数列通项公式的求法集锦.doc

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1、.....数列通项公式的求法集锦一，累加法形如(n=2、3、4…...)且可求，则用累加法求。有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解。例1.在数列{}中，=1，(n=2、3、4……)，求{}的通项公式。解：∵这n-1个等式累加得：=故且也满足该式∴().例2．在数列{}中，=1，(),求。解：n=1时,=1以上n-1个等式累加得==，故且也满足该式∴()。一、累乘法形如(n=2、3、4……)，且可求，则用累乘法求。有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解。例3．在数列{}中，=

2、1，，求。可编辑.....解：由已知得，分别取n=1、2、3……(n-1),代入该式得n-1个等式累乘，即=1×2×3×…×(n-1)=(n-1)!所以时，故且=1也适用该式∴().例4．已知数列{}满足=，，求。解：由已知得，分别令n=1，2，3，….(n-1),代入上式得n-1个等式累乘，即=所以，又因为也满足该式，所以。三、构造等比数列法原数列{}既不等差，也不等比。若把{}中每一项添上一个数或一个式子构成新数列，使之等比，从而求出。该法适用于递推式形如=或=或=其中b、c为不相等的常数，为一次式。例

3、5、（06福建理22）已知数列{}满足=1，=()，求数列{}的通项公式。解：构造新数列，其中p为常数，使之成为公比是的系数2的等比数列即=整理得：=使之满足=∴p=1即是首项为=2，q=2的等比数列∴==例6、（07全国理21）设数列{}的首项，=，n=2、3、4……（）求{}的通项公式。解：构造新数列，使之成为的等比数列即=整理得：=满足=可编辑.....得=∴p=-1即新数列首项为，的等比数列∴=故=+1例7、（07全国理22）已知数列{}中，=2，=（）求{}的通项公式。解：构造新数列，使之成为的等

4、比数列=整理得：=+使之满足已知条件=+2∴解得∴是首项为的等比数列，由此得=∴=例8、已知数列{}中，=1，=，求数列的通项公式。分析：该数列不同于以上几个数列，该数列中含是变量，而不是常量了。故应构造新数列，其中为常数，使之为公比是的系数2的等比数列。解：构造数列，为不为0的常数，使之成为q=2的等比数列即=整理得：=满足=得∴新数列是首项为=，q=2的等比数列∴=∴=例9、（07天津文20）在数列{}中，=2，=，求数列的通项。解：构造新数列，使之成为q=4的等比数列，则=整理得：=满足=，即得∴新数

5、列的首项为，q=4的等比数列∴∴四、构造等差数列法数列{}既不等差，也不等比，递推关系式形如可编辑.....，那么把两边同除以后，想法构造一个等差数列，从而间接求出。例10．（07石家庄一模）数列{}满足且。求、、是否存在一个实数，使此数列为等差数列？若存在求出的值及；若不存在，说明理由。解：由==81得=33；又∵==33得=13；又∵==13，∴=5假设存在一个实数，使此数列为等差数列即===该数为常数∴=即为首项，d=1的等差数列∴=2+=n+1∴=例11、数列{}满足=()，首项为，求数列{}的通项

6、公式。解：=两边同除以得=+1∴数列是首项为=1，d=1的等差数列∴=1+故=例12．数列{}中，=5，且（n=2、3、4……），试求数列{}的通项公式。解：构造一个新数列，为常数，使之成为等差数列，即整理得+3l，让该式满足∴取，得，d=1，即是首项为，公差d=1的等差数列。可编辑.....故∴=例13、（07天津理21）在数列{}中，=2，且（）其中＞0，求数列{}的通项公式。解：的底数与的系数相同，则两边除以得即∴是首项为，公差d=1的等差数列。∴∴。五，取倒数法有些关于通项的递推关系式变形后含有项，

7、直接求相邻两项的关系很困难，但两边同除以后，相邻两项的倒数的关系容易求得，从而间接求出。例14、已知数列{}，=，，求=？解：把原式变形得两边同除以得∴是首项为，d=的等差数列故∴。例15、（06江西理22）已知数列{}满足，且（）求数列{}的通项公式。解：把原式变形成两边同除以得即……⑴构造新数列，使其成为公比q=的等比数列即整理得：满足⑴式使∴可编辑.....∴数列是首项为，q=的等比数列∴∴。例16．（06江西文22）已知各项均为正数的数列{}满足：，且求数列{}的通项公式。解：把原式变形为两边同除以

8、得移项得：所以新数列是首项为q=2的等比数列。故解关于的方程得。六．利用公式求通项有些数列给出{}的前n项和与的关系式=，利用该式写出，两式做差，再利用导出与的递推式，从而求出。例17.(07重庆21题)已知各项均为正数的数列{}的前n项和为满足＞1且6=n∈求{}的通项公式。解：由=解得=1或=2，由已知＞1，因此=2又由=得=0∵＞0∴从而{}是首项为2，公差为3的等差数列，故{}的通项为=2+3(n-1)=