数列求通项

2024-07-11

数列求通项（共8篇）

数列求通项篇1

已知数列的递推公式, 求其通项公式是数列中重要的题型之一, 在近年的高考试卷中也经常出现此类题型, 解决这个问题除验算—猜想—证明的方法外;利用公式的变形构造一个新数列来求解也是重要的手段, 下面通过例题分析阐述常用的变形方法, 供参考.

一、配凑构造

例1已知数列{an}中, a1=2, a2=4且an+2-2an+1+an=2, 求an.

解析:由an+2-2an+1+an=2, 得 (an+2-an+1) - (an+1-an) =2.即数列{an+1-an}是以a2-a1=2为首项, 公差为2的等差数列, 即an+1-an=2n, 则an= (an-an-1) + (an-1-an-2) +…+ (a2-a1) +a1=2 (n-1) +2 (n-2) +…+2+2=2· (n-1) n2+2=n2-n+2.

例2数列{an}的前n项和记为Sn, 已知a1=1, an+1= (n=1, 2, 3…) , 求an.

解析:因为an+1=Sn+1-Sn, an+1=, 所以 (n+2) Sn=n (Sn+1-Sn) , 整理得nSn+1=2 (n+1) Sn, 即故数列是以为首项, 2为公比的等比数列, 即=2n-1, Sn=n·2n-1, 当n≥2时, an=Sn-Sn-1=n·2n-1- (n-1) 2n-2= (n+1) 2n-2, 当n=1时也适合, 故an= (n+1) ·2n-2, n∈N*.

二、相除构造

例3已知{an+1-2an}是以2为公比的等比数列, 且a1=1, a2=4, 求an.

三、平方构造

例5已知函数f (x) = (x≤-2) . (1) 求f-1 (x) , (2) 若a1=1, an=-f-1 (an-1) , 求数列{an}的通项公式.

解析: (1) f-1 (x) =- (x≥0) , (2) 由an=-f-1 (an-1) , 所以an=, 两边平方得a2n-a2n-1=4, 所以数列{a2n}是以a21=1为首项, 公差为4的等差数列, 所以a2n=1+ (n-1) 4=4n-3, 又an>0, 所以an=

四、开方构造

例6已知函数f (x) = (x>0) , 设正项数列{an}的首项a1=2, 前n项和Sn满足Sn=f (Sn-1) (n≥2且n∈N*) , 求通项an.

五、待定系数法

例7已知数列{an}中, a1=1, 且an+1=3an-1 (n∈N*) , 求an.

例8 (2004年全国卷 (三) 改编) 已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an+ (-1) n (n∈N*) , 求数列{an}的通项公式.

六、公式变形

例9已知数列{an}的前n项和是Sn, S4=4, 当n≥2时, 有2an=求通项an.

例10已知正项数列{an}的前n项和Sn满足Sn=, 求通项an.

七、取倒数

例11已知数列{an}中, a1=2, an= (n≥2) , 求通项an.

八、取对数

例12 (2003年全国高考题) 设a>0, 如图1, 已知直线l:y=ax及曲线C:y=x2, C上的点Q1的横坐标为a1 (0

(1) 求an与an+1的关系, 并求数列{an}的通项公式,

(2) (3) 略.

数列求通项篇2

1、Sn1等，题型一般有以下两种：①式子中只含Sn和有关n的函数式；②式子中出了含有Sn和有关n的函数式以外，还有其他诸如an、an

1、Sn

1、Sn1等等。对于第一种题型，在求出an后，一般还需对a1与S1是否相等进行验证；而第二种题型一般则需令n取1去求a1。

1、已知数列an满足Sn11an,则an=（）

42、已知数列an的前n项和Sn满足：SnSmSnm，且a11，那么a10（）

3、数列an的前n项和Sn＝3nn，则an＝（）

24、若等比数列{an}的前项之和为Sn3a，则a等于（）

A．3 B．1

2nC．0

D．1

5、设等差数列an的前n项和公式是Sn5n3n，求它的前3项，并求它的通项公式。

6、数列an的前n项和记为Sn,a11,an12Sn1n1，（1）求an的通项公式；

（2）等差数列bn的各项为正，其前n项和为Tn，且T315，又a1b1,a2b2,a3b3成等比数列，求Tn。

7、已知Sn求an，（1）Snn2n4，求an；（2）Snn3n1，求an。

8、设数列an的每一项都不为零，Sna1a2a3an，已知4Sn(an1)，求通项公式an。

2229、设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意正整数n，anSn4096。

（1）求数列{an}的通项公式（2）设数列{log2an}的前n项和为Tn

10、已知Sn为数列an的前n项和，点an,Sn在直线y2x3n上．

（1）若数列anc成等比，求常数c的值；（2）求数列an的通项公式；

11、已知数列an的前n项和为Sn，常数0，且a1anS1Sn对一切正整数n都成立。

（1）求数列an的通项公式；

1a0,100n（2）设1，当为何值时，数列lg的前n项和最大？

an

12、已知数列an的前n项和为Sn,a23，2Sn13Sn2。2（1）证明数列an为等比数列，并求出通项公式；（2）设数列bn的通项bn1，求数列bn的前n项的和Tn； an（3）求满足不等式3TnSn(nN)的n的值。

13、设Sn为数列{an}的前n项和，Snknn，nN，其中k是常数。

（1）求a1及an；

（2）若对于任意的mN，am,a2ma4m成等比数列，求k的值。

8累加法、累乘法。累加法适用于类似an1anf(n)的，这时右边的f(n)是一个含有n的函数，一般是等差数列、等比数列或者等差+等比、等比+等比、等差×等比等等。方法就是分别给左右两边求和，就可以倒出通项公式了。同理，累乘法适用于*2*an1f(n)的题型，此时右边的f(n)也是一个含有n的函数，an一般有等比或其他特殊的式子。方法也和累加法类似，左右两边分别求前n项积，就可以倒出通项公式了。

1、已知数列an满足a111，an1an2，求an。2nnn2、已知数列an满足a11,an1an3,求an。n3、已知数列an满足a11,an1an23n1,求an。

4、已知数列an满足a12nan，求an。，an13n1an12n，求an

递推数列求通项方法举例篇3

常见题型和方法有:

an+1=an+f (n) 型, 此类问题可利用公式an=a1+ (a2-a1) + (a3-a2) +…+ (an-an-1) 求其通项

例2已知数列{an}中, a1=3且nan+1= (n+2) an+n, 求an.

解两边同时除以n (n+1) (n+2) , 得

an+1=anf (n) 型, 此类型可利用公式求通项

例3已知数列{an}中, a1=1, 且an+1=2Nan (n≥2) , 求an.

3.an+1=pan+rqn型

例4 在数列{an}中, a1=1, an+1=2an+2n, 求an.

解 ∵an+1=2an+2n,

则数列{bn}为等差数列, 且b1=1, d=1, bn=n,

∴an=n·2n-1.

4.Sn=f (an) 型

例5 已知数列{bn}中, b1=1, Sn为数列{bn}的前n项和, 且满足求bn.

解由已知, 当n≥2时,

又Sn=b1+b2+b3+…+bn,

又S1=b1=1,

∴数列是以1为首项, 公差为的等差数列.

∴当n≥2时,

5.an+1=can+d型 (c≠0, d≠0, c, d为常数)

例6 已知数列{an}中, 且an+1=3an-1, 求an.

解法1 (阶差法)

(1) - (2) , 得an+1-an=3 (an-an-1) ,

∴{an+1-an}是以a2-a1=2为首项, 3为公比的等比数列.

将 (1) 代入 (3) , 得

解法2 (待定系数法)

由an+1=3an-1, 则有

6.an+2=p1an+1+p2an型

此类型用常规方法解决很难, 可两次应用待定系数法.下面是特征方程法:

如果特征方程x2=p1x+p2有两个不等根α, β, 则an+2=p1an+1+p2an的通项为an=λ1αn+λ2βn, 如果有两个等根α, 则an=λ1αn+λ2nαn, 其中λ1, λ2由已知可求得.

例7已知数列{an}中, a1=1, a2=4, an+2=5an+1-6an, 求an.

解因为特征方程x2=5x-6的根为2和3,

∴an=λ12n+λ23n.

又a1=1, a2=4, 则有

递推数列求通项的几种常见方法篇4

一、型如an+1=an+f (n) 可用迭加法求通项

例1已知数列满足, 求通项an.

解:由递推公式得an-an-1=2 (n-1)

an-an-2=2 (n-2) ……

a3-a2=2·2

a2-a1=2·1

以上 (n-1) 个等式相加得

又a1=1∴an=1+n (n-1) =n2-n+1

注:一般地, f (n) 可分解成等差数列、等比数列求和 (或常用的数列和公式, 如12+22+32+…+n2=n (n+1) (2n+1) 等) 。

二、型如an+1=f (n) an (f (n) 不是常数) 可用迭乘法求通相

解:当n≥2时, an=Sn-Sn-1=n2an- (n-1) 2an-1

以上 (n-1) 个等式相乘得:

注:一般地, 数列an+1=f (n) an, f (n) 是分式的形式, 且是n的关系式。

三、型如an+1=pan+f (n) (p为常数且p≠0, p≠1可用转化为等比数列等

(1) f (n) =q (q为常数) , 可转化为an+1+k=p (an+k) , 得{an+k}是以a1+k为首项, P为公比的等差数列。

例3已知数列{an}中, a1=1, an+1=3an+2, 求通项an.

解:设an+1+k=3 (an+k) , 得an+1=3an+2k与an+1=3an+2比较得k=1∴原递推式可变为an+1+1=3 (an+1)

∴{an+1}是一个以a1+1=2为首项, 以3为公比的等比数列

∴a1+1=2·3n-1∴an=2·3n-1-1

注:一般地, 对递推关系式an+1=pan+q (p、q为常数, 且p≠0, p≠1) , 可等价地改写成

则成等比数列, 实际上, 这里的是特征方程x=px+q的根。

(2) f (n) 为等比数列, 如f (n) =qn (q为常数) , 两边同除以qn, 得:

注:一般地, 这类数列是递推数列的重点与难点内容, 要理解掌握。

注:一般地, 设α、β是递推关系的 (p、q、r、s为常数) 的特征方程 (p≠0、rq-ps≠0) 的两根。 (1) 若α=β可令则{bn}成等比数列; (2) 可令则{bn}成等差数列。

五、型如an+2=pan+1+qan (p、q为常数) 变形为an+2-αan+1=β (an+1-αan) 可转化为等比数列

解法略。

如何由数列的递推式求通项公式篇5

一、迭代法和累加法及累乘法

例1.已知数列{an}满足:a1+2a2+3a3+…+nan=2n2+1, 求an.

例2.已知数列{an}满足:a1a2a3…an=2n+1, 求an.

例3.已知数列{an}满足:a1=1, 且an+1-an=2n+1, 求an.

例4.已知数列{an}满足:a1=1, 且an+1÷an= (n+1) /n, 求an.

解:在an+1÷an= (n+1) /n中分别用n-1, n-2, …2, 1代n得:

说明:例1用迭代一次相减法, 例2用迭代一次相除法, 例3是an+1-an=f (n) 型, 用累加法, 例4是an+1-an=f (n) 型, 用累乘法。

二、构造法

例1.已知数列{an}满足:a1=1且an=3an-1+2 (n≥2) , 求an

评析:递推数列an=pan-1+q (p, q是不为零的常数) 是构造法中最常见最重要的一种类型, 都可以用待定系数法转化为等比数列的问题来进行处理。

例2.已知Sn是{an}的前n项和, 且Sn-3Sn+1Sn=Sn+1, 且a1=1, 求an

评析:对于Xn±p Xn+1Xn=Xn+1型, 都转化为等差数列来处理。

三、解方程法

例.已知正项数列{an}满足:a1=1且a2n+1-5an+1an-6an2=0, 求an

评析:对于含有an+1与an的二次齐次式递推式, 是将一个看作变量, 另一个为常数的一元二次方程来解决。

四、先迭代, 再构造

例.数列{an}的前n项和为Sn, 若an+Sn=n, c1=a1, 且cn=an-an-1 (n≥2) , 求cn.

说明:当已知Sn与an及n的关系式时, 常用迭代一次相减法进行转化, 再用构造法。

当已知an与an-1及n的关系式时, 构造法是首选方法。让学生用已有的等差和等比数列知识去解决新的数列问题, 是高考的能力立意的要求, 应引起师生的重视。希望以上的类型与方法对同学们有所帮助和提高, 能使同学们对这类问题不再感到棘手, 做到能触类旁通地求解数列的通项公式, 提高分析问题和解决问题的能力。

摘要：由数列的递推式求通项公式, 是一个难点, 又是高考的重点和热点。这类问题既考查学生的基础知识和基本技能, 又考查学生的逻辑思维能力, 对学生分析问题和解决问题的能力有比较高的要求, 因此, 我们要注重掌握解题策略。

例谈构造法在数列求通项中的应用篇6

一、构造等差数列

【例1】在数列{an}中, $a_{1} = 1 ‚ a_{n + 1} = \frac{2 a_{n}}{a_{n} + 2}$ , 求an.

解析:由已知得 $\frac{1}{a_{n + 1}} = \frac{1}{a_{n}} + \frac{1}{2}$ , 即 $\frac{1}{a_{n + 1}} - \frac{1}{a_{n}} = \frac{1}{2} ‚$

∴数列 ${\frac{1}{a_{n}}}$ 是以 $\frac{1}{a_{1}} = 1$ 为首项、以 $\frac{1}{2}$ 为公差的等差数列.

$∴ \frac{1}{a_{n}} = 1 + (n - 1) \times \frac{1}{2} = \frac{n + 1}{2} ‚ ∴ a_{n} = \frac{2}{n + 1} .$

小结:此题解法的简捷之处在于观察到数列 ${\frac{1}{a_{n}}}$ 是等差数列, 从而通过求 ${\frac{1}{a_{n}}}$ 的通项间接地求数列{an}的通项.一般对于形如 $a_{1} = m ‚ a_{n + 1} = \frac{A a_{n}}{B a_{n} + A}$ 的类型均可构造 ${\frac{1}{a_{n}}}$ 是以 $\frac{1}{a_{1}}$ 为首项、以 $\frac{B}{A}$ 为公差的等差数列.

【例2】数列{an}中, $a_{n} ＞ 0 ‚ a_{1} = 1 ‚ a_{n + 1} = a_{n} + 2 \sqrt{a_{n}} + 1 ‚ 求 a_{n} .$

解:an+1= (an+1) 2, 又 $∵ a_{n} ＞ 0 ‚ ∴ \sqrt{a_{n + 1}} - \sqrt{a_{n}} = 1 ‚ ∴ {\sqrt{a_{n}}}$ 是以 $\sqrt{a_{1}}$ 为首项、以1为公差的等差数列, $∴ \sqrt{a_{n}} = 1 + (n - 1) \times 1 = n$ , 即an=n2.

【例3】数列{an}中, a1=1, a2=4, an+2=2an+1-an+2, 求an.

解析:由题意知 (an+2-an+1) - (an+1-an) =2, ∴{an+1-an}是以a2-a1=3为首项、以2为公差的等差数列.

【例4】Sn是数列{an}前n项的和, 且2S2n=2anSn-an (n≥2) 且a1=2, 求an.

解析:2S2n= (2Sn-1) (Sn-Sn-1) (n≥2) , ∴Sn+2SnSn-1-Sn-1=0.

∴为首项、以2为公差的等差数列.从而求出以及Sn, 再利用an=Sn-Sn-1 (n≥2) 求出an.

以上例题都是通过构造等差数列间接求出数列通项.

二、构造等比数列

【例5】已知a1=1, an+1=2an+1, 求an.

解析:由题意知an+1+1=2 (an+1) , ∴{an+1}构成以a1+1=2为首项、以2为公比的等比数列.∴an=2n-1.

小结:若a1=m, an+1=pan+q (p, q≠0) 均可构造数列为等比数列, 进而求出数列an.

【例6】已知数列{an}中, a1=-1, an+1=3an+2n, 求an.

解析:由已知得an+1+2n+1=3 (an+2n) , ∴{an+2n}是以a1+2=1为首项、以3为公比的等比数列.∴an+2n=3n-1, ∴an=3n-1-2n.

小结:形如an+1=ban+pqn, a1=m, 均可构造等比数列进而求an.

【例7】已知

小结:形如类型均可取倒数得再构造等比数列, 方法同例5.

【例8】在数列{an}中, 求an.

【例9】在数列{an}中, a1=1, an+1=4a2n, 求an.

解析:∵an+1=4a2n, ∴{an}中各项均为正数, 两边取以2为底的对数得log2an+1+2=2 (log2an+2) .∴{log2an+2}构成以2为首项、以2为公比的等比数列.

∴log2an+2=2n, ∴log2an=2n-2, ∴an=22n-2.

小结:形如an+1=AaBn-1 (A是大于零的常数, B是正整数) 的递推形式时, 可用取对数的方法转化为bn+1=pbn+q形式再构造等比数列.

数列求通项篇7

类型1、递推公式为an+1-an=f (n) 型。

(1) 若f (n) 为常数, 即:an+1-an=d, 此时数列为等差数列, 则an=a1+ (n-1) d;

类型3、递推公式为an+1+an=f (n) 型。

(1) 若an+1+an=d (d为常数) , 则数列{an}为“等和数列”, 它是一个周期数列, 周期为2, 其通项分奇数项和偶数项来讨论;

(2) 若f (n) 为n的函数 (非常数) 时, 可通过构造转化为an+1-an=f (n) 型, 通过累加来求出通项;或用逐差法 (两式相减) 得an+1-an-1=f (n) -f (n-1) , 分奇偶项来分求通项。

类型4、递推公式为an+1·an=f (n) 型。

(1) 若an+1·an=p (p为常数) , 则数列{an}为“等积数列”, 它是一个周期数列, 周期为2, 其通项分奇数项和偶数项来讨论;

(2) 若f (n) 为n的函数 (非常数) 时, 可通过逐差法得an·an-1=f (n-1) , 两式相除后, 分奇偶项来分求通项。

类型5、形如an+1=can+d, (c≠0, 其中a1=a) 型。

(1) 若c=1时, 数列{an}为等差数列; (2) 若d=0时, 数列{an}为等比数列;

(3) 若c≠1?d≠0时, 数列{an}为线性递推数列, 其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求。此时数列{an}为线性递推数列。运用待定系数法, 构造新数列, 把原递推公式转化为:an+1-t=c (an-t) , 其中再利用换元法转化为等比数列求解。

类型6、形如an+1=pan+f (n) 型。

(1) 若f (n) =kn+b (其中k, b是常数, 且k≠0) , 则依递推式写出an=pan-1+f (n-1) 用相减法构造新数列, 运用类型5的方法来进行解决。

(2) 若f (n) =qn (其中q是常数, 且n≠0, 1。

(2) 当p2+4q≥0时, 用待定系数法, 可设an+2-xan+1=y (an+1-xan) , 而后构造新数列, 利用辅助数列求出数列通项。

类型9、形如an+1=panr (其中p, r为常数) 型。 (1) 当p>0, an>0, 两边取以p为底的对数; (2) 当p<0时, 用迭代法。

类型10、递推公式为f (Sn, an) =0型。

利用an=Sn-Sn-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。

例说递推关系求通项篇8

类型一an+1=an+f (n) 型, an+1=f (n) an型

例1 (2007北京) 数列{an}中a1=2, an+1=an+cn (n=1, 2, 3, …) (c为常数) , 且a1, a2, a3成公比不为1的等比数列.

(1) 求c; (2) 求{an}的通项公式.

解 (1) 容易求得c=2.

(2) 当n≥2时, a2-a1=c, a3-a2=2c, …, an-an-1= (n-1) c,

∵a1=2, c=2,

∴an=n2-n+2, (n=2, 3, …) .当n=1时, 上式也成立.

∴an=n2-n+2, (n=1, 2, 3…) .

评注等差数列满足的递推关系an+1=an+d实际上是这种类型递推关系的特殊形式, 因此an+1=an+f (n) 可以依照求等差数列通项公式的累加法来求解.等比数列满足的递推关系an+1=qan, an+1=f (n) an类型递推关系的特殊形式, 因此可以依照求等比数列通项公式的累乘法来求解.

类型二an+1=pan+q型

当p=0, 1时, 数列{an}为等差数列;当p≠0, 1, q=0时, 数列{an}为等比数列.下面主要研究p≠0, 1, q≠1的情形.

例2 (2007全国卷1) 已知数列{an}中a1=2, an+1= (槡2-1) (an+2) , (n=1, 2, 3, …) .

(1) 求{an}的通项公式; (2) 略.

评注当p≠0, 1, q≠1时, 此类型的递推关系可以变形为an+1+x=p (an+x) (其中px-x=q) , 这样就构成了以a1+x为首项, p为公比的等比数列{an+x}, 从而原数列就化归为我们熟悉的等比数列来处理.

类型三an+1=pan+f (n) (p≠1) 型

(1) 对任意的实数λ, 证明数列{an}不是等比数列; (2) (3) 略.

∴k=-3, λ=21.

∴{an-3n+21}为等比数列,

∴{an}不是等比数列. (2) (3) 略.

评注此类型的问题一般解法是两边同时除以pn+1, 化归为bn+1=bn+g (n) 的类型, 按照类型一来处理.当f (n) 是形如an (a为常数) 时, 在累加求和时就是等比数列求和;但f (n) 是关于n的一次式时, 可变形为an+1+λ (n+1) +b=p (an+λn+b) , 即将其化归为一个等比数列{an+λn+b}来处理.

(1) 求数列{an}的通项公式; (2) (3) 略.

评注此类型的问题一般是通过等式两边同时取倒数, 从而化归为bn+1=pbn+q的类型, 按照类型三的解法来求解.

类型五an+2=pan+1+qan型

例5 (2008广东文) 设数列{an}满足a1=1, a2=2, (n=3, 4, …) .数列{bn}满足b1=1, bn是非零整数, 且对任意的正整数m和自然数k, 都有-1≤bm+bm+1+…+bm+k≤1.

(1) 求数列{an}和{bn}的通项公式; (2) 略.

解 (1) 不妨令an+2+kan+1=λ (an+1+kan) , (n=1, 2, …) , 即an+2= (λ-k) an+1+kλ·an.

评注形如此类型的递推关系可变形为an+2+kan+1=λ (an+1+kan) , 从而由λ-k=p, kλ=q解出k, λ, 于是数列{an+1+kan}构成了以λ为公比, 以a2+ka1为首项的等比数列, 就化归为等比数列问题.当k, λ无解时数列可能为周期数列, 通过求有限的几项可得到周期, 如数列{an}满足:an+2=an+1-an, a1=1, 通过求前8项会发现此数列为周期是6的周期数列.

类型六 (an+1) r=p (an) s型

下面解法同例5, 得到bn+1=-2bn.

评注递推关系式为 (an+1) r=p (an) s型的正项数列, 可以通过两边取对数, 从而化归为bn+1=pbn+q的类型处理, 但只有正项数列才可以如此解决, 要注意其局限性.

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