(完整)数列常见数列公式(很全)_高中三年全科资料_高中三年全科资料_数学

(完整)数列常见数列公式(很全) 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 n1 (n≥2，n∈N)，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) 王新奎新疆屯敞 2．等差数列的通项公式: a  a (n1)d a  a (nm)d 或 a =pn+q (p、q是常数）） n 1 n m n 3．有几种方法可以计算公差 d a a a a ① d=a －a ② d= n 1 ③ d= n m n n1 n1 nm ab 4．等差中项：A  a,b,成等差数列 2 5．等差数列的性质： m+n=p+q  a a  a a （m, n, p， q ∈N ) 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)d d d （1）S  1 n (2)S  na  （3）S  n2 (a  )n，当d≠0,是一个常数项为零的 n 2 n 1 2 n 2 1 2 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，d<0，前n项和有最大值可由a ≥0，且a ≤0，求得n的值 n n 王新奎新疆屯敞 n n1 王新奎新疆屯敞 当a <0,d>0，前n项和有最小值可由a ≤0，且a ≥0，求得n的值 n 王新奎新疆屯敞 n n1 王新奎新疆屯敞 d d （2）利用S ：由S  n2 (a  )n二次函数配方法求得最值时n的值 n n 2 1 2 王新奎新疆屯敞 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 a 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(q≠0）,即: n =q(q≠0) a n1 2。等比数列的通项公式: a  a qn1(a q  0)， a  a qnm(a q  0) n 1 1 n m 1 a 3．｛a ｝成等比数列 n1 =q(nN，q≠0) “a ≠0”是数列｛a ｝成等比数列的必要非充分条件 n a n n n 4．既是等差又是等比数列的数列：非零常数列． 1(完整)数列常见数列公式(很全) 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 a m n p q 7．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: a (1qn) a a q ∴当q 1时，S  1 ① 或S  1 n ② n 1q n 1q 当q=1时，S  na n 1 当已知a ， q， n 时用公式①；当已知a , q， a 时，用公式②. 1 1 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  a  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  a  的通项公式。 n n 1 3 9 5 5 n   解：设数列 a 公差为d(d 0) n ∵a ,a ,a 成等比数列,∴a2 a a , 1 3 9 3 1 9 即(a 2d)2 a (a 8d) d2 a d 1 1 1 1 ∵d 0， ∴a d………………………………① 1 54 ∵S a2 ∴5a  d (a 4d)2…………② 5 5 1 2 1 3 3 由①②得：a  ，d  1 5 5 3 3 3 ∴a  (n1)  n n 5 5 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 S n1 若已知数列的前n项和S 与a 的关系，求数列 a 的通项a 可用公式a  1 求解. n n n n n S S n2 n n1 例2．已知数列  a  的前n项和S 满足S 2a (1)n,n1．求数列  a  的通项公式. n n n n n 解：由a S 2a 1a 1 1 1 1 1 2(完整)数列常见数列公式(很全) 当n2时，有 a n S n S n1  2(a n a n1 )2(1)n, a 2a 2(1)n1, n n1 a  2a 2(1)n2, a  2a 2. n1 n2 ……， 2 1 a 2n1a2n1(1)2n2(1)22(1)n1 n 1 2n1(1)n[(2)n1(2)n2(2)] 2[1(2)n1] 2n1(1)n 3 2  [2n2(1)n1]. 3 2 经验证a 1也满足上式，所以a  [2n2 (1)n1] 1 n 3 S n1 点评：利用公式a  n 求解时，要注意对n分类讨论，但若能合写时一定要合并． n S S n2 n n1 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a a  f(n) n1 n 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  a  中，a 1,且a a (1)k, a a 3k ，其中k 1,2,3,……，求 n 1 2k 2k1 2k1 2k   数列 a 的通项公式。P24(styyj） n 1 1   例3。 已知数列 a 满足a  ，a a  ，求a 。 n 1 2 n1 n n2 n n 1 1 1 1 解：由条件知：a a     n1 n n2 n n(n1) n n1 分 别 令 n1,2,3,,(n1) ， 代 入 上 式 得 (n1) 个 等 式 累 加 之 ， 即 (a a )(a a )(a a )(a a ) 2 1 3 2 4 3 n n1 1 1 1 1 1 1 1 (1 )(  )(  )(  ) 2 2 3 3 4 n1 n 1 所以a a 1 n 1 n 1 1 1 3 1 a  ，a  1   1 2 n 2 n 2 n 类型2 （1)递推公式为a  f(n)a n1 n 3(完整)数列常见数列公式(很全) a 解法：把原递推公式转化为 n1  f(n),利用累乘法(逐商相乘法)求解。 a n （2004全国卷I。15）已知数列{a｝,满足a=1，a=a+2a+3a+…+（n－1）a （n≥2），则{a｝的通项 n 1 n 1 2 3 n－1 n 1 n1 a  P24(styyj) n ___ n2 2 n   例4. 已知数列 a 满足a  ，a  a ,求a 。 n 1 3 n1 n1 n n a n 解：由条件知 n1  ,分别令n1,2,3,,(n1),代入上式得(n1)个等式累乘之，即 a n1 n a a a a 1 2 3 n1 a 1 2  3  4  n      n  a a a a 2 3 4 n a n 1 2 3 n1 1 2 2 又a  ，a  1 3 n 3n   （2)．由a  f(n)a 和a 确定的递推数列 a 的通项可如下求得: n1 n 1 n 由已知递推式有a  f(n1)a , a  f(n2)a ，，a  f(1)a 依次向前代入，得 n n1 n1 n2 2 1 a  f(n1)f(n2) f(1)a ， n 1 n1 0 简记为a ( f(k))a (n1, f(k)1)，这就是叠（迭)代法的基本模式。 n 1 k1 k1 （3）递推式：a  pa  f  n  解法：只需构造数列 b ，消去 f  n  带来的差异． n1 n n 例5．设数列 a ：a  4,a 3a 2n1,(n  2)，求a . n 1 n n1 n 解：设b  a  An B，则a b  AnB，将a ,a 代入递推式，得 n n n n n n1   b  AnB 3b  A(n1)B 2n13b (3A2)n(3B3A1) n n1 n1   A3A2 A1     B 3B3A1 B 1 取b  a n1 …（１）则 b 3b ，又 b 6 ，故 b 63n1  23n 代入（１）得 n n n n1 1 n a  23n n1 n 4(完整)数列常见数列公式(很全) 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 n n a 3a 2n1 ， a 3a 2(n1)1 （ n3 ） 两 式 相 减 得 n n1 n1 n2 a a 3(a a )2转化为b  pb q求之。 n n1 n1 n2 n n1 3n1 例6．已知a 3，a  a (n1),求a 。 1 n1 3n2 n n 3(n1)1 3(n2)1 321 31 解:a     a n 3(n1)2 3(n2)2 322 32 1 3n4 3n7 5 2 6     3 3n1 3n4 8 5 3n1。 类型3 递推公式为a  pa q（其中p，q均为常数,(pq(p1)0)）。 n1 n q 解法:把原递推公式转化为：a t  p(a t)，其中t  ，再利用换元法转化为等比数列求解。 n1 n 1 p （2006.重庆。14）在数列 a 中,若a 1,a 2a 3(n1) ，则该数列的通项a  n 1 n1 n n 源源hh头头特特ttttpp王ww王:://// xxww学学新级级新 ccww kk新tt新ww @@子子..教教疆疆xx 11jj 22kk敞敞66ttyy ..cc小小gg师师oo..cc mmoomm屋屋//wwxxcc// P24（styyj) 例7. 已知数列 a 中，a 1，a 2a 3，求a . n 1 n1 n n 解：设递推公式 a 2a 3 可以转化为 a t 2(a t) 即 a 2a t t 3 。故递推公式为 n1 n n1 n n1 n b a 3 a 32(a 3),令b a 3，则b a 34，且 n1  n1 2。所以  b  是以b 4为首项,2为 n1 n n n 1 1 b a 3 n 1 n n 公比的等比数列，则b 42n1 2n1,所以a 2n1 3。 n n 类型4 递推公式为a  pa qn（其中p，q均为常数，(pq(p1)(q1)  0)）. (或a  pa rqn, n1 n n1 n 其中p，q, r均为常数) （2006全国I.22)（本小题满分12分） 4 1 2 设数列 a 的前n项的和S  a  2n1 ，n1,2,3, n n 3 n 3 3 （Ⅰ）求首项a 与通项a ； P25（styyj) 1 n a 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1，得： n1   n  qn1 q qn q a p 1 引入辅助数列  b  (其中b  n ），得：b  b  再应用类型3的方法解决. n n qn n1 q n q 5(完整)数列常见数列公式(很全) 5 1 1 例8。 已知数列 a 中，a  ,a  a ( )n1，求a 。 n 1 6 n1 3 n 2 n 1 1 2 解：在a  a ( )n1两边乘以2n1得：2n1a  (2n a )1 n1 3 n 2 n1 3 n 2 2 b 1 1 令b 2n a ，则b  b 1,应用例7 解法得:b 32( )n 所以a  n 3( )n 2( )n n n n1 3 n n 3 n 2n 2 3 类型5 递推公式为a  pa qa （其中p,q均为常数)。 n2 n1 n 解法:先把原递推公式转化为a sa t(a sa ) n2 n1 n1 n st  p 其中s，t满足 ，再应用前面类型3的方法求解。 st q （2006。福建。理。22）（本小题满分14分) 已知数列 a 满足a 1,a 2a 1(nN*). n 1 n1 n （I）求数列 a 的通项公式； P26(styyj) n 2 1 例9. 已知数列 a 中，a 1，a 2,a  a  a ，求a 。 n 1 2 n2 3 n1 3 n n 2 1 解：由a  a  a 可转化为a sa t(a sa ) n2 3 n1 3 n n2 n1 n1 n  2 st  s 1  1   3  s  即a (st)a sta   1 或 3 n2 n1 n   st  1   t  3  t 1  3 s 1  1  s  1   这里不妨选用 1 (当然也可选用 3,大家可以试一试)，则a a   (a a )  a a   t   3  t 1 n2 n1 3 n1 n n1 n 1 1 是以首项为 a a 1，公比为  的等比数列，所以 a a ( )n1,应用类型 1 的方法,分别令 2 1 3 n1 n 3 n1,2,3,,(n1),代入上式得(n1)个等式累加之, 1 1( )n1 即a a ( 1 )0 ( 1 )1 ( 1 )n2  3 n 1 3 3 3 1 1 3 7 3 1 又a 1，所以a   ( )n1。 1 n 4 4 3 类型6 递推公式为S 与a 的关系式。（或S  f(a )) n n n n S (n1) 解法：利用a  1 进行求解。 n S S (n2) n n1 （2006。陕西.20) (本小题满分12分) 源源hh头头特特ttttpp王ww王:://// xxww学学新级级新 ccww kk新tt新ww @@子子..教教疆疆xx 11jj 22kk敞敞66ttyy ..cc小小gg师师oo..cc mmoomm屋屋//wwxxcc// 6(完整)数列常见数列公式(很全) 已知正项数列{a},其前n项和S 满足10S=a2+5a+6且a，a ，a 成等比数列，求数列{a}的通项a P24 n n n n n 1 3 15 n n 源源hh头头特特ttttpp王ww王:://// xxww学学新级级新 ccww kk新tt新ww @@子子..教教疆疆xx 11jj 22kk敞敞66ttyy ..cc小小gg师师oo..cc mmoomm屋屋//wwxxcc// （styyj） 1 例10。 已知数列 a 前n项和S  4a  。 n n n 2n2 （1）求a 与a 的关系；(2）求通项公式a 。 n1 n n 1 1 解:（1)由S  4a  得：S  4a  n n 2n2 n1 n1 2n1 1 1 于是S S (a a )(  ) n1 n n n1 2n2 2n1 1 1 1 所以a a a  a  a  。 n1 n n1 2n1 n1 2 n 2n （2）应用类型4的方法，上式两边同乘以2n1得：2n1a 2na 2 n1 n 1   由 a  S 4a  a 1 . 于 是 数 列 2na 是 以 2 为 首 项 ， 2 为 公 差 的 等 差 数 列 , 所 以 1 1 1 212 1 n n 2na 22(n1)2n a  n n 2n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。 1 1 例11. 已知数列 a 中，a 1;数列 b 中，b 0.当n2时,a  (2a b )，b  (a 2b )， n 1 n 1 n 3 n1 n1 n 3 n1 n1 求a ,b 。 n n 1 1 解：因a b  (2a b ) (a 2b ) a b n n 3 n1 n1 3 n1 n1 n1 n1 所以a b  a b a b a b a b 1 n n n1 n1 n2 n2 2 2 1 1 即a b 1…………………………………………（1） n n 1 1 1 又因为a b  (2a b ) (a 2b )  (a b ) n n 3 n1 n1 3 n1 n1 3 n1 n1 1 1 1 所以a b  (a b ) ( )2a b )……( )n1(a b ) n n 3 n1 n1 3 n2 n2 3 1 1 1 1 ( )n1.即a b  ( )n1………………………（2） 3 n n 3 1 1 1 1 由（1）、（2）得:a  [1( )n1]， b  [1( )n1] n 2 3 n 2 3 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 =pa +q（p≠1，pq≠0）型 n n1 n 7(完整)数列常见数列公式(很全) q 的递推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= ， n1 n p1 从而得等比数列{a +k}。 n 1 例12、数列{a ｝满足a =1,a = a +1(n≥2），求数列{a ｝的通项公式。 n 1 n 2 n1 n 1 1 解：由a = a +1（n≥2）得a －2= （a －2），而a －2=1－2=－1， n 2 n1 n 2 n1 1 1 ∴数列{ a －2｝是以 为公比，－1为首项的等比数列 n 2 1 1 ∴a －2=－( ）n1 ∴a =2－（ )n1 n 2 n 2 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 =1，3a a 70,求数列｛a ｝的通项公式。 n 1 n1 n n 1 7 解：由3a a 70得a   a  n1 n n1 3 n 3 1 k 7 7 设a k   (a k)，比较系数得k   解得k   n1 3 n 3 3 4 7 1 7 7 3 ∴{a  }是以 为公比，以a  1   为首项的等比数列 n 4 3 1 4 4 4 7 3 1 7 3 1 ∴a    ( )n1a   ( )n1 n 4 4 3 n 4 4 3 例14．已知数列 a 满足a 1，且a 3a 2，求a ． n 1 n1 n n 解：设a t 3(a t),则a 3a 2t t 1， n1 n n1 n a 13(a 1)  a 1  是 以 (a 1) 为 首 项 ， 以 3 为 公 比 的 等 比 数 列 n1 n n 1  a 1(a 1)3n1 23n1  a 23n1 1 n 1 n 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1 n q q a   p(a  )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 n1 p1 n 1 p 型． 例15．已知数列  a  满足a 1,a 3n 2a (n2) 求a ． n 1 n n1 ， n a 2a a 2 a 解：将a 3n 2a 两边同除3n，得 n 1 n1  n 1 n1 n n1 3n 3n 3n 3 3n1 a 2 2 2 1 设b  n ，则b 1 b ．令b t  (b t)  b  b  t n 3n n 3 n1 n 3 n1 n 3 n1 3 2 a 8 2  t 3．条件可化成b 3 (b 3)，数列 b 3 是以b 3 1 3 为首项， 为公比的等比数 n 3 n1 n 1 3 3 3 8 2 a 列．b 3 ( )n1．因b  n , n 3 3 n 3n 8(完整)数列常见数列公式(很全) 8 2 a b 3n 3n( ( )n1 3)  a 3n1 2n2． n n 3 3 n 点评：递推式为a  pa qn1(p、q为常数)时,可同除qn1，得 n1 n a p a a n1   n 1,令b  n 从而化归为a  pa q（p、q为常数)型． qn1 q qn n qn n1 n 2、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， n n1 n2 n1 n 通 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 n n1 n2 n1 n1 n hk  p,hk  q，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N*). n 1 2 n2 n1 n (I）证明:数列 a a 是等比数列; n1 n （II）求数列 a 的通项公式； n 例16、数列 a 满足a 2,a 5,a 3a 2 a =0，求数列{a }的通项公式。 n 1 2 n2 n1 n n 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a 的系数分 n2 n1 n n1 解成1和2，适当组合，可发现一个等比数列{a a }。 n n1 解：由a 3a 2a  0得a a 2(a a )  0 n2 n1 n n2 n1 n1 n 即a a  2(a a ），且a a 523 n2 n1 n1 n 2 1 ∴{a a }是以2 为公比，3为首项的等比数列 n1 n ∴a a 32n1 n1 n 利用逐差法可得a (a a )(a a )(a a )a n1 n1 n n n1 2 1 1 =32n1 32n2 320 2 =3(2n1 2n2 21)2 12n =3 2 12 =32n 1 ∴a 32n1 1 n 9(完整)数列常见数列公式(很全)     例17、数列 a 中，a 1,a  2,3a  2a a ，求数列 a 的通项公式。 n 1 2 n2 n1 n n 2 1 解：由3a  2a a 得a  a  a ,设a ka  h(a ka ) n2 n1 n n2 3 n1 3 n n2 n1 n1 n 2 1 1 1 比较系数得k h ，kh ，解得k 1,h   或k   ,h 1 3 3 3 3 1 1 若取k 1,h   ,则有a a  (a a ) 3 n2 n1 3 n1 n 1 ∴{a a }是以 为公比,以a a  211为首项的等比数列 n1 n 3 2 1 1 ∴a a ( )n1 n1 n 3 由逐差法可得a (a a )(a a )(a a )a n n n1 n1 n2 2 1 1 1 1 1 1 =( )n2 ( )n3 ( )2 ( )11 3 3 3 3 1 1( )n1 = 3 1= 3 1( 1 )n1  1 7  3 ( 1 )n1   1 4 3  4 4 3 1 3 1 1 1 说明：若本题中取k   ,h 1，则有a  a  a  a 即得 3 n2 3 n1 n1 3 n 1 1 1 1 {a  a }为常数列,a  a a  a a  a n1 3 n n1 3 n n 3 n1 2 3 1 1 7 2  故可转化为例13。 3 3 2 1 例18．已知数列 a 满足a 1,a 2，a  a  a 求a ． n 1 2 n2 3 n1 3 n n 解：设a sa t(a sa )  n2 n1 n1 n  2 st  s 1  1   3  s  a (st)a sta   1 或 3 n2 n1 n   st  1   t  3  t 1  3 1 1 则条件可以化为a a   (a a )   a a 是以首项为a a 1,公比为 的等比数列，所以 n2 n1 3 n1 n n1 n 2 1 3 1 7 3 1 a 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1． n1 n 3 n 4 4 3 点评：递推式为a  pa qa (p、q为常数）时，可以设a sa t(a sa )，其待定常数s、 n2 n1 n n2 n1 n1 n t由st  p,st q求出,从而化归为上述已知题型． 五、特征根法 1、设已知数列{a }的项满足a b,a  ca d ，其中c  0,c 1,求这个数列的通项公式。作出一个方程 n 1 n1 n 10(完整)数列常见数列公式(很全) x cxd,则当x  a 时,a 为常数列，即a a ;当x a时,a b x ，其中{b }是以c为公比的等比数 0 1 n n 1 0 1 n n 0 n 列，即b bcn1,b  a  x . n 1 1 1 0 1 例19．已知数列{a }满足:a   a 2,nN,a  4,求a . n n1 3 n 1 n 1 3 解：作方程x   x2,则x   . 3 0 2 3 11 当a  4时,a  x ,b  a   . 1 1 0 1 1 2 2 1 1 11 1 3 3 11 1 数列{b }是以 为公比的等比数列。于是b b ( )n1  ( )n1,a  b   ( )n1,nN. n 3 n 1 3 2 3 n 2 n 2 2 3 2、对于由递推公式a  pa qa ,a ,a 给出的数列 a ，方程x2  pxq  0，叫做数列 a  n2 n1 n 1 2 n n 的特征方程.若x ,x 是特征方程的两个根，当x  x 时，数列 a 的通项为a  Axn1 Bxn1，其中A,B由 1 2 1 2 n n 1 2 a ,a 决定（即把a ,a ,x ,x 和n 1,2，代入a  Axn1 Bxn1，得到关于A、B的方程组）;当x  x 1 2 1 2 1 2 n 1 2 1 2 时，数列 a 的通项为a (ABn)xn1，其中A，B 由a ,a 决定（即把a ,a ,x ,x 和n 1,2，代入 n n 1 1 2 1 2 1 2 a (ABn)xn1，得到关于A、B的方程组）。 n 1 例20:已知数列 a 满足a  a,a b,3a 5a 2a  0(n  0,nN)，求数列 a 的通项公式。 n 1 2 n2 n1 n n 解法一(待定系数-—迭加法） 由3a 5a 2a  0，得 n2 n1 n 2 a a  (a a )， n2 n1 3 n1 n 且a a ba。 2 1 2 则数列 a a 是以ba为首项， 为公比的等比数列，于是 n1 n 3 2 a a (ba)( )n1。把n 1,2,3,,n代入，得 n1 n 3 a a ba, 2 1 2 a a  (ba)( )， 3 2 3 2 a a  (ba)( )2, 4 3 3  2 a a  (ba)( )n2. n n1 3 把以上各式相加，得 11(完整)数列常见数列公式(很全) 2 1( )n1 a a  (ba)[1 2 ( 2 )( 2 )n2]  3 (ba)。 n 1 3 3 3 2 1 3 2 2 a [33( )n1](ba)a 3(ab)( )n1 3b2a。 n 3 3 解法二(特征根法）：数列 a ：3a 5a 2a  0(n  0,nN) ， a  a,a b 的特征方程是： n n2 n1 n 1 2 3x2 5x2  0。 2 x 1,x  , 1 2 3 2  a  Axn1 Bxn1 A B( )n1。 n 1 2 3 又由a  a,a b，于是 1 2 a  A B  A3b2a  2   b  A B B 3(ab)  3 2 故a 3b2a3(ab)( )n1 n 3 pa q 3、如果数列{a }满足下列条件：已知a 的值且对于nN,都有a  n (其中p、q、r、h均为常数, n 1 n1 ra h n h pxq  1  且 ph  qr,r  0,a   )，那么，可作特征方程x  ，当特征方程有且仅有一根x 时，则 是 1 r rxh 0 a x  n 0 a x  等差数列;当特征方程有两个相异的根、时，则 n 1是等比数列。 1 2 a x  n 2 (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. n 1 n1 n n1 n n 2a 5 2x5 1 5 解:由已知，得a  n ，其特征方程为x ,解之，得x 或x n1 168a 168x 2 4 n 1 5 6(a  ) 12(a  ) 1 n 2 5 n 4 a   ,a   n1 2 168a n1 4 168a n n 1 1 1 1 a  a  a  a   n1 2  1 n 2 , n 2  1 2 ( 1 )n1 4 5 2 5 5 5 2 2n a  a  a  a  n1 4 n 4 n 4 1 4 12(完整)数列常见数列公式(很全) 2n15 a  . P26 (styyj) n 2n 4 a 4 例21、已知数列{a }满足性质：对于nN,a  n ,且a 3,求{a }的通项公式. n n1 2a 3 1 n n x4 解: 数列{a }的特征方程为x  ,变形得2x2 2x40,其根为 1,  2.故特征方程有两个相 n 2x3 1 2 异的根，使用定理2的第（2）部分，则有 a  pr 31 112 c  1 1 ( 1 )n1  ( )n1,nN. n a  pr 32 122 1 2 2 2 1 ∴c  ( )n1,nN. n 5 5 2 1 2 ( )n1 1 c  5 5 ∴a  2 n 1  ,nN. n c 1 2 1 n ( )n1 1 5 5 (5)n 4 即a  ,nN. n 2(5)n 13a 25 例22．已知数列{a }满足：对于nN,都有a  n . n n1 a 3 n （1）若a 5,求a ;(2）若a 3,求a ;（3)若a 6,求a ; 1 n 1 n 1 n （4）当a 取哪些值时，无穷数列{a }不存在？ 1 n 13x25 解：作特征方程x  .变形得x2 10x25 0, x3 特征方程有两个相同的特征根5.依定理2的第（1）部分解答. （1）∵a 5,a .对于nN,都有a 5; 1 1 n (2）∵a 3,a . 1 1 1 r ∴b  (n1) n a  pr 1 1 1  (n1) 35 1315 1 n1    , 2 8 令b  0,得n5。故数列{a }从第5项开始都不存在， n n 13(完整)数列常见数列公式(很全) 1 5n17 当n≤4，nN时，a   . n b n5 n (3)∵a 6,5,∴a . 1 1 1 r n1 ∴b  (n1) 1 ,nN. n a  pr 8 1 令b  0,则n  7n.∴对于nN,b  0. n n 1 1 5n43 ∴a   5 ,nN. n b n1 n7 n 1 8 （4）、显然当a  3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,a 5时，数列 1 1 1 r 1 n1 {a }是存在的，当 a 5 时，则有 b  (n1)   ,nN.令 b  0, 则得 n 1 n a  pr a 5 8 n 1 1 5n13 a  ,nN且n≥2。 1 n1 5n13 ∴当a  （其中nN且N≥2）时，数列{a }从第n项开始便不存在。 1 n1 n 5n13 于是知：当a 在集合{3或 :nN,且n≥2}上取值时，无穷数列{a }都不存在. 1 n1 n ma 1 1 1 1 1 k 1 说明：形如:a  n1 递推式,考虑函数倒数关系有 k(  )  k  令b  则 n k(a b) a a m a a m n a n1 n n1 n n1 n   b 可归为a  pa q型。（取倒数法) n n1 n a 例23：a  n1 ,a 1 n 3a 1 1 n1 1 3a 1 1 解:取倒数：  n1 3 a a a n n1 n1  1  1 1 1  是等差数列，  (n1)3 1(n1)3 a  a  a a n 3n2 n n 1 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 14(完整)数列常见数列公式(很全) 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  a  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， n n n n n   求 a 的通项an。 n 解：a2 2a 4S  a 2 2a 4S ， n n n n1 n1 n1 ∴a2 a2 2a 2a 4(S S )4a n n1 n n1 n n1 n   (a a )(a a 2)0 ，∵ a a 0 ,∴ a a 2 . 即 a 是以 2 为公差的等差数列，且 n n1 n n1 n n1 n n1 n a2 2a 4a a 2。 1 1 1 1 ∴a 22(n1)2n n   例25: 数列 a 中前n项的和S 2na ，求数列的通项公式a . n n n n 解 ： ∵ a S 2a a 1 当 n ≥ 2 时 ， 1 1 1 1   1 1 a  S S 2na  2(n1)a a 2a a  a 1a 2 (a 2) n n n1 n n1 n n1 n 2 n1 n 2 n1 1 令b a 2，则b  b ，且b 121 n n n 2 n1 1 1 1 1  b 是以 为公比的等比数列，b 1( )n1 ( )n1 n 2 n 2 2 1 ∴a 2( )n1. n 2 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,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  a  是首项为1的正项数列,且a2 a2 na na 0，(n∈N*），求数列的通项公式an。 n n n1 n n1 解：由题设得(a a )(a a n)0。 n n1 n n1 ∵a 0，a 0,∴a a 0。 n n1 n n1 ∴a a n n n1 n(n1) a a (a a )(a a )(a a )123n 例 27: 数列 a 中,a 1,a 3，且 n 1 2 1 3 2 n n1 2 n 1 2 a (n3)a (n2)a ，（n∈N＊），求通项公式a 。 n2 n1 n n 解： a a  (n2)(a a ) (n2)(n1)(a a ) n2 n1 n1 n n n1 (n2)(n1)43(a a )(n2)! 2 1 ∴a a (a a )(a a )(a a )12!3!n!(n∈N*） n 1 2 1 3 2 n n1 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. 1 例28： 数列 a 中，a  ，前n项的和S n2a ，求a . n 1 2 n n n1 解:a S S n2a (n1)2a (n2 1)a (n1)2a n n n1 n n1 n n1 a n1  n  ， a n1 n1 a a a n1 n2 1 1 1 ∴a  n  n1 2 a      n a a a 1 n1 n 3 2 n(n1) n1 n2 1 1 ∴a  n1 (n1)(n2) 15(完整)数列常见数列公式(很全) 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  a  满足a 1,a 2a2 （n≥2）.求数列  a  的通项公式。 n 1 n n1 n 解:两边取对数得：loga n 12loga n1，loga n12(loga n11)，设b loga n1， 2 2 2 2 n 2 则b 2b n n1  b 是以2为公比的等比数列，b log111. n 1 2 b 12n1 2n1，loga n12n1，loga n 2n11, n 2 2 ∴a 22n11 n 7a 3 例30： 已知数列 a 中，a 2，n≥2时a  n1 ，求通项公式. n 1 n 3a 1 n1 4a 4 1 1 3 解：∵a 1 n1 ，两边取倒数得   。 n 3a 1 a 1 a 1 4 n1 n n1 可化为等差数列关系式。 1 1 3 3n1   (n1) a 1 a 1 4 4 n 1 3n5 ∴a  n 3n1 16