数列a?n的通项公式就是数列的第n项a?n与n之间的函数关系,即a?n=f(n),n∈N?*。求数列通项公式在近几年高考中也经常出现,下面我们就来介绍几种求通项公式方法。
一、已知数列a?n前n项和S?n,利用公式a?n=s?1(n=1)?s?n-sn-1(n≥2)求a?n.
公式a?n=s?1(n=1)?s?n-sn-1(n≥2),给出了第n项与前n项和之间的关系,这个式非常重要,在利用这个关系时必须注意:
① 公式对任何数列都适用;
② n=1的情形要单独讨论
例1 (2009浙江文)设S?n为数列a?n的前n项和,S?n=kn?2+n(n∈N??),其中k是常数.
(1)求a?1及a?n;
(2) 若对于任意的m∈N??,a?m,a2m,a4m成等比数列,求k的值.
解:(1)当n=1时,a?1=S?1=k+1,
n≥2时,a?n=S?n-Sn-1=kn?2+n-[k?(n-1)?2+(n-1)]=2kn-k+1(?)
经验,n=1(*)式成立,∴a?n=2kn-k+1
(2) 略
例2 已知a?1+2a?2+3a?3+…+na?n=n?2,求a?n.
分析:题设中a?1+2a?2+3a?3+…+na?n是数列na?n的前n项和s?n,通项为na?n,由公式a?n=s?1(n=1)?s?n-sn-1(n≥2)可求出na?n,再就可求出a?n.
解:∵na?n=(a?1+2a?2+3a?3+…+na?n)-(a?1+2a?2+3a?3?+…+(n-1)an-1)
=n?2-?(n-1)?2=2n-1,
∴a?n=2-1n
二、已知数列a?n前n项之积T?n,一般可求Tn-1,则?a?n=T?1(n=1)?T?nTn-1(n≥2)
例3 已知数列a?n中,对所有的n∈N??,都有a?1•a?2•a?3…a?n=n?2,求a?n
解:当n=1时,
a?1=1,
当n≥2时,
a?n=a?1•a?2•a?3…a?na?1•a?2•a?3…an-1=n?2?(n-1)?2,
∴a?n=1(n=1)?n?2?(n-1)?2(n≥2)
三、已知数列a?n的递推关系,研究an+1与a?n的关系式的特点,可以通过变形构造出新数列{f(a?n)}为等差或等比数列,求a?n
例4 已知数列a?n满足a?1=15,且当n>1,n∈N*时,有an-1a?n=2an-1+11-2a?n,求a?n
解:∵an-1a?n=2an-1+11-2a?n
∴an-1-2a?nan-1=2a?nan-1+a?n
∴an-1-a?n=4a?nan-1
∴an-1-a?na?nan-1=4
∴1a?n-1an-1=4?
∴1a?n成首项为1a?1=5,公差为4的等差数列
∴1a?n=1a?1+?4(n-1)=5+4(n-1)=4n+1
∴a?n=14n+1.
例5 已知数列a?n中,a?1=2,an+1=3a?n+2,求a?n.
分析:数列a?n既非等差也非等比数列,设an+1+x=?3(a?n+x),由已知可
求出x=1,即an+1+1=3(a?n+1),则数列a?n+1是等比数列,因此
由等比数列的通项公式可求出a?n+1,再就可求出a?n.
解:∵an+1=3a?n+2
∴an+1+1=3(a?n+1)
∴数列a?n+1是等比数列,首项a?1+1=3,公比为3
∴a?n+1=3?3n-1=3?n
∴a?n=3?n-1.
四、累加法、累乘法
1.已知a?n-an-1=f(n)(n≥2),且f(n)成等差(比)数列,
则求a?n可用累加法.
例6 (2009全国卷Ⅰ理)在数列a?n中,a?1=1,an+1=?(1+1n)a?n+n+12?n.
(1) 设b?n=a?nn,求数列b?n的通项公式.
(2) 求数列a?n的前n项和S?n.
解:(1) 由已知有an+1=n+1na?n+n+12?n
∴an+1n+1=a?nn+12?n
∴bn+1-b?n=?12?n 又∵b?1=a?11=1
∴b?2-b?1=12,b?3-b?2=?12?2,
b?4-b?3=?12?3,……,
b?n-bn-1=?12n-1
∴(b?2-b?1)+(b?3-b?2)+(b?4-b?3)+…+(b?n-bn-1)
=?
12+?12?2+?12?3+…+?12n-1
∴b?n-b?1=12(1-?12n-1)1-12=1-?12n-1
∴b?n=1-?12n-1+b?1=2-?12n-1(n≥2)
b?1=1也满足b?n=2-?12n-1
∴b?n=2-?12n-1
(2) 略
2. 已知a?nan-1=f(n)(n≥2),求a?n用累乘法.
例7 设数列a?n中,a?1=1,且(2n+1)a?n=(2n-1)an-1(n∈N?*,n≥2),求a?n.
解:∵(2n+1)a?n=(2n-1)an-1
∴a?nan-1=2n-12n+1
∴a?2a?1=35,
a?3a?2=57,
a?4a?3=79,…,a?nan-1=2n-12n+1
∴a?2a?1•a?3a?2•a?4a?3•…•a?nan-1=35•57•79•…•2n-12n+1
∴a?na?1=32n+1
∴a?n=3a?12n+1=32n+1(n≥2)
a?1=1也满足a?n=32n+1
∴a?n=32n+1
五、数学归纳法
有些题目可由递推关系计算出数列的前几项,然后猜想出通项公式,最后用数学归纳法证明。对于数学归纳法有些省市的教材中已经不做要求,但有些省市的教材仍然要求掌握,并且高考仍作为考察点。
例8 (2003天津高考理科第22题(1))设a?0为常数,且a?n=3n-1-2an-1(n∈N).
证明:对任意n≥1,a?n=153?n+?(-1)n-1•2?n+??(-1)?n•2?n•a?0
证明:(1) 当n=1时a?1=3?0-2a?0=1-2a?0
而a?1=153?1+?(-1)?0•2?1+?(-1)?1•2?1•a?0=1-2a?0
∴当n=1时,命题成立
(2) 假设n=k时命题成立
即:a?k=153?k+?(-1)k-1•2?k+?(-1)?k•2?k•a?0
那么n=k+1时,由已知得
ak+1=3(k+1)-1-2a(k+1)-1=3?k-2a?k
=3?k-2*153?k+?(-1)k-1•2?k+?(-1)?k•2?k•a?0
=3?k-25*3?k-25(-1)k-1•2?k-2•?(-1)?k•2?k•a?0
=35*3?k+15?(-1)?k2k+1+?(-1)k+1•2k+1•a?0
=153k+1+?(-1)(k+1)-1•2k+1+?(-1)k+12k+1a?0
故n=k+1时,命题也成立
根据(1)(2)对任意n≥1,a?n=153?n+?(-1)n-1•2?n+?(-1)?n•2?n•a?0都成立。
(张成斌 江苏省南京市文枢中学 210004)