高中数列的全部公式

1利用待定常数法(重点）
例1 已知数列｛n ｝中，若1=1，且n+1=3n-4(n=1,2,3,…). 求数列的通项公式n.
分析：若关系式是n+1=3n即为等比数列，因此考虑处理-4，若能化为n+1+x=3(n+x),则可构造等比数列｛n+x｝。
解：设n+1=3n-4恒等变形为n+1+x=3（n+x)，即n+1=3n+2x,比较系数得：x=-2
n+1-2=3(n-2)
数列｛n-2｝是以1-2=-1为首项，公比为3的等比数列
n-2=（-1）3n-1 即n = -3n-1+2.
说明：给出一阶递推关系式形如 (n=1,2,…),A、B为常数，均可使用待定常数法，构造等比数列求出通项。
例2 已知数列｛n ｝中，前n项和sn = 2n-3n, 求数列的通项公式n.
分析：已知等式中不是递推关系式，利用可转化为：n -2n-1=2,考虑3n-1是变量，引入待定常数x时，可设n- x=2(n-1- x),从而可构造等比数列。
解：1=s1=21-3 则1=3，
当n2时， =（2n-3n）-（2n-1-3n-1）即n-2n-1=2 ,设其可恒等变形为：n- x=2(n-1- x)，（需要注意的是上面的指数，这是某种关系而不是固定的常数，故在恒等变形时需注意两边对应的关系，而不应该用X代替x，也可以不设“-”设“+”，结果是一样的。）
即 n -2n-1=x ,比较系数得：x=2.
n- 2=2(n-1- 2 )
数列｛n- 2｝是以1-6=-3为首项，公比为2的等比数列。
n- 2=（-3）2n-1
n=2-3.
说明：对于型如n=An-1+f(n)（A为常数）的一阶递推关系式。可利用待定常数法，构造等比数列；但须体现新数列相邻两项的规律性，设其可恒等变形为：n- xg(n)=A[n-1- xg(n-1)],若x存在,则可构造等比数列{ n- xg(n)}。
2 利用配方法
有些递推关系式经“配方”后，可体现等差（比）的规律性。
例3 设n0，1=5，当n2时，n+n-1=+6, 求数列的通项公式n。
分析：给出的递推关系式不能反映规律性，因此考虑去分母得：2n-2n-1=7+6(n-n-1),为体现规律性，变形为：2n-2n-1-6n+6n-1=7，即（n-3）2-(n-1-3)2=7.
解：由n+n-1=+6（n2）变形为：
2n-2n-1=7+6(n-n-1) 即（n-3）2-(n-1-3)2=7 （n2）
数列{ }是以(1-3)2=4为首项，公差为7的等差数列
=4+7（n-1）=7n-3，而n0
n=+3
说明：递推关系式中含有二次项、一次项时可考虑用配方法，揭示规律，构造等差（比）数列。
3 利用因式分解
有些递推关系式经因式分解后，可体现等差（比）的规律性。
例4已知数列｛n ｝是首项为1的正项数列，且2n+1 + 3n+1 - 22n + 3n - nn+1=0求数列的通项公式n。
分析:由已知递推关系式，若配方，则无法配成完全平方或完全平方项之和。因此考虑用因式分解化简，寻求更实质的关系。可变形为：n+1（n+1 +3）+3n - nn+1 +n（-2n）=0。
解：由已知有：n+1（n+1 +3）+3n - nn+1 +n（-2 n）=0
（n+1 + n）[（n+1 + 3）-2n]=0，而n0
n+1 + 3 -2n=0，则利用待定常数法有（n+1 - 3）-2（n -3）=0
数列{n -3}是以1-3=-2为首项，公比为2的等比数列。
n-3 =（-2）2n-1 即n = 3-2n
说明：因式分解能达到化简的目的，使递推关系式简化，凸显规律性。
5 利用倒数
有些数列的递推关系式，经取倒数变形后，显现出规律性，可构造等比（差）数列。
例7 已知x1=1,x2=2,xn+ 2=,试求xn 。
分析：由递推关系式结构特征，易联想到倒数，即有 xn+2 =，从而
=，可构造等比数列。
解：对递推关系式两边取倒数得：=
可变形为=（-）（）
数列{}是以=-为首项，公比为-的等比数列
=（-）(-= (n2)
=+()+()+ … +()
= 1 + （-）+（-）2 + … +
= + (n2)
= (n2) 而当n=1时亦满足。
= (n1)
说明：递推关系式中含有相邻两项之积与相邻两项之和的关系，可考虑取倒数（或化为分式），揭示规律，构造等比（差）数列。
例8已知数列｛n ｝中，1=7，n2时，，求数列的通项公式n
分析：已知递推关系式右边为分式，取倒数后可化为：，未能反映规律，
但若能化为的关系，则可揭示规律；结合待定常数法，可确定A值。
解：由已知： （A0）即(2A+1≠0)
令，解得：A=1
已知关系式可恒等变形为，取倒数得： （n2）。
数列{}是以=为首项，公差为的等差数列。
= +（n-1）,即 （n1）
说明：①例8中的递推关系式结构特征，亦易想到取倒数，但要灵活结合待定常数法，构造新数列，凸显等差的规律性。
②引入待定常数A是为了揭示变化的一致性（规律性），若A值存在，则可反映此变化规律。若A值不存在，则考虑其它变形。
6 利用换元
有些数列的递推关系式看起来较为复杂，但应用换元和化归思想后，可构造新数列进行代换，使递推关系式简化，从而揭示等差（比）规律，求出通项。
例9已知数列｛an ｝中， 求（1981年第22届IMO预选题）。
分析：已知递推关系式中的较难处理，考虑用换元去掉根式，即令（0）。
解：令，则=5， 0，从而=
由已知递推关系式有：
化简得：=（）2
2=， 由待定常数法得：2（-3）= -3
数列{-3}是以-3=2为首项，公比为的等比数列。
-3=2（）n-1 即 = + 3
== (n1)
说明：对于递推关系式中较难处理的根式（比如不能反映相邻项的规律性），可采用换元去掉根式，化简递推关系式，揭示相邻项的变化规律，构造等比（差）数列。
例10 设=1，=（nN）,求证：（1990年匈牙利奥林匹克试题）。
分析：比较已知与结论，应先求通项公式。待证的不等式中含有，且已知递推关系式中含有，据此两个信息，考虑进行三角代换，化简递推关系式。
证明：由已知0，引入数列{}使=tan,(0,)
由已知有：=
即=，又=1，，从而
即数列{}是以为首项，公比为的等比数列
= = ， 而当x(0,)时，有tanxX
= tan