数列通项公式的求法VIP免费

等差数列与差比数列的通项公式的通项公式：等差数列}{na)()1(1Nndnaan),()(Nmndmnaamn推广：的通项公式：等比数列}{na),(Nmnqaamnmn推广：)(11Nnqaann}{，然后直接套用及出为等差（比）数列，求方法：若na类型一：等差数列与等比数列的通项：ma其中一项）（公比公差qd公式＝为整数，则通项公式且公比，为等比数列，若：已知例nnaqaaaaa512,124}{17483，然后套公式。与程组，解出的方与表示，得出与全部用，，，本题也可以把qaqaqaaaaa1118743124512}{838374aaaaaaan，为等比数列，则分析：是整数，又与的两根是方程与故知qxxaa4128051212428313353883)2(2321284nnnqaaqqaaaa，，12n，等比512}{8374aaaaan的通项公式。，求数列且为等差数列，已知数列卷湖南}{9,3))}(1({log).(131*2nnaaaNna12)1(log)1(log1232ddaa略解：,)1(1)1(log2nnan.12nna练习：1(1)21nandn1112nnnqbb是各项都为正数的等比是等差数列，设全国nnba).(2，求数列数列，且13,21,1355311bababa的通项公式。与nnba类型二：类等差（比）数列,方法：累加(乘)的通项公式。求数列的值；求的等比数列成公比不为且，是常数，，中，例：数列nnnnacaaanccnaaaa)2()1(1,,)3,2,1(232111)(1nfaann即)(1ngaann与31223211,,aaaaaa的等比数列得成公比不为分析：由naacccnn2,2)32(2)2(12故有即）1(2,,32,22,21342312naaaaaaaann),1()]1(321[21nnnaan上面各式相加得),3,2,1(22nnnan故一、若数列有形如an＋1＝an＋f(n)的解析式，而f(1)＋f(2)＋…＋f(n)的和是可求的，则可用多式累(迭)加法求得an.(2011年厦门质检)已知数列{an}中，a1＝20，an＋1＝an＋2n－1，n∈N*，则数列{an}的通项公式an＝______.解析：由条件an＋1＝an＋2n－1，n∈N*，即an＋1－an＝2n－1，得a2－a1＝1，a3－a2＝3，a4－a3＝5，…，an－1－an－2＝2n－5，an－an－1＝2n－3，以上n－1个式子相加并化简，得an＝a1＋(n－1)2＝n2－2n＋21.答案：n2－2n＋21变式探究1．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋2n，求an.解析：当n≥2时，a2－a1＝2，a3－a2＝22，a4－a3＝23，…，an－an－1＝2n－1.将这n－1个式子累加起来可得an－a1＝2＋22＋…＋2n－1，∴an＝a1＋2＋22＋…＋2n－1＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1.当n＝1时，a1适合上式，故an＝2n－1.二、若数列有形如an＝f(n)·an－1的解析关系，而f(1)·f(2)…f(n)的积是可求的，则可用多式累(迭)乘法求得an.设{an}的首项为1的正项数列，且－n＋an＋1an＝0，求它的通项公式．()n＋1a2n＋1a2n解析：由题意a1＝1,an>0，(n＝1,2,3，…)，由()n＋1a2n＋1－na2n＋an＋1an＝0，得()an＋1＋an[]()n＋1an＋1－nan＝0. an>0，∴an＋1＋an≠0，∴有an＋1＝nn＋1an. an＝anan－1×an－1an－2×…×a2a1×a1，∴an＝n－1n·n－2n－1…12·1＝1n，∴an＝1n.由()n＋1a2n＋1－na2n＋an＋1an＝0，得()an＋1＋an[]()n＋1an＋1－nan＝0. an>0，∴an＋1＋an≠0，∴有an＋1＝nn＋1an. an＝anan－1×an－1an－2×…×a2a1×a1，∴an＝n－1n·n－2n－1…12·1＝1n，∴an＝1n.的通项公式为列，则数且满足中，已知数列：例nnnnannaaaa21211nnnnnaannnaa11)2(2nnannann)1()2)(1(1方法二:对应），小系数与（大系数与nnaa1是常数数列则可构造nann)1(11645342312:13423121nnaaaaaaaannaannnn－得分析)1(21)1(2111nnaannaann)1(21221)1(11nnaaaannnn，故有)1(2nnan累乘nnaS，求知类型三：求解方法：可直接应用公式)2()1(11nSSnSannn的通项公式。的图象上，求数列均在函数，点和为的前，数列为函数的图象经过原点，其导例：已知二次函数nnnn...