高三数学数列求通项公式的常见题型与解题方法全国通用

1、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：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

2、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：0为奇数 数列 0, 2,0, 2n的通项an1为偶数2n1111的通项 an（n12数列,1）n( n 1)1223 34451357n 12n 13数列 122,1

3、42,162,182的通项 an1+ （1）(2 n)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 a11,an3n 1an 1 (n2)( )求： a2 , a3 ；( )证明： an3n12分析： 问题（）主要渗透一般化特殊化，利用已知的递推公式求具体问题（）与问题（）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

4、行anan 1 3n1 (n2) ，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，训练学生这方面的技能例 1.写出下面数列的一个通项公式，使它的前4 项分别是下列各数：(1)22 1, 321,421, 521; an(n1)212345n 1113 ,11n1(2)12, 234, 45.an( 1)n( n1)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,; an( 1)n (6n5)(2)7,77,777,7777,77 777,; an7 (10n1)9(3)5,0,5,0,5

5、,0,5,0,.an5sinn练习 : 写出下面数列的一个通项公式：2(1)31313; an1 ( 1)n 2(2)31537n 21, ,n, , , .an2345652117173n 2练习在某报自测健康状况 的报道中，自测血压结果与相应年龄的统计数据如下表观察表中数据的特点，用适当的数填入表中空白（）内年龄（岁）3035404550556065收缩压（水银柱毫米）110115120125130135（ 140）145舒张压（水银柱毫米）707375788083（ 85）88练习根据下列5 个图形及相应点的个数的变化规律，猜测第n 个图中有 _n2-n+1_个点。 。 。 。 。（ 1

6、）（ 2）（ 3）（ 4）（ 5）相关的高考试题有：（2004 年全国卷）已知数列 an ，满足 a1=1， an=a1+2 a2+3a3+ +( n1)an 1(n 2)，则 an的通项a1n1，n_n2分析：由已知， a2a11由 ana12a23a3(n 1)an 1 生成an 1a12a23a3(n 2)an 2两式相减得： anan 1( n 1)an 1，即annan 1为商型的，用累乘法可得ananan 1a3ann (n 1)4 3,an 1an 2a2a2即 ann2（ 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

7、”形的展品，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 n 堆的乒乓球总数， 则f (3) _10 _ ； f ( n)12) _ n(n 1)(n6（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：已知数列 an 的前 n 项和 Sn1(n2n) ，则 ann2n5n，已知数列 a 的前 n 项和32，则a1nn2n 1nSn，2这类题目主要注意sn 与 an 之间关系的转化即

8、：S1(n=1)nan = a1( akak 1 ) an =Sn 1 (n2)Snk 2一般已知条件中含an 与 Sn 的关系的数列题均可考虑用上述公式例如：（ 04 年浙江）设数列 an 的前项的和 Sn=1 （ an-1） (nN )3( )求 a1 ；a2；() 求证数列 an 为等比数列解 :()由 S11 (a1 1), 得 a11 ( a11) a11又 S21 ( a2 1) , 即131323(a21) ,得 a2.a1 a2431 (an1 ( a n 1( )当 n>1 时, anSnSn 11)1),33an1是首项1 ,公比为1 的等比数列得, 所以 anan

9、1222课堂中我们还可以设计如下例题及练习，训练学生这方面的技能例 3.数列 a n 的前 n 项和 Sn=3·2n-3 , 求数列的通项公式 . an32n 1练习 1：设数列 aS =2n +3n+2an 的前 n 项和为n2，求通项n 的表达式，并指出此数列是否为7n，等差数列 . an14n1 n，2练习 2：已知数列a 的前 n项和为S ，a 2，且na=S+n(n+1)，求ann1n+1nn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=2 an +(-1) n,n1（）写出求数列 an 的前 3 项 a1,a2,a3

10、；（）求数列 an 的通项公式；（）证明：对任意的整数m>4，有 1117.a4a5am8.解：当 n=1 时 ,有： S1=a1=2a1+(-1)a1=1；2a2=0；当 n=2 时 ,有： S2=a1+a2=2a2 +(-1)当 n=3 时 ,有： S3=a1+a2+a3=2a3+(-1) 3a3=2；综上可知a1=1,a2=0,a3=2；由已知得：anSnSn12an( 1)n2an 1 ( 1)n 1化简得： an2an 12( 1)n 1上式可化为： an2 (1)n2 an 12 (1)n 1 33故数列 an 2 (1)n 是以 a12 (1)1 为首项 , 公比为 2 的

11、等比数列 .33故 an 2 ( 1)n1 2n 1 an12n 12 ( 1)n2 2 n 2( 1)n 33333数列 an 的通项公式为：an2 2 n 2(1)n .31113111由已知得：a4a5am21 2312m 2m2 2( 1)311111m 21m 2391533632(1)11111123511211111112351020111 45(12m 5 )142212 3112 35 5 2m 5 2131 (1 ) m 5131041057.1552151201208故 1117( m>4).a4a5am8（2006年湖北卷）已知二次函数yf ( x)的图像经过坐标

12、原点，其导函数为f ' (x)6x2 ，数列 an 的前n 项和为Sn ，点(n, Sn)(nN ) 均在函数yf ( x) 的图像上（）求数列 an 的通项公式；1， Tn 是数列 bn 的前 n 项和，求使得 TnmN 都成立的（）设 bn对所有 nan an 120最小正整数 m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：（ ）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

13、N) 均在函数 yf ( x) 的图像上，所以Sn 3n22n.当 n2 时 ，a S S （ 3n22n） 31) 22(n1) 6n5.nnn 1（ n当 n1 时， a1 S1 3×12 2 6×1 5，所以， an 6n 5 （ nN ） .（2006 年安徽卷）数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11 , Snn2 ann n1 , n1,2,2（）写出 Sn 与 Sn1 的递推关系式n2，并求 Sn 关于 n 的表达式；（）设 fnxSn xn1, bnf n/ppR，求数列bn的前 n 项和 Tn n2 annn2 ( Sn解：由 Snn n1n2 得：

14、SnSn1)n n1，即22n n 1，所以 n1n1，对n2 成立( n 1)Snn Sn 1nSnn 1 Sn 1由 n1n1，nn11， 321相加得：nSnn 1 Sn 1n 1 Sn 1n 2 Sn 22 S21 S1n 1 Sn2S1n 1，又 S1a11 ，所以 Snn2，当 n 1时，也成立nSnn2n1（）由f n xxn1xn 1 ，得n/nfnpnpnn 1b而 Tnp 2 p23p3(n 1) pn 1npn ，pTnp22 p33 p4( n 1) pnnpn 1 ，(1 P)Tnp p2p3pn 1pnnpn 1p(1 pn )np n 1 1p题型 3已知数列递推

15、公式求通项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 a11，且 anan13( n2)，则 an3n-22已知数列 an 的首项 a11，且 an2an13( n2) ，则 an4 3n133已知数列 an 的 a11， a22 且 an1(an 1an 2 )(n3) ，则 liman12an 1x4 已知数列 an 的 a11 ， a22 且 an22an1an ,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：1证明数列an是等差或等比数列常用定义，即通过证明an

16、1ananan 1(n2) 或 an 1an( n2) 而得anan12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，而一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：数列 an 中， a11,an 1an2 ，求 an 的通项公式 an 2n1变式 1：数列 an 中， a11,an1ann ，求 an 的通项公式 an1 n21 n 122变式 2：数列 an 中， a11,an1an3n 1

17、，求 an 的通项公式 an3n 112变式 3：已知数列 an 满足 a11，111 ，求 an an1an1ann变式 4：数列 an 中， a11,an12an，求 an 的通项公式 an2ann12分析：等差数列：an 1and生成： a2a1d ， a3a2d ， an 1an 2d ， anan1d累加： an(anan 1 )(an 1an2 )( a2a1 )a1 = (n1) da1由此推广成差型递推关系：anan 1f (n) ( n2)n累加： an(anan 1 )(an 1an2 )( a2a1 )a1 =f (n)a1，于是只要2f (n) 可以求和就行题组二、已知

18、数列 an 的首项 a11 ，且 an3an1 (n2) ，则 an3n 1变式 1：已知数列 an 的首项 a11，且 ann1 an 1 (n2) ，则 an1nn变式 2：数列 an 中， a12, an 13an2，求 an 的通项公式an3n 1变式 3：数列 an 是首项为 1 的正项数列，且 (n 1)an21nan2an 1an0,( n1,2,3,) ，求 an 的通项公式 an1an 1anqn分析：等比数列：生成： a2a1q ， a3a2q ， an 1an2 q ， anan 1q累乘： ananan 1a2a1 = q n 1a1an1an 2a1由此推广成商型递推

19、关系：ang(n)an1anan1a2n累乘： ana1g( n)a1an 1an2a12为了提高，我们还可以引用下列例题：例1、若数列 an满足： a12, an2(2n1) an 1 , (n2) C 2nn ；n求证： an an 是偶数 证明：由已知可得：an2( 2n1)an 1n又 ananan 1a22n 3 5( 2n 1)an 1ana1a1 =n!2而 C 2nn(2n)!2 46(2n2)2n 1 35 ( 2n1) = 2n 3 5 (2n 1)n! n!n! n!n!所以 anC 2nn ，而 anC 2nn2C 2nn1 为偶数例 2 、 已 知 数 列 an 中

20、a11 ， 且 a2 k a2 k 1 ( 1) k ,k=1,2,3, .（I ）求 a3 , a5 ；（II ）求 a n 的通项公式 .a2k 1a2k3k其 中解（）（略）a33, a513(II)a2 k 1a2 k3ka2k1(1)k所以 a2k1a2k13k(1) k，为差型故 a2k 1(a2 k 1a2k 1 )( a2k 1a2 k 3 )(3k3k 13)( 1) k( 1) k 1= 3k 11 (1) k122a2 ka2 k 1( 1)k3k1k 1( 1)k2( 1)23k(a3a1 ) a1( 1)13k11)k1(221 所以 an 的通项公式为：n2n13

21、2当 n 为奇数时，an(1) 2121；2nn3 21当 n 为偶数时，an1) 22(12二 由差型，商型类比出来的和型，积型：即例如：数列 an 中相邻两项 an ， an 1 是方程求 b51 的值分析：由题意： an + an 13n生成： an 1 + an 23(n 1)： an 2 an3 anan 1f ( n),和 anan 1g( n)x23nxbn0 的两根，已知a1017 ，所以该数列的所有的奇数项成等差，所有的偶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到这里本题的解决就不在话下了特别的，若an + an 1c ，则 an 2an

22、即该数列的所有的奇数项均相等，所有的偶数项也相等若 an an 12n则 an 1 an 22n 1÷： an 22 an所以该数列的所有的奇数项成等比，所有的偶数项也成等比其基本思路是，生成，相除；与“商型”的生成，相乘的思路刚好相呼应特别地，若 anan1c，则 an 2an 即该数列的所有的奇数项均相等，所有的偶数项也相等三可以一次变形后转化为差型，商型的1 anpan 1f (n)例如：设 a0是常数，且 an2an13n 1 ，（ nN*）证明： an(2)n1a03n( 1) n 12n5分析： 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

23、来处理 an2an 13n1 的三种方法：方法（ 1）：构造公比为2 的等比数列 an3n，用待定系数法可知1 5方法（ 2）：构造差型数列(an，即两边同时除以 ( 2) n得：2) nanan 11(3) n ，从而可以用累加的方法处理( 2) n(2) n 132方法（ 3）：直接用迭代的方法处理：an2an 13n 12( 2an 23n 2 )3n 1( 2)2 an 2( 2)3n 23n 1( 2) 2 ( 2an 33n 3 ) ( 2) 2 3n 23n 1( 2) 3 an 3( 2) 2 3n 3( 2) 3n 23n 1( 2) n a0( 2) n 1 30( 2)

24、n 2 31( 2) n 3 32( 2) 2 3n 3( 2) 3n 23n 1( 2) n a03n( 1) n 1 2n5说明：当当f (n)c或f (n) an b 时，上述三种方法都可以用；f (n)n2 时，若用方法 1，构造的等比数列应该是 anpn 2qn r 而用其他两种方法做则都比较难用迭代法关键是找出规律，除含a1 外的其它式子，常常是一个等比数列的求和问题2 anp(an 1 ) q 型例如：已知 an1(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lg an2 lg an 1lg a ，令 bnlg

25、an ，则 bn2bn 1lg 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：an1 an2 11 ( 1 an22 ) 2( 1 )1 2 a2 2(1)1 22n 2 a12n 1a( a1 )2 n 1 aaaaaa四 f (Sn , an )0 型的利用 anSnSn 1 , (n2) 转化为 g (an , an1 )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ann满足Sn2an( 1)n, n 1的前 n 项和 S( ) 写出数列an的前 3 项 a1 ,a 2 , a3 ;( ) 求数列 an的通项

26、公式分析： S2an(1) n , n1.- n由 a1S12a11, 得 a11.- 由 n2 得， a1a22a21，得 a20 - 由 n3得， a1a2a32a31，得 a32- 用 n 1代 n 得 Sn 12an 1( 1) n 1- ： anSnSn 12an2an 12(1) n即 an2an 12(1) n-an2an 12(1) n2 2an22(1) n 12(1) n22 an222 (1) n 12( 1) n2 n 1 a12n 1 ( 1) 2n 2 ( 1) 22( 1)n2 2n 2( 1) n 1- 3n2又如：数列 a 的前 n 项和记为 S ，已知a11, an1Sn (n1,2,3).nnn证明：数列 Sn 是等比数列 nn 2 Sn ,方法 1 an 1Sn 1Sn ,an 1 (n 2)Snn(SnSn ),n2(n1)Sn ,1整理得nSn1所以Sn12 Sn .故 Sn 是以 2 为公比的等比数列 .n1nnSn方法 2：事实上，我们也可以转化为2n，为一个商型的递推关系，Sn 1n1由 snsnsn 1s2s1 =2n 1nn 1 n 22a1na1 2n 1sn 1sn 2s1n 1 n 2 n 31当然， 还有一些转化的方法和技巧，如基本的式的变