求通项公式.docx
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求通项公式
求通项公式
教学目标：
求通项公式的方法总结
教学重难点：
对求通项公式的基本方法
★★★高考在考什么
【考题回放】
1.已知数列{an}的前n项和为sn，且sn=2（an-1），则a2等于（a）a.4b.2c.1d.-2
2．在数列{an}中，a1=1,a2=2，且an+2-an=1+（-1）n（n∈n*），则s10=35．3．在数列｛an｝中，若a1=1,an+1=2an+3（n≥1）,则该数列的通项an=__2n+1-3___.4．对正整数n，设曲线y=xn（1-x）在x＝2处的切线与y轴交点的纵坐标为an，则数列{2n+1-2.
5.已知数列{an}的前n项和sn=n2-9n，则其通项an=若它的第k项满足56.已知数列{an}对于任意p，q∈n*，有ap+aq=ap+q，若a1=
2
n
ann+1
}的前n项和的公式是
19
，则a36=4
7.已知正项数列{an}，其前n项和sn满足10sn=a+5an+6且a1,a3,a15成等比数列，求数列{an}的通项an.
解析∵10sn=an2+5an+6，①∴10a1=a12+5a1+6，解之得a1=2或a1=3．又10sn－1=an－12+5an－1+6（n≥2），②
22
由①－②得10an=（an－an－1）+6（an－an－1），即（an+an－1）（an－an－1－5）=0
∵an+an－1>0，∴an－an－1=5（n≥2）．
当a1=3时，a3=13，a15=73．a1，a3，a15不成等比数列∴a1≠3;
当a1=2时，a3=12，a15=72，有a32=a1a15，∴a1=2，∴an=5n－3．★★★高考要考什么一、根据数列{an}的前n项和求通项sn=a1+a2+a3+……+anan=⎧⎨已知数列前n项和sn,相当于知道了n≥2时候an,但不可忽视n=1.二、由递推关系求数列的通项
1.利用迭加an-an-1=f（n）、迭乘an/an-1=f（n）、迭代。
2.一阶递推an+1=pan+q,我们通常将其化为（an+1-a）=p（an-a）
看成{bn}的等比数列。
s1（n=1）
⎩sn-sn-1（n≥2）3.利用换元思想（变形为前一项与后一项成等差等比关系，直接写出新数列通项化简得an）。
4.对含an与sn的题，进行熟练转化为同一种解题，注意化简时n的范围。
★★★突破重难点
【范例1】{an}满足a1=1且8an+1an-16an+1+2an+5=0（n≥1）.记bn=
（Ⅰ）求b1、b2、b3、b4的值；
（Ⅱ）求数列{bn}的通项公式及数列{anbn}的前n项和sn.解析（i）bn=
1an-
12得an=
1bn
+12
代入递推关系
8an+1an-16an+1+2an+5=0,
1an-
12
（n≥1）.
整理得
4bn+1bn
-
6bn+1
+3bn432
3
=0,即bn+1=2bn-
43
=2（bn-
43
43
由a1=1,有b1=2,所以b2=
43=23≠0,
83
b3=4,b4=
203
.
（Ⅱ）由bn+1=2bn-所以{bn-是首项为
34
bn+1-）,b1-
公比q=2的等比数列,故
bn-
43
=
13
⋅2,即bn=
n
13
⋅2+
n
43
（n≥1）.由bn=
1an-
12
得anbn=
12
bn+1,
1
故sn=a1b1+a2b2++anbn=
12
（b1+b2++bn）+n=（1-2）1-2
+
n
53
n=
13
（2+5n-1）.．
n
n=1，，23，）【变式】数列{an}中，，且a1，a2，a3成公比不为1的等比数列．（i）a1=2，an+1=an+（c是常数，
求c的值；（ii）求{an}的通项公式．解：
（i）a1=2，a2=2+c，a3=2+3c，
因为a1，a2，a3成等比数列，所以（2+c）2=2（2+3c），解得c=0或c=2．当c=0时，a1=a2=a3，不符合题意舍去，故c=2．（ii）当n≥2时，由于
a2-a1=c，a3-a2=2c，
…………
an-an-1=（n-1）c，
所以an-a1=[1+2++（n-1）]c=
n（n-1）2
c．
2
3，）．当n=1时，上式也成立，又a1=2，c=2，故an=2+n（n-1）=n-n+2（n=2，
2
2）所以an=n-n+2（n=1，，
1）an=【范例2】设数列{an}的首项
a1∈（0，，
3-an-1
2
，n=2，3，，4…．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn=an，证明bn3-an-1
2
，n=2，3，，4…，整理得1-an=-
12
（1-an-1）．
⎛1⎫
又1-a1≠0，所以{1-an}是首项为1-a1，公比为-的等比数列，得an=1-（1-a1）-⎪
2⎝2⎭
1
n-1
（2）方法一：
由
（1）可知032
，故bn>0．则
2
bn+1
2
3-an⎫9an⎛3-an⎫⎛22222
-bn=an+1（3-2an+1）-an（3-2an）=3-2⨯-a（3-2a）=（an-1）.nn⎪⎪
2⎭4⎝2⎭⎝
又由
（1）知an>0且an≠1，故bn2+1-bn2>0，因此bnn+1，n为正整数．
方法二：
由
（1）可知03-an
2
32
，an≠1，
因为an+1=，所以bn+1=an+=
3
2
．
2
⎛
3-an⎫
由an≠1可得an（3-2an）
⎝
2⎭⎛3-an⎫
a（3-2an）
⎝2⎭
2n
两边开平方得
a
3-an
2
bn2
【变式】已知数列{an}中，对一切自然数n，都有an∈（0,1）且an⋅an+1+2an+1-an=0．
1
an；
（2）若sn表示数列{an}的前n项之和，则sn
2an+12
解析：
（1）由已知an⋅an+1+2an+1-an=0得an=，2
1-an+1
求证：
（1）an+1
又因为an∈（0,1），所以02an+1，即an+1
2
（2）由结论
（1）可知an
111an-12n-11222
1-
11-
2
1
an．212
⎛11
于是sn=a1+a2++an22
⎝
3
2
12
⎫⎪
⎪
【范例3】由坐标原点o向曲线y=x-3ax+bx（a≠0）引切线，切于o以外的点p1（x1,y1），再由p1引此曲线的切线，切于p1以外的点p2（x2,y2），如此进行下去，得到点列{pn（xn,yn}}.
求：
（Ⅰ）xn与xn-1（n≥2）的关系式；
（Ⅱ）数列{xn}的通项公式；
（Ⅲ）（理）当n→∞时，pn的极限位置的坐解析（Ⅰ）由题得f'（x）=3x2-6ax+b
过点p1（x1,y1）的切线为l1:
y-y1=f'（x1）（x-x1）（x1≠0）,l1过原点∴-（x1-3ax1+bx1）=（-x1）（3x1-6ax1+b）,得x1=
3
2
2
32
a.
又过点pn（xn,yn）的ln:
y-yn=f'（xn）（x-xn）
因为ln过点pn-1（xn-1,yn-1）∴yn-1-yn=f'（xn）（xn-1-xn）
22
整理得[xn+xn-1xn-2xn-3a（xn-1-xn）]（xn-1-xn）=0.-1
∴（xn-1-xn）（xn-1+2xn-3a）=0,由xn≠xn-1得xn-1+2xn-3a=0.
2∴xn=-
12
xn-1+
32a（n≥2）.
（Ⅱ）由（i）得xn-a=-1（xn-1-a）.
2
所以数列{xn-a}是以
∴xn-a=
a2（-12）
a2
公比为-
12
的等比数列
12）]a.
n
n-1
∴xn=[1-（-
（Ⅲ）limxn=lim[1-（-1）n]a=a,∴limyn=f（a）=a3-3a3+ab=ab-2a3.
n→∞
n→∞
2
n→∞
∴点pn的极限位置为（a,ab-2a）.
3
【点睛】注意曲线的切线方程l1:
y-y1=f'（x1）（x-x1）的应用，从而得出递推式．求数列的通项公式是数列的基本问题，一般有三种类型：
（1）已知数列是等差或等比数列，求通项，破解方法：
公式法或待定系数法；
（2）已知sn，求通项，破解方法：
利用sn-sn-1=an，但要注意分类讨论，本例的求解中检验必不可少，值得重视；（3）已知数列的递推公式，求通项，破解方法：
猜想证明法或构造法。
【变式】已知函数f（x）=x3+x2，数列｜xn｜（xn＞0）的第一项xn＝1，以后各项按如下方式取定：
曲线x=f（x）在（xn+1,f（xn+1））处的切线与经过（0，0）和（xn,f（xn））两点的直线平行（如图）.
22
求证：
当n∈n*时，（Ⅰ）xn+xn=3xn+1+2xn+1;（Ⅱ）（）
1
n-1
2
1n-2
≤xn≤（）.
2
解、（i）证明：
因为f'（x）=3x2+2x,
所以曲线y=f（x）在（xn+1,f（xn+1））处的切线斜率kn+1=3xn+1+2xn+1.
222
即（0,0）和（xn,f（xn））两点的直线斜率是xn+xn,以xn+xn=3xn+1+2xn+1.
2
（ii）因为函数h（x）=x2+x，当x>0时单调递增，
2222
而xn+xn=3xn+1+2xn+1≤4xn+1+2xn+1=（2xn+1）+2xn+1，
所以xn≤2xn+1，即
2
xn+1xn
2
≥
12
因此xn=
xnxn-1
⋅
xn-1xn-2
⋅⋅⋅⋅⋅
x2
1n-1
≥（）.x12≤12.
2
又因为xn+xn≥2（xn+1+xn+1）,令yn=xn+xn,则
yn+1yn
2
因为y1=x1+x1=2,所以yn≤（）
1
n-1
2
1n-2
⋅y1=（）.
2
因此xn≤xn+xn≤（）
2
2
1
n-2
1n-11n-2
故（）≤xn≤（）.
22
课后作业：
一、选择题：
本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合
题目要求的．
1．在等差数列{an}中，已知a1=2,a2+a3=13,则a4+a5+a6等于（）a．40b．42c．43d．452．数列{an}的前n项和为sn，若an=
56
1n（n+1）
，则s5等于（）
130
a．1
b．c．
16
d．
3．设sn是等差数列{an}的前n项和，若s7=35，则a4=（）
a．8b．7c．6d．5
4．已知等差数列共有10项，其中奇数项之和15，偶数项之和为30，则其公差是（）a．5b．4c．3d．2
5．一个等比数列前n项的和为48，前2n项的和为60，则前3n项的和为（）a．83b．108c．75d．63
6．等比数列{an}的各项为正数，且a5a6+a4a7=18,则log3a1+log3a2++log3a10=（）a．12b．10c．8d．2+log35
7．已知a，b，c，d成等比数列，且曲线y=x2-2x+3的顶点是（b，c），则ad等于（）a．3b．2c．1d．-2
22
8．已知等比数列{an}的前n项和sn=2n-1，则a12+a2++an等于（）
a．（2n-1）2b．
1
1nn
（2-1）c．4n-1d．（4-1）33
9．设sn是等差数列{an}的前n项和，若
a5a3
=
59
，则
s9s5
=59a．1b．－1c．2d．
10．在等比数列{an}中，公比q是整数，a1+a4=18,a2+a3=12,则此数列的前8项和为（）
a．514b．513c．512d．510
二、填空题：
本大题共4小题，每小题5分，满分20分．11．（1+
12）+（2+
14
）++（n+
4
7
10
12
n
）＝．
3n+10
12．设f（n）=2+2+2+2++2（n∈n），则f（n）=．；数列{nan}中数值最
2
23，），则此数列的通项公式为13．若数列{an}的前n项和sn=n-10n（n=1，，
小的项是第项．
14．在等差数列{an}中，a1
三、解答题：
本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明、演算步骤或推证过程．
15．（本小题满分12分）设{an}是一个公差为d（d≠0）的等差数列，它的前10项和s10=110，且a1,a2,a4成等比数列．
（Ⅰ）证明：
a1=d；（Ⅱ）求公差d的值和数列{an}的通项公式．16．（本小题满分12分）已知数列{an}的前项和为sn，且a1=1,an+1=
13
sn,n∈n．
*
（Ⅰ）求a2,a3,a4的值及数列{an}的通项公式；（Ⅱ）求a2+a4+a6+...+a2n的和．17．（本小题满分14分）已知数列{an}满足a1=1,an=3n-1+an-1（n≥2）
3-12
n
（Ⅰ）求a2,a3；（Ⅱ）证明an=．18．求下列数列的通项公式（本小题满分14分）
（1）a1=1,
anan-1
=3（n≥2）；
（2）a1=1,an=-
n
an-13
+1（n≥2）；
n+1
（3）sn是{an}的前n项和，sn=2-1。
19．（本小题满分14分）
已知二次函数f（x）=3x2-2x，数列{an}的前n项和为sn，点（n,sn）（n∈n*）均在函数y=f（x）的图像上．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
3anan+1
m20
（Ⅱ）设bn=，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．20．（本小题满分14分）
*
已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an+1（n∈n）.（i）求数列{an}的通项公式；（ii）（附加题）证明：
n2-13+a2a3
+...+
anan+1
（n∈n）.
*数列练习题——求数列的通项公式参考答案二、填空题:
本大题主要考查基本知识和基本运算．本大题共4小题，每小题5分，满分20分．9．
n（1+n）2
1n2n+4
+1-（）10．（8-1）
27
11．2n-11，312.三、解答题：
本大题共6小题，共80分．
15．（Ⅰ）证明：
∵a1,a2,a4成等比数列，∴a22=a1a4．
而{an}是等差数列，有a2=a1+d,a4=a1+3d，于是（a1+d）2=a1（a1+3d）
222
即a1+2a1d+d=a1+3a1d，化简得a1=d．
（Ⅱ）解：
由条件s10=110和s10=10a1+
10⨯92
d,得到10a1+45d=110
由（Ⅰ）知a1=d,代入上式得55d=110,故d=2,an=a1+（n-1）d=2n.
16．解:
（Ⅰ）an+1=
13
sn,n∈n,∴3an+1=sn,∴3an=sn-1,当n≥2时，
n-2
*
an=sn-sn-1=3an+1
⎛4⎫-3an⇒4an=3an+1，an=a2⋅⎪
⎝3⎭
4
4
4
16
=
43
n-2n-1
．
（n=1）⎧1
⎪
所以a2=a1=，a3=a2=，a4=a3=．∴an=⎨4n-2．
3339327⎪n-1（n≥2）
⎩3
4
1
2
4
2n
（Ⅱ）a2+a4+a6+...+a2n
1⎛4⎫1⎛4⎫1⎛4⎫=+⎪+⎪+...+⎪33⎝3⎭3⎝3⎭3⎝3⎭
1
⎛16⎫
[1-⎪]39⎝⎭=
161-
9
1
n
3⎛16⎫=[⎪-1]7⎝9⎭
2
17．解：
（Ⅰ）∵a1=1,∴a2=3+1=4,a3=3+4=13．
n
n-1
（Ⅱ）证明：
由已知an-an-1=3,故
an=（an-an-1）+（an-1-an-2）++（a2-a1）+a1=3
n
n-1
+3
n-2
++3+1=
3-12
n
.所以an=
3-12
．
19．解：
（Ⅰ）因为点（n,sn）（n∈n*）均在函数y=f（x）的图像上，所以sn＝3n2-2n．
2
当n≥2时，an=sn-sn-1=（3n2-2n）-⎡．3n-1）-2（n-1）⎤⎣（⎦=6n-5
当n=1时，a1=s1=3⨯12-2=6⨯1-5，所以an=6n-5（n∈n*）．
3anan+1
（Ⅱ）由（Ⅰ）得知bn=
＝
3
（6n-5）[6（n+1）-5]
＝
1
26n-5
（
1
-
16n+1
），
n
故tn=
∑
i=1
bi＝
1⎡1111111⎤
＝（1－）.（1-）+（-）+...+（-）⎢⎥2⎣26n+177136n-56n+1⎦
16n+1
m20
因此，要使
12
（1-）
（n∈n*）成立的m,必须且仅须满足
12
≤
m20
，即m≥10，所以满足要求
的最小正整数m为10．
*
20．（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为公比的等比数列．n∴an+1=2.n*
即an=2-1（n∈n）.
（ii）证明：
akak+1
=
2-12
k+1
k
-1
=
2-12（2-
k
k
1212
k=1,2,...,n,∴
a1a2ak
+
a2a3=2
+...+2-1
k+1k
anan+1=12n2
.1
12
13.2+2-2
k
kak+1
-1
-
2（2
k+1
-1）
=-≥
12
-
11
.k,k=1,2,...,n,32
∴
a1a2
+
a2a3n2-
+...+13
anan+1+
≥a2a3
n2
-
1111n11n1（+2+...+n）=-（1-n）>-,322223223anan+1
（n∈n）.
*∴
a1a2
+...+
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