高中常见数列的公式及经典例题
-
高中常见数列的公式及经典例题
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
n
－
a
n
1
=d
，
（
n
≥
2
< br>，
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）
2
．等差数列的通项公式：
a
n
a
1
(
n
< br>
1
)
d
a
n
a
m
(
n
m
)
d
或
a
n
=pn+q
(p
、
q<
/p>
是常数
))
3
．
有几种方法可以计算公差
d
①
d=
a<
/p>
n
－
a
n
1
②
d
=
4
．等差中项：
A
a
n
a<
/p>
1
a
a
③
d
=
n
m
n
1
n
m
a
b
a<
/p>
,
b
,
成等差数
列
2
5
．等
差数列的性质：
m+n=p+q
a
m
a
n
a
p
a
q
(m, n, p, q
∈
N )
等差数列前
n
项和公式
6.
等差数列的前
n
项和公式
（
1
）
S
n
<
/p>
n
(
a
1
a
n
)
n
(
n
1
)
d
d
d
（
2
）
S
n
n
a
1
（<
/p>
3
）
S
n
n
2
(
a
1
)
n
，
2
2
2
2
当
d
≠
0
，是一个常数项为零的二次式<
/p>
8.
对等差数列前项和的最值问题有两
种方法
:
（
1
）
利用
a
n
：
当
a
n
>0
，
d<0
，
前
n
项和有最大值
可由
a
n
≥
0
，
且
a
n
1
≤
0
，求得
n
的值
当
a
n
<0
，
d>0
，
前
n
项和有最小值
可由
a
n
≤
0
，
且
a
n
1
≥
0
，求得
n
的值
（
2
）
利用
S
n
：由
S
n
n
2
(
a
1
)
n
< br>二次函数配方法求得最值时
n
的
第
1
页（共
21
页）
1
d
2
d
2
值
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：
a
n
=
q
（
q
≠<
/p>
0
）
a
n
1
2.
等比数列的通项公式
:
a
n
a
1
q
n
1
(
a
1
< br>q
0
)
，
a
n
a
m
q
n
m
(
a
1
q
< br>
0
)
a
n
1
=
q
（
n
N
,
q
≠
0
）
“
a
n
≠
0
”
是数列
｛
a
n
｝
a
n
3
．
｛
a
n
｝
< br>成等比数列
成等比数列的必要非充分条件
4
．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<
/p>
G
=
±
6
．性质
：若
m+n=p+q
< br>，
a
m
a
n
a
p
a
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
1
>0
或
0
a
1
<0
时
, {
a
n
}
是递增数列
;
当
q>1,
a
1
<0,
或
0
a
1
>0
时
, {
a
n
}
是递减数列
;
当
q=1
时
,
{
a
n
}
是常
数列
;
当
q<0
时
,
{
a
n
}
是摆
动数列
;
等比数列前
n
项和
等比数列的前
n
项和公式：
a
1
(
1
q
n
)
a
a
q
∴当
q
<
/p>
1
时，
S
n
①
或
S
n
1
n
②
1
q
1
< br>
q
第
2
页（共
21
页）
2
ab
（
a
,
b
同号）
.
当
q=1
时，
S
n
<
/p>
na
1
当已知
a
1
,
q, n
时用公式①；当已知
a
1<
/p>
, q,
a
n
时，用公式②
.
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
< br>n
是递增数列，前
n
项和为
S
n
，且
a
1
,
a
3
,
a
9
成等比数
列，
S
5
a
5
2
．求数列
a
n
的通项公式
.
解：设数列
a
n
公差为
d
(
d
0
)
∵
a
1
,
a
3
,
< br>a
9
成等比数列，∴
a
3
2
a
1
a
9
，
< br>
即
(
a
1
2
d
)
2
a
1
(
a
1
8
d
)
d
2
a
< br>1
d
∵
d
0
，
∴
a
1
d
………………………………①
∵
S
5
a
5
2
∴
5
a
1
3
3
5
5
3
3
3
∴
a
n
< br>
(
n
1
)
n
5
5
5
5
4
d
(
a
1
4
d
< br>)
2
…………②
2
由①②得：
a
1
，
d
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
若已知数列的
前
n
项和
S
n
与
a
n
的关系
，求数列
a
n
的通项
a
n
可用
公式
a
n
S
1
< br>n
1
求解。
< br>
S
n
S
n
1
n
2
例
2
．
已知数列
a
n
的前
n
项和
S
n
满足
S
n
2
< br>a
n
(
1
)
n
,
n
1
．
求数列
a
n
的
通项公式。
解：由
a
1
S
1
2
a
1
1
a
1
1
n
a
< br>
S
S
2
(
a
a
)
2
(
1
)
,
n
n
n
1
< br>n
n
1
n
2
当
时
，有
a
n
2
a
n
1
2
(
1)
n
1
,
a
n
1
2
a
n
2
2
<
/p>
(
1
)
n
2
,
……，
a
2
2
a
1
2
.
a
n
2
n
1
a
1<
/p>
2
n
1
(
1)
2
n
2
(
< br>
1)
2
2
(
1)
n
1
第
3
页（共
21
页）
3
2
n
1
(
1
)
n
[(
2
)
n
1
(
2
)
n
2
<
/p>
(
2
)]
2
n
1
2
[
1
(
2
< br>)
n
1
]
(
1
)
3
n
2
经验证
a
1
1
也满足上式，所以
a
n
[
2
n
2
<
/p>
(
1
)
n
1
]
2
[
2
n
2
(
1
)
n
1
].
3
3
S
n
< br>
n
1
点
评：
利用公式
a
n
求解时，要注意对
n
分类
S
S
n
2
n
1
n
讨论，但若能合写时一定要合并
．
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，<
/p>
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<
/p>
法与特殊数列。
类型
1
递推
公式为
a
n
1
a
n
<
/p>
f
(
n
)
解法：把原递推公式转化为
a
n
1
< br>a
n
f
(
n
)
，利用
累加法
(
逐差相加法
)
求解。
(2004
全国卷
I.22)
已知数列
a
n
中
,
a
1
1,
且
a
2
k
a
2
k
1
(
1)
k
,
a
2
k
1
a
2
k
3
k
,
其中
k
1
,2,3,
……，求数列
a
n
的通项公式。
P2
4
（
styyj
）
例
3
.
已知
数列
a
n
满足
a
1
<
/p>
，
a
n
1
a
n
解：由条件知：
a
n<
/p>
1
a
n
1
2
1
，求
a
n
。
n
2
< br>
n
1
1
1
1
n
2
n
n
(
n
1
)
n
n
1
分
< br>别
令
n
1
,
2
,
3
,
,
(
n
1
)
，
代
入
上
式
得
(
n
1
)
个
等
式
累
加
之<
/p>
，
即
(
a
2
a
1
)
(
a
3
a
2
)
(
a
4
a
3
)<
/p>
(
a
n
a
n
1
)
1
1
1
1
1
1
1<
/p>
(
1
)
(
)
(
)
(
)
<
/p>
2
2
3
3
4
n
1
n
1
所以
a
n
a
1
< br>
1
n
第
4
页（共
21
页）
4
a
1
1
1
1
3
1<
/p>
，
a
n
1
2
2
n
2
n
类型
2
（
1
）递推公式为
a
n
1
f
(
< br>n
)
a
n
解法：
把原递推公式转化为
a
n
1
利用
累乘法
(
逐商相乘法
)
求解。
f
(
n
)
，<
/p>
a
n
(2004
全国卷
I.15)
已知数列
{
a
n
}
，满足
a
1
=1
，
a
n
=
a
1
+2
a
2
< br>+3
a
3
+
…
+(
n
－
1)
a
n
－
1
(
n
≥
2)
，则
{
a
n<
/p>
}
的通项
1
a
n
___
n
1
n
2
P24
（
styyj
）
例
4
. <
/p>
已知数列
a
n
满足
a
1<
/p>
，
a
n
1
解：
由条件知
2
3
n
a
n
，求
a
n
。
n
1
a
n
< br>
1
n
，
分别令
n
1
,
2
,
3
,
,
(
n
1
)
，
代入上式得
(
n
1
)
个
a
n
n
1
等式累乘之，即
a
a
a
2
a
3
a
4
1
1
2
3
n
1
<
/p>
n
n
a
1
a
2
a
3<
/p>
a
n
1
2
3
4
a
1
n
n
又
a
1
，
a
n
2
3
2
<
/p>
3
n
（
2
）
．由
a
n
1
f
(
n
)
a
< br>n
和
a
1
确定的递推数列
a
n
的通项可如下求得：
由
已知递推式有
a
n
< br>f
(
n
1
)
a
n
1
，
a
n
1
f
(
n
2
)
a
n
< br>
2
，
，
a
2
f
(
1
)
a
1
依
次向前代入，得
a
n
f
(
n
1
)
f
(
n
2
)
< br>f
(
1
)
a
1
，
简
记为
a
n
(
f
(
k
))
a
1
(
n
1
,
f
(
k
)
1
)
，
这就是
叠
（迭）
代法
的基本模
k
1
k
1
n
1
0
式。
（
3
）
递推式：
a
n
<
/p>
1
pa
n
f
n
解法：只需
构造数列
b
n
，消去
第
5
页（共
21
页）
5
f
n
< br>带来的差异．
例
5
．设数列
a
n
：
a
1
4
,
a
< br>n
3
a
n
1
2
n
1
,
(
n
2
)
，求
a
n
.
解：
设
b
n
a
n
An
B
< br>，
则
a
n
b
n
A
n
B
，
将<
/p>
a
n
,
a
n
1
代入递推式，
得
b
n
An
B
3
b
n
1
A
(
n
1
)
B
2
n
<
/p>
1
3
b
n
1
(
3
A
2
)
n
(
3
B
3
A
1
)<
/p>
A
1
A
3
A
2
B
1
B
<
/p>
3
B
3
A
1
取
b
n
a
n
n
1
…
（
１
）
则
b<
/p>
n
3
b
n
1
,
又
b
1
6
，
故
b
n
6
3
n
1
<
/p>
2
3
n
代入（１）得
a
n
2
3
n
n
1
说
明
：
（
1
）
若
< br>f
(
n
)
为
n
的
二
次
式
，
则
可
设
b
n
a
n
An
2
Bn
C
;(2)
本
题
也
可
由
a
n
3
a
n
1
2
n
1
<
/p>
,
a
n
1
3
a
n
2
2
(
n
1
)
1
（
n
3
）<
/p>
两式相
减得
a
n
a
n
1
3
(
a
n
1
a
n
< br>2
)
2
转化为
b
n
pb
n
1
q
求之
.
例
6
．已知
a
1
3
，
a<
/p>
n
1
解：
a
n
3
n
1
a
n
(
< br>n
1
)
，求
a
n
。
3
n
2
3
(
n
1
)
1
3
(
n
< br>2
)
1
3
2
1
3
1
a
1
3
(
n
< br>
1
)
2
3
(
n
2
)
2
3
2
2
3
2
3
n
< br>4
3
n
7
3
n
1
3
n
4
5
2
6
3
8
5
3
< br>n
1
。
类型
3
递推
公式为
a
n
1
pa
n
q
（其中
p
，
q
均为常数，
(
pq
(
p
1
)
0
)<
/p>
）
。
解法：把
原递推公式转化为：
a
n
1
t
p
(
a
n
t
)
，其中
t
q
，再利用
< br>1
p
第
6
页（共
21
页）
< br>
6
换元法
转化为等比数列求解。
(2006.
重庆
.14
）在数列
a
n
< br>
中，若
a
1
< br>
1,
a
n
1
2
a
n
3(
n
1)
，则该数列的
< br>通项
a
n
P24
（
styyj
）
例
7.
已知数列
a
n
中，
a
1
1
，
a
n
1
2
a
n
3
，求
a
n
.
解
：
设
< br>递
推
公
式
a
n
1
2
a
n
3
可
以
转
化
为
a
n
1
t
< br>
2
(
a
n
t
)
即
a
n
1
2
a
n
t
t
3
.
< br>故
递
推
公
式
为
a
n
1
3
2
(
a
n
3
)
,
令
b
n
< br>a
n
3
，
则
b
1
a
1
3
4
,
且
b
n
1
a
n
1
< br>
3
2
.
所以
b
n
是以
b
1
4
为首项
，
2
为公比的
b
n
a
n
3
等比数列，则
b
n
4
2
n
1
2<
/p>
n
1
,
所以
a
n
2
n
1
3
.
类
型
4
递
推
公
式
为
a
n
1
pa
n
q
n
（
其
中
p
，
q
均
为
常
数<
/p>
，
。
（或
a<
/p>
n
1
pa
n
rq
n
,
其中
p
，
q,
r
均为常数）
(
pq
(
p
1
)(
q
1
)
0
)
）
（
2006<
/p>
全国
I.22
）
（本小题满分
12
分）
设数列
a
n
的前
n
项的和
S
n
a
n
2
n
1
，
n
1,
2
,3,
（Ⅰ）求首项
a
1
与通项
a
n
；
P25
（
styyj
）<
/p>
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
q
n
1
，得：
a
n
1
p
a
n
1
n
n
1
< br>q
q
q
q
a
n
p
1
b
b
）
，得：
再应用类型
3
的
n
1
n
n
q
q
q
4
3
1
3
2
3
引入辅助数列
<
/p>
b
n
（其中<
/p>
b
n
方法解决
。
例
8
.
已知数列
a
n
中，
a
1
,
a
n
1
a
n
(
)
n
1
，求
a
n
。
解：在
a
n
1
a
n
(
)
n
<
/p>
1
两边乘以
2
n
1
得：
2<
/p>
n
1
a
n
1
(
2
n
a
n
)
1
令
b
n
2
n<
/p>
a
n
，则
b
n
1
b
n
1
,
应用例
7
解法得：
b
n
3
2
(
)
n
所
第
7
页（共
21
页）
7
5
6
1<
/p>
3
1
2
1
3
1
2
2
3
2
3
2
3
以
a
n
b
n
1
n
1
n
3<
/p>
(
)
2
(
)
2
3
2
n
类型
5
递推公式为
a
n
2
pa
n
1
qa
n
（其中
p
，
q
均为常数）
。
解法：先把原递推公式转化为
a
n
2
< br>
sa
n
1
t
(
a
n
1
<
/p>
sa
n
)
s
t
p
其中
s
，
t
满足
，再应用前面类型
3
的方法求解。
< br>
st
q
（
2006.
福建
.
理
.22
）
（本小题满分
14
分）<
/p>
已知数列
a
n
满足
a
1
1,
a
n
1
2
a
n
1(
n
N
*
).
< br>
（
I
）求数列
a
n
的通项公式；
P26
（
styyj
）
2
3
1
3
例
9
.
已知数列
a
n
中，
a
1
1
,
a
2
2
,
a
n
2
a
n
1
<
/p>
a
n
，求
a
n
。
解：由
a
n
2
a
n
1
a
n
< br>可转化为
a
n
2
sa
n
< br>
1
t
(
a
n
1
sa
n
)<
/p>
2
s
t
1
s
1
s
3
(
s
<
/p>
t
)
a
n
1
sta
n
3
1
或
t
st
1
3
t
1
3
2
3
1
3
即
a
n
< br>2
1
s
1
s
这里不
妨选用
，则
3
，大家可以试一试）
1
（当然也可选用
t
3
t
1
1
1
a
n
2
a
n
< br>
1
(
a
n
1
a
n
)
a
n
1
a
n
是以首项为
a
2
a
1
1
，公比为
的
3
3
1
等
比
数
列
,
所
以
a
n
1
a<
/p>
n
(
)
n
1
,
应
用
类
型
1
的
方
法
，
分
别
令
3
n
1<
/p>
,
2
,
3
,
,
(
n
1
)
< br>，代入上式得
(
n
1
)
个等式累加之，
<
/p>
即
a
n
a
1
(
)
0
(
)
1
(<
/p>
)
n
2
又
a
1
1
，所以
a
n
(
)
n
1
。
1
3
1
3
1<
/p>
3
1
1
(
)
n
1
3
1
1
3
7
3
1
4
4
3
类型
6
递推公式为
S
n
与
a
n
的
关系式。
(
或
S
n
f
(
a
n
)
)
解法：利用
a
n
S
1
< br>
(
n
1
)
进行求解。
S
S
(
n
2
)
n
1
n
第
8
< br>页（共
21
页）
8
(2006.
陕西
.20)
(
本小题满分
12
分
)
已知正项数列
{a
n
}
，其前
n
项和
S
n
满足
10S
n
=a
n
2
+5a
n
+6
且
a
1
,a
3
,a
15
成等比数列，求数列
{a
n
}
的通项
a
n
P24
（
s
tyyj
）
例
10
.
已
知数列
a
n
前
n
项和
S
n
4
a
n
1
2
n
2
.
（
1
）求
a
n
1
< br>与
a
n
的关系；
（
2
）求通项公式
a
n
.
解：
（
1
）由
S
n
4
a
n
2
得：
< br>S
n
1
4
a
n
1
n
2
1
2
n
2
)
2
n
< br>1
1
1
a
n
n
.
2
2
1
1
1
2
n
1
于是
S
n
1
S
n
(
a
n
a
n
1
)<
/p>
(
所以
a
n
1
a
n
a
n
1
< br>1
a
n
1
2
n
1
（
2
）应用
类型
4
的方法，上式两边同乘以
2
n
1
得：
2
n
1
a
n
1
2
n
a
n
2
1
2
为公差的
a
1
1
.
于是数列
2
n
a
n
是以
2
为首项，
1
2
2
n
等差
数列，所以
2
n
a
n
2
2
(
n
1<
/p>
)
2
n
a
n
n
1
2
由
a
1
S
1
4
a
1
<
/p>
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<
/p>
、
化
归
等方法求
解。
例
11
.
已
知数列
a
n
中，
a
1
1
；数列
b
n
中，
b<
/p>
1
0
。当
n
2
时，
1
1
a
n
(
2
a
n
1
b
n
1
)
,
b
n
<
/p>
(
a
n
1
2
b
n
1
)
，求
a
n
,
< br>b
n
.
3
3
1
1
解：因
a
n
b
n
(
2
a<
/p>
n
1
b
n
1
)
(
a
n
1
2
b
n
1
)
a
n<
/p>
1
b
n
1
3
3
所以
a
n
b
n
< br>
a
n
1
b
n
1
a
n
2
b
n
2
< br>a
2
b
2
a
1
b
1
1
即
a
n
b
n
1
…………………………………………（
1
）
又因为
a
n
b
n
(
2
a
< br>n
1
b
n
1
)
(
a
n
1
2
b
n
1
)
(
a
< br>n
1
b
n
1
)
所以
a
n<
/p>
b
n
(
a
n
1
b
n
1
)
(
)
2
a
n
2
b<
/p>
n
2
)
……
(
)
n
1
(
a
1
< br>b
1
)
1
1
(
)
n
1
.
即
a
n
b
n
(
)
n
< br>1
………………………（
2
）<
/p>
3
3
第
9
页（共
21
页）<
/p>
9
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
由（
1
）
、
（
2
）得：
a
n
[
1
(
)
n
1
]<
/p>
，
b
n
[
1
(
)
n
1
]
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
n
+k
}
的形式求解。一般地，
形如
a
n
1
=p a<
/p>
n
+q
（
p
≠
1
，
pq
≠
0
）型的递推式均可通过待定系数法对
常数
q
分解法：设
a
n
1
+k
=p
（
a
n
+
k
）与原式比较系数可得
pk
－
k
=
q
，
即
k=
q
，从而得等比数
列
{
a
n
+k
}
。
p
1
1
2
1
2
1
3
1
2
1
3
< br>例
12
、数列
{a
n
}
满足
a
1
=1
，
a
< br>n
=
a
n
1
+1
（
n
≥
2
）
，<
/p>
求数列
{
a
n<
/p>
}
的通项
公式。
解：由
a
n
=
a
n
1
+1
（
n
≥
2
）得
a
n
－
2=
（
a
n
1
－
2
）
，而
a
< br>1
－
2=1
－
< br>2=
－
1
，
∴数列
{
a
< br>n
－
2}
是以
< br>为公比，－
1
为首项的等比数列
∴
a
n
－
2=
－（
）
n
1
∴
a
n
=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
n
－
2}
，从而达到解决问题的目的。
< br>例
13
、数列
{
a
n
}
满足
< br>a
1
=1
，
3
a
n
1
a
n
<
/p>
7
0
,
求数列
{
a
n
}
的通项公式。
解
：由
3
a
n
1
a
n
7
0
得
a
n
1
a
< br>n
1
3
1
3
7
3
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
k
3
7
3
7
4
< br>设
a
n
1
k
(
a
n
k
)
，比较系数得
k
解得
k
第
10
页（共
21
页）
10