关于数列通项公式的讨论

题型四：求数列的通项公式一.公式法：当题中已知数列是等差数列或等比数列，在求其通项公式时我们就可以直接利用等差或等比数列的公式来求通项，只需求得首项及公差公比。

二.当题中告诉了数列任何前一项和后一项的递推关系即：n a 和a n-1的关系时我们可以根据具体情况采用下列方法1、叠加法：一般地，对于型如)(1n f a a n n +=+类的通项公式，且)()2()1(n f f f +++Λ的和比较好求，我们可以采用此方法来求n a 。

即：11221()()()n n n n n a a a a a a a ---=-+-++-L 1a +(2)n ≥；【例1】已知数列{}n a 满足11211,2n n a a a n n +==++，求数列{}n a 的通项公式。

解：（1）由题知：121111(1)1n n a a n n n n n n +-===-+++ 112211()())n n n n n a a a a a +(a -a a ---∴=-+-++……1111111()()()121122n n n n =-+-++-+---…… 312n=- 2、叠乘法：一般地对于形如“已知a 1，且n1n a a +=f （n ）（f （n ）为可求积的数列）”的形式可通过叠乘法求数列的通项公式。

即：121121n n n n n a a a a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅L (2)n ≥； 【例2】在数列｛n a ｝中，1a =1, (n+1)·1+n a =n ·n a ，求n a 的表达式。

解：由(n+1)·1+n a =n ·n a 得11+=+n n a a n n ， 1a a n =12a a ·23a a ·34a a …1-n n a a =n n n 11433221=-⋅⋅Λ 所以n a n 1= 3、构造法：当数列前一项和后一项即n a 和a n-1的递推关系较为复杂时，我们往往对原数列的递推关系进行变形，重新构造数列，使其变为我们学过的熟悉的数列（等比数列或等差数列）。

数列的求和与通项公式推导在数学中，数列是一组按照一定规律排列的数的集合。

而数列的求和以及推导通项公式是数列研究中的重要内容。

本文将介绍数列的求和以及通项公式推导，并通过实例进行说明。

一、等差等差数列是指一个数列中每个数与它的前一个数之差是一个常数，这个常数被称为公差。

我们将针对等差数列的求和与通项公式进行讨论。

1. 求和公式：设等差数列的首项为a₁，公差为d，我们要求前n项的和Sn。

我们可以观察等差数列的前n项和与首项与末项的关系：Sn = (a₁ + a₂ + ... + aₙ) + (aₙ + aₙ₋₁ + ... + a₁)根据等差数列的性质，我们可以得到：Sn = (a₁ + aₙ)(n/2)这就是等差数列的求和公式。

2. 通项公式推导：为了推导等差数列的通项公式，我们假设等差数列的首项为a₁，公差为d，第n项为an。

通过观察等差数列的规律，我们可以发现：aₙ = a₁ + (n-1)d二、等比等比数列是指一个数列中每个数与它的前一个数之比是一个常数，这个常数被称为公比。

我们将针对等比数列的求和与通项公式进行讨论。

1. 求和公式：设等比数列的首项为a₁，公比为r，我们要求前n项的和Sn。

类似地，我们观察等比数列的前n项和与首项与末项之间的关系：Sn = (a₁ + a₂ + ... + aₙ)Sn * r = (a₁r + a₂r + ... + aₙr)通过两式相减，我们可以得到：Sn * (1 - r) = a₁(1 - rⁿ)化简后得到：Sn = a₁(1 - rⁿ) / (1 - r)这就是等比数列的求和公式。

2. 通项公式推导：为了推导等比数列的通项公式，我们假设等比数列的首项为a₁，公比为r，第n项为an。

通过观察等比数列的规律，我们可以发现：an = a₁ * r^(n-1)综上所述，我们介绍了等差数列和等比数列的求和以及通项公式推导。

这些公式在数列相关问题的求解中起到重要的作用。

数列的通项和求和公式推导数学中的数列是由一系列按照规律排列的数所组成的序列。

对于给定的数列，我们通常希望能够找到一个通项公式来表示数列的第n项，同时也希望能够求解数列的前n项和。

在本文中，我们将讨论如何推导数列的通项公式和求和公式。

一、等差等差数列是最常见的数列之一，它的特点是每一项与前一项之间的差值都相等。

假设等差数列的首项为a1，公差为d，第n项为an。

1. 推导通项公式我们可以观察到，等差数列每一项与首项之间存在一个公差的倍数关系，即：an = a1 + (n-1)d这个等式可以通过数学归纳法推导得出。

假设等式对于n=k成立，即：ak = a1 + (k-1)d那么对于n=k+1，我们有：ak+1 = a1 + kd通过对上述两个等式进行代换，得到：ak+1 = (a1 + (k-1)d) + d = a1 + kd由此可见，当等式对于n=k成立时，等式对于n=k+1也成立。

因此，等差数列的通项公式为：an = a1 + (n-1)d2. 推导求和公式为了推导等差数列的求和公式，我们可以考虑将数列按照首项与末项、次首项与次末项等进行配对求和。

我们可以观察到这些配对的和都相等，都等于等差数列的中间项和。

设等差数列的首项为a1，末项为an，共有n项。

那么有：a1 + an = a1 + (a1 + (n-1)d) = 2a1 + (n-1)da2 + an-1 = (a1 + d) + (a1 + (n-2)d) = 2a1 + (n-1)d...ak + an-k+1 = (a1 + (k-1)d) + (a1 + (n-k)d) = 2a1 + (n-1)d将上述k个等式相加，得到：2(a1 + a2 + ... + an-k+1) + (n-k)(d + d + ... + d) = k(2a1 + (n-1)d)化简后可得：2S + (n-k)kd = k(2a1 + (n-1)d)其中，S表示等差数列的前n项和。

数列通项公式的求法例谈
发表时间：2013-12-03T11:45:20.123Z 来源：《职业技术教育》2013年第9期供稿作者：姚太胜
[导读] 求数列的通项公式是认识数列进而研究数列的关键，特别是由递推关系式求数列的通项公式一直是高考中久考不衰、常考常新的重点、热点题。

姚太胜湖北省宜都市职教中心443300
数列在历年的高考中占有重要地位，递推数列的题目综合了函数、恒等变形、方程、不等式、极限等中学数学中的基础知识，涉及到数学中的换元法，待定系数法，数学归纳法等重要方法，对培养学生的逻辑思维和推理论证等能力具有重要意义，能够有效地考查学生灵活运用相关知识分析问题、解决问题的能力，考查学生的思维品质和创新意识。

求数列的通项公式是认识数列进而研究数列的关键，特别是由递推关系式求数列的通项公式一直是高考中久考不衰、常考常新的重点、热点题。

若已知数列中项与项之间的递推关系，则应用转化的数学思想方法引进辅助数列，可将其转化成等差或等比数列问题，进而求出数列
的通项公式。

求数列的通项公式。

关于数列通项公式的点滴思考
作者：常曦月王建秋
来源：《未来英才》2017年第02期
摘要：本文以求數列的通项公式为例引出了化归与转化的思想方法，研究结果对新课改形势下的数学备考有一定的指导意义。

关键词：数列通项；化归与转化；非线性变换
递推数列是中学数学和各种应用科学的一个重要内容，数列通项公式的计算更是高中数列部分的核心内容，本文将以抽象数列为例给出求通项公式的一般方法，为了说明这一点我们从具体的例子开始谈起。

結论：本文研究了数列通项公式的求解方法，研究结果表明：化同构回归课本是求解抽象数列通项公式常用的方法，这里再次证明了华罗庚老师的一句话，学好数学的诀窍就是学会进与退，退到什么地方，就是退回到问题最原始的形态找到源头。

参考文献
[1] 王建秋.高中数学讲义，2006.
[2] 管致中.信号与系统.高等教育出版社.。

数列的极限与通项公式数列是数学中的一个重要概念，它在许多数学领域中扮演着重要的角色。

数列的极限和通项公式是数列理论中的两个基本概念，它们揭示了数列的特征及其随着项数增长的趋势。

本文将探讨数列的极限和通项公式，并通过具体的例子进行说明。

一、数列的极限数列的极限是指随着项数无限增加，数列趋于的一个确定值或者无穷大的情况。

数列的极限可以帮助我们分析数列的特征，推导数列的通项公式以及解决实际问题。

对于一个普通的数列，可以通过计算数列的前几项来猜测数列的极限。

当数列的极限存在时，我们可以通过构造极限的定义，利用数学推导的方法来证明数列的极限。

以等差数列为例，假设数列的通项公式为an=a1+(n-1)d，其中a1为首项，d为公差。

首先求取前几项的数值，如a1=1，d=2，则前几项分别为：a2=3，a3=5，a4=7。

通过前几项的数值可以猜测数列的极限为正无穷大。

接下来，我们可以根据数列的定义，给出一个正无穷的数M，对于任意大于M的自然数N，都可以找到一个项数大于N的项ak，使得ak大于M。

通过数学推导，我们可以证明等差数列确实趋于正无穷大，即数列的极限为正无穷大。

数列的极限可以帮助我们预测数列的未来趋势，从而应用于实际问题的解决。

在金融领域中，通过分析某一股票价格的数列的极限，可以预测该股票未来的发展趋势，从而进行投资决策。

二、数列的通项公式数列的通项公式是将数列中的每一项用该项的序号来表示的一种公式。

通过通项公式，我们可以直接知道数列中任意一项的数值，而不需要计算前面所有项的值。

对于一些简单的数列，可以通过观察数列的规律来找到通项公式。

例如等差数列，其中相邻两项之间的差值为常数d，通项公式为an=a1+(n-1)d。

在等差数列中，可以通过观察数列的规律来推导出通项公式，并验证公式的正确性。

对于一些复杂的数列，如斐波那契数列，我们可以通过递归关系式来得到通项公式。

斐波那契数列的递归关系式为Fn=Fn-1+Fn-2，其中F1=1，F2=1。

考点透视求数列的通项公式问题经常出现各类试题中，常以选择、填空题的形式出现.此类问题，通常要求根据已知递推式关系式或数列的和式，求数列的通项公式.其命题形式多种多样，常见的解法有利用a n与S n的关系、递推法、构造法、累加法、累乘法等.那么，如何选择合适的方法进行求解呢？下面结合实例进行探讨.一、根据an与Sn的关系求解有些问题中直接给出了数列的前n项和及其关系式，在这种情况下，可以根据数列的通项公式a n与其前n项和S n的关系{a n=S n-S n-1,n≥2，a1=S1,n=1，来求数列的通项公式.在解题时，需先根据数列的前n项和S n及其关系式求得S n-1，然后将其与S n相减，得到在n≥2的情况下数列的通项公式，再检验当n=1时，a1是否满足所求a n的表达式.若满足，则a n的表达式即为数列的通项公式；若不满足，则需分情况表示数列的通项公式.例1.已知数列{}a n的前n项和为S n，S1+2S2+3S3+⋯+nS n=n2()n+124，求数列{}a n的通项公式.解：当n=1时，a1=S1=1，由题意可得S1+2S2+3S3+⋯+nS n=n2()n+124，①当n≥2时，S1+2S2+3S3+⋯+()n-1S n-1=n2()n-124，②①-②可得nS n=n2()n+124-n2()n-124=n3，即Sn=n2，当n≥2时，a n=S n-S n-1=2n-1，且当n=1时a1满足上式，所以数列{}a n的通项公式为a n=2n-1.本题的已知条件中含有数列的前n项和，需根据数列的通项公式a n与其前n项和S n的关系{a n=S n-S n-1,n≥2，a1=S1,n=1，来求得数列的通项公式.将n替换成n-1，求得S n-1的关系式，然后将两式作差，即可求得在n≥2时的a n，最后进行检验，即可求得问题的答案.例2.记数列{}a n的前n项和为S n，数列{}S n的前n项积为b n，若2S n+1b n=2，求数列{}a n的通项公式.解：由题意可得S n=b n b n-1()n≥2，且2S n+1b n=2，可得2b n-1bn+1bn=2()n≥2，即b n-b n-1=12()n≥2，当n=1时，由2b1+1b1=2可得b1=32，则数列{}b n的通项公式为b n=32+12()n-1=n+22，可得S n=b n b n-1=n+2n+1()n≥2，当n=1时，S1=b1=32满足该式，所以S n=n+2n+1，则a n=S n-S n-1=n+2n+1-n+1n=-1n()n+1()n≥2，当n=1时，a1=32不满足上式，故数列{}a n的通项公式为a n=ìíîïï32,n=1,-1n()n+1,n≥2.根据数列的通项公式a n与其前n项和S n的关系{a n=S n-S n-1,n≥2，a1=S1,n=1，求数列{}a n的通项公式，一定要考虑当n=1时的情形，否则得到不完整的答案.若当n=1时a n的表达式满足当n≥2时的通项公式，则可忽略对n=1的情况的讨论.二、通过累加求解累加法是求数列的通项公式的常用方法，该方法主要适用于由形如a n-a n-1=f()n的递推关系式求数周涛35点透视列的通项公式.其步骤为：①将已知递推关系式转化为a n -a n -1=f ()n 的形式；②将n 或n -1个式子累加，可得a n =()a n -a n -1+()a n -1-a n -2+⋯+()a 2-a 1+a 1,求得f ()1+f ()2+⋯+f ()n 的和，即可求得当n ≥2时的a n ；③判断当n =1时，a 1是否满足所求的表达式a n ，进而得到数列的通项公式.例3.已知数列{}a n 满足a 1=1，a 2=3，a n +2=3a n +1-2a n .(1)证明：数列{}a n +1-a n 是等比数列；(2)求数列{}a n 的通项公式.解：(1)数列{}a n +1-a n 是以a 2-a 1为首项，2为公比的等比数列（过程略）；(2)由(1)可得，a n +1-a n =2n ()n ∈N ∗，当n ≥2时，a n =()a n -a n -1+()a n -1-a n -2+⋯+()a 2-a 1+a 1=2n -1+2n -2+⋯+2+1，∴a n =2n-1，∴数列{}a n 的通项公式为a n =2n-1.解答本题的关键是明晰a n +1-a n =2n与a n -a n -1=f ()n 的结构一致，然后令n =1,2,3，…，n -1，再将这n -1个式子累加，借助累加法求得数列的通项公式.三、通过累乘求解运用累乘法与累加法求数列的通项公式的思路较为相似.累乘法主要适用于由形如a na n -1=f ()n 的递推关系式求数列的通项公式.令n =1,2,3，…，n ，再将这n个式子累乘，即a n =a n a n -1×a n -1a n -2×…×a2a 1×a 1，求得f ()n ×f ()n -1×⋯×f ()1的值,即可求得数列的通项公式.最后，还需根据问题所给条件求出a 1，判断a 1是否满足a n 的表达式，综合所有情况，就能得到数列的通项公式.例4.已知数列{}a n 的前n 项和为S n ，a 1=1，S n =n 2a n ()n ∈N ∗，则数列{}a n 的通项公式为_____.解:由S n =n 2a n 可知当n ≥2时，S n -1=()n -12a n -1，则a n =S n -S n -1=n 2a n -()n -12a n -1，即(n 2-1)a n =(n -1)2a n -1，易知a n ≠0，故a na n -1=n -1n +1()n ≥2，当n ≥2时，a n =a na n -1×a n -1a n -2×⋯×a 3a 2×a 2a 1×a 1=n -1n +1×n -2n ×⋯×24×13×1=2n ()n +1，当n =1时，a 1=1满足上式，所以数列{}a n 的通项公式为a n =2n ()n +1.解答本题，需先根据数列的通项公式a n 与其前n 项和S n 的关系求得a n 的表达式.而该式形如a na n -1=f ()n ,于是将n 个式子累乘，借助累乘法求得数列的通项公式.一般地，a n -a n -1=f ()n 、an a n -1=f ()n 只满足当n ≥2时的情形，运用累加法、累乘法求数列的通项公式，一定要讨论当n =1时的情形.四、通过构造等比数列求解当遇到形如a n =pa n -1+q 、a n =pa n -1+f ()n 的递推关系式时，可考虑运用构造法来求数列的通项公式.在解题时，需引入待定系数λ，将a n =pa n -1+q 、a n =pa n -1+f ()n 设为a n +λ=p ()a n -1+λ或a n +λf ()n =p ⋅()a n -1+λf ()n -1，从而构造出等比数列{}a n +λ或{}a n +λf ()n ，以便根据等比数列的通项公式求得数列的通项公式.例5.已知数列{}a n 满足a n +1=3a n +3∙2n，a 1=2，求数列{}a n 的通项公式.解：由a n +1=3a n +3∙2n可设a n +1+λ∙2n +1=3(a n +λ2n )，则λ=3∙2n ,故数列{}a n +3∙2n是以a 1+6=8为首项，3为公比的等比数列，则a n +3∙2n =8∙3n -1，所以a n =8∙3n -1-3∙2n ，即数列{}a n 的通项公式为a n =8∙3n -1-3∙2n .递推关系式a n +1=3a n +3∙2n形如a n +1+f ()n =3(a n +36考点透视f ()n )，于是引入待定系数，将其变形为a n +1+λ∙2n +1=3()a n +λ2n ，从而构造出等比数列{}a n +3∙2n，根据等比数列的通项公式来解题.例6.已知在数列{}a n 中，a n +1=3a n +2，a 1=1，求数列{}a n 的通项公式.分析：问题中所给的递推关系式a n +1=3a n +2形如a n =pa n -1+q ，于是采用构造法，引入待定系数λ，构造出等比数列{}a n +λ，通过求{}a n +λ的通项公式，得到数列{}a n 的通项公式.解：设a n +1+λ=3()a n +λ，即a n +1=3a n +2λ，将其与a n +1=3a n +2比较可得λ=1，故数列{}a n +1是以a 1+1=2为首项，以3为公比的等比数列，因为a n +1=2∙3n -1，所以a n =2∙3n -1-1，故数列{}a n 的通项公式为a n =2∙3n -1-1.上述几种方法适用的情形均不相同，因此在求数列的通项公式时，要注意观察递推关系式或已知关系式，如是否含有S n ，递推式是否形如a n -a n -1=f ()n 、a na n -1=f ()n 、a n =pa n -1+q 、a n =pa n -1+f ()n ，结合递推关系式或已知关系式的特点，选择合适的方法，如根据a n 与S n 的关系、利用累加法、累乘法、构造法来求数列的通项公式.在求数列的通项公式时，还要注意一些细节，如当n =1时的情况，a n 或已知递推式满足的条件，以便得到完整的答案.（作者单位：安徽省安庆市望江县望江中学）单项选择题是高考试题中常出现的一类题目.此类问题中一般会有4个选项，其中只有1个选项是正确的，且不要求提供详细的解题过程，只需选出正确的选项.有些单项选择题中的参数较多，有的给出的数值较大、项数较多，有的给出的条件较少，我们很难或者无法（或没有必要）通过精准的运算、推理得出正确的答案，此时可根据题目中的特殊要素、图形的性质、极限值等来进行估算，利用估算法来快速找到正确的选项，得出问题的答案.一、借助特殊元素进行估算有些单项选择题中涉及的参数、变量较多，问题的答案也不唯一，我们很难根据题意确定答案，此时可从特殊元素入手，结合题意寻找一些特殊值、特殊角、特殊点、特殊位置、特殊函数（或数列）、特殊图形等特殊元素，将其代入题设中进行求解，便可快速找出正确的选项.例1．（2021年高考数学上海卷，第16题）已知x 1，y 1,x 2,y 2,x 3,y 3为6个不同的实数，且满足①x 1<y 1,x 2<y 2,x 3<y 3；②x 1+y 1=x 2+y 2=x 3+y 3；③x 1y 1+x 3y 3=2x 2y 2，则以下选项中恒成立的是（）.A.2x 2<x 1+x 3B.2x 2>x 1+x 3C.x 22<x 1x 3D.x 22>x 1x 3分析：题目中涉及了6个不同的实数，且需满足3个关系式，较为复杂.不妨根据已知条件选取并确定3个特殊值赋给x 1、x 2、x 3，再结合3个关系式确定另外3个实数y 1、y 2、y 3的值，进而通过估算来确定正确的答案．解：根据①②③可令x 1=1，x 2=2,x 3=4，则x 1+y 1=x 2+y 2=x 3+y 3=9，可得y 1=8，y 2=7，y 3=5，此时6个不同的实数恰好同时满足3个关系式，将x 1=1,x 2=2,x 3=4，y 1=8,y 2=7,y 3=5代入4个选项中，可判断出只有2x 2<x 1+x 3成立，所以本题的正确答案为A ．例2.（湖南省三湘名校教育联盟2022届高三第二次大联考数学试卷，第7题）公元前5世纪，毕达哥拉斯学派利用顶角为36°的等腰三角形研究黄金分割.如图1，在△ABC中，AB =AC ，∠A =36°，∠ABC 的平分线交AC 于M ，依此图形可求得cos36°=（）.A.35 B.C. D.分析：36°不是特殊角，通过三角函数恒等变换来进行计算，运算量大.而根据余弦函数的图象与性质，吴亚南图137。