常见数列公式

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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a a =d , (n nn1三2, nUN +),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)*2等差数列的通项公式：a =pn+q (p、q 是常数)na 二 a + (n 1)da 二 a + (n m)d 或n 1n m3. 有几种方法可以计算公差da a a a d= a 一 a d= -n1 d= -nmnn1n 1n m4. 等差中项：A二a2b o a, b,成等差数列 5等差数列的性质：m+n=p+q = a + a = a + a (m, n,

2、 p, q UN )m n p q等差数列前n项和公式6.等差数列的前n项和公式n(a + a )n(n 1)ddd(1) s =1 n(2) S 二 na +(3) S 二 n2 + (a = )n，当 dHO,是一个常数项为零n 2 n 1 2 n 2 1 2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a :当a 0，dvO,前n项和有最大值可由a三0,且a W0,求得n的值+nnnn+1当a 0,前n项和有最小值可由a WO,且a 三0,求得n的值nnn+1(2) 利用S :由S二dn2 + (a d)n二次函数配方法求得最值时n的值-n n 2 1 2等比数列1.等比

3、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a列.这个常数叫做等比数列的公比；公比通常用字母q表示(qHO),即：一 =q (qHO)an12等比数列的通项公式：a = a - qn-1 (a - q丰0) ,a = a - qn-m (a - q丰0)n 11n m1a3 a 成等比数列Of*=q ( n e N +,qH0)“ a HO”是数列 a 成等比数列的必要非充分条件nannn4.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= ab (a,b同号).6性质：若 m+n=p+q, a - a = a -

4、 am n p q7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：当 q1, a 0 或 0q1, a 1, a 0, 或 0q0 时 , a 是递减数列 ;1 1 n当 q=1 时, a 是常数列;n当 q 0)na ,a ,a 成等比数列，a2 = a a，1 3 9 3 1 9即(a + 2d)2 = a (a + 8d) n d2 = a d1/ d 丰 0，1.a = d1 5x4/. 5a +i 233=,d =5533 3a =+ (n 1) x = nn 55 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

5、丁 S = a 255由得：-d = (a + 4d )21S S S 例2.已知数列的前n项和S满足S = 2a + (1)n, n 1 .求数列的通项公式。nnn nn解由 a = S = 2a 1 n a = 11 1 1 1 当 n 2 时 有 a =S S 1 = 2(a a 一)+ 2 x (1)n ?/. a = 2a + 2 x (1)n1,nn 1a= 2a+ 2 x (1)n2,n1n - 2/.a =2-1a +2-1 x(l)+2-2 x(1+n1若已知数列的前n项和S与a的关系，求数列的通项a可用公式a =n nnnnn = 1n 2求解。n-1=2a 2.1a2+2

6、x(1)-1=2一1 + (l)n(2)ni + (2)n2 + (-2)=2n1 (1)n 组一(W12经验证a =1也满足上式，所以a 2 n - 2 + (1) n-11n 3-n 1 求解时，要注意对n分类讨论，但若能合写时一定要合并.n2=|2n-2 + (1)n1.点评：利用公式a =nS nS Sn n 1、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a二a + f (n)n +1n解法：把原递推公式转化为a a f (n)，利用累加法(逐差相加法)求解。n

7、 +1 n(2004全国卷I.22)已知数列中,a = 1,且an,al=a+ (1)k, a = a + 3k,其中 k = 1,2,3,，求数列 a 2k2k12k+12k的通项公式。P24 (styyj)例3.已知数列% 满足anan+l, 1,什f (k) 1)，这就是叠(迭)代法的基本模式。 n1(3)递推式：a pa + f(n)n+1n解法：只需构造数列% ，消去f 6)带来的差异.n例 5.设数列 %a ： a 4,a 3a+ 2n 1, (n 2)，求a .n1nn -1n解：设b a + An + B,贝【Ja b An B，将a ,a 代入递推式，得nnnnn n 1b

8、An B 3 lb A(n 1) B+ 2n 1 3b (3 A 2)n (3B 3 A +1) nn1n1A3A2.VB 3B 3 A +1A1B1取b a + n +1 ( 1 )则 b 3b,又 b 6，故 b 6 x 3n-1 2 x 3n 代入(1 )得n nnn11na 2X3n n 1n说明：(1)若f(n)为n的二次式，则可设b a + An2 + Bn + C ；(2)本题也可由nna 3a + 2n 1, a 3a + 2(n 1) 1( n 3 ) 两 式 相 减 得nn 1n 1n 2a a 3(a a ) + 2 转化为 b pb + q 求之.n n 1n 1n 2

9、nn 13n1例 6.已知 a 3， a a (n 1)，求 a。1n +1 3n + 2 nn解：3n - 4 3n - 73n 1 3n - 45 2 363 =8 53n-13(n -1) -1 . 3(n - 2) -13(n -1) + 2 3(n - 2) + 2类型3递推公式为a = pa + q （其中p, q均为常数，（pq（p -1）丰0）。 n+1n解法：把原递推公式转化为：an+1-1 = p(a -1)，其中 t =n，再利用换元法转化为等比数列求解。（2006.重庆 .14）在数列a 中, 若a二1, a二2a + 3(n 1)，则该数列的通项 n1n +1nP24

10、（ styyj）例7.已知数列a 中，a二1,n1a 二 2a + 3，求 a .n+1nn解：设递推公式an+1=2a + 3可以转化为a t = 2(a t)即ann+1nn+1-2a -1 n t - -3 .故递推公式为na+ 3 二 2(a + 3)，令b 二 a + 3，则b = a + 3 = 4,且n+1n n n 1 1 b a + 3 n 1nn比的等比数列，则b = 4 x 2n-1 = 2n+1,所以a = 2n+1 - 3.nn类型4递推公式为a = pa + qn （其中p，q均为常数，（pq（p -1）（q -1）丰0）。 n+1n其中 p， q, r 均为常数）

11、（2006全国1.22）（本小题满分12分）(或 a = pa + rqn,n +1n设数列a 的前n项的和Snn412=a x 2n+1 + 3 n 33n = 1,2,3,皿（I）求首项a与通项a ；P25 （styyj）1na p a 1 解法：该类型较类型3要复杂一些。一般地，要先在原递推公式两边同除以qn+i，得：=f +q n+1 q q n q引入辅助数列 （其中b = a ），得：b =匕b +1再应用类型3的方法解决。nn q nn+1 q n q例&已知数列佥中，a = a =1 a + ()n+1，求a。n16 n+13 n 2n1 1 2 = a + ( )n+1 两边

12、乘以2n+1 得：2n+1 a =(2n a ) + 13 n 2n+1 3n22解：在 an+1令b = 2n a，则b = b +1,应用例7解法得：b = 3 - 2(才)nnnn +1 3 nn3所以 an2=3(2) n2（3）n类型5递推公式为a = pa + qa （其中p，q均为常数）。n+2n+1n21=a + a ，求 a。 n + 23 n +13 nn解：由 a = a + a 可转化为a -sa = t(a -sa ) n + 2 3 n +1 3 nn + 2n +1n +1n即 a = (s +1)a- sta n 2 时，a = (2a + b ), b = (

13、a + 2b ),n1n1n 3n -1n -1 n 3 n -1n -1求 a , b .nn解：因 a + b =丄(2a + b ) + (a + 2b ) = a + bn n 3n-1 n-1 3 n-1n-1n-1 n-1所以 a + b = a + b = a + b = = a + b = a + b = 1n nn -1 n -1n - 2 n - 22 2 1 1即 a + b = 1nn1)又因为 a b =(2a + b ) (a + 2b ) = (a b )n n3n -1n -13n -1n -13 n -1 n -1所以a b =(a b)=(丄)2a b)(丄

14、)n-1(a b )n n 3 n1n13n2n2311n 1.即 a b=(!) n132)由(1)、(2)得：a = 1+(Tn-1， b = 1(Tn-1n 23n 23四、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 (pH1, pqM0)型的递推 nn +1n式均可通

15、过待定系数法对常数q分解法：设an+1+k=p (a +k)与原式比较系数可得pk k=q，即k= n，从而得等比数列a +k。n例12、数列a 满足a =1，n1a a +1 (n三2),求数列a 的通项公式。 n 2 n 1n解：1由仃2 an-1+11得 a 2= n2(an-1_2)，而 a 厂2=12=数列 a 2是以1为公比，一1为首项的等比数列n21an 1 2)n11巴=2( 2)n-1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=1，3an1n +1+ a 7 0,求数列a 的通项公式。 n1一一a37

16、+ 3k 7”3 3-1773是以Q为公比，以a - 1 为首项的等比数列31 444_3 ( 1)_73 ( 1)x () n1a x () n1443 n 4 43例14.已知数列满足a 1，且a 3a + 2，求a .n1n +1nn解：设 a +1 3(a +1)，则 a 3a + 2t n t 1，n+1nn+1na +1 3(a +1) n ia + “是以(a +1)为首项，以 3 为公比的等比数列 n+1nn1n a +1 (a +1) - 3-1 2 - 3-1 n a 2 - 3-1 1n1n点评：求递推式形如 a pa +q(p、 q 为常数)的数列通项，可用迭代法或待定

17、系数法构造新数列 n+1na +冬p(a +亠)来求得，也可用“归纳一猜想一证明”法来求，这也是近年高考考得很多的一种题型. n+1 p 1 n 1 p例15.已知数列佥满足a 1，n1解:将a 3 + 2a 两边同除3n,nn1a2设 b n，则 b 1 + b .令 b n 3 nn 3 n 1n2 n t 3 .条件可化成b 3 (bn3a n-1 .因 b n , n 3n解：由 3a + a 7 0 得 a n+1nn+11k 77设a + k - (a + k)，比较系数得k 刁解得k -3 n3 34an +17. a n47a na 3 + 2a(n 2)求 a .nn1， n

18、a2aa2 a得 n 1 +n1 n n 1 +n-13 n3 n3n3 3n12 2 1t (b t) n b b + t3 n1n 3 n1 3一3)，数列缶3)是以b 一3 一3 为首项，|为公比的等比数 n1n1333列.b 3 _x n382/. a b 3n 3n ( x ( )n-i + 3) n a 3+i 2+2.n n33npa + qn+i (p、q为常数)时，可同除qn+1，得 n+1na令b f 从而化归为a pa + q (p、q为常数)型. n qnn +1n点评apn+1 qn+1q递推式为aan + 1 ,qn2、通过分解系数，可转化为特殊数列a a 的形式求

19、解。这种方法适用于a pa + qa型的递推式，通 nn1n+2n+1n过对系数p的分解，可得等比数列a a :设a ka h(a ka )，比较系数得h + k p,hk q，nn1n+2n+1n+1n可解得h, k。（2006.福建.文.22）（本小题满分14分）已知数列a 满足a 1,a 3,a 3a 2a （n eN*）. n12n + 2n +1n（I）证明：数列a 一a 是等比数列；n+1 n(II)求数列a 的通项公式;n例16、数列 满足a二2,a二5,a -3a + 2 a =0,求数列a 的通项公式。n12n+2n+1nn分析：递推式a -3a + 2a -0中含相邻三项，

20、因而考虑每相邻两项的组合，即把中间一项。n + 2n +1n1和2,适当组合，可发现一个等比数列a -a 。nn-1解：由 a 3a + 2a = 0得a a 2(a a ) = 0n+2n+1nn+2n+1n+1n即 a a = 2(a a )，且 a a = 5 2 = 3n+2n+1n+1n21a a 是以2为公比，3为首项的等比数列n +1na a = 3 - 2 n1n +1n利用逐差法可得a = (a a ) + (a a ) + + (a a ) + an+1n +1n nn 1211的系数分解成=3 2 n1 + 3 2 n2 + + 3 2o + 2=3 (2n-1 + 2n

21、2 + + 2 +1) + 2+2=3 2 n 1a = 3 x 2n-1 1n例17、数列中,n= 2a + a ， 求数列 的通项公式。 n +1nn+ 1 a ,设 a ka= h(a ka )n+2n+1nn+23n+13 nn+2n+1n+1n2 1 1 1比较系数得k + h = 3， kh = 3，解得k = 1,h = 或k = 3,h = 111若取k = hh =；，则有a 一a =；(a 一a )3n+ 2n+13 n +1na a 是以1为公比，以a a = 2 1 = 1为首项的等比数列n+1n3211a a = ( ) n1n +1n 3由逐差法可得a = (a 一

22、a ) + (a一a ) +.+ (a 一a ) + an nn1n 1n2211解：由 3a = 2aa =1,a12= 2,3an+22=a3 n +1=(-1)n-2 + (- 1)n-3 + + (- 1)2 + (- + 1 + 133331 - (- ) n-13=3说明：若本题中取k = - 3,h = 1，a +1 a 为常数列,a +1 an + 1 3 nn +1 3 n17=2 + 3 = 3故可转化为例13。例18.已知数列满足a = 1, a n12解：设a -sa = t(a -sa ) nn+2n+1n+1n+1=341-(- 31=7 - 3 X (- 1) n

23、-1443则有a +1a = a + 1 a即得n+ 23 n+1n +13 n11=a + a =a + an 3 n -123 1=2, a = 2 a +1 a 求 a.n+ 23 n+13 n n 2s +1 =31st =-31则条件可以化为a -a =-三(an+ 2n+13 n+1 n1a - a = () n-1 .问题转化为利用累加法求数列的通项的问题，解得a =n +1n 3n点评：递推式为a = pa + qa (p、q为常数)时，可以设a n+2n+1n由s +1 = p ,st = -q求出，从而化归为上述已知题型.五、特征根法a = (s +1)a - sta n

24、n+2n+1ns = 11或 0,n e N)，求数列b 的通项公式。n12解法一(待定系数迭加法)n+2n+1n由 3a 5a+ 2 a = 0 ，得n+2n+1na a =(a a ),n + 2n +13n +1n且 a a 二 b a。212为公比的等比数列，于是则数列b a 是以b - a为首项，n +1n2a a = (b a)( )n-1。把 n = 1,2,3,n 代入，得 n +1 n3a a =ba，21a a32a a43二(b a) - (3), 二(b a) (|)2, 二(b a)(3)n一2。把以上各式相加，得a ann 11 (2) n1a ai =(b a )

25、1 + 3 +(3)+(3)n2 = 2(ba)。1 3.a = 3 3(2)n-i(b a) + a = 3(a b)(2)n-1 + 3b 2a。 n33解法二(特征根法)：数列3a 5a + 2a = 0(n 0,n e N)， a = a,a = b 的特征方程是: nn + 2n +1n12x = 1, x = 2,123,2a = Axn1 + Bxn1 = A + B ( ) n 1。n 123又由ai = a, a 2 = b，于是A = 3b 2a 1）.求数列a 的通项公式.n1n +1 nn +1nn解:由已知，n+12a + 516 8a，其特征方程为x=2x+516

26、8 x，解之，得x=2或x=4246( a - 2)12(a - 5)n+116 8an+116 8an+1-(2)n 1 = 2nn+12 n 1 + 52n + 4。 P26 (styyj)例21、已知数列a 满足性质:对于 n g N, an 1+42a + 3,且a1 = 3,求a 的通项公式.解：数列a 的特征方程为x+4x=2x+3，变形得2 x 2 + 2 x 4 = 其根为九1 =1，九2 =2.故特征方程有两个相异的根，使用定理2 的第（2）部分，则有九1九pn13p-()n1, n g N.3 + 21 2 - 2215( 5) n-1,n g N.九c 1(-5)n1 -

27、1,ng N.即 a = (5) 一 4, n e N. n 2 (5) n13 a 25 例22.已知数列a 满足：对于n e N,都有a = lnn 1 a 3n(1)若a = 5,求a ; (2)若a = 3,求a ; (3)若a = 6,求a ;1n1n1n当a1取哪些值时，无穷数列不存在?13 x 25解：作特征方程x =X.变形得x2 10 x + 25 = 0,x 3特征方程有两个相同的特征根X = 5.依定理2的第（1）部分解答.(1) V a = 5,. a = X. 对于 n e N,都有 a = X = 5;11n1r(n 】)一a -Xp-rX11 / 1、 1=+ (

28、n 1)-3 513 1 51 n 12+T，=0，得n = 5 .故数列a 从第5项开始都不存在,n15n -17当n W4, n e N时，a =+九=n b n -5na 二 6,九二 5, . a 鼻九.11.bn1rn 1(n 1) 一 = 1 + -, n e N.a 一九p Xr81二 0,则 n = -7 电 n.:.对于 n e N,b 丰 0. n115 n + 43a =+ X =+ 5 =, n e N.n b1 n -1n + 7n18、显然当ai 一3时数列从第2项开始便不存在由本题的第小题的解答过程知，ai = 5时数列役是1r存在的，当a H X = 5时，则有

29、b =+ (n 1)1n a - X11 n 1=+ , n e N.令 b = 0,贝I得p Xra 58n1ai = 5n-13, n e N 且 n 三2.1n -1.当a = 5n 3 (其中n g N且n三2)时，数列a 从第n项开始便不存在.1n -1n5n -13于是知：当a在集合3或：n g N,且n三2上取值时，无穷数列a 都不存在.1n -1n1 1 k 1=k + 令b = 则aa m n ann -1nma1说明：形如：a = I 递推式，考虑函数倒数关系有=k(n k(a + b)n-1a = pa + q型。(取倒数法)n+1n例 23： ana=n-13 a +1

30、n-1,13 a解：取倒数：一=annan-1+1 11= 3 +an-1是等差数列,11=+ (n -1) - 3 = 1 + (n 1) 3 n aaan1an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

31、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佥的前n项和为S，对于任意正整数n,都有等式：a 2 + 2a = 4S成立， 的通项 an.nnn解： a2+2a =4S na 2+2a =4S ，n n nn-1n-1n-1. a 2 - a 2 + 2a - 2a = 4( S - S ) = 4ann -1nn -1n(a + a )(a a 2) = 0 ，:nn-1nn-1a2 +2a =4a na =2.1 1 1 1.an例 25解1= 2 + 2(n -1) = 2n 数列b 中前n项的和Snn -1na + a 丰 0 , nn-1a -a = 2

32、.即a 是以2为公差的等差数列,nn -1=2n-a ，求数列的通项公式 n:/a = S = 2 a n a = 11 1 1 1 S = 2n a b(n 1) a = a + 2 + a n -1nn -1令 b = a 2，则 b =丄 b ，且 b = 1 2 = 1nnn 2 n -11n 一11=a2n-1三2+ 1 n n- 2 = A”-1 - 2)缶是以1为公比的等比数列，b =-lX (!) n-1 = -(!) n-1n 2 n 2 2a” = 2 -(2)n-1.然后采用迭加的方法就可求得这一数列的通项公式.=0 , (nUN*),求数列的通项公式an.2、构造差式与

33、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，例26：设 是首项为1的正项数列，且a2 -a2 -na -nannn -1nn -1第 14 页(共 15 页)解：由题设得(a + a )(a a n) = 0.nn1nn1/ a 0 , a 0 a + a 0.nn1nn1/. a a = nnn1n( n +1)a = a + (a a ) + (a a ) H (a a ) = 1 + 2 + 3 HF n =例 27：n 12132nn 12数列 中,na = 1, a = 3 ,12且a= (n + 3)a (n + 2)a , (nUN*),求通项公式a .nH2nH1nn解

34、：t a a= (n + 2)(a a ) = (n + 2)(n + 1)(a a )nH2nH1nH1nnn1=(n + 2)(n +1)4 x 3(a a ) = (n + 2)!21a = a +(a a ) +(a a )hf(a a) = 1 + 2!+3! n!(nUN*)n12132nn13、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.解： a = SS= n2a(n 1)2 an (n2 1)a (n 1)2 annn1nn1nn1an 1nn=an +1n1aaan 1 n 2111a = n 1 2 a . x naaa1n + 1

35、n3 2n(n +1)n1n211a =1例28：数列中，a1 = 2,前n项的和S = n2a，求annnH1nH1(n H1)(n H 2)4、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：设正项数列占满足a = 1，a = 2a2 (n2).求数列占的通项公式.n1nn1n解：两边取对数得：loga” =1 + 21oga”1 , loga”+1 = 2(loga”1+1)，设 b = log an+1，2222n2则 b = 2bn( a n-1务是以nb = 1x 2 n-1 = 2 n-1， log a n2a = 22T-1n2为公比的等比数列， b =log1H1=1.12H1 = 2n1 ， logan = 2n1 1 ，2例30：已知数列b 中,na1 = 2，心2 时 a解： a 1 = 4n 1 4，两边取倒数得一 n3a H 1an 1可化为等差数列关系式.1133n H 1=+了 (n 1)=a 1 a 144n13n + 5a =n3n + 17 a 3=i ，求通项公式.3a+ 1n113+ .a 一 14n1