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1、1数列通项公式的求法综析数列通项公式的求法综析数列通项的求法是数列的重要题型，每年高考题均有所涉及，多数是以解答题形式出现，笔者拟就 2008 年高考题作为素材，探究有关数列通项（与通项无关的部分省略）的求法，供各位读者参考：1.1.观察法观察法：根据题意得到数列的前几项，通过观察猜想出通项公式，然后利用数学归纳法加以证明即 可（除要求不需要证明外）.例 1. （辽宁卷第 21 题）在数列，中，a1=2，b1=4，且成等差数列，na nb1nnnaba，成等比数列（）.求 a2，a3，a4及 b2，b3，b4，由此猜测，的通项公式，并11nnnbab，n*Nna nb证明你的结论.分析与解：由
2、题意条件得，由此可得2 1112nnnnnnbaaab b或猜测2233446912162025ababab或或或或或2(1)(1)nnan nbn或用数学归纳法证明： 当 n=1 时，由上可得结论成立假设当 n=k 时，结论成立，即，2(1)(1)kkak kbk或那么当 n=k+1 时，2 222 1122(1)(1)(1)(2)(2)k kkkk kaabakk kkkbkb 或所以当 n=k+1 时，结论也成立由，可知对一切正整数都成立2(1)(1)nnan nb n或2.2. 公式法：公式法：根据题意求等差或等比数列的基本量，直接写出通项公式.例 2.（江西卷第 19 题）数列为等差
3、数列，为正整数，其前项和为，数列为等比数nanannS nb列，且，数列是公比为 64 的等比数列，.求.113,1ab nab2264b S ,nna b分析与解：（1）设的公差为，的公比为，则为正整数，nad nbqd3(1)nand1n nbq依题意有 由知为正有理数，13 6 3 (1)22642(6)64nnnd ad nd abqqbqS bd q (6)64d qq故为的因子之一，解得，故d61,2,3,62,8dq132(1)21,8nnnannb3.3.利用利用求数列的通项公式求数列的通项公式. .111(2),nnnaSSnaS2例 3.（全国第 20 题）设数列的前项和为
4、已知， nannS1aa， （）设，求数列的通项公式；（）若，13nnnaS*nN3nnnbS nb1nnaa，求的取值范围*nNa解：（）依题意，即，由此得113nnnnnSSaS123nnnSS1 132(3 )nn nnSS 因此，所求通项公式为，13(3)2nn nnbSa*nN（）由知，13(3)2nn nSa*nN于是，当时，2n1nnnaSS1123(3) 23(3) 2nnnnaa，122 3(3)2nna12 14 3(3)2nn nnaaa 2 2321232n na g当时，2n21312302nnnaaag9a又综上，所求的的取值范围是2113aaaa9，4.4.构造等
5、差或等比数列求通项公式构造等差或等比数列求通项公式例 4. （山东卷第 19 题）将数列中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下表：na12345678910a aa aaa aaaaL L记表中的第一列数构成数列为，为数列的前项和，且满足1247,a a a a L nb111banS nbn.证明数列成等差数列，并求出数列的通项公式.221(2)nnnnbnb SS1nS nb分析与解：由已知及可得，整理221(2)nnnnbnb SS12nnSbbbL1 2 12()1()nnnnnnSS SSSS得，又，所以数列是首项为 1，公差为的等差数列1111 2nnSS111Sba1nS
6、1 2由上可知.所以当时，11121(1),221n nnnSSn 2n1222 1(1)nnnbSSnnn n 3所以1,1,2,2(1)nn bnn n 例 5（四川卷第 20 题）设数列的前项和为，已知 nannS21n nnbabS（）证明：当时，是等比数列；（）求的通项公式2b 12nnan na分析与解：由题意知，且，两式相减得12a 21n nnbabS1 1121n nnbabS ，即 1121n nnnb aaba12nnnaba（）当时，由知，于是2b 122nnnaa11 2221 2nnn nnanan122nnan又，所以是首项为 1，公比为 2 的等比数列.1 11
7、 210na 12nnan（）当时，由（）知，即2b 1122nn nan11 2nnan当时，由由得2b 11 11122222nnn nnababb 22n nbbab122n nb ab因此1 1112222nn nnab abb 2 1 2nbbb得121 122222nnnn ab bnb注：形如形式的均可转化为等比数列求通项，利用待定系数法；另外也可以将等1( )nnapaf n式两边同时除以得利用累加法求解.1( )nnapaf n1np1 11( )nn nnnaaf n ppp 5.5.累加法：累加法：形如形式的可利用累加法求通项公式1( )nnaaf n例 6.（天津卷第
8、20 题）在数列中，且（na11a 22a 11(1)nnnaq aqa） （）设（） ，证明是等比数列；（）求数列的通项公式；2,0nq1nnnbaa*nN nbna分析与解：（）证明：由题设（） ，得，即11(1)nnnaq aqa2n 11()nnnnaaq aa4，又，所以是首项为 1，公比为的等比数列1nnbqb2n 1211baa0q nbq（）解由（） ，211aa，32aaq， （） 2 1nnaaq2n 将以上各式相加，得（） 2 11n naaqqL2n （或）2 1211()()1(2)n nnnaaaaaaqqn LL所以当时，式子对显然也成立2n 1 1,.1,1 1
9、1nnqqqanq 1n 故.1 1,.1,1 11nnqqqanq 6.6.累乘法：累乘法：形如形式的可利用累乘法求数列的通项公式1( )nnaaf n例 7.（四川灾区卷第 20 题）在数列中，求数列的通项公式.na2 1111,2(1)nnaaanna分析与解：由得2 112(1)nnaan2 1 21 (1) 2nnan an那么当时，2n 2222 2 12221 111 21 311 () ()()2 12 22 (1)2n nn naannaaaan LL而时，则.1n 21na n212nnna另解：由得，故数列为常数列，2 112(1)nnaan1 1 2222 (1)nn
10、nnaa nn 22n na n则，即.1 22221n naa n212nnna注：构造常数列法求通项也是求通项公式的一种方法，利用此法求通项必须具有较强的观察能力.7.7.倒数法：倒数法：形如形如形式的可利用两形式的可利用两边边取倒数求通取倒数求通项项公式公式1( , ,)n n npaap q sqas为常数5例 8. （陕西卷第 22 题）已知数列的首项，na13 5a 13 21n n naaa12n L，求的通项公式.na分析与解：，13 21n n naaaQ1121 33nnaa1111113nnaa 又，是以为首项，为公比的等比数列，1213na 11na2 31 31121
11、213 33nn na g3 32nnna另解：设，解得，3 21xxx120,1xx方法 1. 整理得，131121n n naaa 11121n n naaa 则，即，121132111nnnna aaa1211113(1)111nnnna aaa 故数列是以为首项，3 为公比的等比数列，111na113112a 则，即1131312nna 3 32nnna 方法 2. 由，可得13 21n n naaa11121n n naaa 113 11nnnnaa aa故数列是以为首项，3 为公比的等比数列，则，即.1nna a 113 12a a 3 12n nna a 3 32nnna 注：形
12、如可利用方程，解得两根，然后利用1( , , ,)n n nsatas t p qpaq为常数sxtxpxq12xx、，或直接整理转化求解，也可将两式作比进行求解即可.111n n nsataxxpaq122n n nsataxxpaq此种方法称“特征法”求通项公式，在前几年广东高考试题中有所体现.8.8.对数法：对数法：形如形式的可利用两边取对数法求通项公式.21st nnnaaa例 9.（重庆卷第 22 题）设各项均为正数的数列满足， na12a 3 2 12nnnaaa*()nN（）若，求，并猜想的值21 4a 34aa，2008a（不需证明） ；6（）记，若对恒成立，求的值及数列的通项
13、公12nnba aaL*()nN2 2nb2n2a nb式分析与解：（）因，故，12a 2 22a 23 42 312aa a3 82 4232aa a由此有，0123( 2)( 2)( 2)( 2) 12342222aaaa，故猜想的通项为从而 na1( 2)*2()nnanN2007( 2) 20082a（）令，表示的前项和，则，2lognnxanSnxn2nS nb 由题设知且；11x * 123()2nnnxxxnN123(2)2nnSxxxnL因式对成立，有，又得2n 123 2xx11x 21 2x下用反证法证明：，假设21 2x21 2x 由得2121113112()(2)222nnnnnnnxxxxxxx因此数列是首项为，公比为的等比数列，12nnxx22x 1 2故 * 12112(2)()2nnnxxxnN又由知，21111131122222nnnnnnnxxxxxxx 因此是首项为，公比为的等比数列，所以11 2nnxx21 2x 2
