常见数列公式

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, 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, d>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 - 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 q>1, a >0 或 0<q<1, a <0 时 , a 是递增数列 ;1 1 n当 q>1, a <0, 或 0<q<1, a >0 时 , a 是递减数列 ;1 1 n当 q=1 时, a 是常数列;n当 q<0 时 , a 是摆动数列;n等比数列前n项和等比数列的前n项和公式：.当q丰1时,a (1 - qn)1 - qa - a q或 S = n - n 1- q当 q=i 时，S = nan1当已知a , q, n时用公式；当已知a , q, a时，用公式.11 n数列通项公式的求法一、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S，且a ,a ,a成等比数列，S = a2 .求数列L 的通项公式.nn13955解：设数列勺i公差为d(d > 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+2x(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.n>2=|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 +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, <求 a 。 n 2 + n n解：由条件知： an+1an11 , ,n2 + nn(n +1)n n+1分别令 n二1,2,3,(n 1)， 代入上式得(n 1)个等式累加之(a 一 a ) + (a 一 a ) + (a 一 a ) +(a 一 a )213243nn1(11) (1 1) (1 1) (1 1)二(1 ) + ( ) + ( ) + +( )22334n 1 n所以a a 二 1 _n 1 n11131/ a 二 ，a 二 +1 二 12 n 2 n 2 n类型2 (1)递推公式为a二f (n)an +1na解法：把原递推公式转化为卄=f (n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解。 an(2004 全国卷 I.15)已知数列a”，满足 a1=1， an=a 1+2a2+3a3+ +(n 1)an_(n2)，贝则a”的通项a -¥n_P24(styyj)例4.已知数列% 满足a ， a " a，求a。n1 3n +1n + 1 nn解由条件知anan +1naaaa3 牛(n-aaaa123n 122又a ，:.a -13n 3 n( 2).由 a f ( n) a 和n+1n，分别令 n -1,2,3,(n 一 1),1 2 3n - 1aX X XX2 3 4n a n1代入上式得(n -1)个等式累乘之，即a1确定的递推数列的通项可如下求得:由已知递推式有a f (n 1)a， a f (n 2)a，nn-1n-1n-2，F f (1)ai依次向前代入，得a f (n -1)f (n - 2)f (1)a，n1简记为a (!一f (k)a (n > 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 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 2nn 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（ 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）（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 <n + 2n +12s + t =3 n51st =-3Is = 11或5t =31s =-3t=1这里不妨选用1t =-3(当然也可选用s = -1宀=1(、3，大家可以试一试)，则a -a =- (a -a ) nn + 2n +13 n +1 nt=1是以首项为役-ai=1，公比为-3的等比数列,所以a - a = (-；)n-1 ,应用类型1的方法, n +1n3a +1n分别令n = 1,2,3,(n 1)，代入上式得(n 1)个等式累加之,1 - (- 1) n-1 / 1、 / 1、 / 1、 3即 a - a = (- )o + (- )1 + (- )n-2 =n 133311 +37 31又 a =1，所以a =- (一 )n-1。1n 4 43类型6递推公式为S与a的关系式。(或S = f(a ) n nnn(n = 1)解法：利用a =L1进行求解。nS - S (n 2)nn-1(2006陕西.20)(本小题满分12分)已知正项数列a ，其前n项和S满足10S =a： nnn n( styyj)例10.已知数列 前n项和S = 4 a nnn 2 n - 22+5a +6 且n弘岂卫抒成等比数列，求数列aj的通项a.P24(1)求a 与a的关系；(2)求通项公式a .nn+1n解：(1)由 S = 4 - a -nn 2 n - 2得： S = 4-an +1n +12 n-1解法：先把原递推公式转化为a -sa = t(a - sa )n+2n+1n+1nI s +1 = p其中s，t满足5，再应用前面类型3的方法求解。I st = -q2006.福建.理.22)(本小题满分14 分)已知数列a 满足a = 1,a = 2a + 1(n e N*).n1n +1n(I)求数列a 的通项公式；P26 (styyj)n例9.已知数列中，a = 1,a = 2,an1221于是S S - (a a ) + ()n+1nnn+12 n - 22 n-1所以an +11=a 一 a + 一 nn+12n-111a a +-n+12 n 2n(2)应用类型4的方法，上式两边同乘以2n+1得：2n+1 a = 2na + 2 n +1n由ai二Si二4 - a舟=ai -于是数列是以2为首项，2 为公差的等差数列 ， 所以2n a = 2 + 2(n 1) = 2n n a =nn 2 n -1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 4 中，a = 1 ；数列 4 中，b = 0。当 n > 2 时，a = (2a + b ), b = (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)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+ 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， na2aa2 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，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 + 2n2 + + 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-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 < n+2n+1ns = 11或<t =31s =3t = 1-a ) n (a -a 是以首项为a -a = 1，公比为的等比数列，所以 n+1n2137 3( 1、 (-)n-1 .443sa =t(a - sa )，其待定常数s、tn+2n+1n+1n1、设已知数列 a 的项满足 a =b,an1n +1=ca + d ,其中c丰0,c丰1,求这个数列的通项公式。作出一个方程nx = cx + d，则当Xo = ai时a为常数列'即a = a ;当兀丰a时,a = b + x，其中b 是以c为公比的等比数101n n 0n列，即 b = b c n-1, b = a - x . n 1110例19.已知数列a 满足：ann +1解：作方程x = -1 x - 2,贝吐=301=-a - 2, n g N, a = 4,求 a .3 n1n-3-23 11当 a = 4 时，a 丰 x , b = a +=-.1 1 0 1 1 2 2111133 11 1数列b 是以-万为公比的等比数列.于是b = b (- )n-i =n-1,a =+ b = +(- )n-1,n g N.n3n 132n 2 n 2232、对于由递推公式a= pa + qa , a =a,a = p给出的数列b ，方程x2 - px-q = 0，叫做数列b 的n+2n+1n 12nn若x ,x是特征方程的两个根，当x主x时，数列的通项为a = Axn-i + Bxn-i，其中A, B由1212nn12特征方程。a 二a, a12=P决定（即把a 2, S' X2和n = 1，2 '代入3 = AX"" + B叩'得到关于A、B的方程组）；当S = X 2时，数列的通项为an = (A +砂节1，其中A，B由ai =, a 2 =P决定(即把ai, J S' x 2和n = 1,2，代入a = (A + Bn)xn-1，得到关于a、B的方程组)。 n1例20：已知数列b 满足a = a,a = b,3a 5a + 2a = 0(n > 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 )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< b = A +1 B = IB = 3(a b)故 a = 3b 2a + 3(a b)( ) n-1n3pa + q3、如果数列a 满足下列条件:n其中 p、q、r、h 均为常数，已知a的值且对于ng N，都有a = n1n+ira + hn且ph丰qr,心0,ai 一 +），那么，可作特征方程x =貯，当特征方程有且仅有一根x0时'则丄是等差n0a x数列;当特征方程有两个相异的根九、九时，则彳f 是等比数列。1 2a - x2 Jn2 （2006.重庆.文.22）（本小题满分12 分）数列a 满足a = 1且8a a 16a+ 2a + 5 = 0（n > 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 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 -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=+ (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 +1n-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 .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：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 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 = 22"T-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