数列通项公式习题精选精讲.docx
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数列通项公式习题精选精讲
等差数列及等比数列的“遗传”与“变异”
1.遗传
若数列an是公差为d的等差数列，则由此构造出的以下数列是等差数列•如：
（】）an去掉前面几项后余下项组成的仍为公差为d的等差数列.
（2）所有的奇数项组成的是公差为2d的等差数列；
所有的偶数项组成的是公差为2d的等差数列；
形如ank（其中k是常数，且kN）的数列都是等差数列.
由此可得到的一般性结论是：
凡是项的序号成等差数列（公差为k）的项依次组成的数列一定是等差数列，公差
为kd.
（3）数列can（其中c是任一个常数）是公差为cd的等差数列.
（4）数列％c（其中c是任一个常数）是公差为d的等差数列.
（5）数列anank（其中k是常数，且kN）是公差为（k1）d的等差数列.
（6）若bn是公差为d!
等差数列，且p,q为常数，则数列panqbn—定是公差为pdqd!
的等差数列.
（7）等差数列an中，任意连续k项的和是它前面连续k项的和与它后面连续k项的和的等差中项，也就是说这些连续k项的和也构成一个等差数列.
若an是公比为q的等比数列，则由此构造出的以下数列是等比数列.如：
（1）an去掉前面几项后余下项组成的仍是公比为q的等比数列.
（2）项的序号成等差数列（公差为k）的项依次取出并组成的数列一定是等比数列，公比为qk.
（3）数列an是公比为q的等比数列.
（4）数列can（c是任一常数且c0）是等比数列，公比仍为q.
（5）anm（m是常数，且mK）是公比为qm的等比数列.
特殊地：
若数列an是正项等比数列时，且m是任一个实常数，则数列anm是公比为qm的等比数列.
（6）anank（其中k是常数，且kN）是公比为qk1的等比数列.
（7）若bn是公比为qi的等比数列，，贝yanbn是公比为qqi的等比数列.
（8）等比数列an中，若任意连续k项的和不为0,则任意连续k项的和是它前面连续k项的和与它后面连续k
项的和的等比中项，也就是说这些连续k项的和也构成一个等比数列.
2.变异
若数列an,bn均为不是常数列的等差数列时，则有：
（2）数列anank不是等差数列
（3）anm（m是常数，且mK,m1,an0）不是等差数列.
（4）数列anbn不是等差数列.
若数列an为不是常数列的等比数列时，则有:
（1）数列anc（其中c是任一个不为0的常数，）不是等比数列.
（2）数列anan1不一定是等比数列•如an
（1）n时，则anan10,所以anan1不是等比数列.
（3）数列anbn不一定是等比数列.
3.突变
（1）若数列an是公差为d的等差数列，贝ycan（其中c是正常数）一定是公比为cd的等比数列.
（2）若an是公比为q的正项等比数列，则
logcan（其中c是不等于1的正常数）是公差为
logcq的等差数
列.
数列通项公式的求法
几种常见的数列的通项公式的求法
一.观察法
例1:
根据数列的前4项，写出它的一个通项公式：
149162121
（1）9,99,999,9999,…
（2）1—,2—,3,4,（3）1,,—,,（4）—,
2510173252
解：
（1）变形为：
101—1,102—1,103—1,104—1,……•••通项公式为：
an10n1
（3）an
（4）an
（1）n1—•点评：
关键是找出各项与项数n
n1
的关系。
二、公式法
例2：
已知数列｛an｝是公差为d的等差数列，数列｛bn｝是公比为q的（q€R且qz1）的等比数列，若函数f（x）=（x
—1）2，且a1=f（d—1）,a3=f（d+1）,b1=f（q+1）,b3=f（q—1）,
（1）求数列｛an｝和｛bn｝的通项公式；解：
（1）•/a1=f（d—1）=（d—2）2,a3=f（d+1）=d2,•-a3—a1=d2—（d—2）2=2d=4,
•d=2,•an=a1+（n—1）d=2（n—1）;又b1=f（q+1）=q2,b3=f（q—1）=（q—2）2,
2
jq2q
由q€R,且q丰1，得q=—2,
•-bn=b•qn—1=4•（—2）n—1
a4=12,则数列的通项公式是（
例1.等差数列an是递减数列，且a2a3a4=48,a2a3
（A）an2n12（B）an
2n4（C）an2n12（D）an2n10
解析
:
设等差数列的公差位d,
由已知
（a3d）a3
3a312
（a3
d）48
解得
a3
d
2，又an是递减数列，
•••d2,a18,•••an8（n1）（
2）
2n10,故选（D）。
例2.
已知等比数列
an的首项a11，公比0q1，设数列
bn的通项为bn
an1
an2,求数列bn的
通项公式。
解析:
由题意，bn1
an2an3，又an
是等比数列，公比为
bn1
bn
an2
an
an3
1an2
故数列
bn是等比数
列，da2a3
aiq
ag2q（q1）,
bnq（q1）
qn（q1）
点评：
当已知数列为等差或等比数列时，可直接利用等差或等比数列的通项公式，只需求得首项及公差公比。
叠加法
例3：
已知数列6,9,14,21,30,-
••求此数列的一个通项。
解易知anan12n1,
'a2
a13,a3a25,
a4a37,
•-anan12n1,
各式相加得ana1
35
7
2
（2n1）•ann
5（nN）
点评：
一般地，对于型如
an1
an
f（n）类的通项公式，
只要f
（1）f
（2）
f（n）能进行求和，则宜米用
此方法求解。
例4.若在数列an中，a13,an1ann，求通项an。
解析：
由an1
将以上各式相加得:
an
a1（n1）
（n
2）
1,
又
a13所以
an
n（n1）3
=3
2
四、叠乘法
例4：
在数列｛an｝
中，
a1=1,（n+1）•
an
1=n•
an
求
an
的表达式。
解：
由（n+1）•an
1=n.
a得务1n
an得
an:
_a2
.*3
.a4
an1
.…=—
2
3n11
ann
1
a1
a1
a2
a3
an12
3
4nn
2，…
，所以
1
1
an
n得an
anan1
ann
an2n
n1,an
例4.已知数列an中，a1
所以an
解析：
首先由
Sn
-，前n项和Sn与an的关系是Sn
3
n（2n1）an易求的递推公式：
（2n
1）an
n（2n1）an，试求通项公式an。
（2n
3）an1,
an
an1
2n
2n1
an
12n5
a2
1
将上面
5
n—1个等式相乘得：
an
22n1
a1
an
（2n3）（2n
5）（2n
7）31
3
a1
（2n1）（2n
1
1）（2n
3）75
（2n1）（2n1）
an
（2n1（2n
1）.
点评：
一般地，对于型如an
1=f（n）•
an类的通项公式，当f
（1）f
（2）f（n）的值可以求得时，宜米用此方法。
五、3法利用anSnSn1（n詢
例5:
已知下列两数列｛an｝的前n项和sn的公式，求｛an｝的通项公式。
（1）Snn3n1。
（2）snn21
解：
332
（1）a1S1111an=SnSn1=（nn1）（n1）（n1）1=3n3n2
2
此时，ai2Si。
二an=3n3n2为所求数列的通项公式。
（2）a1$0，当n2时an
SnSn1（n21）[（n1）21]2n1
由于6不适合于此等式
0（n1）
2n1（n2）
点评：
要先分n=1和n2两种情况分别进行运算，然后验证能否统
C1=2，C2=4,C3=7，C4=12，求通项公式Cn
六、待定系数法:
Cn
b（Cn1
）的形式。
由待定系数法知:
故数列
Cn
1,
b
~2，
Cn
b（Cn1
b
1b
忌）
1b2
是首项为
b
C|1b2
b2
b21
公比为
b的等比数列，故
b
1b2
bn1
b2
b21b
bn1
b21
b
1
点评：
用待定系数法解题时，常先假定通项公式或前
n项和公式为某一多项式，一般地，若数列｛an｝为等差数
列：
贝Vanbnc,snbn2
cn
）,若数列｛an｝为等比数列，
n1
anAq,
Sn
AqnA（Aq0,q1）。
七、
辅助数列法
a
b
2
q
2
a
d
bq
4
d
1
解：
设cna
（n
1）dbqn1
2
Cnn2
a
2d
bq
7
b
1
a
3d
bq3
12
a
1
例6.已知数列
cn
出b
中，C1
Cn
bc
n1
b
1b
1b
例6：
设数列｛Cn｝的各项是一个等差数列与一个等比数列对应项的和，若
其中b是与n无关的常数，且b1。
求出用n和b表示的an的关系式。
解析：
递推公式一定可表示为
an
12an
1•
an1
12（an1）令bnan
1则辅助数列｛bn｝是公比为
2的等比数列
•••b
ndqn1
即an1
（印
1）qn12n•••an2n
1
例5.
在数列
an中，'
a1
“c2
1,a22,an2~an
3
1
1-an，求an。
3
解析:
在an2
2
—an1
3
1
—an
3
两边减去an1，得an2
an1—（an1an）
3
1n1
（-），由累加法得
an1an
是以a2
a1
1
1为首项，以为公比的等比数列，•an1an
a1
解:
an
12an1，且
1求通项an。
例7：
已知数｛an｝的递推关系为
1（y
an=（aian1）（an1an2）
（a>
ai）a=（》n2（y3…（[）11=3£[1（：
）n1]仁
333ij43
3
例&
已知数列｛
an}
an
中a11且an1-（n
an1
N）,,求数列的通项公式。
解：
.
an
1an11
设bn
1
n
，则bn1bn1
an1
n1
1,
a
an1anan
an
故{bn
｝是以b1
1
1为首项，1为公差的等差数列
…bn
1（n1）n
11
…an
a1
bnn
点评：
这种方法类似于换元法，主要用于已知递推关系式求通项公式。
趣谈数列的通项问题及其思维方式
1•递推关系的形成：
直接给出，函数给出，解析几何给出，应用问题给出，方程给出。
2•给出递推关系求通项，有时可以用归纳，猜想，证明的思路；而证明型的问题用数学归纳法往往是一种比较简单的方法；而给出铺垫（转化后的数列）的问题常常可以用证明（变换，待定系数法等）处理，一般难度不大。
3•给定初始条件和递推关系往往可以用演绎（推导）的方法求出它的通项公式，其最主要的思想方法是生成、转化、叠代。
4•给定初始条件和递推关系，有时不一定能求出通项，却也可以研究它的其他性质。
（如取值范围，比较大小，其他
等价关系等，无非等与不等两类）
，这类问题往往有一定的难度。
本文主要采用风趣的“楼层式”讲解，更易于理解数列中求楼的第一层，an喻为楼的第二层，Sn喻为楼的第三层，则数列系式可理解为这三层之间的走动关系，那么我们可以用爬楼层的间的相互转化关系-----我亲切地称它为“楼层式”的转化方式。
一、“二层”之间的关系式，即f（am,ami,L,amn,n）
三层
二层
通项的问题。
将n喻为
中n,an,Sn之间的关
方式理解na，Sn之
型
若数列an的连续若干项之间满足关系f（am,ami,L,am
n,n）
0,由这个递推关系及
n个初始值确定的数列，叫做
递推数列。
它主要给出的是“二层”中连续几项之间的递推关系式
（如:
an1and、弘
an1f（n）、a*1/a*q、
an
—g（n）、anan1f（n）、a.a.ig（n）、a.
1
pan
iq、anpani
f（n）、anp（ani）q
anpan1qan2等类型），这是数列的重点、难点问题。
求递推数列通项的方法较多，也比较灵活，基本方法如：
迭加法、迭乘法、转化为等差、等比数列求通项法、归纳一一猜想一一证明法等，其中主要的思路是通过转化为等差数列或等比数列来解决问题。
（一）由等差、等比演化而来的“差型”、
“商型”递推关系
（1）
由等差数列演化为“差型”
，如:
an
an1f（n）
生成:
a2a1f
（2）,ag
a2f（3）,-
…，an1an2
f（n1）,anan1f（n）
累加:
an（anan1）（an
1an2）
（a2a1）a1=
n
f（n）a1，于是只要f（n）可以求和就行。
2
（2）
由等比数列演化为“商型”
，如：
亘
an1
g（n）
生成:
a2
a1g
（2），asa?
g（3），…,
an
1an2g（n1），anan1g（n）
累乘:
an
anan1a2
ai
an1an2a1
n
g（n）
2
ai
，于是只要g（n）可以求积就行。
例题1:
已知数列an满足：
a1
2,an
2（2n
n
%1,（n2）
求证：
①anC；n
②an是偶数
（《数学通讯》2004年17期P44）
证明：
由已知可得:
an
2（2n
又an
an
an1
an1
an2
a22n35（2n1）
a?
a1=n
而C2n
（2n）!
_2
n!
n!
46（2n2）2n135（2n1）_2n35（2n1）
n!
n!
n!
所以anC；n,而anC^n2C^n1为偶数
（二）由“差型”、“商型”类比出“和型”、“积型”：
即anan1f（n）和anan1g（n）
例题2：
数列an中相邻两项an、an1是方程x23nx*0的两根，已知a®17
求b51的值。
分析：
由题意：
an+an13n——①，生成：
an1+an23（n1）——②
由②一①得：
an2an3
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。
至U这里本题的解决就不在话下了。
特例：
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。
若anan12n——①，则an1an22n1②
由②十①得：
吐2
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。
特例：
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。
2等类型。
（三）可以一次变形后转化为“差型”、“商型”。
女口：
anpan1f（n）、anp（an1）q、anpan1qan
例题3：
设a。
是常数，且an2an13n1,nN*
证明：
an
（2）n1ao3n
（1）n12n
5
（2003年新课程理科，22题）
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来处理an2an13n1的
三种方法:
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）:
an
n
构造差型数列
（2）
，即两边同时除以
（2）n得
an
an1
（2）n1
13
-（-）n，从而可以用累加的方法
32
处理。
方法（3）:
直接用叠代的方法处理:
an
2am3n1
2（2an23n2）
3n1
（2）2an
（2）3n
23n1
2）2（2an33n3）
（2）23n2
3n1
2）3an3
（2）23n3
（2）
3n2
3n1
（2）nao
（2）n130
（2）n
231
（2）n
332
2）23n3
（2）3n2
3n1
（2）nao
3n
（1）n
5
12n
说明：
①当f（n）
c或f（n）an
b时，上述三种方法都可以用；②当f（n）
2“.
n时,
若用方法1,构造的等比数
列应该是anpn2
qnr而用其它两种方法做则都比较难；③用叠代法关键是找出规律,
除含ai外的其它式子，常
常是一个等比数列的求和问题。
（四）数学归纳法：
例题4：
已知数列an中，anpan1
q,（a1a），求通项公式
解析：
利用归纳、猜想、数学归纳法证明方法也可求得通项公式an。
即a2
pa
q
a3
pa2
q
p2a
pqq
2
paq（p1）
a4
pa3
q
p3a
p2qq
p3aq（p2p1）
n1/n2n3八
anpan1qpaq（pp…p1）
再利用数学归纳方法证明最后的结论：
①当n3时，a2paq显然成立；
p1）成立,
由题设知ak1pakqppk1aq（pk2pk3
p1）q
k/k1k2
paq（pp
p1）
②假设当nk（k2）时，akpk1aq（pk2pk3
即当nk（k2）时，akipkaq（pk1pk2...p1）成立
根据①②，当n2时anpn1aq（pn2pn3...p1），然后利用等比数列求和公式来化简这个通项a.。
二、“三层”之间的关系式，即f（Si，Sn1）0型
若数列an满足关系f（Sn,SnJ0，由这个关系式及初始值确定的数列，也可理解为递推数列。
它主要给出的是
“三层”中连续几项之间的递推关系式，解决途径是利用anSnSn1将“三层”问题全部走下“二层”，回到
f（am,am1丄，amn,n）0型或直接能求出Sn，以下过程依同上述。
例题5：
已知数列an的首项a11，前n项和Sn满足关系式3tSn（2t3）Sn13t（t为常数且t0,n2,3,4,L）
（1）求证:
数列
an是等比数列；
（2）设数列
an的公比为f（t），作数列
bn
1
，使d1,bnf（）（n2,nN）,
bn1
求bn
解析：
（1）
由S
a*1qa
o40
2t3
丿
由0
1,2C<1
22
得3tg（ia?
）（2t3）
3t,
a2
3t
a2
2t
33tS（2t
Q+Q/O+Q\QQ+
3t
，乂3tSn（2t
3）Sn13t
3tSn1（2t3）Si23t
ai
a2t3得3tgan（2t3）a.10,得」，n3,4丄
an13t
2t3二an是一个首项为1，公比为的等比数列。
3t
2t32112
（2）由f（t），有bnf（）bn1
3t3tbn13
222n1
二bn是一个首项为1，公差为一的等差数列，二bn1（n1）
333
类比例题：
已知数列an满足a12a23a3Lnann（n1）（n2），求an的通项公式。
解析：
记Tna12a23a3Lnann（n1）（n2）
二Tn1a12a2込L（n1总1（n1）n（n1）（n2）
nann（n1）n2（n1）（n2）/.an3（n1）,nN。
三、“一层”与“三层”的关系式，即f（Sn,n）0型
可利用公式：
anSnSn1（n2）直接求出通项an。
S1（n1）
22
例题6：
已知数列an的前n项和为①Sn2nn②Snnn1,分别求数列an的通项公式。
解析：
①当n1时，aiS1
当n
2时，an2n
2n2（n
1）2
（n
1）4n
3
经检验
n
1时
a1
1也适合
•a
n
4n3
②当n
1时，
a1
S1
3
当n
2时,
an
n2
n1（n
1）2
（n
11）1
2n
经检验
n
1时
a1
1不适合
an
3
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