 an 满足 an3n 1an 1 (n2) ，且 a11 ，求 an例 4. 已知数列满足，求。等比数

6、列：an 1anq2an由此推广成商型递推关系：g(n)an1anan 1a2 a1n累乘： ang( n) a1an 1an 2a12类型 2 递推公式为解法：（ 1）把原递推公式转化为，利用累乘法求解。例 1已知 an 满足 an 11 an ，且 a12 ，求 an2例 2已知 an 满足 an 1nan , an 0，且 a1 1 ，求 an例 4（ 1） . 已知数列满足，求。例题 1。已知数列an满足： a12, an2(2n1) an 1 ,( n2)n求证： an C2nn an 是偶数（由 an 1p(n)an 和 a1 确定的递推数列an的通项可如下求得：（2）由已知递推式

7、有 anp(n1)an 1 ,an 1p(n2)an 2 , , a2p(1)a1依次向前代入，得n10anp( n 1) p( n2 )p (1)aan(p(k )a1 (n1,p( k)1)1，简记为k1k1。这就是叠代法的基本模式。例 3 已知 a13n13, an 13n2 an (n 1) ，求 an 。an3( n1)13(n2)132131 a1解：3(n1)23(n2)2322323n43n752361 。3n13n4853nna1, S( n 1)a n, (n N )n 的通项公式1、已知数列 a 满足1n2，求 a3类型 3 递推公式为（其中 p， q 均为常数，）。解法

8、：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。例 1. 已知数列中，求。类型 4 递推公式为（其中 p， q 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，得：引入辅助数列（其中），得：再应用类型3 的方法解决。例 1. 已知数列中，求。例 2. 已知数列中，求。类型 5。 f (Sn , an )0 型的利用 anSnSn 1 ,( n 2) 转化为 g (an , an 1 )0 型，或 h(Sn , Sn 1 )0 型即混合型的转化为纯粹型的例题 1 已知数列an的前 n 项和 Sn 满足 Sn 2an ( 1)n , n 1.( )写

9、出数列an的前 3 项 a1 ,a 2 , a3 ;( )求数列an 的通项公式 ;4分析： Sn2an(1) n , n1.- 由 a1S12a11, 得 a11. -由 n2 得， a1a22a21，得 a20 -由 n3得， a1a2a32a31，得 a32 - 用 n1代 n 得 Sn 12an 1(1) n 1- ： anSnSn 1 2an2an12(1)n即 an2an12(1) n -an2a12(1) n2 2an22(1) n 12( 1) n22 an 222 (1) n 12( 1)nn2n 1 a12 n 1 ( 1) 2n 2 ( 1)22( 1) n2 2n2(1

10、)n 1-3n2例题 2。数列 an的前 n 项和记为n，已知a1Sn(n1,2,3). 证明：S1, an 1n数列 Sn 是等比数列；（全国卷（二）理科19 题）n方法 1 an 1Sn 1Sn , an 1n 2Sn ,n (n2)Snn(Sn 1Sn ),整理得nSn 1 2(n1)Sn ,所以Sn12 Sn .故 Sn 是以 2 为公比 的等比数列 .n1nn方法 2：事实上，我们也可以转化为Sn2n ，为一个商型的递推关系，Sn 1n1由 snsnsn 1s2 s1 = 2n 1nn 1 n 22 a1 na1 2 n 1sn 1 sn 2s1n 1 n 2 n 311 an 是正

11、数组成的数列，前n 项和为 Sn ，对所有的 n， an 与 2 的等差中项等于Sn 与 2的等比中项（1）写出 an 的前三项；（2）求 an 的通项。(an4n4)2在数列 an 中，已知 Sn32an ，求 an53已知数列 an 的前 n 和 Sn 满足 log 2 (Sn1)n1,求此数列的通项公式。4 已知数列前 n 项和。（ 1）求与的关系；（ 2）求通项公式。n，且a11Sn,n1,2,3,，求：5（北京卷 )数列 an 的前 n 项和为 S1, an 13（） a2 , a3 , a4 的值及数列 an 的通项公式；1,n1,（） a2a4 a6a2 n 的值 .（ an14

12、n 2, n）()2.33由递推数列公式求数列通项公式的解题方法是数学中针对性较强的一种数学解题方法， 它从一个侧面体现数学的研究方法， 体现了新课程标准理念， 是培养学生思维深刻性的极好的范例。注意一题多解；例 1：已知数列an 满足a11 ， an 12an1 nN *（）求数列an 的通项公式；解法 1：（构造法）an 12an1 nN * ，an 112 an1an1 是以 a112 为首项， 2 为公比的等比数列，an12n即 an2n1 nN *解法 2：（构造法）an 12an1 nN * an2an 11 n2 、两式相减得an 1an2 anan 1n2an 1an 是以 a

13、2a12 为首项， 2 为公比的等比数列，an 1an2n62an1an2 n即 an2n1 nN *解法 3：（阶差法）由a11， an12an1 nN *可得：an2an 112an 122 an 222 2 an 223 an 3222 n 2 a22 n 1 a12n 22 n 1 a12 n 1以上 n 式相加得an12222n 22n 11 2n2n112即 an2n1 nN *解法五：（迭代法）由a11， an12an1 nN *可得：an2an 112 2an 21 1 22 an 22 122 2an 31 2 1 23 an 3222 12n 1 a1 2n 2222 12

14、n12n222212n1即 an2n1 nN *总之，以上方法融会贯通可以解决关于递推数列公式求数列通项公式变形问题，从而提高学生的数学解题能力，把握数学学习方法。同式题： .已知数列an ， a13,an 12an1，则 an 当然，还有一些转化的方法和技巧，如基本的式的变换，象因式分解，取倒数、对数等还是要求掌握的。7四、转化为常见类型求解：（1）倒数变换法：形如an 1 ancan 1dan（ c; d为常数，且 c0, d0 ）的递推公式，可令an 11, an1 。则可转化为 an1panq 型；bn 1bn例 1：数列 an 中，且 a113 ， an 12an，求数列 an 的通

15、项公式 .2an1（2）对数变换法：例：已知 数列 an满足 a11, ana2n 1 ( n2) ，求 an 。当然，转化方法不是一成不变的，但其本质是构造、 转化为上述常见形式数列问题求解。如比例变换；例 1、设数列 an满足下列条件 a1a, ana2n12) ，求 an 。2an(n11（可化为an1an 1 2 ，再取对数）anan 11例 2、设数列 a满足下列条件，试求各通项：n（ 1） a11, nan1(n1)an1(n1,2,3)（ 2） a11, an2an 1(1) n1 ( n2,3,4)（ 3） a11, a210,anan 1 (n3,4,5)an 1an2解：（

16、 1） na n1(n1)an1an 1an1n1nn( n1)令 bnan , 则 b1a11 ， bn 1bn11)nn(n本题用n(n 1)除递推式两边，再进行变量代换，就可转化为“an 1anf(n)型”，可得 bn21annbn2n 1nnanan11nan 1anf(n)（ 2）递推式两边同除以2，得()，就可转化为“型”，2n2n128当然，也可以在递推式两边同除以nan2an 1即anan 1，(1)，得( 1) n( 1)n1( 1) n21( 1) n 1则可转化为“ an 1p anq 型”，所以得 an1 2 n( 1) n131 (lg an 1（ 3）递推式两边同取

17、对数，得lg anlg an1lg an2 )2令 bn lg an 1lg an ，则b1lg a2lg a11( 1 )n1 (nbn 113,4,5,)bn1,2,3)bn 2 (n221an 11)n1n 1(lg an 1 lg an)10 2，已转化为“ an 1 anf ( n) 型”，由累乘相(an2消法可得 an1112 11 n12 11 n 12210 10210 4( )n210an1010 2a1一般掌握下列转化思想即可；尤其对分式型递推关系。1、利用倒数转化为： （ 1） 11d ；（ 2） 1pqan 1anan 1an2、求前若干项观察项间周期性等练习： 1、已

18、知a1 1, an 1an求：anan 3an，求 an2、已知 a1=1, an+1=52an3、已知数列n满足： a1 0，且an3 (n1,2,3, )，则a2008（ A ）aan 13an1A 0；B3 ；C3； D2变式：（ 1）、已知数列 an满足： a1 0，且 an 1an3 (n1,2,3,) ， Sn 表示数3an 1列 an的 n 前项和则 S2008_（2）、已知 an满足 a11, a22, an21 (nN * ) ，则数列前 26 项的和 为：（B ）anA0B1C 8D 10（ 3）、已知数列 an满足： a1 3，且 anan an 11(n1,2,3,)

19、， A n 表示数列 an的 n 前项和则 A2005 _33、（ 2006 年江西卷） 已知数列 an满足： a1 3 ，且 an3nan1（ n2， nN ）22an1 n19（1）求数列 an的通项公式；解：将条件变为：1n1n1n为一个等比数列，其首项为an （1），因此 1an3an111 1，公比1 ，从而 1 n 1，据此得an n3n（n 1） 1a1 33an3n3n1练习：设数列an满足下列条件，试求各通项：（ 1） a10,an3an12(n 2,3,4)（ 2） a1a, an 1ann(n1,2,3 )（ 3） a11, (n2)(an1)nan 1 (n1,2,3)

20、（ 4） a11, an1annan1 an (n2,3,4 )（ 5） a11, an3n 12an1 (n2,3,4)（ 6） a10, a21, an 23an 12an1(n1,2,3,)（ 7） a17,an15an23n 14(n1,2,3, )（ 8） a11,an4an 1 ( n 2,3,4,)3an1类型： an 2=p an 1 +q an(p 、q 均为常数 ) （二阶递归）an 2 =p an 1+q anan 2 -an 1 （ an 1 -an ）p解出、因此q an 1 -an 是 G.P特殊地 an 2pan 1qanpq 1型分析： pq1 p1qan 21

21、 q an 1qanan 1q an 1anan 2an 1q an 1an10an 2an 1qan 1an an1an是以 a2a1 为首项，公比为q 的等比数列例 1、 a10 ， a21 ， an3an 12an 2n 3 ，求 an例 2： a1=1， a2 = 5an2= 5an 1 - 2an , 求数列 an 的通项公式 an 。3335an 2 - an 1（ an 1 - an ）3 解得： 1、 2233an 2 - an 1 2 （ an 1 - ann1）， a 2-a 1=2 an - an 1 =2 an （ an - an 1 ）+333（ an 1 - an

22、22） + +（ a2-a 1） +a1=32n an 3- 3n 1n 1+2n 222n3+ +3+1=3-3n 1 .同式题：已知 a1=1, a2=3， an+2=3an+1-2 an ，求 an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7.已知数列中，；数列中，。当时，求。解：因所以即11又因为所以即由<1> 、 <2>得：例 9数列 an中， a18,a42 且满足 an 2 2an 1annN *求数列 an的通项公式；设 Sn| a1 | | a2 | an | ，求 Sn ；设 bn =1(n N * ), T

23、nb1 b2bn ( nN * ) ，是否存在最大的整数n(12 an )m ，使得对任意 nN * ，均有 Tnm 成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理32由。3、已知数列 an 中， Sn 是其前 n 项和，并且 Sn 14an2(n1,2, ), a1 1 ，设数列 bnan 12an ( n1,2,) ，求证：数列bn是等比数列；设数列 cnan,( n 1,2,) ，求证：数列cn是等差数列；an2n求数列的通项公式及前n 项和。分析 ：由于 bn 和 cn 中的项都和 a n 中的项有关，a n 中又有 S n 1 =4a n+2 ，可由S n 2 -S n 1 作切入点

24、探索解题的途径解： (1) 由 S n 1 =4a n2 ， S n 2=4a n 1 +2 ，两式相减，得S n 2 -S n 1 =4(a n 1-a n ) ， 即a n 2 =4a n 1 -4a n (根据 b n 的构造，如何把该式表示成b n 1 与 b n 的关系是证明的关键，注意加强恒等变形能力的训练)a n 2 -2a n1 =2(a n1 -2a n ) ，又 b n =a n1 -2a n ，所以 b n1 =2b n已知 S 2 =4a 1 +2， a1 =1， a1 +a 2 =4a1 +2，解得 a 2 =5， b1 =a 2 -2a1 =312由和得，数列b n

25、 是首项为3，公比为2 的等比数列，故b n =3· 2 n 1 （2006年江苏卷）设数列 a 、 b 、 cn满足：bnanan 2， can2an 13an 2nnn（n=1,2,3, ），证明： an 为等差数列的充分必要条件是 cn 为等差数列且 bnbn 1 （ n=1,2,3, ）证明： 1 必要性：设数列 an 是公差为 d1 的等差数列，则：bn 1bn(an 1an 3 ) (anan 2 ) = (an 1an ) ( an 3an 2 ) = d1 - d1 =0， bnbn 1 （ n=1,2,3, ）成立；又 cn1cn(an 1an )2(an2an 1

26、 )3(an3an 2 ) =6 d1 （常数）（ n=1,2,3, ）数列 cn 为等差数列。2 充分性：设数列 cn 是公差为 d2 的等差数列，且bnbn1 （ n=1,2,3, ）， cnan2an13an2 cn2an22an33an 4 得： cncn2(anan2 )2(an1an3 )3(an2an4 ) = bn2bn 13bn 2 cncn 2(cncn 1 ) ( cn 1cn 2 )2d 2 bn2bn13bn22d2 从而有 bn12bn 23bn 32d 2 得： (bn1bn )2(bn2bn1 )3(bn3bn2 )0 (bn 1bn ) 0 ， bn 2bn

27、10 ， bn 3bn 20 ，由得： bn 1bn0（ n=1,2,3, ），由此，不妨设 bnd3 （ n=1,2,3, ），则 anan2d3 （常数）故 cnan2an 13an24an2an 13d3 从而 cn14an12an23d34an 12an5d3 得： cn 1cn2(an 1 an )2d 3 ，故 an 1an1 (cn 1cn )d 31 d2d 3 （常数）（ n=1,2,3, ），22数列 a n 为等差数列。综上所述： an 为等差数列的充分必要条件是 cn 为等差数列且 bnbn 1 （ n=1,2,3, ）。又称派生数列【高考热点】1. 所谓派生数列， 是指利用一个或几个已知数列产生新数列。例如，从一个数列中按一定的规律抽取一部分