数列通项公式习题精选精讲.doc
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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：
（1）9，99，999，9999，…
（2）（3）（4）
解：
（1）变形为：
101－1，102―1，103―1，104―1，……∴通项公式为：
（2）（3）（4）.点评：
关键是找出各项与项数n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q≠1）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，
∴d=2，∴an=a1+（n－1）d=2（n－1）；又b1=f（q+1）=q2，b3=f（q－1）=（q－2）2，
∴=q2，由q∈R，且q≠1，得q=－2，∴bn=b·qn－1=4·（－2）n－1
例1.等差数列是递减数列，且=48，=12，则数列的通项公式是（）
（A）（B）（C）（D）
解析：
设等差数列的公差位d，由已知，
解得，又是递减数列，∴，，∴，故选（D）。
例2.已知等比数列的首项，公比，设数列的通项为，求数列的通项公式。
解析：
由题意，，又是等比数列，公比为
∴，故数列是等比数列，，∴
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。
三、 叠加法
例1：
已知数列6，9，14，21，30，…求此数列的一个通项。
解易知∵……
各式相加得∴
点评：
一般地，对于型如类的通项公式，只要能进行求和，则宜采用此方法求解。
例2.若在数列中，，，求通项。
解析：
由得，所以，，…，，
将以上各式相加得：
，又所以=
例3.已知数列满足，，求。
解：
由条件知：
分别令，代入上式得个等式累加之，即
所以，
四、叠乘法
例4：
在数列｛｝中，=1,（n+1）·=n·，求的表达式。
解：
由（n+1）·=n·得，=··…=所以
例4.已知数列中，，前项和与的关系是，试求通项公式。
解析：
首先由易求的递推公式：
将上面n—1个等式相乘得：
点评：
一般地，对于型如=（n）·类的通项公式，当的值可以求得时，宜采用此方法。
五、Sn法利用（≥2）
例5：
已知下列两数列的前n项和sn的公式，求的通项公式。
（1）。
（2）
解：
（1）===3
此时，。
∴=3为所求数列的通项公式。
（2），当时
由于不适合于此等式。
∴
点评：
要先分n=1和两种情况分别进行运算，然后验证能否统一。
六、待定系数法：
例6：
设数列的各项是一个等差数列与一个等比数列对应项的和，若c1=2，c2=4，c3=7，c4=12，求通项公式cn
解：
设
例6.已知数列中，，，
其中b是与n无关的常数，且。
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
的形式。
由待定系数法知：
故数列是首项为，公比为的等比数列，故
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，若数列为等差数列：
则，（b、ｃ为常数），若数列为等比数列，则，。
七、辅助数列法
例7：
已知数的递推关系为，且求通项。
解：
∵∴令则辅助数列是公比为2的等比数列
∴即∴
例5.在数列中，，，，求。
解析：
在两边减去，得
∴是以为首项，以为公比的等比数列，∴，由累加法得
==…===
例8：
已知数列｛｝中且（），，求数列的通项公式。
解：
∵∴，设，则
故｛｝是以为首项，1为公差的等差数列∴∴
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通项的问题。
将喻为楼的第一层，喻为楼的第二层，喻为楼的第三层，则数列中之间的关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方式理解之间的相互转化关系-----我亲切地称它为“楼层式”的转化方式。
一、“二层”之间的关系式，即型
若数列的连续若干项之间满足关系，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：
、 、、、、、、、、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——猜想——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：
生成：
，，…，，
累加：
=，于是只要可以求和就行。
（2）由等比数列演化为“商型”，如：
生成：
，，…，，
累乘：
，于是只要可以求积就行。
例题1：
已知数列满足：
求证：
①②是偶数（《数学通讯》2004年17期P44）
证明：
由已知可得：
又=
而=
所以，而为偶数
（二）由“差型”、“商型”类比出“和型”、“积型”：
即
例题2：
数列中相邻两项、是方程的两根，已知
求的值。
分析：
由题意：
+-----①，生成：
+-----②
由②－①得：
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。
到这里本题的解决就不在话下了。
特例：
若+，则，即该数列的所有的奇数项均相等，所有的偶数项也相等。
若------①，则-------②
由②÷①得：
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，则，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”。
如：
、、等类型。
例题3：
设是常数，且，
证明：
（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的三种方法：
方法
（1）：
构造公比为－2的等比数列，用待定系数法可知
方法
（2）：
构造差型数列，即两边同时除以得：
，从而可以用累加的方法处理。
方法（3）：
直接用叠代的方法处理：
说明：
①当时，上述三种方法都可以用；②当时，若用方法1，构造的等比数列应该是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：
已知数列中，，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。
即
…
再利用数学归纳方法证明最后的结论：
①当时，显然成立；
②假设当时，成立，
由题设知
即当时，成立
根据①②，当时，然后利用等比数列求和公式来化简这个通项。
二、“三层”之间的关系式，即型
若数列满足关系，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，解决途径是利用将“三层”问题全部走下“二层”，回到型或直接能求出，以下过程依同上述。
例题5：
已知数列的首项，前n项和满足关系式（t为常数且）
（1）求证：
数列是等比数列；
（2）设数列的公比为，作数列，使，，求
解析：
（1）由，，得,
∴，又，
得，得
∴是一个首项为1，公比为的等比数列。
（2）由，有
∴是一个首项为1，公差为的等差数列，∴。
类比例题：
已知数列满足，求的通项公式。
解析：
记
∴
∴∴。
三、“一层”与“三层”的关系式，即型
可利用公式：
直接求出通项。
例题6：
已知数列的前n项和为①②，分别求数列的通项公式。
解析：
①当时，
当时，
经检验时也适合∴
②当时，
当时，
经检验时不适合∴
四、“二层”与“三层”的关系式，即型
若数列满足关系，由这个递推关系及初始值确定的数列，也是递推数列。
它主要给出的是“二层”与“三层”之间的递推关系式，解决途径是利用转化为纯粹的“二层”或“三层”问题，即型或型（也就是将混合型的转化为纯粹型的）
例题7：
已知数列的前n项和Sn满足
（Ⅰ）写出数列的前3项；（Ⅱ）求数列的通项公式。
解析：
（Ⅰ）---------------①
由得----------------②
由得，得--------------③
由得，得---------④
（Ⅱ）∵---------------①
∴用代得-----------⑤
由①－⑤得：
即----------------------------⑥
由叠代法得
---------------------------⑦
例题8：
数列的前n项和记为Sn，已知
证明：
数列是等比数列；（2004全国卷
（二）理科19题）
方法
（1）∵
∴整理得
所以，故是以2为公比的等比数列.
方法
（2）：
事实上，我们也可以转化为，为一个商型的递推关系，
由=
得，下面易求证。
当然，还有一些转化的方法和技巧，如基本式的变换，象因式分解，取倒数等还是要求掌握的。
五、二个（或多个）“楼层”（即数列）之间的递推关系
除以上的转化方式外，还会出现多栋楼之间的联系，即不同数列之间的递推关系，对于该类问题，要整体考虑，根据所给数列递推公式的关系，灵活采用累加、累乘、化归等方法求解。
例题9：
甲、乙两容器中分别盛有浓度为10%、20%的某种溶液500ml，同时从甲乙两个容器中取出100ml溶液，将近倒入对方的容器搅匀，这称为是一次调和，记a1=10%,b1=20%,经（n-1）次调和后甲、乙两个容器的溶液浓度为a n、bn，
（1）试用an-1、bn-1表示a n、bn；
（2）求证数列{a n-bn}是等比数列，并求出a n、bn的通项。
分析：
该问题属于数列应用题，涉及到两个不同的数列a n和bn，且这两者相互之间又有制约关系，所以不能单独地考虑某一个数列，而应该把两个数列相互联系起来。
解析：
（1）由题意
；
（2）a n-bn==（）（n≥2），∴{a n-bn}是等比数列。
又a1-b1=-10%∴an-b n =-10%（n-1………
（1）
又∵==…=a1+b1=30%………
（2）
联立
（1）、
（2）得=-（n-1·5%+15%；=（n-1·5%+15%。
综而言之，等差、等比数列是两类最基本的数列，是数列部分的重点，自然也是高考考查的热点，而考查的目的在于测试灵活运用知识的能力，这个“灵活”往往集中在“转化”的水平上；以上介绍的仅是常见可求通项的递推数列的五种转化思路----“楼层式”的转化方式，同样采用相应的、风趣的教学形式，更易于学生接收新知识，从而激发学生的学习兴趣，让数学课堂生动活泼风趣起来。
这正顺应了当前“新课程理念”的大趋势。
利用递推关系求数列通项的九种类型及解法
1.形如型
（1）若f（n）为常数,即：
此时数列为等差数列，则=.
（2）若f（n）为n的函数时，用累加法.
方法如下：
由得：
时，，
，
所以各式相加得
即：
.
为了书写方便，也可用横式来写：
时，，
=.
例1.（2003天津文）已知数列｛an｝满足,
证明
证明：
由已知得：
=.
例2.已知数列的首项为1，且写出数列的通项公式.答案：
例3.已知数列满足，，求此数列的通项公式.答案：
评注：
已知,，其中f（n）可以是关于n的一次函数、二次函数、指数函数、分式函数，求通项.
①若f（n）是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和;
②若f（n）是关于n的二次函数，累加后可分组求和;
③若f（n）是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和;
④若f（n）是关于n的分式函数，累加后可裂项求和。
例4.已知数列中,且,求数列的通项公式.
解:
由已知得,
化简有,由类型
（1）有,
又得,所以,又,,
则
此题也可以用数学归纳法来求解.
2.形如型
（1）当f（n）为常数，即：
（其中q是不为0的常数），此时数列为等比数列，=.
（2）当f（n）为n的函数时,用累乘法.
由得时，，
=f（n）f（n-1）.
例1.设是首项为1的正项数列，且（=1，2，3，…），则它的通项公式是=________.
解：
已知等式可化为：
（）（n+1）,即
时，
==.
评注：
本题是关于和的二次齐次式，可以通过因式分解（一般情况时用求根公式）得到与的更为明显的关系式，从而求出.
例2.已知,求数列{an}的通项公式.
解：
因为所以
故又因为,即，
所以由上式可知,所以,故由累乘法得
=
所以-1.
评注：
本题解题的关键是把原来的递推关系式转化为
若令,则问题进一步转化为形式，进而应用累乘法求出数列的通项公式.
3.形如型
（1）若（d为常数），则数列{}为“等和数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论;
（2）若f（n）为n的函数（非常数）时，可通过构造转化为型，通过累加来求出通项;或用逐差法（两式相减）得，，分奇偶项来分求通项.
例1.数列{}满足,,求数列{an}的通项公式.
分析1：
构造转化为型
解法1：
令
则.
时,
各式相加:
当n为偶数时，.
此时
当n为奇数时，
此时,所以.
故
解法2：
时，，
两式相减得：
.
构成以,为首项，以2为公差的等差数列;
构成以,为首项，以2为公差的等差数列
.
评注：
结果要还原成n的表达式.
例2.（2005江西卷）已知数列{an}的前n项和Sn满足
Sn－Sn－2=3求数列{an}的通项公式.
解：
方法一：
因为
以下同例1，略
答案
4.形如型
（1）若（p为常数），则数列{}为“等积数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论;
（2）若f（n）为n的函数（非常数）时，可通过逐差法得，两式相除后，分奇偶项来分求通项.
例1.已知数列,求此数列的通项公式.
注：
同上例类似，略.
5．形如,其中）型
（1）若c=1时，数列{}为等差数列;
（2）若d=0时，数列{}为等比数列;
（3）若时，数列{}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求.
方法如下：
设,
得,与题设比较系数得
所以
所以有：
因此数列构成以为首项，以c为公比的等比数列，
所以
即：
.
规律：
将递推关系化为,构造成公比为c的等比数列从而求得通项公式
有时我们从递推关系中把n换成n-1有,两式相减有从而化为公比为c的等比数列,进而求得通项公式.,再利用类型
（1）即可求得通项公式.我们看到此方法比较复杂.
例1．已知数列中，求通项.
分析：
两边直接加上,构造新的等比数列。
解：
由得,
所以数列构成以为首项，以为公比的等比数列
所以,即.
方法二：
由
时，
两式相减得
数列是以=为首项，以c为公比的等比数列.
=（.
方法三：
迭代法
由递推式
直接迭代得
==
=.
方法四：
归纳、猜想、证明.
先计算出,再猜想出通项,最后用数学归纳法证明.
注：
请用这三种方法来解例题，体会并比较它们的不同.
6.形如型
.
（1）若（其中k,b是常数，且）
方法：
相减法
例1.在数列中，求通项.
解：
，①
时，，
两式相减得
.令,则
利用类型5的方法知
即②
再由累加法可得.
亦可联立①②解出.
例2.在数列中，,求通项.
解：
原递推式可化为
比较系数可得：
x=-6,y=9,上式即为
所以是一个等比数列，首项,公比为.
即：
故.
（2）若（其中q是常数，且n0,1）
①若p=1时，即：
，累加即可.
②若时，即：
，
求通项方法有以下三种方向：
i.两边同除以.
即：
令，则,
然后类型1，累加求通项.
ii.两边同除以.即：
令,则可化为.然后转化为类型5来解，
iii.待定系数法：
设.通过比较系数，求出，转化为等比数列求通项.
例1.（2003天津理）
设为常数，且．
证明对任意≥1，；
证法1：
两边同除以（-2）,得
令,则
=
=
=
.
证法2：
由得.
设，则b.即：
所以是以为首项，为公比的等比数列.
则=,
即：
故.
评注：
本题的关键是两边同除以3，进而转化为类型5，构造出新的等比数列，从而将求一般数列的通项问题转化为求等比数列的通项问题.
证法3：
用待定系数法
设,即:
比较系数得：
所以所以,
所以数列是公比为－2，首项为的等比数列.
即.
方法4：
本题也可用数学归纳法证.
（i）当n=1时，由已知a1=1－2a0，等式成立；
（ii）假设当n=k（k≥1）等式成立，则
那么
也就是说，当n=k+1时，等式也成立.根据（i）和（ii），可知等式对任何n∈N，成立.
规律：
类型共同的规律为：
两边同除以，累加求和，只是求和的方法不同.
7.形如型
（1）即取倒数法.
例1.已知数列中，，，求通项公式。
解：
取倒数：
例2.（湖北卷）已知不等式为大于2的整数，表示不超过的最大整数.设数列的各项为正，且满足
（Ⅰ）证明
分析：
本题看似是不等式问题，实质就是求通项问题.
证：
∵当
即于是有
所有不等式两边相加可得
由已知不等式知，当n≥3时有，
∵
评注：
本题结合不等式的性质，从两边取倒数入手，再通过裂项求和即可证得.
2.形如型
方法：
不动点法:
我们设,由方程求得二根x,y,由有
同理,两式相除有,从而得,再解出即可.
例1.设数列｛an｝满足,求｛an｝的通项公式.
分析：
此类问题常用参数法化等比数列求解.
解：
对等式两端同时加参数t,得：
令,解之得t=1,-2代入得
,
相除得,即{}是首项为，
公比为的等比数列,=,解得.
方法2：
，
两边取倒数得，
令b，则b,转化为类型5来求.
8.形如（其中p,q为常数）型
（1）当p+q=1时用转化法
例1.数列中，若,且满足,求.
解：
把变形为.
则数列是以为首项，3为公比的等比数列，则
利用类型6的方法可得.
（2）当时用待定系数法.
例2.已知数列满足，且,且满足,求.
解：
令,即,与已知
比较，则有,故或
下面我们取其中一组来运算，即有,
则数列是以为首项，3为公比的等比数列，故
即,利用类型的方法，可得
.
评注：
形如的递推数列,我们通常采用两次类型（5）的方法来求解,但这种方法比较复杂,我们采用特征根的方法:
设方程的二根为,设,再利用的值求得p,q的值即可.
9.形如（其中p,r为常数）型
（1）p>0，用对数法.
例1.设正项数列满足，（n≥2）.求数列的通项公式.
解：
两边取对数得：
，，设，则是以2为公比的等比数列，，，，∴
练习数列中，，（n≥2），求数列的通项公式.答案：
（2）p<0时用迭代法.
例1.（2005江西卷）
已知数列，
（1）证明
（2）求数列的通项公式an.
解：
（1）略
（2）
所以
又bn=－1，所以.
方法2：
本题用归纳-猜想-证明，也很简捷，请试一试.
解法3：
设c，则c,转化为上面类型
（1）来解.
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