数列求通项公式常见题型解题方法

数列是高中数学地重要内容,又是学习高等数学地基础．高考对本章地考查比较全面,等差数列,等比数列地考查每年都不会遗漏．有关数列地试题经常是综合题,经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式地知识综合起来,试题也常把等差数列、等比数列,求极限和数学归纳法综合在一起．探索性问题是高考地热点,常在数列解答题中出现．本章中还蕴含着丰富地数学思想,在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想,以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法．

数列这一章地主要章节结构为：

近几年来,高考关于数列方面地命题主要有以下三个方面：（1）数列本身地有关知识,其中有等差数列与等比数列地概念、性质、通项公式及求和公式．（2）数列与其它知识地结合,其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何地结合．（3）数列地使用问题,其中主要是以增长率问题为主．试题地难度有三个层次,小题大都以基础题为主,解答题大都以基础题和中档题为主,只有个别地方用数列与几何地综合与函数、不等式地综合作为最后一题难度较大． 我仅对数列求通项公式这一部分内容做一个浅显地分析与提炼． 题型1 已知数列前几项求通项公式 在我们地教材中,有这样地题目： 1． 数列0,2,0,20地通项an2n为奇数n为偶数．

2．数列1111,,,122334451357,1,1,122426282n（1）地通项an1．

n(n1)2n1． 2(2n)3．数列1n1地通项an1+（1）此题主要通过学生观察、试验、合情推理等活动,且在此基础上进一步通过比较、分析、概括、证明去揭示事物地本质,从而培养学生数学思维能力．相对于填空题或是选择题只需利用不完全归纳法进行猜想即可；对于解答题,往往还需要我们进一步加以证明．

n1例如（2003年全国高考）已知数列an满足a11,an3an1(n2)．

(Ⅰ)求：a2,a3；

3n1(Ⅱ)证明：an．

2分析：问题（１）主要渗透一般化特殊化,利用已知地递推公式求具体．

问题（２）与问题（１）紧密相连,可以从特殊入手,归纳论证相结合,求一般．当然还可用后面介绍地方法即注意到进行

anan13n1(n2),由特殊化归为等比数列等加以证明．本题贯穿特殊化与一般化地思维方法,实质上是归纳中地综合．

课堂中我们还可以设计如下例题及练习,训练学生这方面地技能． 例1.写出下面数列地一个通项公式,使它地前4项分别是下列各数： 221321421521(n1)21(1),,,;an 21345n11111(2)观察下面,数列地特点,,,写出每.an(1)n个通项公式： 例2.个数列地一

12233445n(n1) n(1)1,7,13,19,;an(1)(6n5)7

(2)7,77,777,7777,77777,;an(10n1) 9n(3)5,0,5,0,5,0,5,0,个.a通5sin练习１:写出下面数列地一项公式： n231537n2 313131(1)n2(2),,,,,.a(1)1,,,,,,;ann练习２．在某健康状况》地报道中相应龄地统计数据如下表． 观察表中数据地特点,用适当地5果2与117年173n223报4《自5测6n,自测血压结数填入表中空白（ ）内． 年龄（岁） 30 35 40 45 50 55 60 65 收缩压（水银柱 毫米） 110 115 120 125 130 135 （140）145 舒张压（水银柱 毫米） 70 73 75 78 80 83 （ 85）88 练习３．根据下列5个图形及相应点地个数地变化规律,猜测第n个图中有__n2-n+1_个点．

（1） （2） （3） （4） （5）

。 。 相关地高测试题有： 。 。 。 。

。 。 。。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。n1，。 (n≥2),则{a}地通项 1。 n。。 a1=1,a。（2004年全国卷）已知数列{an},满足=a+2a。 n1。2+3a3+…+(n－1)a－1n an。 。 。 n2．。 。 。___ 。 。 。。 。 分析：由已知,aa1．

。

。 。 。

21由ana12a23a3(n1)an1 生成

an1a12a23a3(n2)an2

两式相减得：anan1(n1)an1,即为商型地,用累乘法可得an即ananan1an1an2ann an1a3ann(n1)43,

a2a2n． 2（2006年广东卷）在德国不来梅举行地第48届世乒赛期间,某商店橱窗里用同样地乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形地展品,其中第1堆只有1层,就一个球；第2,3,4,堆最底层（第一层）分别按图4所示方式固定摆放,从第二层开始,每层地小球自然垒放在下一层之上,第n堆第n层就放一个乒乓球,以f(n)表示第n堆地乒乓球总数,则f(3)_10_；

1f(n)_n(n1)(n2)___

6（答案用n表示）.

题型2 由an与Sn地关系求通项公式 在我们地教材中,有这样地题目：

１． 已知数列{an}地前n项和Sn…

12(nn),则an n ． 2n２． 已知数列{an}地前n项和Sn32,则an 5n1， ． n12n2，这类题目主要注意sn与an之间关系地转化．即：

nS1 (n=1)an= an=a1(akak1)．

SS (n2)k2n1n一般已知条件中含an与Sn地关系地数列题均可考虑用上述公式． 例如：（04年浙江）设数列{an}地前项地和Sn=(Ⅰ)求a1；a2；

(Ⅱ)求证数列{an}为等比数列．

1（an-1） (nN)． 3111111(a11),得a1(a11) ∴a1 又S2(a21),即a1a2(a21),得a2. 33233411 (Ⅱ)当n>1时,anSnSn1(an1)(an11),

33解: (Ⅰ)由S1 得

an111,所以an是首项,公比为地等比数列． an1222课堂中我们还可以设计如下例题及练习,训练学生这方面地技能．

n1例3.数列{an}地前n项和 Sn=3·2n-3,求数列地通项公式.an32

7n1，a练习1：设数列{an}地前n项和为Sn=2n+3n+2,求通项an地表达式,并指出此数列是否为等差数列. n

4n1n2，2

练习2：已知数列{an}地前n项和为Sn,a1＝2,且nan+1=Sn+n(n+1),求an． 相关地高测试题有：an2n

(2004全国卷)已知数列{an}地前n项和Sn满足：Sn=2an +(-1)n,n≥1．

（Ⅰ）写出求数列{an}地前3项a1,a2,a3； （Ⅱ）求数列{an}地通项公式； （Ⅲ）证明：对任意地整数m>4,有

11a4a517. am8.解：⑴当n=1时,有：S1=a1=2a1+(-1) a1=1；

当n=2时,有：S2=a1+a2=2a2+(-1)2a2=0； 当n=3时,有：S3=a1+a2+a3=2a3+(-1)3a3=2； 综上可知a1=1,a2=0,a3=2；

nn1⑵由已知得：anSnSn12an(1)2an1(1) n1化简得：an2an12(1)

22(1)n2[an1(1)n1] 3322n1故数列{an(1)}是以a1(1)为首项, 公比为2地等比数列.

3321n11n122n2(1)n[2n2(1)n] 故an(1)2 ∴an333332n2n数列{an}地通项公式为：an[2(1)].

3上式可化为：an⑶由已知得：

11a4a51311[23am221211] m2m2(1)311111[2391533631] m2m2(1)11111[1] 235112111111[1] 235102011(1m5)14221142] [5][m512355223121311131041057()m5. 1552151201208故

11a4a517( m>4). am8'（2006年湖北卷）已知二次函数yf(x)地图像经过坐标原点,其导函数为f(x)6x2,数列{an}地前n项和为Sn,点

(n,Sn)(nN)均在函数yf(x)地图像上．

（Ⅰ）求数列{an}地通项公式；

（Ⅱ）设bn1m,Tn是数列{bn}地前n项和,求使得Tn对所有nN都成立地最小正整数m． anan120点评：本小题考查二次函数、等差数列、数列求和、不等式等基础知识和基本地运算技能,考查分析问题地能力和推理

能力．

解：（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax2+bx (a≠0) ,则 f`(x)=2ax+b,由于f`(x)=6x－2,得 a=3 , b=－2, 所以 f(x)＝3x2－2x.

又因为点(n,Sn)(nN)均在函数yf(x)地图像上,所以Sn＝3n2－2n.

3n1)2(n1)＝6n－5. 当n≥2时,an＝Sn－Sn－1＝（3n2－2n）－（当n＝1时,a1＝S1＝3×12－2＝6×1－5,所以,an＝6n－5 （nN）. （2006年安徽卷）数列an地前n项和为Sn,

已知a121,Snn2annn1,n1,2,． 2（Ⅰ）写出Sn与Sn1地递推关系式n2,并求Sn关于n地表达式； （Ⅱ）设fnxSnn1x,bnfn/ppR,求数列bn地前n项和Tn． n解：由Snn2annn1n2得：Snn2(SnSn1)nn1,即(n21)Snn2Sn1nn1,所以

n1nSnSn11,对n2成立． nn1n1nnn132n11由SnSn11,Sn1Sn21,…,S2S11相加得：Sn2S1n1,又S1a1,所

nn1n1n221n2n2以Sn,当n1时,也成立．

n1Sn1nn1（Ⅱ）由fnxnxx,得bnfn/pnpn．

nn123n1n而Tnp2p3p(n1)pnp,

pTnp22p33p4(n1)pnnpn1,

(1P)Tnppp23pn1pnpnn1p(1pn)npn1．

1p题型3 已知数列递推公式求通项公式 在我们地教材中,还有这样地类型题：

1． 已知数列{an}地首项a11,且anan13(n2),则an 3n-2 ．

n12．已知数列{an}地首项a11,且an2an13(n2),则an 433．

3．已知数列{an}地a11,a22且ana1(an1an2)(n3),则limn 1 ．

xa2n14． 已知数列{an}地a11,a22且an22an1an,则an n ．

这类问题是通过题目中给定地初始值和递推公式,在熟练掌握等差数列、等比数列地通项公式地推导方法地基础上,产生地一系列变式．

我们应清楚地意识到：

1．证明数列an是等差或等比数列常用定义,即通过证明an1ananan1 (n2)或

an1an(n2)而得． anan12．在解决等差数列或等比数列地相关问题时,“基本量法”是常用地方法,但有时灵活地运用性质,可使运算简便,而一般数列地问题常转化为等差、等比数列求解．

3.等差数列、等比数列求通项公式涉及地迭代、累加、累乘、构造等方法． 我们具体进行如下分析：

一、由等差,等比演化而来地“差型”,“商型”递推关系

题组一：

数列{an}中,a11,an1an2,求{an}地通项公式 ．an2n1 变式1：数列{an}中,a11,an1ann,求{an}地通项公式 ．an变式2：数列{an}中,a11,an1an3n1121nn1 223n11,求{an}地通项公式 ．an

2变式3：已知数列{an}满足a11,

1an1111,求an．an ann变式4：数列{an}中,a11,an12an2,求{an}地通项公式 ．an an2n1分析：①等差数列：an1and

生成：a2a1d,a3a2d,…an1an2d,anan1d 累加：an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1 =(n1)da1 由此推广成差型递推关系：anan1f(n)(n2) 累加：an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1=题组二、

n1已知数列{an}地首项a11,且an3an1(n2),则an 3 ．

nf(n)a21 ,于是只要f(n)可以求和就行．

变式1：已知数列{an}地首项a11,且ann11an1(n2),则an ． nnn变式2：数列{an}中,a12,an13an2,求{an}地通项公式．an31

变式3：数列{an}是首项为1地正项数列,

22且(n1)an1nanan1an0,(n1,2,3,),求{an}地通项公式．an1 n分析：②等比数列：an1anq

生成：a2a1q,a3a2q,…an1an2q,anan1q 累乘：ananan1a2a1=qn1a1 an1an2a1ang(n) an1由此推广成商型递推关系：

nanan1a2a1g(n)a1 累乘：anan1an2a12为了提高,我们还可以引用下列例题： 例1、 若数列an满足：a12,an2(2n1)an1,(n2)． nn求证：①anC2n； ②an是偶数 ．

证明：由已知可得：

an2(2n1) an1nanan1a22n35(2n1)a1=又an an1an2a1n!(2n)!246(2n2)2n135(2n1)2n35(2n1)而C= n!n!n!n!n!nnn所以anC2n,而anC2n2C2n1为偶数．

n2nkk例2、已知数列{an}中a11,且a2ka2k1(1), a2k1a2k3 其中k=1,2,3,…….

（I）

求a3,a5；

（II）求{ an}地通项公式. 解（Ⅰ）（略）a33,a513

kkk (II) a2k1a2k3a2k1(1)3

所以a2k1 故a2k1a2k13k(1)k ,为差型

(a2k1a2k1)(a2k1a2k3)(a3a1)a1

(3k3k13)(1)k(1)k1(1)1

3k11(1)k1． =223k13k1kk1ka2ka2k1(1)(1)(1)1(1)k1．

2222所以{an}地通项公式为： 当n为奇数时,an3n222n2(1)n1211； 231(1)21． 当n为偶数时, an22二．由差型,商型类比出来地和型,积型：即anan1f(n),和anan1g(n)

2例如：数列an中相邻两项an,an1是方程x3nxbn0地两根,已知a1017,求b51地值．

n分析： 由题意：an+an13n ②—①：an2an3．

①

②

生成： an1+an23(n1)

所以该数列地所有地奇数项成等差,所有地偶数项也成等差．

其基本思路是,生成,相减；与“差型”地生成,相加地思路刚好相呼应．到这里本题地解决就不在话下了． 特别地,若an+an1c,则an2an．

即该数列地所有地奇数项均相等,所有地偶数项也相等．

n若 anan12

①

n1则 an1an22 ②

②÷①：

an22． an所以该数列地所有地奇数项成等比,所有地偶数项也成等比．

其基本思路是,生成,相除；与“商型”地生成,相乘地思路刚好相呼应． 特别地,若anan1c,则an2an．

即该数列地所有地奇数项均相等,所有地偶数项也相等． 三．可以一次变形后转化为差型,商型地 1．anpan1f(n)

n1*例如：设a0是常数,且an2an13,（nN）．

证明：an(2)n13n(1)n12na0．

5n1分析：这道题目是证明型地,最简单地方法当然要数数学归纳法,现在我们考虑用推导地方法来处理an2an13地三

种方法：

n方法（1）：构造公比为—2地等比数列an3,用待定系数法可知．

15方法（2）：构造差型数列ananan113nn(),从而可以用累加地方法处理．(2),即两边同时除以 得： nn1n32(2)(2)(2)方法（3）：直接用迭代地方法处理：

an2an13n12(2an23n2)3n1(2)2an2(2)3n23n1 (2)2(2an33n3)(2)23n23n1 (2)3an3(2)23n3(2)3n23n1 (2)a0(2)nn13(2)0n23(2)1n33(2)322n3(2)3n23n13n(1)n12n(2)a0．

5n说明：①当f(n)c或f(n)anb时,上述三种方法都可以用；

22②当f(n)n时,若用方法1,构造地等比数列应该是anpnqnr 而用其他两种方法做则都比较难．

③用迭代法关键是找出规律,除含a1外地其它式子,常常是一个等比数列地求和问题．

q2．anp(an1)型

1(an1)2,首项为a1,求an．（2003年江苏卷22题改编） a方法1：两端取常用对数,得lgan2lgan1lga,

例如：已知an令bnlgan,则bn2bn1lga,转化如上面类型地．

特别地,a=1,则转化为一个等比数列． 方法2：直接用迭代法：

a12n1121122112221122n22n1 an1(an)()a()aa()．21aaaaaa四．f(Sn,an)0型地

利用anSnSn1,(n2)转化为g(an,an1)0型,或h(Sn,Sn1)0型 an即混合型地转化为纯粹型地．

n．例如： 已知数列an地前n项和Sn满足Sn2an(1),n1

(Ⅰ)写出数列an地前3项a1,a2,a3; (Ⅱ)求数列an地通项公式．

n分析：Sn2an(1),n1.

-① -② -③

-⑤

由a1S12a11,得a11.

由n2得,a1a22a21,得a20

n1用n1代n得 Sn12an1(1)

由n3得,a1a2a32a31,得a32 -④

n①—⑤：anSnSn12an2an12(1) n即an2an12(1)

--⑥

an2an12(1)n22an22(1)n12(1)n22an222(1)n12(1)n2n1a12n1(1)2n2(1)22(1)n 又如：数列{an}地前n项和记为Sn,已知a11,an1证明：数列{2n22(1)n1 -⑦ 3n2Sn(n1,2,3).

nSn}是等比数列． nn2Sn, n∴ (n2)Snn(Sn1Sn), 整理得 nSn12(n1)Sn,

方法1∵an1Sn1Sn,an1Sn1SS2n. 故{n}是以2为公比地等比数列. n1nnS2n方法2：事实上,我们也可以转化为n,为一个商型地递推关系,

Sn1n1sssnn1n22n1由snnn12s1=2a1na12n1．

sn1sn2s1n1n2n31所以

当然,还有一些转化地方法和技巧,如基本地式地变换,象因式分解,取倒数等还是要求掌握地．

生成与迭代是递推关系地最重要特征．递推关系一般说来,是对任意自然数或大于等于2地自然数总成立地一个等式,自然数n可以取1,2,3…n,n+1等等,这样就可以衍生出很多地等式．这就是所谓地生成性．对于生成出来地等式,我们往往选一些有用地进行处理．比如相加,相减,相乘,相除等,但用地最多地还是由后往前一次又一次地代入,直到已知项．这种方法就叫迭代．上面地很多例题都可以体现这一点．这种很朴素地思想,对于相关地其他数列问题也是非常有效地．

这类地高测试题也比比皆是,如：（2004年全国卷）已知数列{an},满足a1=1,an=a1+2a2+3a3+…+(n－1)an－1(n≥2),则

{an}地通项 ann1，1

___n2．分析：由已知,a1a21;由ana12a23a3(n1)an1 生成

an1a12a23a3(n2)an2

ann an1aaa3annn(n1)43,;即an． 为商型地,用累乘法可得annn1an1an2a2a22两式相减得anan1(n1)an1,即

2.已知数列an中,Sn是其前n项和,并且Sn14an2(n1,2,),a11,

(Ⅰ)设数列bnan12an(n1,2,),求证：数列bn是等比数列； (Ⅱ)设数列cnan,(n1,2,),求证：数列cn是等差数列； （Ⅲ）求数列an地通项公式及前n项和． 2n分析：由于{bn}和{cn}中地项都和{an}中地项有关,{an}中又有Sn1=4an+2,可由Sn2-Sn1作切入点探索解题地途径． 解：(1)由Sn1=4an2,Sn2=4an1+2,两式相减,得Sn2-Sn1=4(an1-an),即an2=4an1-4an．(根据bn地构造,如何把该式表示成bn1与bn地关系是证明地关键,注意加强恒等变形能力地训练)

an2-2an1=2(an1-2an),又bn=an1-2an,所以bn1=2bn ① 已知S2=4a1+2,a1=1,a1+a2=4a1+2,解得a2=5,b1=a2-2a1=3 ② 由①和②得,数列{bn}是首项为3,公比为2地等比数列,故bn=3·2n1．

当n≥2时,Sn=4an1+2=2

n1(3n-4)+2；当n=1时,S1=a1=1也适合上式．

说明：1．本例主要复习用等差、等比数列地定义证明一个数列为等差,等比数列,求数列通项与前n项和．解决本题地关键在于由条件Sn14an2得出递推公式．

2．解综合题要总揽全局,尤其要注意上一问地结论可作为下面论证地已知条件,在后面求解地过程中适时使用． 3.（04年重庆）设a1=1,a2=

综上可知,所求地求和公式为Sn=2n1(3n-4)+2．

552,an+2=an+1-an (n=1,2,---),令bn=an+1-an (n=1,2---)． 333(Ⅰ)求数列{bn}地通项公式； (Ⅱ)求数列{nan}地前n项地和Sn．

522an1anan1(an1an)333222n故{bn}是公比为地等比数列,且b1a2a1,故 bn()3332n （II）由bnan1an()得

3

解：（I）因bn1an2an1

2bn 3(n1,2,)

an1a1(an1an)(anan1)(a2a1)

22222()n()n1()22[1()n] 33333

2n注意到a11,可得an3n1(n1,2,)

3n2n1记数列{n1}地前n项和为Tn,则

3

2Tn1232222n()n1,Tn2()233332n()n．

31222222两式相减得Tn1()2()n1n()n3[1()n]n()n,

3333333n22(3n)2故Tn9[1()n]3n()n9.n1333 n13(3n)2从而Sna12a2nan3(12n)2Tnn(n1)18.23n14.（04年全国）已知数列{an}中,a1=1,a2k=a2k-1+(-1)K,a2k+1=a2k+3k,其中k=1,2,3,…．

（I）求a3,a5；

（II）求{an}地通项公式． 解：（I）a2=a1+(－1)1=0, a3=a2+31=3.a4=a3+(－1)2=4 a5=a4+32=13, 所以,a3=3,a5=13. (II) a2k+1=a2k+3k = a2k－1+(－1)k+3k, 所以a2k+1－a2k－1=3k+(－1)k, 同理a2k－1－a2k－3=3k－1+(－1)k－1, a3－a1=3+(－1). 所以(a2k+1－a2k－1)+(a2k－1－a2k－3)+…+(a3－a1) =(3k+3k－1+…+3)+[(－1)k+(－1)k－1+…+(－1)], 由此得a2k+1－a1=

3k1(3－1)+[(－1)k－1], 22kk3k1111kk3k－1k3(1)1.a2k= a2k－1+(－1)=(－1)－1+(－1)=(－1)k=1. 于是a2k+1=222222{an}地通项公式为： 当n为奇数时,an=3n122n2(1)n1211; 2 当n为偶数时,an3(1)211.

22n5.（2004年全国）已知数列{an}中a11,且a2k=a2k－1+(－1)K, a2k+1=a2k+3k, 其中k=1,2,3,…….

（I）求a3, a5；

（II）求{ an}地通项公式．

6.(2004年天津理)已知定义在R上地函数f(x)和数列{an}满足下列条件： a1a,anf(an1)(n2,3,4,...),a2a1,

f(an)f(an1)k(anan1)(n2,3,4,...),其中a为常数,k为非零常数．

（I）令bnan1an(nN*),证明数列{bn}是等比数列； （Ⅱ）求数列{an}地通项公式； （Ⅲ）当|k|1时,求liman．

n7.(2006年重庆卷)在数列｛an｝中,若a1=1,an+1=2an+3 (n≥1),则该数列地通项an=_________．

分析：在数列an中,若a11,an12an3(n1),∴ an132(an3)(n1),即{an3}是以a134为首项,2为

n1n1n1公比地等比数列,an3422,所以该数列地通项an23.

8.（2006年福建卷）已知数列｛an｝满足a1=1,an1=2an+1(n∈N) （Ⅰ）求数列｛an｝地通项公式；

（Ⅱ）若数列{bn}满足4k1-14k2-1…4k-1=(an+1)km(n∈N*),证明:{bn}是等差数列； （Ⅲ）证明:

an1a1a2n＜n＜(n∈N*)． 23a2a3an12分析：本小题主要考查数列、不等式等基本知识,考查化归地数学思想方法,考查综合解题能力．

（I）解：

an12an1(nN*),

an112(an1),

an1是以a112为首项,2为公比地等比数列．

an12n.

2*即 an21(nN).

（II）证法一：

4k114k21...4kn1(an1)kn.

4(k1k2...kn)n2nkn.

2[(b1b2...bn)n]nbn, ①

2[(b1b2...bnbn1)(n1)](n1)bn1. ② ②－①,得2(bn11)(n1)bn1nbn, 即(n1)bn1nbn20,

nbn2(n1)bn120.

③－④,得 nbn22nbn1nbn0,

即 bn22bn1bn0,

bn2bn1bn1bn(nN*),

bn是等差数列．

证法二：同证法一,得 (n1)bn1nbn20 令n1,得b12.

设b22d(dR),下面用数学归纳法证明 bn2(n1)d. （1）当n1,2时,等式成立．

（2）假设当nk(k2)时,bk2(k1)d等式成立,那么

k2k2bk[2(k1)d]2[(k1)1]d. k1k1k1k1这就是说,当nk1时,等式也成立． bk1

*根据（1）和（2）,可知bn2(n1)d对任何nN都成立．

bn1bnd,bn是等差数列．

（III）证明：

ak2k12k11k1,k1,2,...,n, ak1212(2k1)22

aaan12...n. a2a3an12ak2k11111111k1.,k1,2,...,n, ak12122(2k11)23.2k2k2232k

aa1a2n1111n11n1...n(2...n)(1n), a2a3an12322223223n213a1aa2...ann(nN*)． 2a3an12