吳先全

通項(xiàng)是數(shù)列中的一個重要概念，通過通項(xiàng)公式，我們也就弄清楚了相應(yīng)數(shù)列，因此求數(shù)列通項(xiàng)公式就成了一個非常重要的問題，那么如何求得數(shù)列的通項(xiàng)公式呢？本文在此作一初步探討。

一、觀察法

對一個只給出了前幾項(xiàng)的數(shù)列，應(yīng)觀察它的變化規(guī)律，哪些是不變量，哪些是隨項(xiàng)數(shù)變化而變化的量，從而得出數(shù)列的通項(xiàng)公式。同時，要注意檢驗(yàn)寫出的通項(xiàng)公式應(yīng)符合前面的幾項(xiàng)。

例1 寫出數(shù)列，，，，，……的一個通項(xiàng)。

解：數(shù)列各項(xiàng)為一個分?jǐn)?shù)，但其中，不利于觀察它們的規(guī)律，若把它們改寫為，，則原數(shù)列為：

，，，，，……

這個數(shù)列分母比分子大2，分子隨項(xiàng)數(shù)變化，符號成-，+，-，+，……變化，故

an=

二、利用an=關(guān)系

an與Sn的關(guān)系是a1=S1，an=Sn-Sn-1（n≥2），利用這一關(guān)系可以化“和”為“項(xiàng)”。一般已知里涉及an與Sn的用此法可求出通項(xiàng)。

例2 設(shè)正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若4Sn=an2+2an對任何自然數(shù)n都成立，求通項(xiàng)。

解：4Sn=an2+2an………………（1）

4Sn+1=an+12+2an+1……… …（2）

由（2）-（1）得：4an+1=an+12-an2+2（an+1-an）

∴（an+1+an）（an+1-an-2）=0

又an+1+an>0

∴an+1-an=2

由4a1=4S1=a12+2a1可得a1=2

故{an}是以2為首項(xiàng)，以2為公差的等差數(shù)列。

∴an=2n

三、累加法

當(dāng)數(shù)列的遞推公式可化為an-an-1=f（n） （n≥2）的形式，且f（1）+f（2）+……+f（n）是可求得的時，那么可以用“累加法”求得通項(xiàng)公式。

例3 已知數(shù)列{an}中，a1=2，an=2·3n-1+an-1（n≥2），求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式。

解：∵an=2·3n-1+an-1，∴an-an-1=2·3n-1，∴a2-a1=2·3，a3-a2=2·32，

……，an-an-1=2·3n-1

將以上各式左右分別相加，可得：

an-a1=2（3+32+…+3n-1）=3n-3，∴an=3n-1

四、累積法

當(dāng)數(shù)列的遞推公式可以化為：

=f（n） （n≥2）的形式，且f（1）·f（2）·……·f（n）是可求得的時，那么可以用“累積法”求得通項(xiàng)公式。

例4已知數(shù)列{an}中，a1=1，an=an-1·3n-1（n≥2），求通項(xiàng)。

解：∵an=an-1·3n-1， ∴=3n-1， ∴=3， =32， ……，=3n-1

將以上各式左右分別相乘，可得：

=3·32·…·3n-1=31+2+…+（n-1）=

∵a1=1， ∴an=

五、待定系數(shù)法

對于形如an+1 = man + k（k為非0常數(shù)）的遞推公式，用待定系數(shù)法可配成an+1+p=m（an+p）的形式，其中p=（m≠1），再轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列可求得通項(xiàng)。

例5已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1=2an+3，求通項(xiàng)an。

解：∵an+1=2an+3，∴an+1+3=2（an+3），令bn=an+3，則bn+1=2bn

∴=2 又 b1=a1+3=4

∴{bn}是以4為首項(xiàng)，以2為公比的等比數(shù)列。

∴bn=2n+1，∴an=2n+1-3

六、構(gòu)造新數(shù)列

對于形如an+1=man+f（n）的遞推公式，可構(gòu)造新數(shù)列轉(zhuǎn)化為an+1=man+k（k為非0常數(shù)）型求an。

例6 數(shù)列{an}中，a1=，an= + （n≥2），求通項(xiàng)an。

解：∵an = + ，∴2nan=2n-1an-1 + 1，令bn=2nan.

則bn=bn-1+1，∴bn-bn-1=1 又 b1=2a1=.

∴{bn}是以為1/2首項(xiàng)，以1為公差的等差數(shù)列。

∴bn = n - ，∴an=

注：若題中已知an-1的系數(shù)不是1/2，而是其它的非零常數(shù)，則用此法可轉(zhuǎn)化為an+1=man+k（k為非0常數(shù)）的形式求an。

七、倒數(shù)法

對于形如an+1an=man+1+pan（m、p≠0）的遞推公式，可兩邊同除以an+1an產(chǎn)生an+1與an的倒數(shù)，再求an。

例7已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且an=Sn·Sn-1（n≥2），a1=，求an。

解：∵an=Sn-Sn-1（n≥2），又an=Sn·Sn-1，∴Sn-Sn-1=Sn·Sn-1

兩邊同除以Sn·Sn-1得： - = 1

令bn =則bn-1 - bn = 1

即bn-bn-1=-1 又 b1= = =

∴{bn}是以為首項(xiàng)，以-1為公差的等差數(shù)列。

∴bn =-n 即 Sn =

∴an=Sn-Sn-1 （n≥2） =- =

∴an=

八、迭代法

對于形如an+2=pan+1+qan（p、q≠0且為常數(shù)）的遞推公式，它表示的是相鄰三項(xiàng)間的遞推關(guān)系，可通過構(gòu)造新數(shù)列或反復(fù)迭代轉(zhuǎn)化為表示相鄰兩項(xiàng)間的遞推關(guān)系的類型，如an+1=man+k（k為非0常數(shù)）或an+1=man+f（n），再求出通項(xiàng)an。

例8設(shè)a1=1，a2=5/3，an+2=5/3 an+1 –2/3 an （n=1，2，……），求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式。（2004年高考重慶卷（文）22題（1）問）

解：∵an+2= an+1 –an

∴an - an-1 =（ an-1 – an-2） - an-1=（an-1 - an-2）=（）2（an-2 - an-3）

=…… = （）n-2（a2 - a1） =（）n-2（ - 1） =（）n-1

∴an=an-1+（）n-1

再次反復(fù)迭代得：

an=[an-2+（）n-2]+（）n-1

=an-3+（）n-3+（）n-2+（）n-1 =……

=1+（）1+（）2+……+（）n-2+（）n-1 =3-3·（）n

∴an =3-3·（）n

九、猜證結(jié)合法

對于形式特點(diǎn)不突出的遞推公式，可寫出數(shù)列的前幾項(xiàng)，再由前幾項(xiàng)猜想出數(shù)列的一個通項(xiàng)公式，最后用數(shù)學(xué)歸納法證明。

例9設(shè)數(shù)列{an}滿足an+1=an2 - nan+1，且a1=2， n∈N*，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式。（2002年全國高考卷22題（1）問）

解：由a1=2和an+1=an2-nan+1得：

a2=3，a3=4，a4=5

由此猜想an = n+1.

用數(shù)學(xué)歸納法證明（略）。

總之，求數(shù)列通項(xiàng)公式的問題比較復(fù)雜，背景新穎，不可能一一論及。但只要我們抓住已知，分析結(jié)構(gòu)特征，善于合理變形，熟練運(yùn)用以上的基本方法，求數(shù)列通項(xiàng)的問題還是不難解決的。