1、1常见数列公式等差数列1等差数列：一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的差等于同一个常数，即 =d na1， （n2，nN ） ，这个数列就叫做等差数列，这个常数就叫做等差数列的公差（常用字母“d”表示） 奎 屯王 新 敞新 疆 2等差数列的通项公式：或 =pn+q (p、q 是常数) an)1(nadm)(na3有几种方法可以计算公差 d d= d= d=n11nn4等差中项： 成等差数列,2baA5等差数列的性质： m+n=p+q (m, n, p, q N )qpnma等差数列前 n 项和公式6.等差数列的前 项和公式 （1） （2） （3） ，当 d0，是一个常数项为零)(
2、1nnaS2)1(1dnaS n)2a(dS12n的二次式8.对等差数列前项和的最值问题有两种方法:（1） 利用 ：当 0，d0，前n项和有最小值 奎 屯王 新 敞新 疆 可由 0，且 0，求得n的值 奎 屯王 新 敞新 疆（2） 利用 ：由 二次函数配方法求得最值时n的值 奎 屯王 新 敞新 疆nS)2da(12等比数列1等比数列：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列.这个常数叫做等比数列的公比；公比通常用字母 q 表示（q0） ，即： =q（q0）1na2.等比数列的通项公式: ， )(11aqann )(mn3 成等比数列 =q（ ,q
3、0） “ 0”是数列 成等比数列的必要非充分条件nanNnana4既是等差又是等比数列的数列：非零常数列 5等比中项：G 为 a 与 b 的等比中项 . 即 G= （a,b 同号）.6性质：若 m+n=p+q， qpnma7判断等比数列的方法：定义法，中项法，通项公式法8等比数列的增减性：2当 q1, 0 或 01, 0 时, 是递减数列;当 q=1 时, 是常数列; n当 q0 时, 是摆动数列;a等比数列前 n 项和等比数列的前 n 项和公式：当 时， 或 1qqSn1)( qaSnn1当 q=1 时， an当已知 , q, n 时用公式；当已知 , q, 时，用公式.1a1na数列通项公
4、式的求法一、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 是递增数列，前 n 项和为 ，且 成等比数列， 求数列 的通项公式.nanS931,a25aSn解：设数列 公差为 )0(d 成等比数列， ，931,a9123a即 8)2(1d ， 0 5S 211)4(25d由得： ，31ad nn5)(5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。二、公式法若已知数列的前 项和 与 的关系，求数列 的通项 可用公式 求解。nSanan211nSann例 2已知数列 的前 项和 满足 求数列 的通
5、项公式。na 1,)(2n 解：由 1211S当 n时，有 ,)(1nnna1(),a221nn， .2121()nn3.)1(2332)2()()(11nnn 经验证 也满足上式，所以a )1(23nna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1Snn三、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。类型 1 递推公式为 )(1nfan解法：把原递推公式转化为 ，利用累加法(逐差相加法) 求解。1f(2004 全国卷 I.22)已知数列 中, ,其中 ，求数列n
6、21,(),kka且 213ka1,23的通项公式。P24（styyj ）na例 3. 已知数列 满足 ， ，求 。na21nan21na解：由条件知： )(1 n分别令 ，代入上式得 个等式累加之，即)(,3,2n1n)()( 3412 aaa1)1()n所以 nn1，2a23类型 2 （1）递推公式为 nnaf)(1解法：把原递推公式转化为 ，利用累乘法(逐商相乘法) 求解。fn(2004 全国卷 I.15)已知数列a n，满足 a1=1，a n=a1+2a2+3a3+(n1)a n1 (n2) ，则a n的通项P24（styyj）1_n24例 4. 已知数列 满足 ， ，求 。na321
7、nna1解：由条件知 ，分别令 ，代入上式得 个等式累乘之，即1n )(, )1(n13421naa n1432an又 ，（2） 由 和 确定的递推数列 的通项可如下求得：nnf)(11n由已知递推式有 ， ， ， 依次向前代入，得na21)(af12)(af，1)(2()fffan简记为 ，这就是叠（迭）代法的基本模式。11kn)(,0kf（3） 递推式： 解法：只需构造数列 ，消去 带来的差异nfpan1 nbf例 5设数列 ： ，求 .n )2(,13,411 nn na解：设 ，将 代入递推式，得BAbaB，Aabnn则 1,n12)(31nn )13()23(ABnAB（）则 ,又
8、，故 代入（）得1nabn取 13nb6nnnb32132说明：（1）若 为 的二次式，则可设 ;(2)本题也可由)(f CBAan2, （ ）两式相减得11nan 1)(3213n转化为 求之.2)(3 qpbn例 6已知 ， ，求 。1nna31)(a5解： 1232)(31)1( anan 475683。类型 3 递推公式为 （其中 p，q 均为常数， ） 。pann1 )01(pq解法：把原递推公式转化为： ，其中 ，再利用换元法转化为等比数列求解。)(1tatnnt(2006.重庆.14）在数列 中，若 ，则该数列的通项 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j na11,2
9、3(1)nnaP24（styyj）例 7. 已知数列 中， ， ，求 .n11nan解：设递推公式 可以转化为 即 .故递推公式为32na)(21tt 321tan,令 ，则 ,且 .所以 是以 为首项，2 为公)(31nnanb431ab3nbnb41比的等比数列，则 ,所以 .124n 2n类型 4 递推公式为 （其中 p，q 均为常数， ） 。 （或 ,npa1 )01)(qp1nnaprq其中 p，q, r 均为常数）（2006 全国 I.22） （本小题满分 12 分）设数列 的前 项的和 ，na14233nnSa,A（）求首项 与通项 ； P25（styyj）1n解法：该类型较类型
10、 3 要复杂一些。一般地，要先在原递推公式两边同除以 ，得：1nqqapnn11引入辅助数列 （其中 ） ，得： 再应用类型 3 的方法解决。nbnqaqbpnn11例 8. 已知数列 中， , ，求 。na6511)2(3nn na解：在 两边乘以 得：1)2(3n 1)(31令 ，则 ,应用例 7 解法得： 所以b21nnbnnb2nnnba)31(2类型 5 递推公式为 （其中 p，q 均为常数） 。apa12解法：先把原递推公式转化为 )(112nnsats6其中 s，t 满足 ，再应用前面类型 3 的方法求解。qtp（2006.福建.理.22） （本小题满分 14 分）已知数列 满足
11、na*11,2().naN（I）求数列 的通项公式； P26（styyj）例 9. 已知数列 中， , , ，求 。n12 nnna312解：由 可转化为nnaa32 )(11sts即 或nnnstts12)(3tt13t这里不妨选用 （当然也可选用 ，大家可以试一试） ，则31ts1ts )(312nnaa是以首项为 ，公比为 的等比数列,所以 ,应用类型 1 的方法，分别na1 12a311)(nn令 ，代入上式得 个等式累加之，)(,2 )(n即 2101 )3()3(nna 31)(n又 ，所以 。11)(47nn类型 6 递推公式为 与 的关系式。(或 )Sa(nSfa解法：利用 进
12、行求解。)21nn(2006.陕西.20) 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j (本小题满分 12 分)已知正项数列a n，其前 n 项和 Sn 满足 10Sn=an2+5an+6 且 a1,a3,a15 成等比数列，求数列a n的通项 an 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j P24（styyj）例 10. 已知数列 前 n 项和 .a24nna（1）求 与 的关系；（2）求通项公式 .1n解：（1）由 得：214nS 112nnS于是 )()(1nna7所以 .112nnana21（2）应用类型 4 的方法，上式两边同乘以 得： 21nna由 .于是数列 是以
13、2 为首项，2 为公差的等差数列，所以1211Snnan)(na类型 7 双数列型解法：根据所给两个数列递推公式的关系，灵活采用累加、累乘、化归等方法求解。例 11. 已知数列 中， ；数列 中， 。当 时，na1nb012n, ，求 , .)2(311nnba)2(31nban解：因 )(1n11nb所以 n1 22a即 （1）ba又因为 n)2(31nba)(31nba)(31nb所以 122n a.即 （2）)3(nn1)(n由（1） 、 （2）得： ， 32a)31(nnb四、待定系数法（构造法）求数列通项公式方法灵活多样，特别是对于给定的递推关系求通项公式，观察、分析、推理能力要求较
14、高。通常可对递推式变换，转化成特殊数列（等差或等比数列）来求解，这种方法体现了数学中化未知为已知的化归思想，而运用待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法。1、通过分解常数，可转化为特殊数列a +k的形式求解。一般地，形如 a =p a +q（p1，pq0）型的递推n 1nn式均可通过待定系数法对常数 q 分解法：设 a +k=p（a +k）与原式比较系数可得 pk k=q，即 k= ，从而1nn 1得等比数列a +k。n例 12、数列a 满足 a =1，a = a +1（n2） ，求数列a 的通项公式。1n1n解：由 a = a +1（n2）得 a 2= （a 2） ，而 a 2=
15、12=1，n 1数列 a 2 是以 为公比，1 为首项的等比数列a 2= （ ） a =2（ ）n2nn21n8说明：这个题目通过对常数 1 的分解，进行适当组合，可得等比数列 a 2，从而达到解决问题的目的。n例 13、数列a 满足 a =1， ,求数列a 的通项公式。n 073nn解：由 得073131n设 a ，比较系数得 解得)(kknn k47 是以 为公比，以 为首项的等比数列43471a 1)(7nn 1)3(n例 14已知数列 满足 ，且 ，求 a12nna解：设 ，则 ，31ttnn ta是以 为首项,以 3 为公比的等比数列)(a)( 11132)(nnna2点评：求递推式
16、形如 （p、q 为常数）的数列通项，可用迭代法或待定系数法构造新数列nn1来求得,也可用“归纳猜想证明 ”法来求，这也是近年高考考得很多的一种题)(1pqapqn型例 15已知数列 满足 ， ， 求 n1123nna)(na解：将 两边同除 ，得23na132设 ，则 令b1nnb)(31tbtnntbn条件可化成 ，数列 是以 为首项， 为公比的等比数t )(23811a32列 因 ,1)(83nn na)3ba 213n点评：递推式为 （p、q 为常数）时，可同除 ，得11nna 1nq，令 从而化归为 （p、q 为常数）型1nnqpbann12、通过分解系数，可转化为特殊数列 的形式求解
17、。这种方法适用于 型的递推式， nnqapa12通过对系数 p 的分解，可得等比数列 ：设 ，比较系数得1na)(112nnkhka，可解得 。qhk, kh,（2006.福建.文.22） （本小题满分 14 分）已知数列 满足n *1221,3,().nnaN（I）证明：数列 是等比数列；1na（II）求数列 的通项公式；9例 16、数列 满足 =0，求数列a 的通项公式。na23,5,2121 naann分析：递推式 中含相邻三项，因而考虑每相邻两项的组合，即把中间一项 的系数分解032n 1na成 1 和 2，适当组合，可发现一个等比数列 。1n解：由 得1nnaa 0)(212naa即
18、 ，且）2( 35 是以 2 为公比，3 为首项的等比数列1n 1a利用逐差法可得 121)()()( aaannn = 32301= 2)1(n= 213= n 231nna例 17、数列 中， ，求数列 的通项公式。nannaa12213, n解：由 得 设n23, )(112nkahk比较系数得 ，解得 或3khk， 3hk,若取 ，则有1,h)(12nnaa 是以 为公比，以 为首项的等比数列1na 21 1)3(n由逐差法可得 1221)()() aaan= 33(2n10= =13)(n 11)3(47)3(4 nn说明：若本题中取 ，则有 即得,hk nnnaa12为常数列, 3
19、1nnana11323故可转化为例 13。72例 18已知数列 满足 , , 求 n12nnna1解：设 )(12nnsatsa或nnntta12)(31stts13ts则条件可以化为 是以首项为 ，公比为 的等比数列,所以)(112nnaana 12a3问题转化为利用累加法求数列的通项的问题，解得 1)3(na 1)(47nn点评：递推式为 （p、q 为常数）时，可以设 ，其待定常数 s、tnn12 12sats由 , 求出，从而化归为上述已知题型ptsqt五、特征根法1、设已知数列 的项满足 ,其中 求这个数列的通项公式。作出一个方程nadcabn11, ,0c则当 时， 为常数列，即 ，
20、其中 是以 为公比的等比数,dcx0n 011;xbaxn时当 nbc列，即 .011,xbn例 19已知数列 满足： 求na ,4,N,2311anan .n解：作方程 .,2310xx则当 时，41a2101b数列 是以 为公比的等比数列.于是nb .N,)31(223,)1(2)3(1 nbabnnnn2、对于由递推公式 ， 给出的数列 ，方程 ，叫做数列nnqapa12 21,0qpx的特征方程。若 是特征方程的两个根，当 时，数列 的通项为 ，其中na1,x1xn 121nnBAA，B 由 决定（即把 和 ，代入 ，得到关于 A、B 的方程组） ；21, 21,x,n121BxAa当
21、 时，数列 的通项为 ，其中 A，B 由 决定（即把 和2xna)(nBA, 21,xa11，代入 ，得到关于 A、B 的方程组） 。2,1n1)(nnxBAa例 20：已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。 ),0(253,1221 Nnaabnn na解法一（待定系数迭加法）由 ，得025312nnaa，)(且 。b12则数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，于是na 32。把 代入，得11)32(na n,，b2，)(3a，243a。21)(nnab把以上各式相加，得。)3()(3)( 21 nna )(31)abn。babnnn )()()21解法二（特征根法）：数列 ： ， 的特征
22、方程是：n ),0(25312 Nnan ba21,。02532x,3,1。12nnBxAa1)3(n又由 ，于是b1,)(322aBAb12故 1)32(23nnbaba3、如果数列 满足下列条件：已知 的值且对于 ，都有 （其中 p、 q、 r、 h 均为常数，n 1aNnhrapnn1且 ） ，那么，可作特征方程 ,当特征方程有且仅有一根 时,则 是等rharqph1,0 hrxqp0x01nax差数列;当特征方程有两个相异的根 、 时，则 是等比数列。1212na(2006.重庆.文.22) （本小题满分 12 分）数列 求数列 的通项公式. ).(056811aannn且满 足 na
23、解：由已知，得 ，其特征方程为 ，解之，得125nn268x1524x或，16()28nna15()4nna，1524nna112()54nnna。 P26 (styyj)1n例 21、已知数列 na满足性质：对于 且 求 的通项公式. ,324,N1nna,1na解: 数列 n的特征方程为 变形得 其根为 故特征方程有两个相异的,324x,0x.2,1根，使用定理 2 的第（2）部分，则有 .N,)21()( 11221 nrpacnn .N,)51nn .,1)5(212ncann即 .N,)(245nn13例 22已知数列 满足：对于 都有na,Nn.3251nna（1）若 求 （2）若
24、 求 （3）若 求,51;n,1;na,61;（4）当 取哪些值时，无穷数列 不存在？a解：作特征方程 变形得.35x,0252x特征方程有两个相同的特征根 依定理 2 的第（1）部分解答.(1) 对于 都有.,511a,Nn;na(2) 3 rpnabn)1(15353,82令 ，得 .故数列 从第 5 项开始都不存在，0nbna当 4， 时， .N17bn(3) ,561a.1a .,81)(1 Nnrpnbn 令 则 对于,0n.7.0b,n .,743581nban(4)、显然当 时，数列从第 2 项开始便不存在.由本题的第（ 1）小题的解答过程知， 时，数列31 51a是存在的，当
25、时，则有 令 则得na5a .N,85)(11narpnabn ,0nb且 2.N,1351n当 （其中 且 N2）时，数列 从第 项开始便不存在.a n14于是知：当 在集合 或 且 2上取值时，无穷数列 都不存在.1a3,:15Nnna说明：形如: 递推式，考虑函数倒数关系有 令 则)(1bkmn )1(1mkanmknn1nab1可归为 型。( 取倒数法)nbqpa例 23： 1,31n解：取倒数： 113nnnaa是等差数列，n1)(1n 3)(21na六、构造法构造法就是在解决某些数学问题的过程中，通过对条件与结论的充分剖析，有时会联想出一种适当的辅助模型，如某种数量关系，某个直观图
26、形，或者某一反例，以此促成命题转换，产生新的解题方法，这种思维方法的特点就是 “构造 ”.若已知条件给的是数列的递推公式要求出该数列的通项公式，此类题通常较难，但使用构造法往往给人耳目一新的感觉.1、构造等差数列或等比数列由于等差数列与等比数列的通项公式显然，对于一些递推数列问题，若能构造等差数列或等比数列，无疑是一种行之有效的构造方法.例 24： 设各项均为正数的数列 的前 n 项和为 ，对于任意正整数 n，都有等式： 成立，anS nnSa42求 的通项 an.na解： ，nS421214n nn S)(1， ， . 即 是以 2 为公差的等差数列，且0)( 0a21nana.21aa n
27、2例 25： 数列 中前 n 项的和 ，求数列的通项公式 .nnS2n解： 当 n2 时，111S12)( 11 nnnnnn aaaaa )2(1nna令 ，则 ，且2b1b是以 为公比的等比数列，n1 11)2()(nnn .)2(na2、构造差式与和式解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差，然后采用迭加的方法就可求得这一数列的通项公式.例 26： 设 是首项为 1 的正项数列，且 ， （nN*） ，求数列的通项公式 an.n 0121nnaa解：由题设得 .0)(an15 ， ， .0na1n01na 例 27： 数列 中， ，2)1(321)()()(23121 nnn na3
28、,12a且 ， （nN* ） ，求通项公式 .naa na解： 12n1 )(1)( )!()(42 （nN*）!3213n 3、构造商式与积式构造数列相邻两项的商式，然后连乘也是求数列通项公式的一种简单方法.例 28： 数列 中， ，前 n 项的和 ，求 .na21naS21解： 211 )()()( nnn aS，n 121aann )1(23nn )(14、构造对数式或倒数式有些数列若通过取对数，取倒数代数变形方法，可由复杂变为简单，使问题得以解决.例 29： 设正项数列 满足 ， （n2）.求数列 的通项公式.na11nana解：两边取对数得： ， ，设 ，22logl)1(logl2n 1log2nab则 12nb是以 2 为公比的等比数列， .l1b， ， ，n 12lnan2na 1na例 30： 已知数列 中， ，n2 时 ，求通项公式.n1 137n解： ，两边取倒数得 .341nna 4na可化为等差数列关系式.413)(1n 35a
