(完整)数列常见数列公式(很全)

1、(完整)数列常见数列公式(很全)(完整)数列常见数列公式(很全) PAGE PAGE 16常见数列公式等差数列an an1 =d(n2，nN )，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:an 1 (n)dan am (nm)d 或an =pn+q(、q是常数）dd= a aan a1d =d =an amnn1n1n mA ab ab成等差数列2等差数列的性质：m+n=p+q am an a p aq （m,n,p，qN)等差数列前 n 项和公式6。等差数列的前n 项和公式（1）Sn二次式 n(a1 an )2(2)Sn n(n2（3）

2、 d n 2 (a 21d)nd0,是一个常数项为零的28.对等差数列前项和的最值问题有两种方法:利用an ：当an 0，d0，前项和有最大值可由an 0，且an10，求得n的值当an 0，前n可由an 0，且an10，求得n的值Sn等比数列：由Sn d n 2 (a 21d)n二次函数配方法求得最值时n的值21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qq0）,即: an =q(q0)an1n1n112。等比数列的通项公式:a a q n (a q 0)，a a q n n1n11 成等比数列 an1 nN ，q0)“anann0”是数列an成

3、等比数列的必要非充分条件既是等差又是等比数列的数列：非零常数列ab等比中项：G为a与b的等比中项.即（a，b同号。ab性质m+n=p+qam an ap aq判断等比数列的方法：定义法，中项法，通项公式法等比数列的增减性：q1, 00q1， 0an 是递增数列； q1， 0，01， 0an 是递减数列； q=1an 是常数列；q0an 是摆动数列；等比数列前 n 项和等比数列的前 n 项和公式:a (1 q n )a a q当q 1时，S 1或S 1nnq=1Sn 1qn1 q当已知，q，n时用公式；当已知,q， an 时，用公式.数列通项公式的求法一、定义法5555例1等差数列ann项和为解

4、：设数列an公差为d(d 0)n ，且a3 a 2 求数列的通项公式。,a3,成等比数列, a 2 a a ,31 即(a 2d )2 a (a 8d ) d 2 31 1111d 0，d S a 254d4d)255121 3 ，d 3a31(n 533nn 555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n Sn与an的关系，求数列a的通项an可用公式anS1 n 1 S Sn2 求解.例2已知数列a的前n SnSn2an(1)nn1求数列 nn 1n解：由a1 S1 2a1 1 a1 1n当n2nnn1nn有a S S当

5、n2nnn1nn有n a 2a2(1)nnan n2(1)n2， 2.a 2n1a 2n1 (1)2n2 (1)2 2(1)n1n12n1 (1)n3 3经验证a11也满足上式，所以 2 2n2 (1)n1 3点评：利用公式aSn n 1nSnS nn 2三、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an1 an f (n)解法:把原递推公式转化为an1 an f (n) ,利用累加法（逐差相加法)求解。（2004I。22)已知数列a且a2a2k (1)k ,2ka2

6、3k ，其中k 1,2,3, ，求1数列anj）11例3。 已知数列a1满足 1 ，2n1 1n2 n，求an 。aa 1111n1nn2 nn(n n n 1分别令n(n1)，代入上式得(n1)个等式累加之，即(a2 a1 ) (a3 a2 ) (a4 a3 ) (an an1 )(11)(11)(11)( 1 1)22334n1n所以an 1 1na1a111311 2n 2n2n类型 2 （1)递推公式为an1 f (n)an解法：把原递推公式转化为 an1 f (n) ,利用累乘法(逐商相乘法)求解。an（2004全国卷I。1,满足1n=1+22+331）1（2的通项a n 1P24(

7、styyj)n n 2例4. 已知数列a满足a 2 ，3n1 n an 1 ,求an 。1解：由条件知an1 n,分别令n (n1),代入上式得(n1)个等式累乘之，即1ann 1a2 a3 a4 an 123 n 1 an 1a2a3an1234nn又 2 ， a 23n3n（2)由an1f(n)an 和1确定的递推数列an由已知递推式有an f (n 1)an1 , an1 f (n 2)an2 ， ， a2 f (1)a1 依次向前代入，得an f(n1)f(n2) f，n10简记为an ( f(k)a1(n f(k)，这就是叠（迭)代法的基本模式。kk递推式：an1 pan fn构造数

8、列bn，消去fn带来的差异例5设数列an：1 ,an an1 2n,(n 2)，求an .解：设bn an B则an bn B，将an an1代入递推式，得n nBn1 (n)B2n1bn1 3A2)n3B3A)A3A A 1B3A1B 1取bn ann1（） 6 6 3n1 2 3n 代入（ ） 得an 2 3n n 1n说明：(1）f(n) n的二次式，则可设 b a 2 C ；(2）nan 3an1 2n1，an1 3an2 2(n 1（n3） 两 式 相 减 得an an 1 3(an 1 an 2 ) 2 转化为bn pbn1 q 求之。6已知3，n1 3n 1 a3n 2 n(n

9、1) ,求an 。 3(n 1) 1 3(n 2) 1 3 2 1 3 1 an3(n1)23(n2)23223 2 1 3n43n73n 1 3n 468 5528 55233 递推公式为an1 pan q （p，qpqp 1 0。n1t p(ant)，其中t q，再利用换元法转化为等比数列求解。1 p（2006.重庆。14）在数列n中,若1,an1 2an (n)，则该数列的通项an P24（styyj)例7. 已知数列an中，11，an1 2an 3，求an .解： 设递推公式 an1 2an 3 可以转化为 an1 t 2(an t) 即 an1 2an t t 3 。故递推公式为a

10、3 3) ,令b a 3 ，则b a 3 4 ，且 bn1 an1 3 2 。所以b 是以b 4 为首项,2 为nn1nnn11bnan 3n公比的等比数列，则b 4 2n1 2n1 ,所以a 2n1 3 nn1nn1类型4递推公式为a pa qn （其中p，q均为常数，(pq(p1)(q 0)）.(或a pa rqn n1nn1（2006 全国 I.22)（本小题满分 12 分）设数列n的前n项的和 4 3 1 2n1 2 ，n 2,3,n33（）求首项与通项an ；P25（styyj)3qn1an1 p an 1qn1qqnq引入辅助数列b (其中b an ，得：b pb 1再应用类型3.

11、nnqn1q nq例8。 已知数列a 5 ,6n1 1 a3 1n1( )n12解：在an1 1 a13 n11 n12n1 得 ： n1 ( )2( )2乘以n1 2 (2n a3) 1令b 2n a，则b 2 172n 3 2( )nb11nn ) 2(nnnnn13 nn32n23类型 5 递推公式为an2 pan1 qan （其中 p,q 均为常数)。解法:先把原递推公式转化为an2 san1 t(an1 san )其中 s，t 满足s t p ，再应用前面类型 3 的方法求解。st q（200622（本小题满分14分)n1已知数列满足n1 1(n N * ).nn求数列nnn例9.

12、已知数列a1，2,n2 2 3n11a3 ，求an 。解：由an2 2 3n11a3 可转化为an2n1 t(an1san )s t 2s11即a (s t)a HYPERLINK l _TOC_250001 3 HYPERLINK l _TOC_250000 或s 3n2n1n1 1st 33t 1s1s 11这里不妨选用1t (当然也可选用3n2 3n1) anan3t 1是以首项为 a2 1 ，公比为 1 的等比数列，所以 a3n1 ( 1)n1 , 应用类型 1 的方法, 分别令3nn1,代入上式得(n1个等式累加之,1(1)n1即an(1)0 (1)1 (1)n2 3333113又1

13、an 7 3 n1。443类型 6 递推公式为Sn 与an 的关系式。（或Sn f (an ) )解法：利用aS1 (n 1)进行求解。SnS n(n 2)（2006。陕西.20)(本小题满分12分)nnnnn1315n已知正项数列a前n项和S满足10S=a2+5a+6且aaa 求数列a项aP24nnnnn1315n（styyj）10。 已知数列n 4 1 2n2 。求an1与an 的关系；(2）求通项公式an 。解:（1)由Sn 4 1 2n2n1 4 n1 1 2n1n1 ) 12n2 1 ) 2n1所以an1 an1 12n1n1 1 a 21n2n 。nn1应用类型4的方法，上式两边同

14、乘以2n1得：2n1a 2n a n1由 a S 4 a1 a 1 . 于是 数列 2n a是以 2 为首项 ， 2 为公 差的等差数列, 所以112121nn2n an22(n2n n 2n1类型 7 双数列型nn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。nn11. 已知数列1;数列0.当n2 1(2ab)， 1 (a2b)，n1n1求an bn 。3n1n13n1n1解：因an 13n1) 13n1) n1bn12所以an bn an1 bn 1 an 2 bn 2 a2 b2 a b 111即an bn 1（1）11又因为an 1(2a3n1) 13n1)

15、 13n1 bn1 )所以a b 1 (ab) (1)2ab)(1)n1b)3nn3n13n2311n(1)n1.即a b (1)n1（2）nn33n111 nn1n由（1（2）:an 1( )， b 1( )n2323四、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an 的形式求解。一般地，形如 an1 =p an 的递推式均可通过待定系数法对常数 q 分解法:设 an1 n +k）与原式比较系数可得 pkk=q，即k=qp

16、an 12、数列aa1=1,a=1 2n+1(2a的通项公式。a=1 2n+1（n2）a2=1 2n2，而a2=12=1，数列a2是以 1 为公比，1 为首项的等比数列n2a2=(1 ）n1a2=2（1 )n12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 n 2，从而达到解决问题的目的。13、数列an a1 =1， an 7 0 ,求数列an 的通项公式。解：由3an170得n1 1 a 73 n3设ak 1k)，比较系数得kk7解得k 7n13n334 a 7 1a7173n是以为公比，以 1 为首项的等比数列43444 7 3 ( 1)n1 73n 1)n14434

17、43例14已知数列an满足11，且an1an 2，求an 解：设an1 t 3(an t,则an1 3an 2t t 1，an1 1(an )an 是 以(1 )为 首 项 ， 以3为 公 比 的 等 比 数 列n1 a 1 (a 1) 3n1 2 3n1 a 2 3n1 n1点评：求递推式形如an1 pan q （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an1 qp1 p(anq1 ) 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a满足a11, 3n 2an1(n 2) ，求an n解n 3n 2a两边同除3n an 1 2an1

18、 3n3n1 2an133n1设b an ，则b1 2b令b t 2 (bt) 2 b1tn3nn3 n1n3n1n3 n13t3条件可化成3 2(b，数列是以3 38 2为公比的等比数列b3n82 n13n1bann1333n ( 3 因 n 3n ,a b 3n 3n(8(2)n1 a 3n1 2n 2 nn33n点评：递推式为an1 pan q n1 (p、q 为常数)时,可同除q n1 ，得an1 p 1,令b an从而化归为a paq（p、qqn1q q nnqnn1n2an an1an2 pan1 qan 型的递推式， pan an1 an2 kan1 h(an1 kan ) h

19、k p,hk q ，可解得h, k 。(2006。福建。文.22）14）已知数列满足 a 3a(n N * ).(I）证明:数列n1 n求数列nn12n 2n1n例16、数列an满足1 ,a2 ,an2 an12 an =0，求数列an分析：递推式an2 3an1 2an 0an1的系数分12，适当组合，可发现一个等比数列an an1。解：由an2 3an1 2an 0得an2 an1 2(an1 an 0即an2 an1 2(an1a，且a2 1 523an1an2，3n1a a 3 2n1利用逐差法可得an1 (an1 an ) (an an1 ) (a2 a1 ) a1=32n1 32n

20、2 320 2=3(2n1 2n2 22=31 2n1 2 2=32n 1an 3 2 n1 1例17、数列an中，1 ,a2 an2 2an1an ，求数列an的通项公式。解：由3an 2an1得an2 2 3n11a3 设n2kan1 h(an1kan )比较系数得kh 2kh 1，解得k ,h 1或k 1,h 13333若取k h 1,则有3n2 13n1an)n1是以 1为公比,以a3 2 1 1为首项的等比数列an1 ( 1)n13由逐差法可得an (an an1 ) (an1 an2 ) (a2 a1 ) a1=(1)n2 (1)n3 (1)2 (1)133331( 1)n1=31

21、=3(1)n11 7 3(1)n111433443说明：若本题中取k 1h1，则有3n213n1 an113 n 即 得 1an13 1an13 a 1 an3 1 a23 117213。33例18已知数列a满足a11,2，n2 23n11a3 n求an 解：设an2 san1 t(an1 san) st 2s11a (s t)a3 或s 3n2n1n1 1st 33t 1则条件可以化为an213n1) n1是以首项为a2 1,公比为 1 的等比数列，所以3an1(1)n1问题转化为利用累加法求数列的通项的问题,解得a3 7 3 ( 1)n1 n443点评：递推式为an2 pan1 qan (

22、p、q 为常数）时，可以设an2 san1 t(an1 san ) ，其待定常数 s、t 由s t p , st q 求出,从而化归为上述已知题型五、特征根法1、设已知数列an的项满足a1ban1can d，其中c0c求这个数列的通项公式。作出一个方程x cxd则当x0 a1an an a1;当x0 an x0 ，其中是以c为公比的等比数列，即bbcn, a x .n111019已知数列n1 1 a3 2,nN, 4, 求an .解：作方程x 1 x 2,则x3 3 .2当a 4 x , b a311.1101 2 2数列 是以 1 为公比的等比数列。于是bb (1)n1 11(1)n1,3b

23、311(1)n1,nN.nn3n132n 2n 2232、对于由递推公式an2 pan1qan, 给出的数列a，方程 x 2 px q 0 ，叫做数列a 12的特征方程.若x , x12 x 时，数列的通项为 Ax n1 Bx n1 ，其中 A,B 由12nn12 a2 （即把12nn122,和n n1 n1 ABx xn121n121的通项为a A Bn)xn1 a , a 决定（即把a , a,x ,和n 1,2 ，代入nn1122121na A Bn)x n1 A、B。1n例20:已知数列an满足1 a,a2 ban2 5an12an 0(n ,nN)，求数列an的通项公式。解法一(待定

24、系数-迭加法）由3an2 5an1 2an 0 ，得an2an1 2 (a 3n1an )，且a2 a1 b a 。则数列n1是以b a 为首项， 2 为公比的等比数列，于是3an1 an (b2a)( 3n1。把n代入，得a2 a1 b a ,a3 a4 a2 a3 (b(b22a) ( )， 32a) ( ) 2 ,3 an an1 (b 2a)( ) 3n2 .把以上各式相加，得2221 ( )n1an a1 (b ( )( )n23333(b a。1 23 3 2 )n1b a a 3(a b)(2)n1 2a 。33解法二(特征根法：数列an：an2 5an1 2an 0(n ,nN

25、) ，1 a,a2 b 的特征方程是：3x 2 5x 2 0 。 2 ,3 an n1A 2( 3n1 。12又由a1 a, a2 b ，于是12a ABA 2a2 ABB 3(a b)3故an 3b 2a 3(a b)(2 )n133、如果数列an 满足下列条件：已知a1 的值且对于n N,都有an1 pan q h均为常数,ran hph qrr 0 h x px q x1时则是1r h0 a x等差数列;当特征方程有两个相异的根 、 时，则 an x1 是等比数列。 n0 12 a x (2006（本小题满分12 n2 数列an 满足a1 8an1an an1 2an 5 0(n 求数列

26、an 的通项公式.解:由已知，得a 2an 5x 2x,解之，得x 1 或x 5n1168an168x246(a 1)12(a 5)a1n2a5n4 n1 2 16, n1 4 16 8an1an1 11 an 2a na 11 n145 25 ,5 5(2) 2nan1 4an 4an 4a1 4an 2n1 2n 4. P26 (styyj)21、已知数列满足性质：对于nNa an 4 且求的通项公式.nn1n12an 3解: 数列a 的特征方程为x x 4 , 变形得 2x 2 2x 4 0, 其根为 1, 2. 故特征方程有两个相n2x312异的根，使用定理 2 的第（2）部分，则有n

27、c a1 1 ( p 1r ) n1 3 1 ( 1 1 2 ) n1 , n N.na1 p 2 r3 21 2 2c 2 ( 1)n1, n N.n55 2 2 ( 1)n1 1 a 2 cn 155,nncn 1n2 ( 1)n1 155(5)n 4即an 2 (5)n , n N.22已知数列满足：对于nN都有a 13an 25 .nan 3（1）若a1 求an (2）若a1 求an （3)若 6求an ;（4）当a1 取哪些值时，无穷数列an 不存在？解：作特征方程x 13x 25 . 变形得x 2 10 x 25 0,x 3特征方程有两个相同的特征根 5. 依定理 2 的第（1）部

28、分解答.（1） .对于n N都有an (2） .1a1 (nrp r1 3(n1 131 1 n 1 ,28令bn 0 ,得n 5 。故数列an 51当n 4，n Nan 1bn 5n 17 .n 5(3) .nb 1 (nr1 n1,nN.na1 p8令bn 0则n 对于n bn 0.n a 1 n15 5n43,nbn1n1n 78（4、显然当1 32（1 5 是存在的，当a 5时，则有b 1 (nr1 n1nN 0, 则得n1a1 p58na 5n 13 , n N 且n 2。1n 1当a1 5n 13 （其中n NN2）时，数列n1从第n 项开始便不存在。于是知：当a 在集合35n13

29、nN且n2上取值时，无穷数列都不存在.1n1n 1递推式,考虑函数倒数关系有 1 k ( 1n 1 ) k 1k 令 1 则nk(an1b)ann1man1mannn可归为an1 pan q（取倒数法)n23an1, a 11n3a11n1解:取倒数： 1 3 an1 1 3 1anan1an1 1 1是等差数列，1 (n1)3 1(n1)3a 1aa nann3n 2六、构造法法的特点就是“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nn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。nn例24：设各项均为正数的数列求an的通项a。nSna2 2a 4Sn成立，nna2 2ann 4Sn 2 n1 ，a2 a2 4(S S) 4ann1n1nn1n(an an1)(an an12)0 ，an an10 ,anan12. 即an是以 2 为公差的等差数列，且a22a4a 2 。1111an 2 2(n 1) 2n11例25:数列an中前n和Sn 2nan