高一数列通项公式常见求法

一、公式法

高中重点学了等差数列和等比数列，当题中已知数列是等差或等比数列，在求其通项公式时我们就可以直接利用等差或等比数列的公式来求通项，只需求得首项及公差公比。 1、等差数列公式

例1、已知等差数列{an}满足a2=0，a6+a8=-10，求数列{an}的通项公式。

解：（I）设等差数列{an}的公差为d，由已知条件可得

a1d0,a11,  解得

2a12d10,d1.1故数列{an}的通项公式为an2n. 2、等比数列公式

例2、设{an}是公比为正数的等比数列，a12，a3a24，求{an}的通项公式。

解：设q为等比数列{an}的公比，则由a12,a3a24得2q22q4， 即q2q20，解得q2或q1（舍去），因此q2. 所以{an}的通项为an22n12n(nN*). 3、通用公式

若已知数列的前n项和Sn的表达式，求数列an的通项an可用公式

Snn1an 求解。一般先求出a1S1，若计算出的an中当n=1

SnSn1n2适合时可以合并为一个关系式，若不适合则分段表达通项公式。 例3、已知数列{an}的前n项和Snn21，求{an}的通项公式。

解：a1s10，当n2时

0a 由于1不适合于此等式 。 ∴an2n1(n1)(n2)

二、当题中告诉了数列任何前一项和后一项的递推关系即：an和an1的关系时，我们可以根据具体情况采用下列方法： 1、累加法

一般地，对于形如an1anf(n)类型的通项公式，且f(1)f(2)f(n)的和比较好求，我们可以采用此方法来求an。 即：an(anan1)(an1an2)L(a2a1)a1(n2)。

例4、数列an的首项为3，bn为等差数列且bnan1an(nN*)．若

则b32，b1012，则a8

A．0 B．3 C．8 D．11 解：由已知知bn2n8,an1an2n8,由累加法 例5、 已知数列an满足a1,an1an式。

解：由题知：an1an2、累乘法

一般地对于形如“已知a1，且

an1f(n)（f(n)为可求积的数列）”的形ananan1aL2a1(n2)； an1an2a1121，求数列an的通项公n2n1111 n2nn(n1)nn1式可通过累乘法求数列的通项公式。即：an例6、在数列｛an｝中，a1 =1, (n+1)·an1=n·an，求an的表达式。

解：由(n+1)·an1=n·an得

an1n， ann11123n11ana2a3a4=··…an= 所以an

nnna1a1a2a3an12343、构造法

当数列前一项和后一项即an和an1的递推关系较为复杂时，我们往往对原数列的递推关系进行变形，重新构造数列，使其变为我们学过的熟悉的数列（等比数列或等差数列）。具体有以下几种常见方法。 （1）待定系数法：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且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.

待定系数法：设an1c(an),

得an1can(c1),与题设an1cand,比较系数得

ddd,(c0)anc(an1)c1c1c1 所以有：

(c1)d,所以

ddana1c1构成以c1为首项，因此数列以c为公比的等比数

列，

andddd(a1)cn1an(a1)cn1c1c1c1c1. 即：

所以

例7、已知数列{an}中，a11,an2an11(n2)，求数列an的通项公

式。

解：Qan2an11(n2), an12(an11) 又Qa112,an1是首项为2，公比为2的等比数列 an12n，即an2n1.

a12,an111an,22求通项an。答案：

练习、已知数列{an}中，

1an()n112

（2）倒数法

一般地形如anan1、anan1an1an等形式的递推数列可以

kan1b用倒数法将其变形为我们熟悉的形式来求通项公式。

an1，求an的通项公式。

3an1113an111 解：原式两边取倒数得： 3anan1an11 bn1(n1)33n2，即an

3n21例9、在数列{an}中，a1，并且对任意nN,n2都有

3例8、已知数列an满足：a11,ananan1an1an成立，令bn1(nN),求数列{bn}的通项公式 . an 解：当n=1时，b113, a1111, anan1 当n2时，由anan1an1an ，等式两边取倒数得：

所以bnbn11，所以数列{bn}是首项为3，公差为1的等差数列， 所以数列{bn}的通项公式为bnn2 （3）对数法

当数列an和an-1的递推关系涉及到高次时，形如：an= man-1

（其中m、p、q为常数）等，我们一般采用对数法，等式两边分别取对数，进行降次，再重新构造数列进行求解。

p

q

例10、若数列{an}中，a1=3且an1an2（n是正整数），则它的通项公式是an=▁▁▁。

解：由题意知an＞0，将an1an2两边取对数得lgan12lgan，即

lgan1所以数列{lgan}是以lga1=lg3为首项，公比为2的等比数列，2，

lganlganlga12n1lg32 ，即an32。

n1n1三 、阶差法（逐项相减法）

1、递推公式中既有Sn，又有an（当题中给出的是Sn和an的关系时，我们一般通过作差法结合anSnSn1这个通用公式对原等式进行变形，消掉Sn得到an和an1的递推关系，或消掉an得到Sn和Sn1的递推关系，然后重新构造数列求通项公式）。 分析：把已知关系通过anS1,n1转化为数列an或Sn的递推

SS,n2n1n关系，然后采用相应的方法求解。

例11、已知各项均为正数的数列{an}的前n项和满足Sn1，且

6Sn(an1)(an2),nN*，求{an}的通项公式；

解：由a1S11(a11)(a12)，解得a1＝1或a1＝2，由假设a1＝S1

6＞1，因此a1＝2。

又由an+1＝Sn+1- Sn＝1(an11)(an12)1(an1)(an2)，

66得an+1- an-3＝0或an+1＝-an 因an＞0，故an+1＝-an不成立，舍去。

因此an+1- an-3＝0。从而｛an｝是公差为3，首项为2的等差数

列，故｛an｝的通项为an＝3n-2。

例12、设数列{an}的前n项和为Sn, 已知a11,Sn14an2， 设bnan12an，证明数列{bn}是等比数列 解

：

由

a11,及

Sn14an2，有

a1a24a12,a23a125,b1a22a13

由Sn14an2，．．．① 则当n2时，有Sn4an12．．．．．② ②－①得an14an4an1,an12an2(an2an1)

又Qbnan12an，bn2bn1{bn}是首项b13，公比为２的等比数列． 练习、已知数列{an}中, an0且Sn(an1)2,求数列{an}的通项公式.

答案： an2n1

2、对无穷递推数列——逐项相减法（阶差法）：

有时我们从递推关系an1cand中把n换成n-1有ancan1d,两式相减,进而求得通项公式.

例13、已知数列{an}满足a11，ana12a23a3L(n1)an1(n2)，求

{an}的通项公式。

12解：因为ana12a23a3L(n1)an1(n2) ① 所以an1a12a23a3L(n1)an1nan ② 用②式－①式得an1annan. 则an1(n1)an(n2) ，故

an1n1(n2) an所以ananan1an!L3a2[n(n1)L43]a2a2. an1an2a22③

由ana12a23a3L(n1)an1(n2)，取n2得a2a12a2，则a2a1，又知a11，则a21，代入③得an1345Ln所以，{an}的通项公式为ann!. 2n!。 2