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求数列通项公式的十种方法
一、公式法
例1已知数列{a}满足a2a32n,a2,求数列{a}的通项公式。
nn1n1n
aa3aa3a
解:a2a32n两边除以2n1,得n1n,则n1n,故数列{n}是
n1n2n12n22n12n22n
a23a3
以11为首项,以为公差的等差数列,由等差数列的通项公式,得n1(n1),
21222n2
31
所以数列{a}的通项公式为a(n)2n。
nn22
aa3
评注:本题解题的关键是把递推关系式a2a32n转化为n1n,说明数列
n1n2n12n2
aa3
{n}是等差数列,再直接利用等差数列的通项公式求出n1(n1),进而求出数列
2n2n2
{a}的通项公式。
n

S(n1)
a1
nSS(n2)
二、利用
nn1
{a}和{b}的前n项和,对任意正整数
nnnn
a2(n1),T3S{b}的通项公式;
nnnn
2
解:a2(n1)a4d2Sn3n
n1n
T3S4n3n25n……2分当n1时,Tb358
nn11
当n2时,bnTnTn16n2bn6n2.……4分
|
练习:{a},其前n项和S满足10S=a2+5a+6且a,a,a成等
nnnnn1315
比数列,求数列{a}的通项a
nn
解:∵10S=a2+5a+6,①∴10a=a2+5a+6,解之得a=2或a=3
nnn11111
又10S=a2+5a+6(n≥2),②
n-1n-1n-1
由①-②得10a=(a2-a2)+6(a-a),即(a+a)(a-a-5)=0
nnn-1nn-1nn-1nn-1
∵a+a>0,∴a-a=5(n≥2)
nn-1nn-1
当a=3时,a=13,a=73a,a,a不成等比数列∴a≠3;
131513151
当a=2时,a=12,a=72,有a2=aa,∴a=2,∴a=5n-3
131531151n:.
三、累加法
例3已知数列{a}满足aa2n1,a1,求数列{a}的通项公式。
nn1n1n
解:由aa2n1得aa2n1则
n1nn1n
a(aa)(aa)(aa)(aa)a
nnn1n1n232211
[2(n1)1][2(n2)1](221)(211)1
2[(n1)(n2)21](n1)1
(n1)n
2(n1)1
2
(n1)(n1)1
n2
.
所以数列{a}的通项公式为an2。
nn
评注:本题解题的关键是把递推关系式aa2n1转化为aa2n1,进而求
n1nn1n
出(aa)(aa)(aa)(aa)a,即得数列{a}的通项公式。
nn1n1n232211n
例4已知数列{a}满足aa23n1,a3,求数列{a}的通项公式。
nn1n1n
解:由aa23n1得aa23n1则
n1nn1n
a(aa)(aa)(aa)(aa)a
nnn1n1n232211
(23n11)(23n21)(2321)(2311)3
2(3n13n23231)(n1)3
3(13n1)
2(n1)3
13
3n3n13
3nn1
所以a3nn1.
n
评注:本题解题的关键是把递推关系式aa23n1转化为aa23n1,
n1nn1n
进而求出a(aa)(aa)(aa)(aa)a,即得数列{a}的通
nnn1n1n232211n:.
项公式。
四、累乘法
例6已知数列{a}满足a2(n1)5na,a3,求数列{a}的通项公式。
nn1n1n
a
解:因为a2(n1)5na,a3,所以a0,则n12(n1)5n,故
n1n1na
n
aaaa
ann132a
naaaa1
n1n221
[2(n11)5n1][2(n21)5n2][2(21)52][2(11)51]3
2n1[n(n1)32]5(n1)(n2)213
n(n1)
32n152n!
n(n1)
所以数列{a}的通项公式为a32n152n!.
nn
;
a
评注:本题解题的关键是把递推关系a2(n1)5na转化为n12(n1)5n,进而求
n1na
n
aaaa
出nn132a,即得数列{a}的通项公式。
aaaa1n
n1n221
例7已知数列{a}满足a1,aa2a3a(n1)a(n2),求{a}的通项
n1n123n1n
公式。
解:因为aa2a3a(n1)a(n2)①
n123n1
所以aa2a3a(n1)ana②
n1123n1n
用②式-①式得aana.
n1nn
则a(n1)a(n2)
n1n
a
故n1n1(n2)
a
n:.
aaan!
所以ann13a[n(n1)43]aa.③
naaa2222
n1n22
由aa2a3a(n1)a(n2),取n2得aa2a,则aa,又知
n123n121221
n!
a1,则a1,代入③得a1345n。
12n2
n!
所以,{a}的通项公式为a.
nn2
a
评注:本题解题的关键是把递推关系式a(n1)a(n2)转化为n1n1(n2),
n1na
n
aaa
进而求出nn13a,从而可得当n2时,a的表达式,最后再求出数列{a}的
aaa2nn
n1n22
通项公式。
—
paq或apaf(n)
n1nn1n
例8(2006年福建卷)已知数列a满足a1,a2a1(nN*).
n1n1n
求数列a的通项公式;
n
解:a2a1(nN*),
n1n
a12(a1),
n1n
a1是以a12为首项,2为公比的等比数列。
n1
a12n.
n
a221(nN*).
即
n
11
a中,a1,aa()n1,求a。
n1n12n2n
11
解:在aa()n1两边乘以2n1得:2n1•a(2n•a)1
n12n2n1n
令b2n•a,则bb1,解之得:bbn1n1
nnn1nn1
>
bn1
所以an
n2n2n
{a}满足a2a2n(1n2),且a81。
nnn14
(1)求a,a,a;
123
(2)求数列{a}的通项公式。
n:.
解:(1)a5,a13,a33
123
(2)a2a2n1a12(a1)2n
nn1nn1
a1a1a1
nn11nn1
2n2n12n
∴a(n1)2n1
n
六、待定系数法
例10已知数列{a}满足a2a35n,a6,求数列a的通项公式。
nn1n1n
解:设ax5n12(ax5n)④
n1n
》
将a2a35n代入④式,得2a35nx5n12a2x5n,等式两边消去
n1nnn
2a,得35nx5n12x5n,两边除以5n,得35x2x,则x1,代入④式得
n
a5n12(a5n)⑤
n1n
a5n1
由a516510及⑤式得a5n0,则n12,则数列{a5n}是以
1na5nn
n
a511为首项,以2为公比的等比数列,则a5n2n1,故a2n15n。
1nn
评注:本题解题的关键是把递推关系式a2a35n转化为a5n12(a5n),
n1nn1n
从而可知数列{a5n}是等比数列,进而求出数列{a5n}的通项公式,最后再求出数列
nn
{a}的通项公式。
n
例12已知数列{a}满足a2a3n24n5,a1,求数列{a}的通项公式。
nn1n1n
解:设ax(n1)2y(n1)z2(axn2ynz)⑧
n1n
将a2a3n24n5代入⑧式,得
n1n:.
2a3n24n5x(n1)2y(n1)z2(axn2ynz),则
nn
2a(3x)n2(2xy4)n(xyz5)2a2xn22yn2z
nn
等式两边消去2a,得(3x)n2(2xy4)n(xyz5)2xn22yn2z,
n
3x2xx3

解方程组2xy42y,则y10,代入⑧式,得

xyz52zz18
a3(n1)210(n1)182(a3n210n18)⑨
n1n
`
由a31210118131320及⑨式,得a3n210n180
1n
a3(n1)210(n1)18
则n12,故数列{a3n210n18}为以
a3n210n18n
n
a3121011813132为首项,以2为公比的等比数列,因此
1
a3n210n18322n1,则a2n43n210n18。
nn
评注:本题解题的关键是把递推关系式a2a3n24n5转化为
n1n
a3(n1)210(n1)182(a3n210n18),从而可知数列
n1n
{a3n210n18}是等比数列,进而求出数列{a3n210n18}的通项公式,最后再
nn
求出数列{a}的通项公式。
n
七、对数变换法
例13已知数列{a}满足a23na5,a7,求数列{a}的通项公式。
nn1n1n
解:因为a23na5,a7,所以a0,a0。在a23na5式两边取
n1n1nn1n1n:.
常用对数得lga5lganlg3lg2⑩
n1n
设lgax(n1)y5(lgaxny)○11
n1n
将⑩式代入○11式,得5lganlg3lg2x(n1)y5(lgaxny),两边消去
nn
5lga并整理,得(lg3x)nxylg25xn5y,则
n
lg3
x
lg3x5x
4
,故
xylg25ylg3lg2
y
164
lg3lg3lg2lg3lg3lg2
代入○11式,得lga(n1)5(lgan)○12
n14164n4164
#
lg3lg3lg2lg3lg3lg2
由lga1lg710及○12式,
141644164
lg3lg3lg2
得lgan0,
n4164
lg3lg3lg2
lga(n1)
n14164
则5,
lg3lg3lg2
lgan
n4164
lg3lg3lg2lg3lg3lg2
所以数列{lgan}是以lg7为首项,以5为公比的等
n41644164
lg3lg3lg2lg3lg3lg2
比数列,则lgan(lg7)5n1,因此
n41644164:.
lg3lg3lg2lg3lg3lg2
lga(lg7)5n1n
n4164464
111n11
(lg7lg34lg36lg24)5n1lg34lg316lg24
111n11
[lg(73431624)]5n1lg(3431624)
111n11
lg(73431624)5n1lg(3431624)
5n1n5n115n11
lg(75n13431624)
5n4n15n11
lg(75n131624)
5n4n15n11
a75n131624
则。
n
评注:本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式a23na5转化为
n1n
lg3lg3lg2lg3lg3lg2
lga(n1)5(lgan),从而可知数列
n14164n4164
lg3lg3lg2lg3lg3lg2
{lgan}是等比数列,进而求出数列{lgan}的通项
n4164n4164
公式,最后再求出数列{a}的通项公式。
n
八、迭代法
例14已知数列{a}满足aa3(n1)2n,a5,求数列{a}的通项公式。
nn1n1n
解:因为aa3(n1)2n,所以aa3n2n1[a3(n1)2n2]3n2n1
n1nnn1n2
2(n2)(n1)
3(n1)n2
a
n2
n32(n2)(n1)
3(n2)23(n1)n2
[a]
n3
3(n3)(n2)(n1)
3(n2)(n1)n2
a
n3

n112(n3)(n2)(n1)
323(n2)(n1)n2
a
1
n(n1)
3n1n!22
a
1:.
n(n1)
3n1n!22
又a5,所以数列{a}的通项公式为an5。
1n
~
aa3(n1)2n
评注:本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式。即先将等式
n1n
lga
两边取常用对数得lga3(n1)2nlga,即n13(n1)2n,再由累乘法可推知
n1nlga
n
n(n1)
lgalgalgalga3n1n!22
lgann132lgalg5,从而
nlgalgalgalga1
n1n221
n1n(n1)
3n!2
a52。
n
九、数学归纳法
8(n1)8
例15已知数列{a}满足aa,a,求数列{a}的通项公式。
nn1n(2n1)2(2n3)219n
8(n1)8
解:由aa及a,得
n1n(2n1)2(2n3)219
8(11)88224
aa
21(211)2(213)2992525
8(21)248348
aa
32(221)2(223)225254949
8(31)488480
aa
43(231)2(233)249498181
(2n1)21
由此可猜测a,往下用数学归纳法证明这个结论。
n(2n1)2
(211)218
(1)当n1时,a,所以等式成立。
1(211)29
(2k1)21
(2)假设当nk时等式成立,即a,则当nk1时,
k(2k1)2:.
8(k1)
aa
k1k(2k1)2(2k3)2
(2k1)218(k1)

(2k1)2(2k1)2(2k3)2
[(2k1)21](2k3)28(k1)

(2k1)2(2k3)2
(2k1)2(2k3)2(2k3)28(k1)

(2k1)2(2k3)2
(2k1)2(2k3)2(2k1)2

(2k1)2(2k3)2
(2k3)21

(2k3)2
[2(k1)1]21

[2(k1)1]2
由此可知,当nk1时等式也成立。
$
根据(1),(2)可知,等式对任何nN*都成立。
评注:本题解题的关键是通过首项和递推关系式先求出数列的前n项,进而猜出数列的通项
公式,最后再用数学归纳法加以证明。
十、换元法
1
例16已知数列{a}满足a(14a124a),a1,求数列{a}的通项公式。
nn116nn1n
1
解:令b124a,则a(b21)
nnn24n
11
故a(b21),代入a(14a124a)得
n124n1n116nn
111
(b21)[14(b21)b]
24n11624nn
即4b2(b3)2
n1n
因为b124a0,故b124a0
nnn1n1:.
13
则2bb3,即bb,
n1nn12n2
1
可化为b3(b3),
n12n
(
1
所以{b3}是以b3124a3124132为首项,以为公比的等比数
n112
1111
列,因此b32()n1()n2,则b()n23,即124a()n23,得
n22n2n2
2111
a()n()n。
n3423
评注:本题解题的关键是通过将124a的换元为b,使得所给递推关系式转化
nn
13
bb形式,从而可知数列{b3}为等比数列,进而求出数列{b3}的通项公式,
n12n2nn
最后再求出数列{a}的通项公式。
n
附:构造辅助数列
1a
,使其为等差数列。(形式:an)
an1pa1

nn
a1
例:已知数列a满足a1,an,求证:是等差数列,并求a

n1n13a1an

nn
的通向公式。
a1111
解:an,3,即3.
n13a1aaaa
nn1nn1n
%
1
是首项为1,公差为3的等差数列。
a

n:.
11
3n2,a.
an3n2
n
1a
,使其为等比数列。(an或AaBac0)
an1paqnn

nn
2a
例:在数列a中,已知a2,an,求证:数列a的通项公式。
n1n1a1n
n
2a
解:由a2,an可知,对nN,a0.
1n1a1n
n
111111
,即11.

a22aa2a
n1nn1n
11
又a1,1.
1a2
1
111
数列1是首项为,公比为的等比数列.
a22
n
111n11n

1.
a222
n
2n
a
n2n1
aa,使其为等比数列。apaqa
n1nn2n1n1
例:已知数列a满足a1,a3,a3a2a,求a的通项公式。
n12n2n1n1n
解:设aaaa,即aaa,
n2n1n1n1n2n1n1
则aaa,与a3a2a比较后的得
n2n1n1n2n1n1
3,2.
2,1或1,2.
当1,2时,aa2aa,aa是以aa2为
n2n1n1n1n1n21
首项,2为公比的等比数列。aa2n
n1n:.
aaaaaaaa
nnn1n1n2211
2n12n221
2n1(n2).
经验证,n=1时适合上式,a2n1.
n
同理,当2,1时,也得到a2n1.
n
综上知a2n1.
n