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名师总结精品知识点数列通项公式的四大题型类型一:观察分析法(已知前几项,写通项公式)具体方法有:(1) 联想比较法。如由-1,2,-3,4,-5,联想到数列 -1 ,1,-1 ,1,和1,2,3,4,5,可得nann)1(;由 3,6,11,18,27,联想到数列1,4,9,16,25,可得22nan;由,117,95,73,51可知该数列中各项分式的分子为2n-1, 而分母比分子多4,故3212nnan. (2) 逐差法。如1,3,5,7,9,可发现:3-1=5-3=7-5=9-7=2 ,于是归纳得12nan. (3) 逐商法 . 如 1,3,9,27,81,可发现, 327819273913于是归纳可得13nna. (4) 待定系数法 . 如:3,6,11,18,27,38,一次逐差得数列3,5,7,9,11,二次逐差得数列 2 ,2,2,2,一般地,逐差k 次后可得常数列,则通项公式可设为k 次多项式 . 可以猜想通项公式为cbnanan2. 令 n=1,2,3, 得a+b+c=3 1 4a+2b+c=6 2 9a+3b+c=11 3 联立123 可得 a=1,b=0,c=2. 经检验适合,故22nan. 类型二: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na是递增数列,前n 项和为nS,且931,aaa成等比数列,255aS求数列na的通项公式. 解:设数列na公差为)0(dd931,aaa成等比数列,9123aaa,即)8()2(1121daadadad120d,da1255aS211)4(2455dada由得:531a,53dnnan5353)1(53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。类型三:前n项和法(已知前n项和,求通项公式)名师总结精品知识点若已知数列的前n项和nS与na的关系,求数列na的通项na可用公式2111nSSnSannn求解。例 2已知数列na的前n项和nS满足1,)1(2naSnnn求数列na的通项公式。解:由1121111aaSa当2n时,有,) 1(2)(211nnnnnnaaSSa1122( 1),nnnaa,)1(22221nnnaa,.2212aa11221122( 1) 2( 1)2 ( 1)nnnnnaa.) 1(2323) 2(1 2) 1(2)2() 2() 2() 1(21211211nnnnnnnnn经验证11a也满足上式,所以) 1(23212nnna点评:利用公式211nSSnSannnn求解时,要注意对n 分类讨论,但若能合写时一定要合并类型四: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。题型 1: 递推公式为)(1nfaann解法:把原递推公式转化为)(1nfaann,利用累加法 (逐差相加法 )求解。例 3. 已知数列na满足211a,nnaann211,求na。解:由条件知:111)1(1121nnnnnnaann分别令) 1( , 3 ,2 ,1nn,代入上式得)1(n个等式累加之,即)()()()(1342312nnaaaaaaaa)111()4131()3121()211(nn所以naan111211a,nnan1231121(2n)名师总结精品知识点211a=1123满足上式故nan123题型 2 :递推公式为nnanfa)(1解法:把原递推公式转化为)(1nfaann,利用累乘法 ( 逐商相乘法 ) 求解。例 4. 已知数列na满足321a,nnanna11,求na。解:由条件知11nnaann,分别令)1( ,3, 2, 1nn,代入上式得)1(n个等式累乘之,即1342312nnaaaaaaaann1433221naan11又321a,nan32(2n)321a满足上式故nan32注:由nnanfa)(1和1a确定的递推数列na的通项还可以如下求得:所以1) 1(nnanfa,21)2(nnanfa,12)1 ( afa依次向前代入,得1)1()2()1(afnfnfan,题型三、形如1nnnpaaqap的递推式解法:取倒法构造辅助数列例 5:111,21nnnnnaaaaaa数列满足:求通项公式题型 4、递推式:nfpaann 1解法:只需构造数列nb,消去nf带来的差异其中nf有多种不同形式111n11n12111221a112aannnnnnaaaaaa解:是以为首项,以为公差的等差数列名师总结精品知识点nf为常数,即递推公式为qpaann 1(其中 p,q 均为常数,)0) 1(ppq)。解法:转化为:)(1taptann,其中pqt1,再利用换元法转化为等比数列求解。例 6. 已知数列na中,11a,321nnaa,求na. 解:设递推公式321nnaa可以转化为)(21tatann即321ttaann.故递推公式为)3(231nnaa,令3nnab,则4311ab,且23311nnnnaabb.所以nb是以41b为首项, 2 为公比的等比数列,则11224nnnb, 所以321nna. nf为一次多项式,即递推公式为srnpaann 1解法:转化为:)()1(1BAnapBnAann,其中A,再利用换元法转化为等比数列求解。例 7设数列na:)2( ,123,411nnaaann,求na. 解:设BAnbaB,Anabnnnn则,将1,nnaa代入递推式,得12) 1(31nBnAbBAnbnn)133()23(31ABnAbn13323ABBAA11BA1nabnn取()则13nnbb,又61b,故nnnb32361代入()得132nann备注:本题也可由1231naann ,1)1(2321naann(3n)两式相减得2)(3211nnnnaaaa转化为qpbbnn1求之. )(nf为n的二次式,则可设CBnAnabnn2; 题型 5 :递推公式为nnnqpaa1(其中 p,q 均为常数,)0)1)(1(qppq)。(或1nnnaparq,其中 p,q, r 均为常数)解法:该类型较题型3 要复杂一些。一般地,要先在原递推公式两边同除以1nq,得:qqaqpqannnn111引入辅助数列nb(其中nnnqab),得:qbqpbnn11再应用类型 3 的方法解决。例 8. 已知数列na中,651a,11)21(31nnnaa,求na。解:在11)21(31nnnaa两边乘以12n得:1)2(32211nnnnaa名师总结精品知识点令nnnab2,则1321nnbb,应用例 7 解法得:nnb)32(23所以nnnnnba)31(2)21(32题型 5: 递推公式为nnnqapaa12(其中 p,q 均为常数)。解法:先把原递推公式转化为)(112nnnnsaatsaa其中 s,t 满足qstpts,再应用前面类型3 的方法求解。例 9. 已知数列na中,11a,22a,nnnaaa313212,求na。解:由nnnaaa313212可转化为)(112nnnnsaatsaa即nnnstaatsa12)(3132stts311ts或131ts这里不妨选用311ts(当然也可选用131ts,大家可以试一试),则)(31112nnnnaaaannaa1是以首项为112aa,公比为31的等比数列 ,所以11)31(nnnaa,应用类型 1 的方法,分别令)1( ,3 ,2,1nn,代入上式得)1(n个等式累加之,即2101)31()31()31(nnaa311)31(11n又11a,所以1)31(4347nna。
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