方法技巧专题02 数列求通项问题（解析版）

技巧方法专题2数列求通项问题解析版一、数列求通项常用方法知识框架二、数列求通项方法【一】归纳法求通项通过数列前若干项归纳出数列的一个通项公式，关键是依托基本数列如等差数列、等比数列，寻找通过数列前若干项归纳出数列的一个通项公式，关键是依托基本数列如等差数列、等比数列，寻找an与n，an与an＋1的联系.1.例题【例1】由数列的前n项，写出通项公式：(1)3,5,3,5,3,5，…(2)eq\f(1,2)，eq\f(2,3)，eq\f(3,4)，eq\f(4,5)，eq\f(5,6)，…(3)2，eq\f(5,2)，eq\f(13,4)，eq\f(33,8)，eq\f(81,16)，…(4)eq\f(1,2)，eq\f(1,6)，eq\f(1,12)，eq\f(1,20)，eq\f(1,30)，…【解析】(1)这个数列前6项构成一个摆动数列，奇数项为3，偶数项为5.所以它的一个通项公式为an＝4＋(－1)n.(2)数列中的项以分数形式出现，分子为项数，分母比分子大1，所以它的一个通项公式为an＝eq\f(n,n＋1).(3)数列可化为1＋1,2＋eq\f(1,2)，3＋eq\f(1,4)，4＋eq\f(1,8)，5＋eq\f(1,16)，…，所以它的一个通项公式为an＝n＋eq\f(1,2n－1).(4)数列可化为eq\f(1,1×2)，eq\f(1,2×3)，eq\f(1,3×4)，eq\f(1,4×5)，eq\f(1,5×6)，…，所以它的一个通项公式为an＝eq\f(1,nn＋1).【例2】已知数列：，按照从小到大的顺序排列在一起，构成一个新的数列：首次出现时为数列的（）A．第44项 B．第76项 C．第128项 D．第144项【解析】观察分子分母的和出现的规律：，把数列重新分组：，可看出第一次出现在第16组，因为，所以前15组一共有120项；第16组的项为，所以是这一组中的第8项，故第一次出现在数列的第128项，故选C.巩固提升综合练习【练习1】由数列的前几项，写出通项公式：(1)1，－7，13，－19，25，…(2)eq\f(1,4)，eq\f(3,7)，eq\f(1,2)，eq\f(7,13)，eq\f(9,16)，…(3)1，－eq\f(8,5)，eq\f(15,7)，－eq\f(24,9)，…【解析】(1)数列每一项的绝对值构成一个以1为首项，6为公差的等差数列，且奇数项为正，偶数项为负，所以它的一个通项公式为an＝(－1)n＋1(6n－5).(2)数列化为eq\f(1,4)，eq\f(3,7)，eq\f(5,10)，eq\f(7,13)，eq\f(9,16)，…，分子，分母分别构成等差数列，所以它的一个通项公式为an＝eq\f(2n－1,3n＋1).(3)数列化为eq\f(22－1,3)，－eq\f(32－1,5)，eq\f(42－1,7)，－eq\f(52－1,9)，…，所以数列的一个通项公式为an＝(－1)n＋1eq\f(n＋12－1,2n＋1).【练习2】如图是一个三角形数阵，满足第行首尾两数均为，表示第行第个数，则的值为__________．【答案】4951【解析】设第n行的第2个数为an，由图可知，a2=2=1+1，a3=4=1+2+1，a4=7=1+2+3+1，a5=11=1+2+3+4+1…归纳可得an=1+2+3+4+…+（n-1）+1=+1，故第100行第2个数为：，故答案为4951【二】公式法求通项等差数列：等差数列：等比数列：1.例题【例1】数列满足，，则（）A．B．C．D．【解析】∵，∴，∴数列是等差数列，首项为，公差为﹣1．∴，∴．∴．故选：C．【例2】已知数列{an}满足a1＝4，an＝4－eq\f(4,an－1)(n>1)，记bn＝eq\f(1,an－2)．求证：数列{bn}是等差数列，并求．【解析】∵bn＋1－bn＝eq\f(1,an＋1－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(4,an)))－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(an,2（an－2）)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(an－2,2（an－2）)＝eq\f(1,2).又b1＝eq\f(1,a1－2)＝eq\f(1,2)，∴数列{bn}是首项为eq\f(1,2)，公差为eq\f(1,2)的等差数列，故，即．2.巩固提升综合练习【练习1】已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，aeq\o\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0．(1)求a2，a3；(2)证明数列{an}为等比数列,并求．【解析】(1)由题意可得a2＝eq\f(1,2)，a3＝eq\f(1,4).(2)由aeq\o\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1).因为{an}的各项都为正数，所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,2).故{an}是首项为1，公比为eq\f(1,2)的等比数列。所以【练习2】已知数列和满足求证：是等比数列,是等差数列；求数列和的通项公式．【解析】证明:是首项为,公比为的等比数列,······是首项为,公差为的等差数列.由知,【三】累加法求通项型如型如an＋1＝an＋f(n)的递推公式求通项可以使用累加法，步骤如下：第一步将递推公式写成an＋1－an＝f(n)；第二步依次写出an－an－1，…，a2－a1，并将它们累加起来；第三步得到an－a1的值，解出an；第四步检验a1是否满足所求通项公式，若成立，则合并；若不成立，则写出分段形式.累乘法类似.1.例题【例1】在数列中，，，则（）A． B． C． D．【解析】在数列{an}中，a1＝2，，∴an+1﹣an＝∴an＝a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+…+（an﹣an﹣1）＝2+ln2+＝2+lnn，故2+ln10故选：A【例2】对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果，北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差级数求和的问题.现有一货物堆，从上向下查，第一层有2个货物，第二层比第一层多3个，第三层比第二层多4个，以此类推，记第层货物的个数为，则数列的通项公式_______，数列的前项和_______.【解析】由题意可知，，，，，累加可得，，.故答案为：；.2.巩固提升综合练习【练习1】在数列中，，则数列的通项________.【解析】当时，，，当也适用，所以.【练习2】已知数列是首项为，公差为1的等差数列，数列满足（），且，则数列的最大值为__________．【解析】根据题意，数列是首项为，公差为的等差数列，则，，对于数列满足，则有，数列的通项为：，分析可得：当时，数列取得最大值，此时；故答案为：．【练习3】两千多年前，古希腊毕达哥拉斯学派的数学家曾经在沙滩上研究数学问题，他们在沙滩上画点或用小石子来表示数，按照点或小石子能排列的形状对数进行分类，如图2中的实心点个数1，5，12，22，…，被称为五角形数，其中第1个五角形数记作，第2个五角形数记作，第3个五角形数记作，第4个五角形数记作，…，若按此规律继续下去，得数列，则；对，．【解析】因为，，，…………所以以上n个式子相加，得。【四】累积法求通项型如型如的递推公式求通项可以使用累积法1.例题【例1】已知数列{an}满足a1＝eq\f(2,3)，an＋1＝eq\f(n,n＋1)an，求an.【解析】由条件知eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n,n＋1)，分别令n＝1,2,3，…，n－1，代入上式得(n－1)个等式累乘之，即eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·eq\f(a4,a3)…eq\f(an,an－1)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×…×eq\f(n－1,n)，∴eq\f(an,a1)＝eq\f(1,n)，又∵a1＝eq\f(2,3)，∴an＝eq\f(2,3n).2.巩固提升综合练习【练习1】已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2nan(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为()A.an＝2n－1 B.an＝2nC. D.【解析】由an＋1＝2nan，得eq\f(an＋1,an)＝2n，即eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·eq\f(a4,a3)…eq\f(an,an－1)＝21×22×23×…×2n－1，即eq\f(an,a1)＝21＋2＋3＋…＋(n－1)＝，故an＝a1＝.故选C.【五】Sn法（项与和互化求通项）已知已知Sn＝f(an)或Sn＝f(n)解题步骤：第一步利用Sn满足条件p，写出当n≥2时，Sn－1的表达式；第二步利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，求出an或者转化为an的递推公式的形式；第三步若求出n≥2时的{an}的通项公式，则根据a1＝S1求出a1，并代入{an}的通项公式进行验证，若成立，则合并；若不成立，则写出分段形式.如果求出的是{an}的递推公式，则问题化归为类型二.1.例题【例1】已知数列的前n项和，且，则.【解析】因为，所以，所以，当时，，不符合上式，所以【例2】设数列的前项和，若，，则的通项公式为_____．【解析】时，，化为：．时，，解得．不满足上式．∴数列在时成等比数列．∴时，．∴．故答案为：．【例3】设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝__________.【答案】－.【解析】试题分析：因为，所以，所以，即，又，即，所以数列是首项和公差都为的等差数列，所以，所以．2.巩固提升综合练习【练习1】在数列{an}中，a1＝1，a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝eq\f(n＋1,2)an＋1(n∈N*)，求数列{an}的通项an.【解析】由a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝eq\f(n＋1,2)an＋1，得当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝eq\f(n,2)an，两式作差得nan＝eq\f(n＋1,2)an＋1－eq\f(n,2)an，得(n＋1)an＋1＝3nan(n≥2)，即数列{nan}从第二项起是公比为3的等比数列，且a1＝1，a2＝1，于是2a2＝2，故当n≥2时，nan＝2·3n－2.于是an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,\f(2,n)·3n－2，n≥2.))【练习2】记数列的前项和为，若，则数列的通项公式为______.【解析】当时，，解得；当时，，，两式相减可得，，故，设，故，即，故.故数列是以为首项，为公比的等比数列，故，故.故答案为：【练习3】已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝eq\f(an＋1,SnSn＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.【解析】(1)由题设可知a1·a4＝a2·a3＝8，又a1＋a4＝9，可解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a4＝8))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝8，,a4＝1))(舍去).由a4＝a1q3得公比q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1.(2)Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1，又bn＝eq\f(an＋1,SnSn＋1)＝eq\f(Sn＋1－Sn,SnSn＋1)＝eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn＋1)，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,S1)－\f(1,S2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,S2)－\f(1,S3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)－\f(1,Sn＋1)))＝eq\f(1,S1)－eq\f(1,Sn＋1)＝1－eq\f(1,2n＋1－1).【练习4】设数列满足．（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和．【解析】（1）由n＝1得，因为，当n≥2时，，由两式作商得：（n＞1且n∈N*），又因为符合上式，所以（n∈N*）．（2）设，则bn＝n＋n·2n，所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝（1＋2＋…＋n）＋设Tn＝2＋2·22＋3·23＋…+（n－1）·2n－1＋n·2n，①所以2Tn＝22＋2·23＋…（n－2）·2n－1＋（n－1）·2n＋n·2n＋1，②①－②得：－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1，所以Tn＝（n－1）·2n＋1＋2．所以，即．【练习5】已知数列的前项和为，，．（1）求证：数列是等差数列；（2）若，设数列的前项和为，求.【解析】（1）证明：因为当时，，所以．所以，因为，所以，所以，所以．所以是以为首项，以1为公差的等差数列．（2）由（1）可得，所以.∴∴【六】构造法求通项1.1.型如an＋1＝pan＋q(其中p，q为常数，且pq(p－1)≠0)可用待定系数法求得通项公式，步骤如下：第一步假设将递推公式改写为an＋1＋t＝p(an＋t)；第二步由待定系数法，解得t＝eq\f(q,p－1)；第三步写出数列的通项公式；第四步写出数列{an}通项公式.2.an＋1＝pan＋f(n)型【参考思考思路】确定设数列列关系式比较系数求，解得数列的通项公式解得数列的通项公式1.例题【例1】已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3，求an.【解析】递推公式an＋1＝2an＋3可以转化为an＋1－t＝2(an－t)，即an＋1＝2an－t，则t＝－3.故递推公式为an＋1＋3＝2(an＋3).令bn＝an＋3，则b1＝a1＋3＝4，且eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(an＋1＋3,an＋3)＝2.所以{bn}是以4为首项，2为公比的等比数列.所以bn＝4×2n－1＝2n＋1，即an＝2n＋1－3.【例2】已知数列{an}满足an＋1＝2an＋n，a1＝2，求数列{an}的通项公式.【解析】令，即解得，，所以数列以为首项，公比为2的等比数列。，即【例3】已知数列{an}满足an＋1＝2an＋3×5n，a1＝6，求数列{an}的通项公式.【解析】法一：设an＋1＋x×5n＋1＝2(an＋x×5n)，①将an＋1＝2an＋3×5n代入①式，得2an＋3×5n＋x×5n＋1＝2an＋2x×5n，等式两边消去2an，得3×5n＋x×5n＋1＝2x×5n，两边除以5n，得3＋5x＝2x，则x＝－1，代入①式得an＋1－5n＋1＝2(an－5n).②由a1－51＝6－5＝1≠0及②式得an－5n≠0，则eq\f(an＋1－5n＋1,an－5n)＝2，则数列{an－5n}是以1为首项，2为公比的等比数列，则an－5n＝2n－1，故an＝2n－1＋5n.法二：an＋1＝2an＋3×5n，即，令，所以所以数列是以为首项，公比为的等比数列，故an＝2n－1＋5n.【例4】已知数列满足：，，则（）A．B．C．D．【解析】数列满足：，是以为首项为公差的等差数列，故答案为：B.2.巩固提升综合练习【练习1】已知数列{an}满足an＋1＝3an＋2，且a1＝1，则an＝________.【解析】设an＋1＋A＝3(an＋A)，化简得an＋1＝3an＋2A.又an＋1＝3an＋2，∴2A＝2，即A＝1.∴an＋1＋1＝3(an＋1)，即eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝3.∴数列{an＋1}是等比数列，首项为a1＋1＝2，公比为3.则an＋1＝2×3n－1，即an＝2×3n－1－1.【练习2】已知数列{an}的首项为a1＝1，且满足an＋1＝eq\f(1,2)an＋eq\f(1,2n)，则此数列的通项公式an等于()A.2n B.n(n＋1)C.eq\f(n,2n－1) D.eq\f(nn＋1,2n)【解析】∵an＋1＝eq\f(1,2)an＋eq\f(1,2n)，∴2n＋1an＋1＝2nan＋2，即2n＋1an＋1－2nan＝2.又21a1＝2，∴数列{2nan}是以2为首项，2为公差的等差数列，∴2nan＝2＋(n－1)×2＝2n，∴an＝eq\f(n,2n－1).【练习3】已知非零数列的递推公式为,.(1)求证数列是等比数列；(2)若关于的不等式有解,求整数的最小值；(3)在数列中,是否一定存在首项、第项、第项,使得这三项依次成等差数列？若存在,请指出所满足的条件；若不存在,请说明理由.【解析】(1)由，得，法一：即，法二：由上，，所以是首项为2，公比为2的等比数列．(2)由(1)可得：，所以已知的不等式等价于令，则，所以单调递增，则，于是，即，故整数的最小值为4.(3)由上面得，则要使成等差数列，只需，即因为，则上式左端；又因为上式右端于是当且仅当，且为不小于4的偶数时，成等差数列．【七】其他求通项方法1.例题【例1】已知数列满足,,则（）A． B． C． D．【解析】依题意，，，所以，所以数列是周期为的数列，且每项的积为，故，故选B.【例2】若数列{an}中，a1＝3且an＋1＝aeq\o\al(2,n)(n是正整数)，则它的通项公式an为________________.【解析】由题意知an>0，将an＋1＝aeq\o\al(2,n)两边取对数得lgan＋1＝2lgan，即eq\f(lgan＋1,lgan)＝2，所以数列{lgan}是以lga1＝lg3为首项，2为公比的等比数列，lgan＝(lga1)·2n－1＝.即an＝.【例3】已知数列满足递推关系：，，则＝（）A． B． C． D．【解析】由得：，即又，则，数列是以为首项，为公差的等差数列，，本题正确选项：2.巩固提升综合练习【练习1】已知数列{an}的前n项和是Sn，且满足an＋1＝eq\f(1,1－an)(n∈N*)，，则S2017＝（）【解析】∵an＋1＝eq\f(1,1－an)(n∈N*)，∴，，.∴数列{an}是周期为3的周期数列.a1＋a2＋a3＝eq\f(3,2).∴S2017＝672×eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)＝eq\f(2017,2).【练习2】在数列中，已知，，则_______，归纳可知_______．【解析】∵，，∴，由，取倒数得，得，即数列是以公差的等差数列，首项为，则，即故答案为：(1).(2).【八】特征根和不动点法求通项（自我提升）一、形如一、形如是常数）的数列形如是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项，其特征方程为…①若①有二异根，则可令是待定常数）若①有二重根，则可令是待定常数）再利用可求得，进而求得．1.例题【例1】已知数列满足，求数列的通项．【解析】其特征方程为，解得，令，由，得，．【例2】已知数列满足，求数列的通项．【解析】其特征方程为，解得，令，由，得，．2.巩固提升综合练习【练习1】设为实数，是方程的两个实根，数列满足，，（…）．（1）证明：，；（2）求数列的通项公式；（3）若，，求的前项和．【解析】（1）由求根公式，不妨设，得，（2）设，则，由得，，消去，得，是方程的根，由题意可知，①当时，此时方程组的解记为即、分别是公比为、的等比数列，由等比数列性质可得,,两式相减，得，，，，即，②当时，即方程有重根，，即，得，不妨设，由①可知，，即，等式两边同时除以，得，即数列是以1为公差的等差数列，综上所述，（3）把，代入，得，解得二、形如二、形如的数列对于数列，是常数且）其特征方程为，变形为…②若②有二异根，则可令（其中是待定常数），代入的值可求得值．这样数列是首项为，公比为的等比数列，于是这样可求得．若②有二重根，则可令（其中是待定常数），代入的值可求得值．这样数列是首项为，公差为的等差数列，于是这样可求得．此方法又称不动点法．1.例题【例3】已知数列满足，求数列的通项．【解析】其特征方程为，化简得，解得，令由得，可得，数列是以为首项，以为公比的等比数列，，．【例4】已知数列满足，求数列的通项．【解析】其特征方程为，即，解得，令由得，求得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，，．2.巩固提升综合练习【练习2】已知数列满足：对于都有（1）若求（2）若求（3）若求（4）当取哪些值时，无穷数列不存在？【解析】作特征方程变形得特征方程有两个相同的特征根(1)∵对于都有(2)∵∴令，得.故数列从第5项开始都不存在，当≤4，时，.(3)∵∴∴令则∴对于∴(4)、显然当时，数列从第2项开始便不存在.由本题的第（1）小题的解答过程知，时，数列是存在的，当时，则有令则得且≥2.∴当（其中且N≥2）时，数列从第项开始便不存在。于是知：当在集合或且≥2}上取值时，无穷数列都不存在。【练习3】记(1)求b1、b2、b3、b4的值；(2)求数列的通项公式及数列的前n项和【解析】由已知,得,其特征方程为解之得,或,,【练习4】各项均为正数的数列中，且对满足的正整数都有，当．【解析】由得化间得，作特征方程，，。所以，，．三、课后自我检测1．已知正项数列中，，则数列的通项公式为（）A． B． C． D．【解析】由题意,又,所以,选B.2．在数列－1，0，，…中，0.08是它的第________项．【答案】10【解析】令＝0.08，得2n2－25n＋50＝0，即(2n－5)(n－10)＝0.解得n＝10或n＝(舍去)．3．在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋eq\f(1,nn＋1)，则通项公式an＝________.【解析】原递推公式可化为an＋1＝an＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，则a2＝a1＋eq\f(1,1)－eq\f(1,2)，a3＝a2＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)，a4＝a3＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)，…，an－1＝an－2＋eq\f(1,n－2)－eq\f(1,n－1)，an＝an－1＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)，逐项相加得an＝a1＋1－eq\f(1,n)，故an＝4－eq\f(1,n).4．已知数列中，，，则该数列的通项_______.【解析】,在等式两边同时除以，得，，,,,,累加得：，，故答案为：5．已知数列中，，则能使的的数值是（）A．14B．15C．16D．17【解析】由题意得，数列是周期为3的数列，所以．6．已知数列满足且．（1）证明数列是等比数列；（2）设数列满足，，求数列的通项公式．【解析】（1）∵，∴所以是首项为1公比为3的等比数列。（2）由（1）可知，所以因为，所以……，所以7．已知数列的前项和为，，．（1）求；（2）求证:．【解析】（1）∵，∴，两式相减得，，∴，∴又，满足上式．∴．（2）由（1）得．∴．8．已知f(x)＝logmx(m＞0且m≠1)，设f(a1)，f(a2)，…，f(an)，…是首项为4，公差为2的等差数列，求证：数