数列求通项公式的常见题型与解题方法

1、学习好资料欢迎下载 数列求通项公式的常见题型与解题方法 数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础高考对本章的考查比较全面，等差数列，等比数列的考查每 年都不会遗漏有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知 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 问题是高考的热点，常在数列解答题中出现.本章中 还蕴含着丰富的数学思想，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. 数列这一章的主要章 节结构为： 定丈；按一定次的*列的-列数 的图像 -值域（有界*

2、无界 单训性遥增数列，递减数列, 崔功数列，常数列） 数列 零差数列:定义、通项金式、中项公式. 前n顼和気公式、性质 等比数列:定丈、通项供或.中项处式、 前n项和毎公式、ft *数列的应用*递拣公式 近几年来，高考关于数列方面的命题主要有以下三 个方面：（1）数列本身的有 关知识，其中有等差 数列与等比数列的 概念、性质、通项公式及求和公式.（2）数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合.（3） 数列的应用问题，其中主要是以增 长率问题为主试题的难度有三个层次，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的综合与函数、不等式

3、的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的分析与提炼 题型1已知数列前几项求通项公式 在我们的教材中，有这样的题目： 0n为奇数 1 数列0, -.2,0, 2L的通项an 42n为偶数 11 11 1 2数列,L的通项an （ 1）n 1 2 2 33 4 4 5n（n 1） 13 3 数列 1-r,1-7,1 2242 g,1的通项an 6282 1+ ( 1)n 1 2n 1 (2n)2 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、证明去揭示事物的本 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

4、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. 例如（2003年全国高考）已知数列an满足a1 1,an 3n 1 an 1（n 2） (i)求：a2, a3 ； （n）证明：an 3n 1 2 分析：问题（1）主要渗透一般化 特殊化，利用已知的 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 绍的方法即注意到 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的思维方法，实质上是归纳中的 课堂中我们还可以设计如下例题及练习，训练学生这方面的技能. 例1.写出下面数

5、列的一个通项公式，使它的前4项分别是下列各 数: 尹1 421 52 1 ；an 5 (n 1)21 n 1 J 1 2,2 3 (1)n 1 n(n 1) 例2.观察下面数列的特点，写出每个数列的一个通项公式: (1) 1,7, 13,19丄 a ( 1)n(6n 5) (2) 7,77,777,7777,77 777,L ;an 7(10n 1) 9 (3) 5,0, 5,0,5,0, 5,0,L .an 5sin 练习1 :写出下面数列的一个通项公式：2 （1） 练习 谆M丄 2.已知数列an的前n项和Sn 3 2n，则a. 5 n 2n 1 n 1, 2, 这类题目主要注意 Sn与an

6、之间关系的转化.即: an S1 (n=1)n / an = a(ak 1 (n 2)n 1 k2 ak 1 ). an与Sn的关系的数列题均可考虑用上述公式. 1 例如：(04年浙江)设数列an的前项的和Sn= 1 3 般已知条件中含 (a n-1 ) (n N ). (I)求a1 ； a2； (n )求证数列a n为等比数列. 1 3 (印 1),得 a1 解：(i)由S (n)当 n1 时,an SnSn 扣 1(an 1) a1 11 又 S2(a2 1),即 a1a2(a2 1),得 a2 33 得丑 an 1 1 所以 2 an是首项 1 1)3 (an 1 3 1), 1. -,

7、公比为-的等比数列. 22 学习好资料.欢迎下载. (2006年广东卷)在德国不来梅举行的第48届世乒赛期间，某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展 品，其中第1堆只有1层，就一个球；第2,3,4丄堆最底层(第一层)分别按图4所示方式固定摆放，从第二层开始，每 层的小球自然 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 1 f(n) _J(n 1)(n 2) 6 (答案用n表示). 题型2 由an与Sn的关系求通项公式 在我们的教材中，有这样的题目： 1 2 1.已知数列an的前n项和Sn(n2 n)，则a. 2 当 n=2 时,有：S2=a1+a2=2a

8、2+(-1) 2a2=0 ; 课堂中我们还可以设计如下例题及练习，训练学生这方面的技能. 例3.数列an的前n项和Sn=3 2n-3,求数列的通项公式.an 3 2n 1 练习1:设数列a n的前n项和为Sn=2n2+3n+2，求通项an的表达式，并指出此数列是否为等差数列.an 4n n1, 1 n2, 练习2 :已知数列an的前n项和为Sn, a 1= 2，且nan+1=S n+n(n+1)，求an. 相关的高考试题有：an 2n (2004全国卷)已知数列an的前n项和Sn满足：Sn=2an +(-1) n,n 1 . (I)写出求数列an的前3项a1,a2,a3 ； (n)求 数列an

9、的通项公式; (川)证明：对任意的整数m4 , 1 1 有丄丄L a4 as 17 am8 a 1=1 ; .解：当 n=1 时,有：S1=a1=2a 1+(-1) 欢迎下载 学习好资料 当 n=3 时，有：S3=a1+a2+a3=2a 3+(-1) 3a3=2 ； 综上可知 a i=1,a 2=0,a 3=2 ; 由已知得: anSnSn 1 2an nn 1 (1) 2an 1 ( 1) 化简得：an n 1 2an 12( 1) 上式可化为: an 2 2( 1)n 2a 3 2(1)n1 2 3 2 故 an 2( 1)n 3 故数列 an 1)n是以ai 1)1为首项，公比为2的等比

10、数列. 1 2n 1 3 数列 an的通项公式为: an 和；g2n1 3(1)n32n2 (1)n ；2n2 ( 1)n. 由已知得: a4 a5 am 2m Vv 故11 a4a5 am 7 (m4). 8 (2006年湖北卷)已知二次函数y 21 13 15 1 15 1 33 1 63 2m2 1)m 1 3 1 3 1 5 1 5 丄 11 丄 10 1 5 T 2 丄 21 1 20 ) 一 14 1g1)m 13 15 104 120 105 120 f(x)的图像经过坐标原点，其导函数为f(x) 6x 2，数列an的前n项和为Sn， 点(n,Sn)(n N)均在函数yf (x)

11、的图像上. (i)求数列an的通项公式; (n)设 bn 1m ,Tn是数列bn的前n项和，求使得Tn对所有n N都成立的最小正整 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 础知识和基本的运算技能，考 查分析问题的能力和推 理能力. 解：(I)设这 二次函 数 f(x) = ax2+bx (a 工0),则 F(x)=2ax+b,由于 f (x)=6x 2,得 学习好资料 a=3 , b= 2,所以 f(x) = 3x2 2x. 又因为点(n,Sn)(nN )均在函数y f(x)的图像上，所以 设fn X 解：由Sn s Sn n 凸n 1 o 由Sn

12、 n 2 n an Sn x n n 1 n n1,bn 2得: 2成立. Sn R，求数列bn的前n项和Tn. n2(Sn Sn 1) n n 1 , 即(n2 1)Sn 所以Sn- n n 2 n 1 1 n1Sm 1Sn1 Sn 2 1，-S2 2 1相加得: 1 Sn 2S1 n 1,又 S a1 n (n)由 fn 而Tn p pTn p2 Sn x n 2p2 : 2p3 (1 P)Tn 1时，也成立. 得bn n np . 3p3 3p4 (n (n 1)pn1 1)pn n np , n 1 np , n 1 np P(1pn) 1 p n np 题型3 已知数列递推公式求通项

13、公式 在我们的教材中，还有这样的类型题: 1. 已知数列an的首项 1，且 an an 13(n 2),则 an3n-2. 2. 已知数列an的首项a1 1，且 an2an 13(n n 1 2)，则 an _4 33 . 3. 已知数列an的a11, a22 且 an1 2 (an 1 an 2)( n 3),则 lim1 x an 1 4. 已知数列an的a11, a22 且 an 2 2an 1 an,则 ann 这类问题 是通过题目中给定的初始 值和递推公式，在熟 练掌握等差数列、等比数列的通项公式的推 导方法的基 础上, 产生的一系列变式. 我们应清楚的意识到: aa anan 1

14、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(n 2)而得. 2 .在解决等差数列或等比数列的相关问题时，“基本量法”是常用的方法，但有时灵活地运用性质，可使运算简便，而 学习好资料欢迎下载 般数列的问题常转化为等差、等比数列求解. 3.等差数列、等比数列求通项公式涉及的迭代、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 来的“差型”，“商型递推关系 题组一： an 2，求an的通项公式.an 2n 1 变式1: 1 2 1 数列an中，a1 1,an1 an n，求an的通项公式.an n n 1 2 2 变式2

15、 : 3n 11 数列an中，a1 1,an1务 3n 1，求a.的通项公式.a. 2 数列an中，ai 1,ani 变式3 :已知数列an满足a1 1 、 1 1，求 an .an ann 变式4:数列an中，a1 1,an 1 分析：等差数列：an 1 an d 生成：a2 a1 d , a3 a2 d， an 1an 2 d ，an an 1d 累加：an (an an 1) (a n 1 an 2) (a2 aj 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 a n 1 ) (an 1 an 2 ) (a2 aj a

16、= n f(n) a1，于是只要f(n)可以求和就行 2 討，求an的通项公式 an 题组 3n 变式1: 已知数列an的首项a1 n 1 1，且 ana. 1(n 2)，则 a. 1 n n 变式2 : 数列an中，a1 2, an 1 3an 2，求an的通项公式.a. 3n 1 已知数列an的首项a11，且an 3an 1(n 2),则 an 1 且(n 1)aj； 1na： an 1 an 0,( n 1 1,2,3,L )，求a.的通项公式.a. n 分析：等比数列： an 1 an q 生成：a2 a1 q , a3 a2 q， -an1 an 2 q，an an 14 a n a

17、 累乘：ann n 1 a2 a1 =q n 1 a1 an 1 a n 2 a1 变式3:数列an是首项为1的正项数列, 由此推广成商型 递推关系： 旦 g(n) an 1 累乘：an也色丄屯a1g(n) a1 an 1 an 2a12 为了提高，我们还可以引用下列例 题： 2(2n 1) 例 1、 若数列 an 满足：a12, anan 1,(n 2). n 求证：an C；n;an是偶数. 学习好资料欢迎下载 证明：由已知可得: an an 1 又an旦 an 1 an an 2 2(2n1) n a22n 3 5(2n 1) a1 = a1n! 而C2n 所以an (2n)! n! n

18、! C2n , (2n2)2n 1 3 5(2n1) _ 2n 3 5(2n1) n! 而 an C2n n! n! 2C；n 1为偶数. 例2、已知数列an中a1 (I) 求 as，a5 ； (II) 求 a n的通项公式. 解(i)(略)as 3, a5 k (ll) a2k 1 a2k 3 所以 a2k 1 a2k 1 3k 故a2k (3k 土 2 2k 1 a2k 1 1(a2k 1 3k1 3) a2k 1 ) (1) 13 且 a2ka2k 1 a2k 1( 1) (1)k ,为差型 (a2k 1 a2k 3 ) k ( a2 1)k1 3k (1)k, (as aj 1) a2

19、k 1 a2k 3k 其中 k=1,2,3, ai 1( 1)k 1 . 3k 2 所以a n的通项公式为： a2ka2k 1 (1)k 1)k1 1)k 3k 2 1( 1) 当n为奇数时，an 当n为偶数时，an n 2 3 2 n 3l 2 n 1 1)- n 1)2 丄1 2 积型： 即an 例如：数列an中相邻两项an , an 1是方程X2 分析： 由题意：an+an1 3n 生成：an 1 + an 23(n1) 一：an 2 an 3. 所以该数列的所有的奇 数项成等差，所有的偶 二.由差型，商型类比出来的和型, an 1 3nx f(n),和 an a. 1 bn0的两根，已

20、知 g(n) a1017，求 b51 的值. 数项也成等差. 其基本思路是，生成，相 减；与“差型”的生成，相加的思路刚好相呼应. 特别的，若an + an 1 c，则an 2 an. 即该数列的所有的奇 数项均相等，所有的偶 数项也相等. 右 an 则an 1 an 2 2n 2 n 1 十: an 2 到这里本题的解决就不在话下了. an 数项成等比，所有的偶 数项也成等比. 与“商型”的生成，相乘的思路刚好相呼应. c ,则 a n 2 所以该数列的所有的奇 其基本思路是，生成，相除； 特另地，若 an an 1 c ,则 an 2 an . 即该数列的所有的奇 数项均相等，所有的偶 数

21、项也相等. 三.可以一次 变形后转化为差型，商型的 1. an pan 1 f(n) 例如: 证明: 分析： 三种方法: 学习好资料 设 a。是常数，且 an2an 1 3n 1 , ( n N*). (2)n1 3n ( 1)n1 2n an ( 2) a。 5 这道题目是证明型的，最简单的方法当然要数数学归纳 法，现在我们考虑用推导的方法来处理an 2an 13n 1的 方法(1 )：构造公比为一2的等比数列an 3n ,用待定系数法可知 方法(2):构造差型数列青，即两边同时除以(2)n 得: an an 1 13 -(-)n ,从而可以用累加的方法处 32 理. 方法(3):直接用迭代

22、的方法 处理: n 1 an 一 ( ( 2a n 1 2)2( 2an 2)3an3 3n 2( 2an 2 3n 33n 3)( 2)23n 2 (2)23n 3( 2) 3n 2 2)3n 1 3n 1 3n 1 (2)2an 2 2)3n 2 3n 1 2)% ( 2)n 130( 2)n 231 (2)n 332 (2)23n 2) 3n 23n1 (2)% nn 1 n 3(1)2 5 说明：当f(n) c或f(n) an 当f(n)n2时，若用方法 b时，上述三 1,构造的等比数列应该是an 用迭代法关键是找出规律，除含a1外的其它式子，常常是- 2. an P(an1)q型 种

23、方法都可以用; pn2 qn r 个等比数列的求和问题. 而用其他两种方法做则都比较难. 1 2 例如：已知an- (an 1)，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lg an2lg an 1 ig a , 令bn lg an ,则bn2bn 1 lg a ,转化如上面类型的. 特别的，a=1 ,则转化为一个等比数列. 方法2 :直接用迭代法： 1 2 1 1 2 .2 .1.12 22 1 1 2 l 2n 2 2n 1. a2n (一)a1a() an an 1 (an 2)() a a a a a aa 四. f (Sn , an )0型

24、的 利用 a nSn Sn 1,(n 2)转化为 g(an,an 1) 0型，或 h(Sn,Sn 1)0型 即混合型的转化为纯粹型的. 例如：已知数列an的前n项和Sn满足Sn 2an ( 1)n,n 1. (i)写出数列an的前3项a1 ,a2,a3； (n)求数列an的通项公式. 分析：Sn 2an ( 1)n,n 1. - 由 a1S12a11,得 a11. - 由 n 2 得，a a2 2a2 1 , 得a2 0 - 由 n 3 得，a1 a2 a32a3 1得 a3 2 - 用n 1代n得Sn 1 2an 1( 1)n 1 - 一：an Sn S n 12an 2a n 1 2( 1

25、)n 即 an2an 1 2( 1) n - an 2an 12( 1)n 2 2an 2 2( 1)n 1 2( 1)n 22an 222( 1)n1 2( 1)n 2n 1a12n1( 1) 2n 2( 1)2 2( 1)n 2 2n 2 3 (1)n 1 - 又如：数列an的前 n项和记为 Sn，已知a1 1 a n 2S (n 1,2,3 ) 1, an 1 Sn (n 证明：数列 知 是等比数列. n 方法1 an 1 Sn 1 Sn, an 1 n 2S Sn n 7 二(n 2)Sn n(Sn 1Sn )， 整理得 nSn 1 2(n 1)Sn 所以 Sn 1 2Sn. S 故S

26、n 是以2 为公比的等比 数列 n 1 n n 方法2 :事实上，我们也可以转化为电 空,为一个商型的递推关系， Sn 1 n 1 占Sn Sn 1S2n 1 n n 1 n 22n1 由 Sns1 = 2印 n a12 . sn 1 sn 2Sn1n2n3 1 当然，还有一些转化的方法和技巧，如基本的式的 变换，象因式分解，取倒 数等还是要求掌握的. 生成与迭代是递推关系的最重要特征.递推关系一般说来，是对任意自然数或大于等于2的自然数总成立的一个等式, 自然数n可以取1 , 2, 3n , n+1等等，这样就可以衍生出很多的等式. 这就是所谓的生成性.对于生成出来的等式，我 们往往选一些有

27、用的 进行处理比如相加，相 减，相乘，相除等，但用的最多的 还是由后往前一次又一次的代入，直到已知 项.这种方法就叫迭代上面的很多例 题都可以体现这一点.这种很朴素的思想，对于相关的其他数列问题也是非常有效 的. 这类的高考试题也比比皆是，如：(2004年全国卷)已知数列a n,满足a1=1 , an=a什2a 2+3a 3+(n 1)an- 1(n 2),则an的通项 an 1 n 1, n 2. 分析：由已知， a1 a2 1; 由an a1 2a2 3a3 (n 1)an 1 生成 an 1a1 2a2 3a3 (n 2)an 2 两式相减得an an 1 (n 1)an 1 ，即 an

28、 an 1 n 为商型的，用累乘法可 得 an an an 1 l a3 旦n n (n 1) 4 3,；即 an an 1 an 2 a2 a2 2 2.已知数列an中 ,S n是其前 n项和 1,并且Sn1 4an 2(n1,2,L ),a1 1 , (I)设数列bn an 1 1 2a n(n 1,2, ) ，求证 :数列 bn是等比数 列； a (n)设数列Cn-v，( n 1,2,)，求证：数列Cn是等差数列；(川)求数列an的通项公式及前n项和. 2 分析：由于b n和c n中的项都和a n中的项有关，a n中又有Sn 1=4a n+2，可由S n 2 -S n 1作切入点探索解

29、题的途 径. 解：(1)由 S n 1 =4a n 2 , S n 2 =4a n 1+2 ,两式相减，得 S n 2 -S n 1 =4(a n 1 -a n),即 a n 2 =4a n 1 -4a n .(根据 b n 的构造， 如何把该式表示成bn 1与bn的关系是证明的关键，注意加强恒等 变形能力的训练) a n 2 -2a n 1 =2(a n 1 -2a n)，又 b n =a n 1 -2a n，所以 b n 1 =2b n 已知 S 2 =4a 1 +2 , a 1 =1 , a 1 +a 2 =4a 1 +2，解得 a 2 =5 , b 1 =a 2 -2a 1 =3 由和

30、得，数列b n是首项为3，公比为2的等比数列，故b n =3 2 n 1 因为j二贽災N),所以宀二髓专二笔# * 23 = 4 a11*2 =故数列氐是首项为十 公差是才的等差数列, 3 1 4 4 学习好资料欢迎下载 因为廿笋又 =討所以养绻二 J) 23 当 n 2 时，S n =4a n 1 +2=2 n 1 (3n-4)+2 ;当 n=1 时，S1 =a 1 =1 也适合上式. 综上可知，所求的求和公式 为S n =2 n 1 (3n-4)+2 . 说明：1 .本例主要复习用等差、等比 数列的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.解决本题的关 键在于由条件Sn 14

31、an2得出递推公式. 2 .解综合题要总揽全局，尤其要注意上一 问的结论可作为下面论证的已知条件，在后面求解的 过程中适时应用. 令 bn=an+i-a 、552 n (n=1,2-) 3. (04 年重庆)设 a 1=1,a 2= ,a n+2= an+1 -an (n=1,2,), 3 (I )求数列bn的通项公式； (n )求数列na n的前n项的和Sn. 解: (I)因 bn 1 an 2 an 1 5 3an 2 3an 2 故b n是公比为2的等比数列，且b1 3 a2 2 3(an1 bn ( an) (n 1,2,) (H)由 bn an 1 an (3)n 得 an 1 a1

32、(an 1 an) (anan 1 ) (a2 aj 注意到a1 记数列 两式相减得 (3)n (3)n 21 (紗 1,可得 n 1 n2 3n 1 1 Tn 3 故 Tn91 从而Sn an 2n 3TT(n 1,2, 3 的前n项和为Tn, n n(：) 3 2 1 - 3 2 白 3 1 2t ，3，n 2 2 (3) 3n (n)求数列an的通项公式； (川)当 | k | 1 时，求 lim an. n 7. (2006年重庆卷)在数列 an 中，若a1=1,a n+1=2an+3 (n 1),则该数列的通项an=. 解析：在数列an中，若a11,务1 2务 3(n 1), an 1 3 2(an 3)(n 1)，即an 3是以內 3 4为首项, 2为公比的等比数列，an 3 4 2n 1 2n 1，所以该数列的通项an 2n 1 3. 8