数列通项公式的求法

1、 na的第n项na与n之间的函数关系可以用一个公式来表示,这个公式叫做这个数列的通项公式,即)(nfan 数列通项公式的求法,主要有,观察法, 公式法，另外还有,待定系数法;由数列的递推公式求通项公式法,迭加法,迭乘法,换元法等. 注意:并非每一个数列都可以写出通项公式,数列的通项公式,也并非是唯一的.一、观察法一、观察法数列也可以用作下面两个条件结合起来的方法表示: (1)给出最初的n项或一项. (2)给出数列中后面的项用前面的项来表示的公式,这种方法叫做递推法,后者称为该数列的递推公式.写出下列数列的一个通项公式,2663,1748,1035,524,215)7(,1681,833,413

2、,25,2)6(,301,201,121,61,21)5(,65,54,43,32,21)4(,5,3,5,3,5,3)3(,0,1 ,0,1 ,0,1)2(1,1 ,1,1 ,1,1)1(1) 1() 1 (nna2) 1(1)2(1nnanna) 1(4) 3(1)4(nnan) 1(1)5(nnan121)6(nnna11) 3()7(22nnan二、公式法二、公式法:写出下列数列的一个通项公式：,924,715,58, 1)7(,167,85,43,21)6(,8116,278,94,32)5(,169,137,21,73,41)4(,7777,777,77,7)3(,9999,999

3、,99,9)2(,25,19,13,7, 1)1(nna)32()5()56() 1() 1 (1nann110)2(nna) 110(97) 3(nna1312)4(nnannnna212)6(121) 1() 1()7(21nnann三、累差迭加法：基本原理是等差数列推导通项公式。的一个通项公式求数列,15,10, 6 , 3 , 1) 1 (法一：原数列可写为 1，1+2，1+2+3，1+2+3+4， 故其通项公式为2) 1(321nnnan法二：由已知条件，得2) 1(321.4321., 4, 3, 211342312nnnanaannaaaaaaaannnn个等式相联系加得将上述的

4、通项公式求数列1112, 3)2(nnnaaa2133411223011121112222222, 3:aaaaaaaaannn解 .,)(),(1求和累差迭加法则可用等比数列是等差数列或其中满足若数列nfnfaaannn2133422aa1nnaa)2222(,22101nnaa得将上述各式相加22n11221012421213)2222(nnnnaa四、迭乘法：基本原理是等比数列推导通项公式。四、迭乘法：基本原理是等比数列推导通项公式。的一个通项公式求数列59049,729,27, 3 , 1) 1 (11221445334223123,3,381,327,39, 3:nnnnnnaaaa

5、aaaaaaaa从已知分析得12432112145342312333333nnnnnnaaaaaaaaaaaa2)1(1321133nnnnaa2)1(2)1(133nnnnnaa .),(1迭乘法则可用满足若数列nfaaannn五、递推法。五、递推法。（一）已知前（一）已知前n项和公式求通项公式项和公式求通项公式 ., 132) 1 (2nnnannSna求通项项和为中前数列, 211312,1) 1 (211San时当解541332421321) 1( 3) 1(2) 132(,2)2(22221nnnnnnnnnnSSannnn时当经验证(1)不包含在(2)中,所以由(1)(2)知通项公

6、式为时当时当2, 541, 2nnnan .,23)2(2nnnannSa求通项公式的前项和为已知数列51213,1:211San时当解162) 1(323,2221nnnnnSSannnn时当16,16511nanaannn此数列的通项公式为中包含在时经验证当 .),1(21)3(nnnnnaaaSa求通项公式的前项和为已知数列) 1 (012.12:2nnnnnnaSaaaS即是解由已知条件得01)(2)(:) 1 (,21211nnnnnnnnSSSSSSSan式得代入把时当1:212nnSS展开化简为1, 1, 1:212223222221SSSSSSnnnn于是以上各式相加得到:12

7、12nSSn, 1)1(212111111nSnSaaaaaSnn于是解出nnannannannannnn1111或或或 .),(23,)4(111nnnnnnaNnaSSaSa求通项公式且若的前项和为设数列)2( ,2) 1 (,221211nnnnnnaSSaSSnnSa 与分析：由于给出的递推关系中混在一起，因而应首先统一到关于nnSa 或的递推关系，然后再利用所掌握的方法解之。法一（统一为na的递推关系）.22),1 () 2(122nnnnaaSS得.221212nnnnaaaa即)(312Nnaann.3为公比的等比数列数列从第二项起是以. 6,2, 322211aaSSa又.32

8、36,212nnnan时当)2(32) 1(31nnann),(22111nnnnnSSaSSnS法二（统一成关于的递推关系） .3,311的等比数列公比为为首项是以aSSn.3331nnnS)2(32) 1(3)2() 1(111nnnSSnSannnnnnSa 与解法一是将混杂的递推关系统一为关于nannSa 与的递推关系。解法二是将nS混杂的递推关系统一为的递推关系。显然，解法二较简单。 .,31,21,21,21),1()21(31,65) 1 (12312111nnnnnnnaaaaaaanaaaa求为公比的等比数列是以并且数列满足已知数列（二）在一个所给的数列递推公式中构造一个由原

9、数列的项通过（二）在一个所给的数列递推公式中构造一个由原数列的项通过换元、代入消元、待定系数等方法组成的新等差或等比数列是常换元、代入消元、待定系数等方法组成的新等差或等比数列是常用方法。（实际上换元，代入消元，待定系数都可以通称为特征用方法。（实际上换元，代入消元，待定系数都可以通称为特征方程法。）方程法。）) 1 ()31()31(9121111nnnnaa解： 依题意，等比数列的递推公式是：另一数列的递推公式是：)2()21(3111nnnaa,)31()21()3121(),1 ()2(11nnna得11)31()21(6nnna ., 1),( 12)2(11nnnnaaNnaaa求

10、通项公式的递推关系是已知数列法一:递推法12121221222221) 12(212:112321121nnnnnnnnnaaaa解法二:换元法一(即辅助数列法)21(21xaxann设, 121xxx则解得令) 1(211nnaa故数列1na是首项为2,公比为2的等比数列,即nna2112 nna121211nnnnaaaa法三:换元法二两式相减得)(211nnnnaaaa2),(11bNnaabnnn令nnnnnaab22211则1212222)()()(321112211nnnnnnnnnaaaaaaaa . 043,3,913,34,)3(2121通项公式求数列有时当已知中在数列nnn

11、nnaaaanaaa) 1 ()3()(31,)(3211211naaaaaaaannnnnnnn.31,121为公比的等比数列以为首项是以aaaann)2(.)31()31)(11121nnnnaaaa解：由条件，得).3(3131),1 (211naaaannnn得又由)3( , 13131.311211aaaaaannnn为常数列)()31(2123),3()2(Nnann得由 .,12, 1)4(11nnnxnxxxxxx求通项公式满足已知数列本题的解法是将条件进行适当变形，实现了向等比数列、常数列的本题的解法是将条件进行适当变形，实现了向等比数列、常数列的转化。从而使问题得到解决。另

12、外，当得到（转化。从而使问题得到解决。另外，当得到（2）后也可用累加法）后也可用累加法解之。解之。121nnnxxx.1211nnxx. 2111nnxx为公差的等差数列为首项是以数列2 ,1111xxn法一：换元法. 12) 1(211nnxn.121nxn法二：归纳法,122131,11211,21xx得由已知.142171,13215143xx.121nxn猜测下面用数学归纳法进行证明（略）。的两根看作是方程我们可把0221qpxx的递推关系则若已知012nnnqapaa(5)特征根的方法（待定系数法）目的解决是构造新数列中的形式和系数理论依据是可假设为)()(112112nnnnaaa

13、a展开得0)(211212nnnaaa对比已知条件的系数，可知qp212121,从而可求为公比的等比数列为首项是以因而数列211211aaaannnaaa求出在下面可以利用迭加法因为已知,213,21naa且已知 .).0, 1, 0,( ,2,) 1 (11nnnnadqqdqdqaanaaa求此数列的通项常数且为时满足已知中数列解：设存在一个数) 1().(111qqaaaqadqaannnnnn展开得变形为使)1(1.11qdaqqdaqdnn于是原式可化为比较系数得1) 1(111qqdqaannn11)1(1nnqqdaqda11qda可见该数列是首项公比为q的等比数列。即通项为整理

14、得4325, 7111nnnaaa（2）已知 .nnaa 的通项求数列解：4325, 7111nnnaaa)3(5311nnnnaa设. 5, 1313211公比首项数列aann135313515111nnnnna即. 1, 3比较系数得，) 13(513121nnnnaa于是，1151513nnna得到.,)0, 0, 2(,)3(111112121nnnnnnnnbnrqprpqrpnrbqabpaaqbpabbbaaa表示试用是已知常数且其中和数列已知数列,11nnpaapa解：由比较系数得得整理)(,11nnnnprprbb,11nnpa得11nnnqprbb得)2(1111nrbqa

15、bpannnnn再由)(11nnnnpbrpb令prq)(1nnnnnprprqprqprprqrb则.,rprqrprqpqprqpbnn公比为的首项为于是.), 3( 123, 1, 0)4(2121nnnnaNnnaaaaa求已知1)(2)(211nnnnaaaa则12,11nnnnnbbaab则再令) 1(211nnbb变形为),2(121nbnn于是, 0, 12111aaannn由)(12:Nnnann累加得1)()(:211nnnnaaaa令解. 2, 1展开比较得： .),(386, 2, 1,)5(1221nnnnnaNnaaaaaa求中在数列3)()(:112nnnnaaa

16、a构造解. 4, 2比较系数得：34,212122nnnnnbbaab则令322)3812(2)386(2212233aaaaab)4(24112 nnnnaa再构造nnnnaa22) 142(1421122从而)( , 12422Nnannn所以122232nnna即可推出 .,31, 0,)6(11nnnnnaaaaaa求中在数列14214122nnnnnaab即易得1, 2比较系数得：故有：) 142(2142112nnnnaa131:得由解得取倒数从而有,2) 1() 1(213111nnnnnaaaaa2111111nnaa的等差数列公差为是首项为所以211111111aan,211111nan)(1121Nnnnannann或解得) 1(2121111nnaa取倒数1)21(23212111nnnnbbb可解得 nnnnnaaaaaa求中在数列.32, 1,)7(11. 1,32:得由解2111,1111ababnn则有设1) 1() 1(213211nnnnnaaaaa,2231)21(23141nnnna即nnna2332:1解之得)3010. 02lg),(2, 0(?%,)2(,%,) 1 (.,1%,1,1%,1,5%)8(321bacababaaaankgakgkgakgkgc浓度不小于才能使容器内溶液的的手续要进行多少次倒出注入想出通项公式并猜