常见数列类型的通项公式的求法三、已知数列的递推公式求通项

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精常见数列类型的通项公式的求法三、已知数列的递推公式求通项类型1:已知的前n项和与的关系，则先求，再由求或与其它项的关系，进而转化为等差（比）数列求通项,并验算此时的在时是否成立。若成立,则通项公式是，若不成立，则要用分段函数来表示。例5．(2015新课标Ⅰ（17））为数列｛}的前n项和。已知＞0，=QUOTEan2+2an=4Sn+3(Ⅰ）求｛}的通项公式：（Ⅱ）设QUOTEbn=1anan+1解：(Ⅰ）当时，，∵∴=3，当时，==,即，∵∴=2，∴数列｛｝是首项为3,公差为2的等差数列,故=;(Ⅱ)由（Ⅰ)知，=，所以数列｛｝前n项和为==.评注:递推关系中含有Sn，通常是用Sn和an的关系an=Sn－Sn－1(n≥2）来求通项公式，具体来说有两类：一是通过an=Sn－Sn－1将递推关系揭示的前n项和与通项的关系转化为项与项的关系，再根据新的递推关系求出通项公式；二是通过an=Sn－Sn－1将递推关系揭示的前n项和与通项的关系转化为前n项和与前n－1项和的关系,再根据新的递推关系求出通项公式。并要检验用an=Sn－Sn－1（n≥2）所求的能否包含（当不包含时，最后结果要写成分段函数来表示)。变式练习12.已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则其通项公式为________．解：当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n＋1－[3（n－1)2－2(n－1)＋1］＝6n－5，显然当n＝1时，不满足上式．故数列的通项公式为an＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（2，n＝1，,6n－5，n≥2.）)变式练习13.（2013新课标Ⅰ14。）｛an｝的前n项和为Sn＝eq\f（2,3）an＋QUOTE13eq\f（1,3），则数列｛an}的通项公式是an=______。解：当=1时,==，解得=1，当≥2时，==－（)=，即=，∴{}是首项为1，公比为－2的等比数列，∴=.变式练习14。（2016新课标Ⅲ理）已知数列的前n项和，其中．(I）证明是等比数列，并求其通项公式；（II)若，求．解：（Ⅰ）由题意得，故，,。由，得,即.由，得，所以.因此是首项为,公比为的等比数列，于是．(Ⅱ）由(Ⅰ）得，由得,即，解得．变式练习15.(2014新课标Ⅰ（17))已知数列{｝的前项和为，=1,，,其中为常数。(Ⅰ）证明：；（Ⅱ）是否存在，使得｛｝为等差数列?并说明理由.解：(Ⅰ）由题设，，两式相减,得,由于，所以…………6分（Ⅱ）由题设=1，,可得，由(Ⅰ）知假设｛}为等差数列，则成等差数列，∴，解得；证明时，{}为等差数列：由知数列奇数项构成的数列是首项为1，公差为4的等差数列令则，∴数列偶数项构成的数列是首项为3，公差为4的等差数列令则，∴∴(),因此,存在存在，使得{｝为等差数列.………12分类型2:形如的数列｛}，则用递推法或累(叠)加法求.思路1（递推法）：＝…。思路2（叠加法):……将各式叠加并整理得,即.评注：当f(n）为常数时,数列｛an｝就是等差数列，教材对等差数列通项公式的推导其实就是用叠加法求出来的.例6．(2010辽宁理数(16））已知数列满足则的最小值为___.【命题立意】本题考查了递推数列的通项公式的求解以及构造函数利用导数判断函数单调性，考查了同学们综合运用知识解决问题的能力。解：，则上述各式相加，得当且仅当即时取“＝"，但，,，所以,的最小值为.或由求导法，得在上是单调递增,在上是递减的，因为n∈N+,，，，所以，的最小值为。变式练习16。数列｛}满足=1,且，求.解：，由叠加法，得思考：若上题中“”改为“”，则结果如何?分析：是首项为2，公差为1的等差数列,则。变式练习17.［2014温州十校联考]已知二次函数f（x）＝ax2＋bx的图像过点（－4n，0)，且f′(0)＝2n，n∈N*，数列{an｝满足eq\f(1,an＋1)＝f′eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an））），且a1＝4。(1)求数列{an}的通项公式；(2）记bn＝eq\r(anan＋1)，求数列｛bn}的前n项和Tn.解：(1)f′（x)＝2ax＋b。由题意知f′(0）＝b＝2n,16n2a－4nb∴a＝eq\f（1，2），b＝2n,∴f(x)＝eq\f（1，2)x2＋2nx，n∈N*。又数列｛an｝满足eq\f（1，an＋1)＝f′（eq\f（1，an））,f′（x)＝x＋2n，∴eq\f（1,an＋1)＝eq\f(1,an）＋2n，∴eq\f(1,an＋1）－eq\f（1,an)＝2n。由叠加法可得eq\f(1,an）－eq\f（1,4)＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝n2－n，化简可得an＝eq\f(4,（2n－1)2）（n≥2）．当n＝1时，a1＝4也符合上式，∴an＝eq\f（4，（2n－1）2)(n∈N*）．（2）∵bn＝eq\r（anan＋1)＝eq\f（4,（2n－1）（2n＋1））＝2（eq\f(1，2n－1）－eq\f（1,2n＋1))，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\r（a1a2)＋eq\r（a2a3)＋…＋eq\r（anan＋1)＝21－eq\f（1,3）＋eq\f（1，3）－eq\f（1，5)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f（1，2n＋1）＝21－eq\f（1，2n＋1）＝eq\f（4n,2n＋1).变式练习18。(2010新课标,理17)设数列满足(1）求数列的通项公式;(2）令，求数列的前n项和解：（1）由已知，当n≥1时,。而所以数列{｝的通项公式为.(Ⅱ）由知①从而②①—②得：。即类型3:形如的数列｛an｝,用递推法或累积（叠乘）法求.思路1（递推法）：……。思路2（叠乘法)：，依次类推有：、、…、，将各式叠乘并整理得…，即…。评注：如果f(n)为常数，则｛an}为等比数列,an=f（n）an—1型数列是等比数列的一种推广，教材中对等比数列通项公式地推导其实正是用叠乘法推导出来的。例7.已知数列{an｝满足a1=1且（n≥2)，求an.解：由条件EQ\F（an，an—1）=,记f（n）=an=EQ\F（an,an—1）·EQ\F(an－1,an—2）·…·EQ\F（a2，a1）·a1=f（n）·f（n－1）·f（n－2）·…·f（2）·a1=EQ\F(2（n－1）,n)·EQ\F(2（n－2),n－1）·EQ\F(2（n－3）,n－2)·…EQ\F（2×2，3）·EQ\F（2×1，2)·1=EQ\F(2n—1,n)变式练习19．已知，，求。解：方法1（递推法）：…。方法2（叠乘法):，依次类推有：、、…、、，将各式叠乘并整理得…，即…。类型4：形如（p、r为常数，）的数列，可用递推法或作差法构造等比数列求，或用待定系数法设，则，数列是等比数列，先求的通项，再求。思路1（递推法）:=……。思路2（待定系数法）:设，即得,数列是以为首项、为公比的等比数列，则，即.思路3（作差法）：，数列是以首项为，公比为的等比数列,（类型2)，再用叠加法求。例8。(2006重庆）已知数列满足且,，则该数列的通项an=_____。解：方法1(递推法）：……….方法2(待定系数法）：设,即，数列是以为首项、为公比的等比数列,则，即.方法3（作差法）：∵∴∴数列是以首项为,公比为2的等比数列故，即，再用叠加法求（略）。变式练习20。[2014新课标全国卷Ⅱ］已知数列｛an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1。(1）证明eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1（an＋\f(1，2)))是等比数列，并求｛an}的通项公式；（2）证明eq\f（1,a1）＋eq\f（1,a2）＋…＋eq\f（1,an）＜eq\f（3，2).解：(1）由an＋1＝3an＋1得an＋1＋eq\f(1，2）＝3eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（an＋\f(1，2））)。又a1＋eq\f（1，2）＝eq\f(3，2)，所以eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1（an＋\f(1,2)））是首项为eq\f（3,2），公比为3的等比数列,所以an＋eq\f(1,2）＝eq\f(3n,2)，因此数列｛an}的通项公式为an＝eq\f（3n－1,2）。(2)证明:由（1)知eq\f（1,an）＝eq\f（2，3n－1).设eq\f(2,3n－1)，则∴eq\f(1，an）＝eq\f（2,3n－1）≤.∴eq\f(1,a1）＋eq\f(1,a2）＋…＋eq\f(1，an）≤1＋eq\f（1,3)＋…＋eq\f(1，3n－1)＝eq\f(3,2）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(1－\f（1,3n)))<eq\f（3，2)。∴eq\f（1,a1）＋eq\f(1，a2）＋…＋eq\f（1,an）〈eq\f（3,2）.变式练习21。（2013新课标Ⅰ卷理１２）设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn,△AnBnCn的面积为Sn，n=1,2，3,…,若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝eq\f（cn＋an,2)，cn＋1＝eq\f(bn＋an，2)，则( )A、{Sn｝为递减数列B、｛Sn｝为递增数列QUOTE12 C、｛S2n－1}为递增数列,｛S2n}为递减数列 D、{S2n－1}为递减数列，{S2n｝为递增数列 解法一:∴△AnBnCn的周长为3a1由海伦公式，得。选B。解法二：由b1＋c1＝2a1，得，即故An在以Bn、Cn为焦点的椭圆上,可设，该椭圆方程为，，则由椭圆第二定义，得由bn＋1＝eq\f(cn＋an,2），cn＋1＝eq\f(bn＋an,2)，得bn＋1－cn＋1＝－＝故，则是递减数列，从而是递增数列，所以｛Sn}为递增数列.选Ｂ.解法三：取,则半周长.由海伦公式，得由bn＋1＝eq\f(cn＋an，2），cn＋1＝eq\f（bn＋an,2)，依次求,再比较面积大小得B。类型5：形如(且）的数列，可用转化法或待定函数法(注意：待定函数要与原函数同类型)求通项公式.思路1（转化法）:，递推式两边同时除以,得，令，问题就转化为类型2（叠加法）求解。思路2（待定函数法）：设,由求,是等比数列。注意：待定函数与必须是同一类型的函数！例9.已知，，求。解法一：，式子两边同时除以，得，令，则依此类推有、、…、,各式叠加得,即.解法二：(待定函数法）设,则∴A=1∴是以4为首项，公比为4的等比数列(余略）.变式练习22。数列{an}满足a1=1且an=2an－1＋EQ\F（1，3n）（n≥2），求an。解法一：设,则是公比为q=2、首项为＋EQ\F(1，5)·EQ\F(1，3)=EQ\F（16,15)的等比数列，则解法二:an=2an－1＋EQ\F（1,3n），即设，则5k=1,故∴是以为首项，6为公比的等比数列∴，即点评：形如（)数列，可用构造法:，设，则，从而解得。那么是以为首项，为公比的等比数列。变式练习23.已知，求的通项公式.分析：是一次函数，故用待定函数法求解时，待定函数也要设为一次函数.解：设,则∴解得:A=－４,Ｂ＝６∴∴是以3为首项，为公比的等比数列∴∴变式练习24。(2006全国，理22）设数列{an｝的前n项和…。(Ⅰ）求首项a1与通项an;（Ⅱ)设…,证明：解：（Ⅰ)由Sn=eq\f（4,3）an－eq\f（1,3)×2n+1+eq\f（2,3）,n=1，2，3，…,①得a1=S1=eq\f(4,3)a1－eq\f（1，3)×4+eq\f（2,3)所以a1=2.再由①有Sn－1=eq\f（4,3)an－1－eq\f(1,3）×2n+eq\f(2,3)，n=2,3，4，…将①和②相减得:an=Sn－Sn－1=eq\f(4，3）（an－an－1）－eq\f（1，3）×(2n+1－2n）,n=2，3,…整理得:an=4an—1+2n,即an+2n=4(an－1+），n=2,3,…，因而数列{an+2n}是首项为a1+2=4,公比为4的等比数列，∴an+2n=4×=4n，n=1，2,3,…,因而an=4n－2n，n=1,2,3,…,（Ⅱ）将an=4n－2n代入①得Sn=eq\f（4,3）×（4n－2n)－eq\f（1，3）×2n+1+eq\f(2，3)=eq\f（1，3)×（2n+1－1）(2n+1－2）=eq\f(2,3）×（2n+1－1)(2n－1）Tn=eq\f(2n,Sn)=eq\f(3，2)×eq\f（2n,(2n+1－1）（2n－1）)=eq\f(3,2)×(eq\f(1,2n－1)－eq\f（1,2n+1－1)）所以，=eq\f（3，2）eq\f（1，2i－1）－eq\f（1，2i+1－1)）=eq\f（3，2)×(eq\f（1,21－1)－eq\f（1,2i+1－1))〈eq\f(3，2）类型6：形如（）的数列,用倒数法化为类型4求。思路（转化法）：对递推式两边取倒数，得，那么,令,问题就可以转化为类型4求解.例10。已知,，求。解：由,得即，令，则。设，即，数列是以为首项、为公比的等比数列，则，即。变式练习25.[2014南昌联考]已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\f(an，an＋2)(n∈N*）．若bn＋1＝（n－λ)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,an）＋1）)，b1＝－λ，且数列｛bn}是递增数列,则实数λ的取值范围为(）A．λ＜2B．λ＞3C．λ＞2D．λ＜3解：易知eq\f（1,an＋1）＝eq\f(2，an)＋1，∴eq\f（1，an＋1）＋1＝2(eq\f(1，an)＋1）。又a1＝1,∴eq\f(1，an)＋1＝（eq\f（1，a1）＋1）·2n-1＝2n,∴bn＋1＝（n－λ)·2n，∴bn＋1－bn＝（n－λ）2n－（n－1－λ)·2n—1＝（n－λ＋1)2n-1>0,∴n－λ＋1＞0。又n∈N＊，∴λ<2.选A.变式练习26。[2014广州调研］已知数列{an｝满足a1＝eq\f（3,5)，an＋1＝eq\f（3an,2an＋1)，n∈N*。(1）求证：数列eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1（\f（1,an）－1）)为等比数列．(2）是否存在互不相等的正整数m,s，t，使m，s，t成等差数列，且am－1，as－1，at－1成等比数列？如果存在，求出所有符合条件的m，s,t；如果不存在，请说明理由．解：（1）证明：因为an＋1＝eq\f（3an，2an＋1)，所以eq\f(1，an＋1）＝eq\f(1,3an）＋eq\f（2，3），所以eq\f(1，an＋1)－1＝eq\f（1,3）(eq\f（1，an)－1）因为a1＝eq\f(3，5），所以eq\f（1,a1)－1＝eq\f(2，3)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f（1,an）－1))是首项为eq\f（2，3)，公比为eq\f（1,3）的等比数列．(2）由(1)知，eq\f(1，an)－1＝eq\f（2,3）×eq\f(1，3)n－1＝eq\f(2，3n)，所以an＝eq\f(3n，3n＋2).假设存在互不相等的正整数m，s，t满足条件,则有eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(m＋t＝2s，，(as－1)2＝（am－1）（at－1）.)）由an＝eq\f（3n，3n＋2）与(as－1)2＝（am－1）(at－1）,得（eq\f(3s,3s＋2)－1）2＝（eq\f（3m，3m＋2)－1)（eq\f(3t，3t＋2）－1）,即3m+t＋2×3m＋2×3t＝32s＋4×3s.因为m＋t＝2s，所以3m＋3t＝2×3s又3m＋3t≥2eq\r（3m＋t）＝2×3s，当且仅当m＝t时，等号成立，这与m,s，t互不相等矛盾,所以不存在互不相等的正整数m，s，t满足条件．类型7：形如(p、r为常数，)的数列,可两边取对数法求。思路（转化法）：对递推式两边取对数得，令，问题转化为类型4求解。例11。(02上海)若中，，则=.解：∵∴∴是首项为，公比为2的等比数列∴。变式练习27。(2016秋•安徽校级月考）已知函数f（x）=x2+bx为偶函数，数列{an｝满足an+1=2f(an﹣1)+1，且a1=5，又设bn=log2(an﹣1).（1）求数列{bn}的通项公式；（2）设cn=nbn，求数列{cn｝的前n项和Sn．【分析】（1）由函数f(x）=x2+bx为偶函数，可得b=0，可得an+1﹣1=2(an-1)2，取对数：log2（an+1﹣1)=2log2(an﹣1）+1，可得：bn+1+1=2（bn+1），利用等比数列的通项公式即可得出．（2）由（1）得cn=nbn=n×3×﹣n．利用“错位相减法"、等差数列与等比数列的求和公式即可得出．解:(1)∵函数f（x）=x2+bx为偶函数,∴b=0，∴an+1=2f（an﹣1)+1=2（an-1）2+1，∴an+1﹣1=2(an—1)2∴log2（an+1﹣1)=2log2（an﹣1）+1，∴bn+1=2bn+1，即:bn+1+1=2(bn+1）,∵b1+1=log2（a1﹣1）=2+1=3,∴数列｛bn+1｝是首项为3,公比为2的等比数列，∴bn+1