数列求通项公式的常见题型与解题方法.docx
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数列求通项公式的常见题型与解题方法
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*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
11111
2•数列——,——,——,——L的通项an
（1）n•
1
2233445n（n1）
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,an3n1an1（n2）•
（i）求：
a2,a3；
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anan13n1（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
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:
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（6n5）
（2）7,77,777,7777,77777,L;an7（10n1）
9^
（3）5,0,5,0,5,0,5,0,L.an5sin——
练习1:
写出下面数列的一个通项公式：
2
谆M丄&匕口⑵行罷占丄.可
2.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.
的数填入表中空白（）内.
年龄（岁）
30
35
40
45
50
55
60
65
收缩压（水银柱毫米）
110
115
120
125
130
135
（140）
145
舒张压（水银柱毫米）
70
73
75
78
80
83
（85）
88
练习3.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.
相关的咼考试题有:
分析：
由已知，a2a11.
即an
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（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（n1）（n2）
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：
12
1.已知数列｛an｝的前n项和Sn（n2n），则a.
2
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=32n-3,求数列的通项公式.an32n1
练习2:
已知数列｛an｝的前n项和为Sn,a1=2，且nan+1=Sn+n（n+1），求an.
相关的高考试题有：
an2n
（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｝的通项公式;
a1=1;
.解：
⑴当n=1时,有：
S1=a1=2a1+（-1）
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当n=3时，有：
S3=a1+a2+a3=2a3+（-1）3a3=2；
综上可知ai=1,a2=0,a3=2;
点（n,Sn）（nN）均在函数yf（x）的图像上.
（i）求数列｛an｝的通项公式;
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
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a=3,b=—2,所以f（x）=3x2—2x.
又因为点（n,Sn）（nN）均在函数yf（x）的图像上，所以&=3n2-2n.
当n》2时，an=Sn—Sn—1=（3n2—2n）—（n1）2（n1）=6n—5.
当n=1时，a1=S1=3X12—2=6x1—5，所以，an=6n—5（nN）.
题型3已知数列递推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
1，且anan■
13（n
2）,则an3n-2.
2.
已知数列｛an｝的首项a1
1，且an2an
13（n
n1
2），则an_433.
3.
已知数列｛an｝的a11,
a22且an1
2
（an1
an2）（n3）,则lim1
xan1
4.
已知数列｛an｝的a11,
a22且an2
2an1
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
anan1
1•证明数列an是等差或等比数列常用定义，即通过证明an1ananan1（n2）或（n2）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
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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：
an2，求｛an｝的通项公式.an2n1
变式1:
121
数列｛an｝中，a11,an1ann，求｛an｝的通项公式.an—n—n1
22
变式2:
3n11
数列｛an｝中，a11,an1务3n1，求｛a.｝的通项公式.a.
2
数列｛an｝中，ai1,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，a11,an1
分析：
①等差数列：
an1
an
d
生成：
a2a1d,a3
a2
d，…
an1an
2d
，an
an1d
累加：
an（anan1）
（an1
an2）
（a2
aj
a1=
（n1）da1
由此推广成差型递推关系:
an
an1
f（n）（n
2）
累加：
an（anan1）
（an1
an2）
（a2
aj
a〔=
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
□n1…
1，且ana.1（n2），则a.
1
n
n
变式2:
数列｛an｝中，a12,an
13an2，求｛an｝的通项公式.a.
3n1
已知数列｛an｝的首项a11，且an
3an1（n2）,则an
1
且（n1）aj；1na：
an1
an
0,（n
1
1,2,3,L），求｛a.｝的通项公式.a.
n
分析：
②等比数列：
an1
an
q
生成：
a2a1q,
a3
a2
q，…
-an1an2q，anan14
ana
累乘：
ann
n1
a2
a1=q
n1
a1
an1a
n2
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）
an1
累乘：
an也色^丄屯a1g（n）a1
an1an2a12
为了提高，我们还可以引用下列例题：
2（2n1）
例1、若数列an满足：
a12,anan1,（n2）.
n
求证：
①anC；n;②an是偶数.
证明：
由已知可得:
an
an1
又an旦
an1
an
an2
2（2n1）
n
a22n35（2n1）
a1=
a1n!
而C2n
所以an
（2n）!
n!
n!
C2n,
（2n2）2n135（2n1）_2n35（2n1）
n!
而anC2n
n!
n!
2C；n1为偶数.
例2、已知数列｛an｝中a1
（I）求as，a5；
（II）求｛an｝的通项公式.
解（i）（略）as3,a5k
（ll）a2k1a2k3所以a2k1a2k13k故a2k
（3k
土
2
2k1a2k1
1（a2k1
3k1
3）
a2k1）
（1）
13
且a2ka2k1
a2k1
（1）
（1）k,为差型
（a2k1a2k3）
k（
a2
1）k1
3k
（1）k,
（asaj
1）
a2k1a2k3k其中k=1,2,3,
ai
1（
1）k1.
3k
2
所以｛an｝的通项公式为：
a2ka2k1
（1）k
1）k1
1）k
3k
2
1
（1）
当n为奇数时，an
当n为偶数时，an
n2
3~
2
n
3l
2
n1
1）-
n
1）2
丄1
2
积型：
即an
例如：
数列an中相邻两项an,an1是方程X2分析：
由题意：
an+an13n①
生成：
an1+an23（n1）②
②一①：
an2an3.
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,
an1
3nx
f（n）,和ana.1
bn0的两根，已知
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+an1c，则an2an.
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an1
an2
2n
2n1
②十①:
an2
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an2
所以该数列的所有的奇其基本思路是，生成，相除；特另地，若anan1c,则an2an.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.anpan1f（n）
例如:
证明:
分析：
三种方法:
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设a。
是常数，且an2an13n1,（nN*）.
（2）n13n
（1）n12n
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an2an13n1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
an1
13
-（-）n,从而可以用累加的方法处
32
理.
方法（3）:
直接用迭代的方法处理:
n1an一
（
（
2an1
2）2（2an
2）3an3
3n'2（2an23n
33n3）
（2）23n2
（2）23n3
（2）3n2
2）3n1
3n1
3n1
（2）2an2
2）3n2
3n1
2）%（
2）n130
（2）n231
（2）n332
（2）23n
2）
3n23n1
（2）%
nn1n
3
（1）2
5
说明：
①当f（n）c或f（n）an
②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
③用迭代法关键是找出规律，除含a1外的其它式子，常常是-
2.anP（an1）q型
种方法都可以用;
pn2qnr
个等比数列的求和问题.
而用其他两种方法做则都比较难.
12
例如：
已知an-（an1），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lgan2lgan1iga,
令bnlgan,则bn2bn1lga,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：
12
112
.2.1.1222
112l2n22n1.a^2n
（一）a1a（—）
an
—an1
（an
2）（）a
a
aa
a
aa
四.
f（Sn,an
）0型的
利用
anSn
Sn1,（n
2）转化为g（an,an1）
0型，或h（Sn,Sn1）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Sn2an
（1）n,n1.
（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：
Sn2an（
1）n,n1.
-①
由a1S12a11,得a11.
-②
由n2得，a〔a2
2a21,
得a2
0
-③
由n3得，a1a2
a32a3
1得
a3
2-④
用n1代n得Sn1
2an1（
1）n1
-⑤
①一⑤：
anSnS
n12an
2an1
2（
1）n
即an2an12
（1）
n
--⑥
an2an12
（1）n
22an2
2
（1）n
1
2
（1）n22an
222（
1）n1
2
（1）n
2n1a12n1（
1）2n2（
1）2
2（
1）n22n2
3
（1）n
1
-⑦
又如：
数列｛an｝的前
n项和记为
Sn，已知a1
1an
2S（n
1,2,3
）■
1,an1
Sn（n
证明：
数列｛知是等比数列.
n
方法1
•••an1
Sn1
Sn,an1
n2S
Snn
7
二（n
2）Sn
n（Sn
1Sn），
整理得
nSn12（n
1）Sn
所以
Sn1
2Sn.
S故｛Sn
｝是以2
为公比的等比
数列•
n1
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，
Sn1n1
占SnSn1S2n1nn1n22n1
由Sns1=2印na12.
sn1sn2Sn1n2n31
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1,2,3…n,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｛an｝,满足a1=1,an=a什2a2+3a3+…+（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
（n1）an1
生成
an1a12a2
3a3
（n
2）an
2
两式相减得an
an1
（n
1）an1
，即
an
an1
n
为商型的，用累乘法可
得
an
an
an
1la3
旦n
n（n1）
4
3,；即an
an1
an
2a2
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bnan
11
2a
n（n
1,2,
）
，求证
:
数列
bn是等比数
列；
a
（n）设数列Cn-v，（n1,2,），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｛bn｝和｛cn｝中的项都和｛an｝中的项有关，｛an｝中又有Sn1=4an+2，可由Sn2-Sn1作切入点探索解题的途径.
解：
（1）由Sn1=4an2,Sn2=4an1+2,两式相减，得Sn2-Sn1=4（an1-an）,即an2=4an1-4an.（根据bn的构造，如何把该式表示成bn1与bn的关系是证明的关键，注意加强恒等变形能力的训练）
an2-2an1=2（an1-2an），又bn=an1-2an，所以bn1=2bn
已知S2=4a1+2,a1=1,a1+a2=4a1+2，解得a2=5,b1=a2-2a1=3由①和②得，数列｛bn｝是首项为3，公比为2的等比数列，故bn=32n1
⑵因为j二贽災N）,所以％宀二髓专二笔#
*2"3
=4'
a11*2
=故数列氐｝是首项为十公差是才的等差数列,
31
44
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⑶因为廿笋又％=討£所以养绻二®J）
•2^3・
当n>2时，Sn=4an1+2=2n1（3n-4）+2;当n=1时，S1=a1=1也适合上式.
综上可知，所求的求和公式为Sn=2n1（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Sn14an2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a1=1,a2=,an+2=an+1-an（n=1,2,—）,
3
（I）求数列｛bn｝的通项公式；
（n）求数列｛nan｝的前n项的和Sn.
1，且a2k=a2k—1+（—1）K,a2k+1=a2k+3k,其中k=1,2,3.
（I）求a3,a5；
（II）求｛an｝的通项公式.
6.（2004年天津理）已知定义在R上的函数f（x）和数列｛an｝满足下列条件:
a1
a,anf（anJ（n2,3,4,…），a?
f（an）
f（an1）k（anan1）（n2,3,4,…），其中a为常数，k为非零常数.
（I）令bnan1an（nN*），证明数列｛bn｝是等比数列;
（n）求数列｛an｝的通项公式；
（川）当|k|1时，求liman.
n
7.（2006年重庆卷）在数列｛an｝中，若a1=1,an+1=2an+3（n>1）,则该数列的通项an=.
解析：
在数列an中，若a11,务12务3（n1）,•••an132（an3）（n1），即｛an3｝是以內34为首项,
2为公比的等比数列，an342n12n1，所以该数列的通项an2n13.
8.（2006年福建卷）已知数列｛an｝满足a1=1,an1=2an+1（n€N）
（I）求数列｛an｝的通项
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