数列通项、求和方法经典总结

第二次课——数列通项公式的求法
一、定义法 —— 直接利用等差或等比数列的定义求通项。

特征：适应于已知数列类型（等差or 等比）的题目．
例．等差数列{}n a 是递增数列，前n 项和为n S ，且931,,a a a 成等比数列，2
55a S =．求数列{}n a 的通项
公式.
解：设数列{}n a 公差为)0(>d d
∵931,,a a a 成等比数列，∴912
3a a a =，即)8()2(1121d a a d a +=+d a d 12
=⇒
∵0≠d ， ∴d a =1………………………………①
∵255a S = ∴211)4(24
55d a d a +=⋅⨯+
…………② 由①②得：531=a ，53=d ∴n n a n 5
3
53)1(53=⨯-+=
二、公式法
求数列{}n a 的通项n a 可用公式⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-21
11n S S n S a n n
n 求解。

特征：已知数列的前n 项和n S 与n a 的关系
例．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足1,)1(2≥-+=n a S n n n ．求数列{}n a 的通项公式。

解：由1121111=⇒-==a a S a
当2≥n 时，有
,)1(2)(211n
n n n n n a a S S a -⨯+-=-=-- 1122(1),n n n a a --∴=+⨯-
,)1(22221----⨯+=n n n a a ……，.2212-=a a 11221122(1)2(1)2(1)n n n n n a a ----∴=+⨯-+⨯-++⨯-
三、由递推式求数列通项法
类型1 特征：递推公式为)(1n f a a n n +=+
对策：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法求解。

例1. 已知数列{}n a 满足211=a ，n
n a a n n ++=+211，求n a 。

解：由条件知：1
1
1)1(1121+-
=+=+=
-+n n n n n n a a n n 分别令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ，代入上式得)1(-n 个等式累加之，
即)()()()(1342312--+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-+-+-n n a a a a a a a a
)111()4131()3121()211(n n --+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-+-+-= 所以n a a n 111-=-
211=a ，n
n a n 1231121-=-+=∴
类型2 特征：递推公式为 n n a n f a )(1=+
对策：把原递推公式转化为
)(1
n f a a n
n =+，利用累乘法求解。

例2. 已知数列{}n a 满足321=a ，n n a n n a 1
1+=+，求n a 。

解：由条件知
1
1+=
+n n
a a n n ，分别令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ，代入上式得)1(-n 个等式累乘之，即 1342312-∙⋅⋅⋅⋅⋅⋅∙∙∙n n a a a a a a a a n
n 1
433221-⨯⋅⋅⋅⋅⋅⋅⨯⨯⨯=n a a n 11=⇒ 又321=
a ，n
a n 32
=∴ 类型3 特征：递推公式为q pa a n n +=+1（其中p ，q 均为常数）
对策：（利用构造法消去q ）把原递推公式转化为由q pa a n n +=+1得1(2)n n a pa q n -=+≥两式相减并整理得1
1
,n n
n n a a p a a +--=-构成数列{}1n n a a +-以21a a -为首项，以p 为公比的等比数列.求出{}1n n a a +-的通项再转化为类型1（累加法）便可求出.n a
例3. 已知数列{}n a 中，11=a ，321+=+n n a a ，求n a .
解：设递推公式321+=+n n a a 可以转化为)(21t a t a n n -=-+即321-=⇒-=+t t a a n n .故递推公式为)3(231+=++n n a a ,令3+=n n a b ，则4311=+=a b ,且
23
3
11=++=++n n n n a a b b .所以{}n b 是以41=b 为首项，2为公比的等比数列，则11224+-=⨯=n n n b ,所以321-=+n n a .
类型4特征：递推公式为1()n n a pa f n +=+（其中p 为常数）
对策：（利用构造法消去p ）两边同时除以1n p +可得到
111()n n n n n a a f n p p p +++=+，令n
n n
a b p =，则
11
()n n n f n b b p
++=+
，再转化为类型1（累加法），求出n b 之后得n
n n a p b = 例4．设数列{n a }的前n 项和n S .已知首项a 1=3,且1+n S +n S =21+n a ,试求此数列的通项公式n a 及前n 项和
n S .
解：∵a 1=3, ∴S 1=a 1=3.在S n+1＋S n =2a n+1中,设n=1,有S 2＋S 1=2a 2.而S 2=a 1＋a 2.即a 1＋a 2＋a 1=2a 2.∴a 2=6. 由S n+1＋S n =2a n+1,......(1) S n+2＋S n+1=2a n+2, (2)
(2)－(1),得S n+2－S n+1=2a n+2－2a n+1，∴a n+1＋a n+2=2a n+2－2a n+1 即 a n+2=3a n+1
此数列从第2项开始成等比数列,公比q=3.a n 的通项公式a n =⎩
⎨⎧≥⨯=-.2,32,
1,31
时当时当n n n 此数列的前n 项和为S n =3＋2×3＋2×32
＋…＋2×3n – 1
=3＋1
3)13(321--⨯-n =3n
.
类型5 特征：递推公式为n n n qa pa a +=++12（其中p ，q 均为常数）。

对策：先把原递推公式转化为)(112n n n n sa a t sa a -=-+++ 其中s ，t 满足⎩⎨⎧-==+q
st p
t s ，再应用前面类型3
的方法求解。

例5. 已知数列{}n a 中，11=a ,22=a ,n n n a a a 3
1
3212+=++，求n a 。

解：由n n n a a a 3
1
3212+=
++可转化为)(112n n n n sa a t sa a -=-+++ 即n n n sta a t s a -+=++12
)(⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧
-==+⇒313
2st t s ⎪⎩⎪⎨⎧-==⇒311t s 或⎪⎩⎪⎨
⎧=-=131t s 这里不妨选用⎪⎩
⎪
⎨⎧-==311t s （当然也可选用⎪⎩⎪⎨
⎧
=-=131t s ，大家可以试一试），则)(3
1
112n n n n a a a a --=-+++{}n n a a -⇒+1是以首项为112=-a a ，公比为31-的等比数列,所以
11)3
1
(-+-=-n n n a a ,应用类型1的方法，
分别令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ，代入上式得)1(-n 个等式累加之，
即2
101)3
1()31()31(--+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-+-=-n n a a 3
11)31(11
+--=
-n 又11=a ，所以1
)3
1(4347---=
n n a 。

巩固：
例8. 数列{a n }满足a 1=1，0731=-++n n a a ,求数列{a n }的通项公式。

解：由0731=-++n n a a 得3
7
3
11+
-=+n n a a 设a )(311k a k n n +-=++，比较系数得3
73=--k k 解得47
-=k
∴{47-n a }是以31-为公比，以43
471471-=-=-a 为首项的等比数列
∴1)3
1(4347--⨯-=-n n a 1)31
(4347--⨯-=⇒n n a
例9. 已知数列{}n a 满足11=a ，且132n n a a +=+，求n a ． 解：设)(31t a t a n n +=++，则1231=⇒+=+t t a a n n ，
⇒
+=++)1(311n n a a {}
1+n a 是以)1(1+a 为首项,以
3为公比的等比数列
⇒⇒⋅=⋅+=+--111323)1(1n n n a a 1321-⋅=-n n a
例10．已知数列{}n a 满足11=a ，123-+=n n n a a )2(≥n ，求n a ．
解：将123-+=n n n a a 两边同除n 3，得n
n n n a a 32131-+=⇒
11
33213--+=n n n n a a 设n n n a b 3
=，则1321-+=n n b b ．令)(321t b t b n n -=--⇒t b b n n 31
321+=-
⇒3=t ．条件可化成)3(3
231-=--n n b b ，数列{}3-n b 是以3833311-=-=-a b 为首项，32
为公比的
等比数列．1)32
(383-⨯-=-n n b ．因n n n a b 3=,
)3)3
2
(38(331+⨯-==∴-n n n n n b a ⇒2123++-=n n n a ．
例11. 已知数列{}n a 满足*12211,3,32().n n n a a a a a n N ++===-∈ （I ）证明：数列{}1n n a a +-是等比数列；（II ）求数列{}n a 的通项公式；
例12. 数列{}n a 满足23,5,21221+-==++n n a a a a n a =0，求数列{a n }的通项公式。

解：由02312=+-++n n n a a a 得0)(2112=---+++n n n n a a a a 即）n n n n a a a a -=-+++112(2，且32512=-=-a a ∴}{1n n a a -+是以2为公比，3为首项的等比数列 ∴1123-+⋅=-n n n a a
利用逐差法 ∴1231-⨯=-n n a
例13．已知数列{}n a 满足11=a ,22=a ,n n n a a a 3
1
3212+=++求n a ． 解：设)(112n n n n sa a t sa a -=-+++⇒
n n n sta a t s a -+=++12)(⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧
-==+⇒313
2st t s ⎪⎩⎪⎨⎧-==⇒311t s 或⎪⎩⎪⎨
⎧=-=131t s 则条件可以化为)(3
1
112n n n n a a a a --=-+++{}n n a a -⇒+1是以首项为112=-a a ，公比为31-的等比数
列,所以11)31(-+-=-n n n a a ．问题转化为利用累加法求数列的通项的问题，解得1)3
1
(4347---=n n a ．
求n s 的四种方法：
①若数列{}n a 为等差数列，数列{}n b 为等比数列，则数列{}n n a b ⋅的求和就要采用此法.
②将数列{}n n a b ⋅的每一项分别乘以{}n b 的公比，然后在错位相减，进而可得到数列{}n n a b ⋅的前n 项和.
例：{}{}{}若为等差数列，为等比数列，求数列（差比数列）前项a b a b n n n n n
{}和，可由求，其中为的公比。

S qS S q b n n n n -
如：……S x x
x nx n n =+++++<>-123412
31
()x S x x x x n x nx n n n
·……=+++++-+<>-234122
3
4
1
()<>-<>-=++++--12112
1
：……x S x x x
nx n n n
()()
x S x x nx x
n
n
n
≠=---
-11112
时，
()x S n n n n ==++++=+112312
时，……
一般地，当数列的通项12()()
n c
a an
b an b =
++ 12(,,,a b b c 为常数）时，往往可将n a 变成两项的差，
采用裂项相消法求和.
可用待定系数法进行裂项：
设1
2
n a an b an b λ
λ
=-
++，通分整理后与原式相比较，根据对应项系数相等得21
c
b b λ=
-，从而可
得
122112
11
=().()()()c c an b an b b b an b an b -++-++
有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.一般分两步：①找通向项公式②由通项公式确定如何分组.
如果一个数列{}n a ，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，则可用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到了一个常数列的和，这种求和方法称为倒序相加法。

特征：121...n n a a a a -+=+= ⑸记住常见数列的前n 项和： ①(1)
123...;2
n n n +++++=
②2
135...(21);n n ++++-= ③22221
123...(1)(21).6
n n n n ++++=++。