数列公式范文

数列公式篇1

数列中求通项公式的方法很多，有观察分析法，公式法（an=Sn－Sn－1）、构造函数法、利用递推关系式等等。其中利用递推关系求通项公式的题目多种多样，灵活多变。利用递推关系式求通项公式一般有累加法、递归法、阶差法、累乘法、换元法、构造新数列法等等。利用递推公式求数列的通项公式是非常重要的内容。在这里探索一下利用递推关系构造新数列法求通项公式的类型。

当我们不能直接求出数列的通项公式an时，可考虑能否间接的求出an。先设法求出含有an的式子的通项公式，即辅助数列的通项公式，再倒推出an，其中有换元思想。我们求辅助数列，即构造新数列，一般是看每一项的幂的形式或相邻几项的和、差、积、商能否构成等差数列或等比数列（这一点，根据的递推公式的特征来尝试），若能够得到等差或等比数列，则在由此倒推回去，即可求得an、an－1.

一、 构造等差数列求通项

例1 数列an中，a1=3，an－2anan+1－an+1=0，求an.

解：由an－2anan+1－an+1=0得1an+1―1an=2，1an是以13为首项，2为公差的等差数列，1an=13+2（n－1）=6n－53，an=36n－5.

例2 数列an中，a1=－1，an=－

a2n-1+a2(n≥2, an为常数），求an.

解：由an=－

a2n-1+a2(n≥2)可得

a2n-a2n-1=a2（n≥2，an＜0），

{a2n}是以

a21=1为首项，以a2为公差的等差数列,

a2n=1+（n－1）a2=a2n+1-a2,

an＜0,an=-

a2n+1-a2.

二、 构造等比数列求通项

下面归纳一下构造等比数列的几种常见类型

Ⅰ：

an+1=xan+y型

这种类型中，x、y为常数，x≠0,x≠1，a1已知。其构造等比数列的方法有几种。

分析1：用待定系数法构造等比数列

可令an+1+k=x(an+k),展开比较可得k=

yx-1则是以a1+k为首项，x为公比的等比数列。故

an+k可表示出来，从而可推出an.

分析2：运用构造发散，以任意项减去其前一项，构造出等比数列，再运用累加法计算

an+1=xan+y，

an=xan-1+y，两式相减可得

an+1－an=x（an－an-1）

{an+1-an}是以

a2-a1=xa1+y+a1为首项，以x为公比的的等比数列

an+1－an=（xa1+y+a1）xn-1分别令n=1、2、3…n代入上式可得

a2-a1=（xa1+y+a1）x0

a3-a2=（xa1+y+a1）x1

a4-a3=（xa1+y+a1）x2

……

an-an-1=（xa1+y+a1）xn-1上面n―1个式子相加可得an。

比较以上两种方法，很显然分析1较简便一点，故一般用待定系数法构造新数列。

例3 数列{an}中，已知a1=9，且3an+1+an=4，求an.

解：由条件得

an+1=

-13an+

43令

an+1+k=-

13(an+k)展开比较，可得k=-1，

an+1－1=-

13（an－1），{an-1}是以a1－1=8为首项，以-13为公比的等比数列

an－1=8

-13n-1an=1+8

-13n-1

Ⅱ：an+1=xan+f（n）型

这里，这种类型有些可构成等差数列（如例3），有些可构成等比数列。若要构成等比数列，尽量把其化为an+1+kf（n+1）=x（an+kf（n））这种形式，则

{an+kf（n）}是以a1+kf（1）为首项以x为公比的等比数列。故可an+kf（n）求出，从而可推出an.

三、 构造常数列

非零常数列即使等差数列，也是等比数列，是很特殊的数列。有不少递推数列可以构造常数列很轻易地求出通项公式。前面构造等比数列求通项公式的例题我们都可以很轻易构造常数列。因为，如果

{bn}为等比数列，则bn=qbn-1两边同时除以qn则得

比如，上面的例4：推到这一步

an+1－1=-13（an－1），两边同时乘以（-3）n+1得

（an+1－1）（-3）n+1=（an－1）（-3）n，

{（an-1）（-3）n}是常数列，

（an－1）（-3）n=（a1－1）（-3）=-24，an=1-

24（-3）n=1+8

-13n-1

例4 数列{an}中，a1=1，an=an-1+

1n叠加相消可求得an.

方法二：（构造新数列）有条件得an=an-1+

1n是常数列，an+

1n=a1+11=2an=2-1n

数列公式篇2

关键词： 数列 递推公式 通项公式

一、a=a+f（n）型数列

例1.在数列{a}中，a=2，a=a+2n-1，求a.

解：依题意有a-a=1，a-a=3，…，a-a=2n-3

逐项累加有a-a=1+3+…+2n-3==（n-1）=n-2n+1，从而a=n-2n+3.

二、a=a・f（n）型数列

例2. 已知数列{a}中，a=，a=・a（n≥2），求数列{a}的通项公式.

解：当n≥2时，=，=，=，…，=，将这n-1个式子累乘，得到=，从而a=×=，当n=1时，==a，所以a=.

三、a=pa+q型数列

此类数列解决的办法是将其构造成一个新的等比数列，再利用等比数列的性质进行求解.构造的办法有两种，一是待定系数法构造，设a+m=p（a+m），展开整理a=pa+pm-m，比较系数有pm-m=b，所以m=，所以a+是等比数列，公比为p，首项为a+.二是用做差法直接构造，a=pa+q，a=pa+q，两式相减有a-a=p（a-a），所以a-a是公比为p的等比数列.

例3. 在数列{a}中，a=1，当n≥2时，有a=3a+2，求{a}的通项公式.

解法1：设a+m=3（a+m），即有a=3a+2m，对比a=3a+2，得m=1，于是得a+1=3（a+1），数列{a+1}是以a+1=2为首项，以3为公比的等比数列，所以有a=2・3-1.

解法2：由已知递推式，得a=3a+2，a=3a+2，（n≥2），上述两式相减，得a-a=3（a-a），因此，数列{a-a}是以a-a=4为首项，以3为公比的等比数列.所以a-a=4・3，即3a+2-a=4・3，所以a=2・3-1.

四、a=pa+f（n）型数列（p为常数）

此类数列可变形为=+，则可用累加法求出，由此求得a.

例4.已知数列{a}满足a=1，a=3a+2，求a.

解:将已知递推式两边同除以2得=×+1，设b=，故有b+2=×（b+2），b=-2，从而a=5×3-2.

若f（n）为n的一次函数，则a加上关于n的一次函数构成一个等比数列;若f（n）为n的二次函数， 则a加上关于n的二次函数构成一个等比数列.这时我们用待定系数法来求解.

例5．已知数列{a}满足a=1，当n≥2时，a=a+2n-1，求a.

解:作b=a+An+B，则a=b-An-B，a=b-A（n-1）-B代入已知递推式中得:b=b+（A+2）n+（A+B-1）.

令A+2=0A+B-1=0?圯A=-4B=6

这时b=b且b=a-4n+6

显然，b=，所以a=+4n-6.

五、a=型数列（A，B，C为非零常数）

这种类型的解法是将式子两边同时取倒数，把数列的倒数看成是一个新数列，便可顺利地转化为a=pa+q型数列.

例6．已知数列{a}满足a=2，a=，求a.

解:两边取倒数得:=+，所以=+（n-1）×=，故有a=.

六、a=pa+qa型数列（p，q为常数）

这种类型的做法是用待定系数法设a-λa=χ（a-λa）构造等比数列.

例7.已知数列{a}中，a=5，a=2，a=2a+3a（n≥3），求{a}的通项公式.

解：令a+xa=y（a+xa）比较系数得y-x=2xy=3?圯x=1y=3或x=-3y=-1

所以a+a=3（a+a）及a-3a=-（a-3a）

a+a=3（a+a）=3×7

a-3a=（-1）（a-3a）=（-1）×13

由以上两式得

4a=3×7+（-1）×13

所以数列的通项公式是a=［3×7+（-1）×13 ］

例8.已知数列{a}中，a=1，a=2，a=a+a，求数列{a}的通项公式.

解：在a=a+a两边减去a得a-a=-（a-a）

{a-a}是以a-a=1为首项，以-为公比的等比数列，

a-a=（-）

令上式n=1，2，3，…，（n-1），再把n-1个等式累加得:

a-a=1+（-）+（-）+…+（-）==［1-（-）］

数列公式篇3

【关键词】数列 通项公式

数列是培养学生观察能力、理解能力、逻辑思维能力的绝好载体，又是高考的必考题。在数列考题中，求数列的通项公式往往是数列考题的一个重要类型，因此掌握求数列通向公式的各种方法是必要的，也是必须的。求数列的通项公式一般是比较难的，数列的形式不同，求数列通向公式的方法是不一样的，有时数列的形式相差不大，而求通项公式的方法是完全不一样的。本文想总结一下在高中阶段，求数列的通项公式的常用方法和策略。

一、观察法

观察法就是观察数列特征，找出各项共同的构成规律，即各项与项数n的内在联系，从而归纳出数列的通向公式。一般用于解选择、填空。过程一般为观察-概括-推广-猜出一般性结论。

例1、已知数列的前4项，写出它的通项公式：

（1）1、、、

（2）2、0、2、0

（3）、、、

（4）、、、

（5）9、99、999、9999

解：（1） （2）

（3）（4）

（5）变形为所以通项公式为

点评：此类问题变化多样，没有固定的模式。主要用于培养学生的观察能力和发散思维能力。

二、公式法

若已知数列的前n项和与的关系，求数列的通项可用公式求解。

例2、已知数列前n项和满足：，求此数列的通项公式。

解：，当时，; 当时，，所以：

例3、已知数列中，且，求此数列的通项公式。

解：由已知得，

化简有，由类型（1）有，

又得，所以，又，，

则。

点评：利用公式求解时，要注意对n分类讨论，但若能合写时一定要合并。

三、累加法

递推公式为通常解法是把其转化为，利用累加法求解。

例4、数列满足，求数列的通项公式。

解：

例5、数列满足，求数列的通项公式。

解：

点评：形式中的是关于n的数列，并且可以容易的求出其前n项和。例如例4中的是关于n的等差数列，例5中的是关于n的等比数列，这些都是容易求出前n项和的数列。

四、累乘法

递推公式为，通常解法是把原递推公式转化为，利用累乘法求解。

例6、已知数列中，，，求数列的通项公式。

解：用累乘法：当时

将如上的个式子相乘，得：

则验也适合，则数列的通项公式为：

点评：该题是累乘法的典型例题，值得注意的是当不能求出时，累乘法失效。

五、辅助数列法

形如（其中为不等于1的常数）的数列通项公式常用构造等差或等比数列求解。

例7、数列满足，求数列的通项公式。

解：设则

数列的首项为公比为2，。

例8、数列满足，求数列的通项公式。

解：时，，两式相减得令则

利用例题7的方法知即

再由累加法的

例9、数列满足，求数列的通项公式。

解：由得，即。设，则，设（r为常数）。则，于是数列是首相为，为公比的等比数列。，。

点评：值得注意的是当时，此类问题就转化为了累加法的形式。虽然形式上类似但解决的方法却大相近庭，这也是数列问题的难点所在。

数列公式篇4

【关键字】：数学教学、数列通项、构造法

【中图分类号】G633.6

1、设置教学目标

在课堂教学中讲解构造法求数列的通项公式，首先应该制定教学目标，确定教学重点，使学生可以理解并掌握几种常见的数列通项的求法，提高学生的知识与技能，通过渗透归纳、化归数学的思想方法，培养学生积极参与课堂教学的主体意识。并且对于教学中的重点内容，就是将非等差、非等比数列化归成等差及等比数列的教学中，一定要注重教学方法的创新，提升课堂教学质量。

2、创新教学方法

2.1教学优势

在数列教学中，教师可以利用构造法，创设情境、引入新课，以低难度的数列知识讲解，逐渐深入数列解读方法，使学生对不完全归纳法没有认识，不容易提升学生对推导数列通项的严谨性。在高中数学的数列求通项问题中，经常会遇到不是等差数列以及等比数列的求通项习题，针对这样的题型，在传统的教学方法中，通常是采用不完全归纳法进行归纳、猜想，之后在借助有效的数学归纳法予以证明，这样的数列通项解题方法不仅不利于学生理解，还具有一定的难度，因此，在实际的教学中，为避免对此类数列求解中应用数学归纳法，可以采取全新的解题方法，也就是通过构造法求数列通项。

2.2构造法

在数学教学中，就是在解决某些数学问题的过程之中，采取构造法通过对问题的条件与结论进行充分的剖析，有时就会使人能够联想出适当的辅助模型，并以此方法可以有效促成学生对命题的转换，从而可以使学生产生新的解题方法，这种思维方法中具有“构造”.的特点，运用于数列通项求解中，就是根据已知条件给的数列递推公式，使用构造法，转化等差或等比数列，从而求出该数列的通项公式，可以给人耳目一新的感觉，提高学生的解题能力。

3、教学实例介绍

高考题的特征“源于课本，而不同于课本”，学生在解课本习题中，当遇到陌生问题时，一定不要慌张，需要静下心来想一想，通过构造法，深化扩散思维，就会认识到可能这道题会与某个知识点或某一种解法有联系。并且教师在平时的教学中，学生也一定要多动脑子，可以把教师讲解的属性知识理解透彻，这样才可以对数学知识进行拓展和迁移，并且还应该勤总结，将数学知识融合在一起，有助于提升学生的解题水平。

3.1实例一

在利用构造法求解数列通项中，针对与形式数列，也具有一定的解题优化能力，通过构造法实现解题目的。

例：已知 ，且 （p、q是常数）的形式的数列，均可用构造等比数列法即 ，数列 为等比数列，这是大家都非常熟悉的。

例：若数列 满足 ，求 。

解析1：令 ，则

该式与已知式 对比，可求得x的值

即

是以 为首项，以 为公比的等比数列。

对于这种形式的数列，还有另外一种构造法， ， 是等比数列，因此，对于上面的例子，还有另外一种解法。

对既非等差也非等比数列通项求解中，应用化归思想，可以通过构造将其转化成等差或等比数列之后，再对于应用各自的通项公式进行求解。

解析2

两式相减得

令（n=1,2,3,……）

则

所以，数列 是以 为首项，以 为公比的等比数列。

所以 即

， ， ，当n>1时，

这n-1个式子相加得

于是 （n≥2）

也满足上式，

因此，

这两种方法相比，后一种方法比较麻烦，但这也给了我们一定的启发：相邻三项之间也可构造出等比数列。因此在教学中，可以让学生思考、讨论并相互交流，让学生自主去分析如何将其构造成等差以及等比数列，教师可以根据学生的实际情况，适时的对学生的疑问给出引导，如果学生还找不到方法，教师就可以引导学生去参照例一的方法，对课本习题进行研究探讨，从而找到解题方法。

3.2实例二

针对于数学人教A版必修五的第69页的第6题，其题目是这样的：已知数列 中， （n≥3） 对于这个数列的通项公式作一研究，能否写出它的通项公式？

试想1：对于像前面例子那样的递推公式，可以用构造法求出数列的通项公式，对形如已知 和相邻三项之间的关系的递推公式，是否也能类似地构造数列呢？

试想2：本题是相邻三项之间的关系，我们不妨类似方法2来操作。

解析：令 （s,t是常数）（1）

则

该式与已知式 对比，可得

解之得 或

可以将（1）式变为以及的形式，则会有： 之后，可以令 （n≥2）,(n≥2）

则 是以7为首项，以3为公比的等比数列（n≥2）

是以-13为首项，以-1为公比的等比数列(n≥2）

则 即（2）

即 （3）

（2）×3+（3）得

所以可以得出

教学设计中，应该充分发挥了学生的主动性，从而本题也将迎刃而解。

3.3实例三

在构造法求数列中，还有构造商式与积式，也就是根据构造数列的相邻两项商式，然后连乘求数列通项公式；针对构造对数式或倒数式方法，就是针对有些数列若通过取对数，然后取倒数代数变形的方法，将复杂的问题变为简单问题，使数列问题得以解决。

对于习题：数列 中，若 ，，求数列 的通项公式 。

首先，就是可以告诉学生该方法计算中属于不完全归纳法范畴，由于其缺乏严谨性，故此这样的算法当前教材中已经没有了，但是针对这样的数列通项求解中，我们还可以通过构造法，降低解题难度，先求解 、 、 、 的值，然后再求通项 ，可以推导等差数列的通项公式，从而调起学生的学习兴趣。并且在学等差与等比数列的通项公式求解中， 针对于通项公式的求法，可以将数列 进行适当变形，使其可以变成大家熟悉的等差与等比形式，

如根据 ：1， ， ， ， ……；: 1， ,， ， ……得出 是以1为首项，以1为公差的等差数列。

在计算中，可以根据前5项估计出的 成等差，证明出 是否是等差数列。那么实际在解题中也可以应用化归思想，对数列求解；如怎样才可以证明一个数列是等差数列： 一 =常数

解：即

数列 是以 为首项，以1 为公差的等差数列

=

结论

数列公式篇5

【关键词】通项公式；递推公式；求法

一、公式法

例1 数列{an}为等差数列，an为正整数，其前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，且a1=3，b1=1，数列{ban}是公比为64的等比数列，b2S2=64.求an，bn.

解 设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d为正整数，

an=3+（n-1）d，bn=qn-1.

依题意有ban+1[]ban=q3+nd[]q3+（n-1）d=qd=64=26，

S2b2=（6+d）q=64.

①

由（6+d）q=64知q为正有理数，故d为6的因子1，2，3，6之一.

解①得d=2，q=8.故an=3+2（n-1）=2n+1，bn=8n-1.

评注 这类问题的递推式为an+1=an+d及an+1=aqan（d，q为常数）时，可直接转化为等差数列或等比数列从而用公式求解.

二、已知数列前n项和Sn求通项an

例2 设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=a，an+1=Sn+3n，n∈N*.设bn=Sn-3n.求数列{bn}的通项公式.

解 依题意，Sn-1-Sn=an+1=Sn+3n，即Sn+1=2Sn+3n，

由此得Sn+1-3n+1=2（Sn-3n）.

因此，所求通项公式为bn=Sn-3n=（a-3）2n-1，n∈N*.

评注 这类问题往往能从题目中得到数列的前n项和Sn和通项an的关系式，通常

利用公式an=S1， （n=1）

Sn-Sn-1，（n≥2）求通项.用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即将a1和an合为一个表达式.

三、叠加法或叠乘法

类型1 若数列{an}，通项公式满足递推公式：an+1=an+f（n），f（n）为可求的和.an=an-an-1+an-1-an-2+…+a2-a1+a1=f（n-1）+f（n-2）+…+f（1）+a1.

类型2 若数列{an}，通项公式满足递推公式：an+1=an·f（n），f（n）为可求的积.an=an[]an-1·an-1[]an-2·…·a3[]a2·a2[]a1=f（n-1）f（n-2）·…·f（1）a1.

例3 在数列{an}中，a1=1，a2=2，且an+1=（1+q）an-qan-1，（n≥2，q≠0）.

（Ⅰ）设bn=an+1-an（n∈N*），证明{bn}是等比数列；（Ⅱ）求数列{an}的通项公式.

解 （Ⅰ）略.

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得

a2-a1=1，

a3-a2=q，

……

an-an-1=q2，（n≥2）.

将以上各式相加，得an-a1=1+q+…+qn-2，（n≥2）.

所以当n≥2时，an=

1+1-qn-1[]1-q，q≠1，

n，q=1.

上式对n=1显然成立.故通项为

an=1+1-qn-1[]1-q，q≠1，

n，q=1.

评注 一般地，对于形如an+1=an+f（n）类的通项公式，只要f（1）+f（2）+…+f（n）能进行求和，则宜采用此方法求解，称之为叠加法.

另外，对于形如an+1=f（n）·an类的通项公式，当f（1）·f（2）·…·f（n）的值可以求得时，宜采用此方法，称之为叠乘法.

例如：已知数列{an}满足a1=1，Sn=（n+1）an[]2，（n∈N），求{an}的通项公式.

析 2Sn=（n+1）an，（n∈N），2Sn-1=nan-1，（n≥2，n∈N），

两式相减得2an=（n+1）an-nan-1，an[]an-1=n[]n-1，（n≥2，n∈N）.

于是有a2[]a1=2[]1，a3[]a2=3[]2，a4[]a3=4[]3，…，an[]an-1=n[]n-1，（n≥2，n∈N）.

以上各式相乘，得an=na1=n，（n≥2，n∈N），又a1=1，an=n，（n∈N+）.

四、构造等差数列或等比数列

若数列{an}，通项公式满足递推公式：an+1=pan+q，p，q为常数，p=1时为等差，q=0时为等比.当p≠1，q≠0时，有以下两种构造形式：

构造1 由等式的两边除以pn+1可得：an+1[]pn+1=an[]pn+q[]pn+1，转化类型1，可求其通式.

构造2 设存在α，使得an+1+α=p（an+α），解得α=q[]p-1，即 an+1+q[]p-1=pan+q[]p-1，则an+q[]p-1以a1+q[]p-1为首项，p为公比的等比数列，可求其通式.

求数列通项是学习数列时的一个难点，也是高考中的一个重点.由于求通项公式时渗

透了大量的数学思想方法，如逻辑方法中的归纳与演绎，类比、分析与综合，非逻辑方法中的反思维定式等，因此求解过程中往往显得方法多、灵活度大、技巧性强.本文力图通过归纳，引导读者不仅关注一类题的解法（通法），也要在归纳中反思数学思想方法，从而让数学思想方法能更广泛、深入地运用于数学学习之中.

【参考文献】

[1]李盘喜.高中数学解题题典.长春：东北师范大学出版社，2001.

数列公式篇6

关键词 ：递推公式；数列通项；规律；方法

纵观近几年全国各地高考数学试题，在每套题目中几乎都少不了数列解答题，而其中多数采用递推公式和初始条件求数列通项或讨论数列性质。这类问题求解方法是高中数学重要内容，也是每年高考的热点。

在高一教材中明确给出了递推公式的概念：如果已知数列{an}的第一项（或前几项），且任一项an与它的前一项an-1（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式叫做数列的递推公式。由相邻两项的关系给出的递推公式称一阶递推公式，由相邻三项的关系给出递推公式称为二阶递推公式。

一、累加法

形如an+1=an+f(n)型，可用累加法，解题思路：将an=an－1+f(n-1), an-1=an－2+f(n-2),…a2=a1+f(1),各式相加正负相消，即得an。

例（2007年高考数学北京理科卷第15题）

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

（I）求c的值；

（II）求{an}的通项公式．

解：（I）a1=2 ，a2=2+c ，a3=2+3c ，

因为 a1，a2，a3成等比数列，

所以(2+c)2=2(2+3c) ，

解得c=0 或c=2 ．

当c=0 时，a1=a2=a3 ，不符合题意舍去，故c=2 ．

（II）当 n≥2时，由于

a2-a1=c a3-a2=2c ，

an-an-1=(n-1)c

所以 an-a1=[1+2+……+（n-1）]c= n(n-1) 2 c．

又 a1=2， c=2，故an=2+n(n-1) =n2-n+2(n=2，3，……)．

当n=1时，上式也成立，

所以 an=n2-n+2(n=1，2，……)．

二、累乘法

形如an+1=an f(n)型，可用累乘法。解题思路：将 an an-1 ＝f(n－1)， an-1 an-2 ＝f(n－2)，…， a2 a1 ＝f(1)，各式相乖得， an an-1 an-1 an-2 … a2 a1 = f(n－1) f(n－2)…f(1).即可得an..

例,在数列{an}中,a1=1, an an-1 = n n+1 ,求通项an.

解:由条件 an an-1 = n n+1 , 得, an an-1 an-1 an-2 … a2 a1 = n-1 n-2 n-2 n-3 … 1 2 = 1 n .

得an.= 1 n .

三、转化法

1、形如an+1=q.an.+d（q、d为常数，q≠0,d≠1）型，可通过待定系数法转变为等比数列。

设an+1+x=q(an+x), 即an+1=qan+qx-x,比较可得x= d q-1 ，an+1+ d q-1 =q(an+ d q-1 )，故{an+1+ d q-1 }是以a1+ d q-1 为首项，以q为公比的等比数列。

例（2007年高考数学全国理科卷I第22题）

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

（Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ）若数列{bn}中 b1=2 ，bn+1= 3bn+4 2bn+3 ，n=1，2，3……

证明： 2 ＜bn≤a4n-3，n=1，2，3…… ．

解：（Ⅰ）设an+1+x=( 2 -1)(an+x)(an+x)

an+1=（ 2 -1）.an+（ 2 -1)x－x

通过比较可得

（ 2 -1）x－x＝2（ 2 -1）

x= 2（ 2 -1） 2 -2

x=－ 2

即 an+1- 2 =（ 2 -1）（an- 2 ）．

所以，数列 {an- 2 }是首项为2- 2 ，公比为 2 -1的等比数列，

an- 2 = 2 ( 2 -1)n，

即an的通项公式为an= 2 [( 2 -1)n+1]， ，n=1，2，3…… ．

2、形如an+1=can+g(n)型，可用变换为an+1＋f(n+1)= c[an+f(n)]

如an+1=2an+n可设an+1+k(n+1)+b=2[an+kn+b]通过化简、比较、求系数的步骤得k=1、b=2,即{ an+n+2}是以a1+3为首项，以2为公比的等比数列。

如an+1=2an+n2可设an+1+[a(n+1)2+b(n+1)+c]=2(an+an2+bn+c)通过比较也可得出a、b、c的值。

不过用待定系数法解这类问题要注意两点:(1）使递推式等号两边的形式一致，保证能进行顺次迭代(2）待定系数要存在。

例（2007年高考数学天津文科卷第20题）

在数列{an}中，a1=2， an+1=4an-3n+1， n∈N*．

（Ⅰ）证明数列{an-n}是等比数列；

（Ⅱ）求数列{an}的前n项和Sn ；

（Ⅲ）证明不等式 Sn +1≤4Sn ，对任意n∈N*皆成立．

（Ⅰ）证明：由题设an+1=4an-3n+1 ，得

an+1-(n+1)=4(an-n)， n∈N*．

又a1-1=1 ，所以数列{an-n}是首项为1，且公比为4的等比数列．

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知an-n=4n-1，于是数列{an}的通项公式为an=4n-1+n

．

所以数列{an}的前n项和Sn= 4n-1 3 + n(n+1) 2 ．

3、形如an+1=qan+dn(an>0,c>0,q>0,q≠1)可变换成 an+1 dn+1= q d an dn + 1 d 令bn= an dn ,则转化为一阶线性递推估式

例（2006年高考数学全国理科卷第22题）

22）设数列{an}的前n项和

Sn,= 4 3 an- 1 3 ×2n+1+ 2 3 ,n=1,2,3,…

(I)求首项a1与通项an;

(II)设Tn= 2n Sn , n=1,2,3,…,证明: Σ n i=l =Ti＜ 3 2

解：（I）设a1=s1和题设可得a1=2

其次由an=sn－sn-1(n≥2)和题设得

an= 4 3 （an－an－1）－ 1 3 •2n

即an=4an－1＋2n

所以 an 4n ＝ an-1 4n-1 ＋（ 1 2 ）n

得an＝4n－2n，n=1,2,3…

4、形如an+1= can an+d （c、d为非零常数）取倒数得 1 an+1 ＝ d c • 1 an ＋ 1 c

例：（2006年高考理科数学江西卷第22题）

已知数列｛an｝满足：a1＝ 3 2 ，且an＝ 3nan-1 2an-1+n-1 (n≥2，n∈N*)

（1） 求数列｛an｝的通项公式；

（2） 证明：对于一切正整数n，不等式a1•a2•……an 2•n！

解；（1）将条件变为：

1－ n an ＝ 1 3 （1－ n-1 an-1 ）

因此，｛1－ n an ｝为一个等比数列，其首项为1－ 1 a1 ＝ 1 3 ，公比为 1 3 ，

从而1－ n an ＝ 1 3n ，

据此得an＝ n3n 3n-1 （n≥1）

5、形如an+1=canp(a>0,c>0,p>0,p≠1)可采用对数变换为

lg an+1=plgan+lgc

例（2006年高考数学山东理科卷第22题）

已知 a1=2，点(an，an+1) 在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中 n=1,2,3,…

（1）证明数列｛lgan｝是等比数列；

（2）设 Tn=(1+a1)(1+a2)……(1+an)，求Tn及数列｛an｝的通项；

（3）记bn = 1 an + 1 an+2 ，求数列｛bn｝的前n项 Sn，并证明Sn+ 2 3Tn-1 =1

解：（Ⅰ）由已知an+1=an2+2an ，

an+1+1=（an+1)1

a1=2 an+1＞1，两边取对数得

lg(1+an+1)=2lg(1+an)

即 lg(1+an+1) lg(1+an) =2

{lg(1+an)}是公比为2的等比数列

（Ⅱ）由（Ⅰ）知 lg(1+an)=2n-1• lg(1+a1)=2n-1•lg3=lg32n-1

1+an=32n-1 （*）

Tn=(1+a1)(1+a2)……(1+an)

=320•321•……•32n-1

= 31+2+22+……+2n-1=32n-1

由（*）式得 an=32n-1-1

四、特征方程法：

若数列满足二阶线性递推关系an+1=pan+qan-1(其中p、q为常数)其特征方程为x2=px+q

1)若方程有两相异根A、B，则an=c1An+c2Bn

2)若方程有两等根A=B，则an=（c1+n c2）An

其中c1、c2可由初始条件确定。

例：（江西师大附中2007届高三第二次联考第22题）

已知数列{an}满足a1=5、a2=5，an+1=an+6an-1(n≥2)

（I） 求数列{an}的通项公式。

解：（I）此数列对应的特征方程为x2=x+6,即x2－x－6＝0，解得x1=3,x2=－2,设此数列的通项公式为an= c13n+ c2 (－2)n，由题意得

a1=5= c13+ (－2)

a2=5= c132+ c2 (－2)2

解得 c1＝1，

c2＝－1

数列公式篇7

关键词：递推关系式；等差数列；等比数列；通项公式

求递推数列的通项公式，既是中学数学学习的一个难点，又是高考的一个热点，而一阶线性递推数列又是考察的重点和主要形式。如何求出此类递推数列的通项公式，是解决这类数列问题的关键和基础。本文根据系数的不同取值分类型介绍几种方法。

解法一：等式两边同除法

an=can-1可化为 = + ，令bn= ，则b1= ，bn-bn-1= ，

因此，bn-b1=（bn-bn-1）+（bn-1-bn-2）+…+（b2-b1）=d（ + +…+ ）

即：bn= + ，所以，an=（a+ ）cn-1- .

解法二：构造法

这种方法要根据题目的具体特点来灵活选用是构造等差数列还是等比数列，一旦选好方法做题能达到事半功倍的效果。

（1）形如an=kan-1+b、an=kan-1+bn（k，b为常数）的递推数列都可以用待定系数法转化为公比为k的等比数列后，再求an.

①an=kan-1+b解法：把原递推公式转化为：an+1-t=p（an-t），其中t= ，再利用换元法转化为等比数列求解。

例1.已知数列{an}中，a1=1，an+1=2an+3，求an.

解：设递推公式an+1=2an+3可以转化为an+1=-t=2（an-t），即an+1=2an-t？圯t=-3.故递推公式为an+1+3=2（an+3），令bn=an+3，则b1=a1+3=4，且 = =2，所以{bn}是以b1=4为首项，2为公比的等比数列，则bn=4×2n-1=2n+1，所以an=2n+1-3.

②an=kan-1+bn解法：该类型较类型3要复杂一些。一般的，要先在原递推公式两边同除以qn+1，得： = ・ + 引入辅助数列{bn}（其中bn= ），得：bn+1= bn+ ，再应用an=kan-1+b的方法解决.

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

解：在an+1= an+（ ）n+1两边乘以2n+1得：2n+1・an+1= （2n・an）+1，

令bn=2n・an，则bn+1= bn+1，应用例7解法得：bn=3-2（ ）n，

所以an= =3（ ）n-2（ ）n

（2）形如an= 的递推数列都可以用倒数法求通项。

例3.an= ，a1=1

解：取倒数： = =3+

{ }是等差数列， = +（n-1）・3？圯an= .

解法三：“不动点”法

设x0是函数f（x）的不动点，则x0=cx0+d，解得x0= ，

那么an=can-1+d可以化为an- =can-1+d- =c（an-1- ）

解法四：“升降下标作差”法

由an=can-1+d…………① 可得an+1=can+d…………②

②-①得an+1-an=c（an-an-1），n≥2.

令bn=an+1-an，则bn=cbn-1，且b1=a2-a1=ca+d-a，

所以bn=（ca+d-a）cn-1，即an+1-an=c（ca+d-a）cn-1，

an-a1=（an-an-1）+（an-1-an-2）+…+（a2-a1）=（ca+d-a）（1+c+c2+…+cn-2）

an=（ca+d-a）（ ）+a=（a+ ）cn-1- .

解法五：待定系数法

由以上解法得出的结果看，满足an=can-1+d，（c≠0，c≠1，d≠0），a1=a的数列{an}的通项公式就是an=Acn-1+B型，由于a2=ca+d，所以有a1=A+B=aa2=Ac+B=ca+d解关于A、B的方程组得，A=a+ ，B=- .

故an=（a+ ）cn-1- .

参考文献：

[1]沈新权，曹鸿德.一阶递推数列的有界性与单调性[J].数学通报，2013（07）.

[2]宋波.一阶线性递推数列通项公式的分类求法[J].数学爱好者：高一人教大纲，2008（10）.

[3]毛蓓蕾，赵焕光.关于线性递推数列通项的求法及其收敛特征[J].宁波教育学院学报，2008（05）.

数列公式篇8

由以上命题可知，对于递推关系形如a=pa+q（p≠1，q≠0）的数列可以通过解特征方程x=px+q，构造等比数列{a-x}，求{a}的通项.

当p=1时，数列{a}为等差数列，当q=0（p≠0）时，数列{a}为等比数列.

例1：（2007.全国Ⅱ.21）设数列{a}的首项a∈（0，1），a=，n=2，3，4…，

（1）求{a}的通项公式x=；

（2）设b=a，证明b＜b，其中n为正整数.

解：（1）解方程x=，得x=1，

所以a=，

可化为a=-（a-1），

于是a=（-）（a-1），

a=-（）（a-1）+1（n≥2）

当n=1时，a=（a-1）+1=a.

所以数列{a}的通项公式为a=（-）（a-1）+1.

（2）证明：由（1）可知0＜a＜，故b＞0.

那么，b-b=a（3-2a）-a（3-2a）

=（）•（3-2×）-a（3-2a）

=（a-1）.

又由（1）知a＞0且a≠1，故b-b＞0，

因此b＜b，n为正整数.

命题2：在数列{a}中，a、a均已知，当n≥3时，a=pa+qa，（p，q为非零常数）则该方程x=px+q为数列{a}的二阶特征方程，其根x，x（x，x均不为零）称为特征根，此时有以下结论：

（1）当x=x时，有a=［a+（n-1）d］x；

（2）当x≠x时，有a=cx+cx.

其中c，c，d由初始条件中a，a来确定.

由以上命题可知，对于递推关系形如a=pa+qa，（p，q为非零常数）的数列可以通过解特征方程x=px+q，构造等比数列{a-xa}，把问题转化为命题1的形式求数列的通项公式.

例2：已知数列{a}中，a=0，a=1，且n≥3时，a=2a-a，求a.

解：数列{a}的特征方程为x=2x+1，特征根为x=x=1.

所以a=［a+（n-1）d］x

=a+（n-1）d，

将a=0，a=1代入上式得d=1，

所以a=n-1，

于是a=2007.

例3：已知数列中，a=a=1，且a＞2时，a=a+a，求数列{a}的通项公式.

解：由特征方程x=x+1解得

x=，x=

x≠x

通项a=c（）+c（）

把a=a=1代入上式得

c=-，c=

于是a=［（）-（）］.