(第44讲)高中数学复习专题讲座-数列通项为公式的求法

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数列通项公式的求法
嵩明县第一中学 吴学伟 2006 年 5 月 31 日星期三 各种数列问题在很多情形下, 就是对数列通项公式的求解。 特别是在一些综合性比较强 的数列问题中, 数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。 本文总结出几种求解 数列通项公式的方法,希望能对大家有帮助。

一、定义法
直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法, 这种方法适应于已知数列 类型的题目. 数列 {a n } 的通项公式. 例 1.等差数列 {a n } 是递增数列,前 n 项和为 S n ,且 a1 , a3 , a9 成等比数列, S 5 = a5 .求
2

解:设数列 {a n } 公差为 d ( d > 0) ∵ a1 , a3 , a9 成等比数列,∴ a3 = a1 a9 ,
2

即 ( a1 + 2d ) 2 = a1 (a1 + 8d ) ? d 2 = a1 d ∵d ≠ 0, ∵ S 5 = a5
2

∴ a1 = d ………………………………① ∴ 5a1 +

5× 4 ? d = (a1 + 4d ) 2 …………② 2

3 3 ,d = 5 5 3 3 3 ∴ a n = + ( n ? 1) × = n 5 5 5
由①②得: a1 = 点评: 点评:利用定义法求数列通项时要注意不用错定义,设法求出首项与公差(公比)后再 写出通项。

二、公式法

若 已 知 数 列 的 前 n 项 和 S n 与 a n 的 关 系 , 求 数 列 {a n } 的 通 项 a n 可 用 公 式

?S1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?n = 1 求解。 an = ? ?S n ? S n ?1 ? ? ? ? ? ? ? n ≥ 2 n 例 2.已知数列 {a n } 的前 n 项和 S n 满足 S n = 2a n + ( ?1) , n ≥ 1 .求数列 {a n } 的通项公式。 . 解:由 a1 = S1 = 2a1 ? 1 ? a1 = 1
当 n ≥ 2 时,有

a n = S n ? S n ?1 = 2( a n ? a n ?1 ) + 2 × ( ?1) n ,

∴ an = 2an ?1 + 2 × ( ?1) n ?1 , a n ?1 = 2a n ? 2 + 2 × ( ?1) n ? 2 , ……, a 2 = 2a1 ? 2. ∴an = 2n?1a1 +2n?1 ×(?1) +2n?2 ×(?1)2 +L+2×(?1)n?1

= 2n?1 + (?1)n[(?2)n?1 + (?2)n?2 +L+ (?2)] = 2n?1 ? (?1)n
2[1? (?2)n?1] 3

2 = [2n?2 + (?1)n?1]. 3
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经验证 a1 = 1 也满足上式,所以 a n =

2 n?2 [2 + (?1) n?1 ] 3 ?S n ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?n = 1 求解时,要注意对 n 分类讨论,但若能合 点评: 点评:利用公式 a n = ? ?S n ? S n ?1 ? ? ? ? ? ? ? n ≥ 2

写时一定要合并. 由递推式求数列通项法 三、由递推式求数列通项法 对于递推公式确定的数列的求解, 通常可以通过递推公式的变换, 转化为等差数列或等 比数列问题,有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列。 类型 1 递推公式为 a n +1 = a n + f ( n) 解法:把原递推公式转化为 a n +1 ? a n = f ( n) ,利用累加法 逐差相加法 累加法(逐差相加法 累加法 逐差相加法)求解。 (2004 全 国 卷 I.22) 已 知 数 列 {a n } 中 , a1 = 1, 且a 2 k = a2 k ?1 + ( ?1) , a2 k +1 = a2 k + 3 , 其 中
k k

k = 1, 2,3, ……,求数列 {a n } 的通项公式。P24(styyj)
例 3. 已知数列 {a n } 满足 a1 = 解:由条件知: a n +1 ? a n =

1 1 , a n +1 = a n + 2 ,求 a n 。 2 n +n
2

1 1 1 1 = = ? n + n n(n + 1) n n + 1

分 别 令 n = 1,2,3,? ? ? ? ??, ( n ? 1) , 代 入 上 式 得 ( n ? 1) 个 等 式 累 加 之 , 即

(a 2 ? a1 ) + (a3 ? a 2 ) + (a 4 ? a3 ) + ? ? ? ? ? ? +(a n ? a n?1 ) 1 1 1 1 1 1 1 = (1 ? ) + ( ? ) + ( ? ) + ? ? ? ? ? ? + ( ? ) 2 2 3 3 4 n ?1 n 1 所以 a n ? a1 = 1 ? n 1 1 1 3 1 Q a1 = ,∴ a n = + 1 ? = ? 2 2 n 2 n
类型 2 (1)递推公式为 a n +1 = f ( n) a n 解法:把原递推公式转化为

a n+1 = f (n) ,利用累乘法 逐商相乘法 累乘法(逐商相乘法 累乘法 逐商相乘法)求解。 an

(2004 全国卷 I.15)已知数列{an},满足 a1=1,an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1(n≥2),则{an}的 通项

?1 an = ? ? ___

n =1 n≥2

P24(styyj)

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例 4. 已知数列 {a n } 满足 a1 = 解:由条件知 之,即

2 n , a n +1 = a n ,求 a n 。 3 n +1

a n+1 n = ,分别令 n = 1,2,3,? ? ? ? ??, ( n ? 1) ,代入上式得 ( n ? 1) 个等式累乘 an n +1

a a a 2 a3 a 4 1 2 3 n ?1 1 ? ? ? ?????? ? n = × × × ??????× ? n = a1 a 2 a3 a n?1 2 3 4 n a1 n
又Q a1 =

2 2 ,∴ a n = 3 3n

(2) .由 a n +1 = f ( n) a n 和 a1 确定的递推数列 {a n } 的通项可如下求得: 由已知递推式有 a n = f ( n ? 1) a n ?1 , a n ?1 = f ( n ? 2) a n ? 2 , ? ? ? , a 2 = f (1) a1 依次向前代 入,得

a n = f (n ? 1) f (n ? 2) ? ? ? f (1)a1 ,
简记为 a n = ( Π f ( k ))a1
k =1 n ?1

(n ≥ 1, Π f (k ) = 1) ,这就是叠(迭)代法 代法的基本模式。 叠
k =1

0

(3)递推式: a n +1 = pa n + f (n ) 解法:只需构造数列 {bn } ,消去 f (n ) 带来的差异. 构造数列 例 5.设数列 {a n } : a1 = 4, a n = 3a n ?1 + 2n ? 1, ( n ≥ 2) ,求 a n . 解:设 bn = a n + An + B, 则a n = bn ? An ? B ,将 a n , a n ?1 代入递推式,得

bn ? An ? B = 3[bn?1 ? A(n ? 1) ? B ] + 2n ? 1

= 3bn ?1 ? (3 A ? 2)n ? (3B ? 3 A + 1) ? A = 3A ? 2 ?A = 1 ? ?? ∴? ? B = 3B ? 3 A + 1 ? B = 1 ?

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∴ 取bn = a n + n + 1 …(1)则 bn = 3bn ?1 ,又 b1 = 6 ,故 bn = 6 × 3 n ?1 = 2 × 3 n
代入(1)得 a n = 2 × 3 ? n ? 1
n

则可设 bn = a n + An + Bn + C ;(2) 说明: 若 f (n) 为 n 的二次式, (1)
2

本题也可由 a n = 3a n ?1 + 2n ? 1 , a n ?1 = 3a n ? 2 + 2( n ? 1) ? 1( n ≥ 3 ) 两 式相减得 a n ? a n ?1 = 3( a n ?1 ? a n ? 2 ) + 2 转 化为 bn = pbn ?1 + q 求 之. 例 6.已知 a1 = 3 , a n +1 = 解: a n =

3n ? 1 a n (n ≥ 1) ,求 a n 。 3n + 2

3(n ? 1) ? 1 3(n ? 2) ? 1 3× 2 ?1 3 ?1 ? ? ???? ? a1 3(n ? 1) + 2 3(n ? 2) + 2 3× 2 + 2 3 + 2 3n ? 4 3n ? 7 5 2 6 ? ?L ? ? 3 = 3n ? 1 3n ? 4 8 5 3n ? 1 。

=

。 类型 3 递推公式为 a n +1 = pa n + q (其中 p,q 均为常数, ( pq ( p ? 1) ≠ 0) ) 解法:把原递推公式转化为: a n +1 ? t = p ( a n ? t ) ,其中 t = 比数列求解。 (2006.重庆 .14)在数列 {an } 中,若 a1 = 1, an +1 = 2an + 3( n ≥ 1) ,则该数 列的通项 an =
新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源
t /: w .x t .c /w /x h w p k y m j g o c

q ,再利用换元法 换元法转化为等 换元法 1? p

特 特特特特特 特王新王王特王 特特特 特 新 王新王王 王 新 w @ 1 .c m x c 2 o k t 6 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源/:w 源.xk源源.cm /w /xc 源 源w j tyg 源源 p o 特 特特特特特 特王特特特特特 新王王 王 新 王新王王 王 新 w @ 1 .c m x c 2 o k t 6

P24(styyj)

例 7. 已知数列 {a n } 中, a1 = 1 , a n +1 = 2a n + 3 ,求 a n . 解:设递推公式 a n +1 = 2a n + 3 可以转化为 a n +1 ? t = 2( a n ? t ) 即 a n +1 = 2a n ? t ? t = ?3 . 故递推公式为 a n +1 + 3 = 2( a n + 3) ,令 bn = a n + 3 , b1 = a1 + 3 = 4 ,且 则

bn +1 a n+1 + 3 = = 2. bn an + 3
n ?1

所 以 {bn } 是 以 b1 = 4 为 首 项 , 2 为 公 比 的 等 比 数 列 , 则 bn = 4 × 2

= 2 n+1 , 所 以

a n = 2 n+1 ? 3 .
q ( 。 类型 4 递推公式为 a n +1 = pa n + q (其中 p, 均为常数, pq ( p ? 1)( q ? 1) ≠ 0) )
n

(或

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an +1 = pan + rq n ,其中 p,q, r 均为常数)
(2006 全国 I.22) (本小题满分 12 分) 设数列 {an } 的前 n 项的和 S n = (Ⅰ)求首项 a1 与通项 an ;

4 1 2 a n ? × 2 n +1 + , n = 1, 2, 3, 3 3 3
P25(styyj)
n +1

解法:该类型较类型 3 要复杂一些。一般地,要先在原递推公式两边同除以 q

,得:

a n+1 p a n 1 = ? + q n+1 q q n q
引入辅助数列 {bn } (其中 bn = 例 8. 已知数列 {a n } 中, a1 =

an 1 p ) ,得: bn +1 = bn + 再应用类型 3 的方法解决。 n q q q

5 1 1 n+1 , a n +1 = a n + ( ) ,求 a n 。 6 3 2 1 1 n+1 2 n n +1 解:在 a n +1 = a n + ( ) 两边乘以 2 n +1 得: 2 ? a n +1 = ( 2 ? a n ) + 1 3 2 3 2 2 n n 令 bn = 2 ? a n ,则 bn +1 = bn + 1 ,应用例 7 解法得: bn = 3 ? 2( ) 3 3 b 1 n 1 n 所以 a n = n = 3( ) ? 2( ) n 2 3 2
。 类型 5 递推公式为 a n + 2 = pa n +1 + qa n (其中 p,q 均为常数) 解法:先把原递推公式转化为 a n + 2 ? sa n +1 = t ( a n +1 ? sa n ) 其中 s,t 满足 ?

?s + t = p ,再应用前面类型 3 的方法求解。 ?st = ? q

(2006.福建.理.22) (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; P26(styyj) 例 9. 已知数列 {a n } 中, a1 = 1 , a 2 = 2 , a n + 2 = 解:由 a n + 2 =

2 1 a n+1 + a n ,求 a n 。 3 3

2 1 a n+1 + a n 可转化为 a n+ 2 ? sa n+1 = t (a n+1 ? sa n ) 3 3

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即 an+2

2 ? 1 ?s = 1 ? ?s + t = 3 ? ? ?s = ? = ( s + t )a n+1 ? sta n ? ? ?? 3 1 或? ?t = ? 3 ?t = 1 ?st = ? 1 ? ? ? 3 ?
1 ? ?s = ? 3 , 大 家 可 以 试 一 试 ), 则 ? ?t = 1 ?

?s = 1 ? 这里不妨选用 ? 1 (当然也可选用 ?t = ? 3 ?

1 1 a n+ 2 ? a n+1 = ? (a n+1 ? a n ) ? {a n+1 ? a n }是以首项为 a2 ? a1 = 1 , 公比为 ? 的等比数列, 3 3 1 n?1 所以 a n +1 ? a n = ( ? ) ,应用类型 1 的方法,分别令 n = 1,2,3,? ? ? ? ??, ( n ? 1) ,代入上式得 3 1 1 ? (? ) n?1 1 0 1 1 1 n?2 3 (n ? 1) 个等式累加之,即 a n ? a1 = (? ) + (? ) + ? ? ? ? ? ? + (? ) = 1 3 3 3 1+ 3 7 3 1 n ?1 又Q a1 = 1 ,所以 a n = ? ( ? ) 。 4 4 3 类型 6 递推公式为 S n 与 a n 的关系式。(或 S n = f ( an ) )
解法:利用 a n = ?
新新新 源源源源源源源源 源 新新新 源源源源源源源源 源
t /: w k g m /w c h w p j.x t o y .c x /

?S1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?(n = 1) 进行求解。 ?S n ? S n ?1 ? ? ? ? ? ? ? (n ≥ 2)

(2006.陕西.20) (本小题满分 12 分) 已知正项数列{an},其前 n 项和 Sn 满足 10Sn=an2+5an+6 且 a1,a3,a15 成等比数列,求数列{an} 的通项 an P24(styyj)
特 特特特特特 特王特王新特王 新特特 特 王 王c@ 王新 王 新 .c王 x t 2 6 m w k 1 o 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源源w k源gty源m 源cx/ 源 源j.x 源/w /: w p o .c 特 特特特特特 特王特特特特王 新王新 特 王 王c@ 王新 王 新 .c王 x t 2 6 m w k 1 o 新新新 源源源源源源源源 源 新新新 源源源源源源源源 源
t /: w k g m /w c h w p j.x t o y .c x /

特 特特特特特 特王特王新特王 新特特 特 王 王c@ 王新 王 新 .c王 x t 2 6 m w k 1 o

新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源源w k源gty源m 源cx/ 源 源j.x 源/w /: w p o .c 特 特特特特特 特王特特特特王 新王新 特 王 王c@ 王新 王 新 .c王 x t 2 6 m w k 1 o

例 10. 已知数列 {a n } 前 n 项和 S n = 4 ? a n ?

1 2 n?2

.

(1)求 a n +1 与 a n 的关系; (2)求通项公式 a n . 解: (1)由 S n = 4 ? a n ?

1 2
n?2

得: S n +1 = 4 ? a n +1 ?

1 2 n?1

于是 S n +1 ? S n = ( a n ? a n +1 ) + ( 所以 a n +1 = a n ? a n +1 +

1 2
n?2

1 2 n?1

? a n +1

) 2 n ?1 1 1 = an + n . 2 2
n +1

?

1

(2)应用类型 4 的方法,上式两边同乘以 2 n +1 得: 2 由 a1 = S1 = 4 ? a1 ?
n

a n+1 = 2 n a n + 2

1 2
1? 2

? a1 = 1 .于是数列 2 n a n 是以 2 为首项,2 为公差的等差数列,
n 2 n ?1
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{

}

所以 2 a n = 2 + 2( n ? 1) = 2n ? a n =
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类型 7 双数列型 解法:根据所给两个数列递推公式的关系,灵活采用累加 累乘 化归 累加、累乘 化归等方法求解。 累加 累乘、化归 例 11. 已 知 数 列 {a n } 中 , a1 = 1 ; 数 列 {bn } 中 , b1 = 0 。 当 n ≥ 2 时 ,

1 1 a n = (2a n?1 + bn?1 ) , bn = (a n?1 + 2bn?1 ) ,求 a n , bn . 3 3 1 1 解:因 a n + bn = ( 2a n ?1 + bn ?1 ) + ( a n ?1 + 2bn ?1 ) = a n ?1 + bn ?1 3 3
所以 a n + bn = a n ?1 + bn ?1 = a n ? 2 + bn ? 2 = ? ? ? = a 2 + b2 = a1 + b1 = 1 即 a n + bn = 1 …………………………………………(1) 又因为 a n ? bn =

1 1 1 (2a n ?1 + bn ?1 ) ? (a n?1 + 2bn ?1 ) = (a n?1 ? bn?1 ) 3 3 3 1 1 2 1 n?1 所以 a n ? bn = ( a n ?1 ? bn ?1 ) = ( ) a n ? 2 ? bn ? 2 ) = …… = ( ) (a1 ? b1 ) 3 3 3 1 n ?1 1 n ?1 = ( ) .即 a n ? bn = = ( ) ………………………(2) 3 3 1 1 n ?1 1 1 n ?1 由(1)(2)得: a n = [1 + ( ) ] , bn = [1 ? ( ) ] 、 2 3 2 3 四、待定系数法(构造法)
求数列通项公式方法灵活多样,特别是对于给定的递推关系求通项公式,观察、分析、 推理能力要求较高。通常可对递推式变换,转化成特殊数列(等差或等比数列)来求解,这 种方法体现了数学中化未知为已知的化归思想, 而运用待定系数法变换递推式中的常数就是 一种重要的转化方法。 1、通过分解常数,可转化为特殊数列{a n +k}的形式求解。一般地,形如 a n +1 =p a n +q(p 、通过分解常数 ≠1,pq≠0)型的递推式均可通过待定系数法对常数 q 分解法:设 a n +1 +k=p(a n +k)与原 式比较系数可得 pk-k=q,即 k=

q ,从而得等比数列{a n +k}。 p ?1

例 12、数列{a n }满足 a 1 =1,a n =

1 a n ?1 +1(n≥2) ,求数列{a n }的通项公式。 2 1 1 解:由 a n = a n ?1 +1(n≥2)得 a n -2= (a n ?1 -2) ,而 a 1 -2=1-2=-1, 2 2 1 ∴数列{ a n -2}是以 为公比,-1 为首项的等比数列 2 1 n?1 1 ∴a n -2=-( ) ∴a n =2-( ) n ?1 2 2
说明: 说明:这个题目通过对常数 1 的分解,进行适当组合,可得等比数列{ a n -2},从而达到解
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决问题的目的。 例 13、数列{a n }满足 a 1 =1, 3a n +1 + a n ? 7 = 0 ,求数列{a n }的通项公式。

7 3 1 k 7 7 设 a n +1 + k = ? ( a n + k ) ,比较系数得 ? k ? = 解得 k = ? 3 3 3 4 7 1 7 7 3 ∴{ a n ? }是以 ? 为公比,以 a1 ? = 1 ? = ? 为首项的等比数列 4 3 4 4 4 7 3 1 n ?1 7 3 1 n?1 ∴ a n ? = ? × (? ) ? a n = ? × (? ) 4 4 3 4 4 3 例 14.已知数列 {a n } 满足 a1 = 1 ,且 an +1 = 3an + 2 ,求 a n . .
解:由 3a n +1 + a n ? 7 = 0 得 a n +1 = ? a n + 解:设 a n +1 + t = 3( a n + t ) ,则 a n +1 = 3a n + 2t ? t = 1 , :

1 3

a n +1 + 1 = 3(a n + 1) ? {a n + 1} 是 以 (a1 + 1) 为 首 项 , 以 3 为 公 比 的 等 比 数 列
点评: 点评:求递推式形如 a n +1 = pa n + q (p、q 为常数)的数列通项,可用迭代法或待定系

? a n + 1 = (a1 + 1) ? 3 n?1 = 2 ? 3 n?1 ? a n = 2 ? 3 n?1 ? 1
数法构造新数列 a n +1 +

q q ) 来求得,也可用“归纳—猜想—证明”法来求, = p(an + 1? p p ?1
n

例 15.已知数列 {a n } 满足 a1 = 1 , a n = 3 + 2a n ?1 ( n ≥ 2) ,求 a n . .

这也是近年高考考得很多的一种题型.

an 2a an 2 a n?1 = 1 + n?1 ? n = 1 + n n 3 3 n?1 3 3 3 an 2 2 2 1 设 bn = n ,则 bn = 1 + bn ?1 .令 bn ? t = (bn ?1 ? t ) ? bn = bn ?1 + t 3 3 3 3 3 a1 2 8 ? t = 3. 条件可化成 bn ? 3 = (bn ?1 ? 3) , 数列 {bn ? 3} 是以 b1 ? 3 = ? 3 = ? 为首项, 3 3 3 an 2 8 2 n?1 为公比的等比数列. bn ? 3 = ? × ( ) .因 bn = n , 3 3 3 3 8 2 ∴ a n = bn 3n = 3 n (? × ( ) n?1 + 3) ? a n = 3 n+1 ? 2 n+ 2 . 3 3 n +1 n +1 点评: 点评:递推式为 a n +1 = pa n + q (p、q 为常数)时,可同除 q ,得 a n+1 p a n a = ? n + 1 ,令 bn = n 从而化归为 a n+1 = pa n + q (p、q 为常数)型. n +1 q q q qn
解:将 a n = 3 + 2a n ?1 两边同除 3 ,得 :
n
n

2 、 通 过 分 解 系 数 , 可 转 化 为 特 殊 数 列 {a n ? a n ?1 } 的 形 式 求 解 。 这 种 方 法 适 用 于

a n+ 2 = pa n +1 + qa n 型的递推式,通过对系数 p 的分解,可得等比数列 {a n ? a n ?1 } :设 a n+ 2 ? ka n +1 = h(a n +1 ? ka n ) ,比较系数得 h + k = p,? hk = q ,可解得 h, k 。

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( 2006. 福 建 . 文 .22 )( 本 小 题 满 分

14

分 ) 已 知 数 列

{an }

满 足

a1 = 1, a2 = 3, an + 2 = 3an +1 ? 2an (n ∈ N * ).
(I)证明:数列 {an +1 ? an } 是等比数列; (II)求数列 {an } 的通项公式; 例 16、数列 {a n } 满足 a1 = 2, a 2 = 5, a n + 2 ? 3a n +1 + 2 a n =0,求数列{a n }的通项公式。 分析:递推式 a n + 2 ? 3a n +1 + 2a n = 0 中含相邻三项,因而考虑每相邻两项的组合,即把中 间一项 a n +1 的系数分解成 1 和 2,适当组合,可发现一个等比数列 {a n ? a n ?1 } 。 解:由 a n + 2 ? 3a n +1 + 2a n = 0 得 a n + 2 ? a n +1 ? 2( a n +1 ? a n ) = 0 即 a n + 2 ? a n +1 = 2( a n +1 ? a n) ,且 a 2 ? a1 = 5 ? 2 = 3 ∴ {a n +1 ? a n } 是以 2 为公比,3 为首项的等比数列 ∴ a n +1 ? a n = 3 ? 2
n ?1

利用逐差法可得 a n +1 = ( a n +1 ? a n ) + ( a n ? a n ?1 ) + L + ( a 2 ? a1 ) + a1 =3? 2
n ?1

+ 3 ? 2 n?2 + L + 3 ? 2 0 + 2

= 3 ? ( 2 n ?1 + 2 n ? 2 + L + 2 + 1) + 2 =3?

1 ? 2n +2 1? 2
n

=3? 2 ?1 ∴ an = 3 × 2
n ?1

?1

例 17、数列 {a n } 中, a1 = 1, a 2 = 2,3a n + 2 = 2a n +1 + a n ,求数列 {a n } 的通项公式。 解:由 3a n + 2 = 2a n +1 + a n 得 a n + 2 =

2 1 a n +1 + a n , 设 a n+ 2 ? ka n +1 = h(a n +1 ? ka n ) 3 3 2 1 1 1 比较系数得 k + h = , kh = ,解得 k = 1, h = ? 或 k = ? , h = 1 ? 3 3 3 3
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若取 k = 1, h = ? ,则有 a n + 2 ? a n +1 = ? ( a n +1 ? a n ) ∴ {a n +1 ? a n } 是以 ? ∴ a n +1 ? a n = ( ? )

1 3

1 3

1 为公比,以 a 2 ? a1 = 2 ? 1 = 1 为首项的等比数列 3

1 n ?1 3 由逐差法可得 a n = ( a n ? a n ?1 ) + ( a n ?1 ? a n ? 2 ) + L + ( a 2 ? a1 ) + a1
= (? )

1 3

n?2

1 1 1 + ( ? ) n ?3 + L + ( ? ) 2 + ( ? ) + 1 + 1 3 3 3

1 1 ? (? ) n ?1 3? 1 7 3 1 ? 3 = + 1 = ?1 ? (? ) n ?1 ? + 1 = ? × (? ) n?1 1 4? 3 ? 4 4 3 1+ 3 1 1 1 说明:若本题中取 k = ? , h = 1 ,则有 a n + 2 + a n +1 = a n +1 + a n 即得 说明 3 3 3 1 1 1 1 {a n +1 + a n } 为常数列, a n +1 + a n = a n + a n ?1 = L = a 2 + a1 3 3 3 3 1 7 = 2 + = 故可转化为例 13。 3 3 2 1 例 18.已知数列 {a n } 满足 a1 = 1 , a 2 = 2 , a n + 2 = a n +1 + a n 求 a n . . 3 3 解:设 a n + 2 ? sa n +1 = t ( a n +1 ? sa n ) ?
2 ? 1 ?s = 1 ? ?s + t = 3 ? ? ?s = ? a n + 2 = ( s + t )a n+1 ? sta n ? ? ?? 3 1 或? 1 t=? ?st = ? ? ?t = 1 3 ? ? ? 3 ? 1 则条件可以化为 a n + 2 ? a n +1 = ? ( a n +1 ? a n ) ? {a n +1 ? a n } 是以首项为 a 2 ? a1 = 1 , 公比为 3 1 1 ? 的等比数列,所以 a n +1 ? a n = (? ) n?1 .问题转化为利用累加法求数列的通项的问题,解 3 3 7 3 1 n ?1 得 a n = ? (? ) . 4 4 3 点 评 : 递 推 式 为 a n + 2 = pa n +1 + qa n ( p 、 q 为 常 数 ) 时 , 可 以 设 a n + 2 ? sa n+1 = t (a n+1 ? sa n ) ,其待定常数 s、t 由 s + t = p , st = ? q 求出,从而化归为上述
已知题型.

五、特征根法
1、设已知数列 {a n } 的项满足 a1 = b, a n +1 = ca n + d ,其中 c ≠ 0, c ≠ 1, 求这个数列的通项公 、 式 。 作 出 一 个 方 程 x = cx + d , 则 当 x 0 = a1 时 , a n 为 常 数 列 , 即

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an = a1;当x0 ≠ a1时, an = bn + x0 , 其 中 {bn } 是 以 c 为 公 比 的 等 比 数 列 , 即
bn = b1c n ?1 , b1 = a1 ? x0 .
例 19.已知数列 {a n } 满足: a n +1 = ? a n ? 2, n ∈ N, a1 = 4, 求 a n .

1 3

1 3 x ? 2, 则x0 = ? . 3 2 3 11 当 a1 = 4 时, a1 ≠ x 0 , b1 = a1 + = . 2 2 1 为 公 比 的 等 比 数 数 列 {bn } 是 以 ? 3 1 11 1 3 3 11 1 bn = b1 (? ) n?1 = (? ) n?1 , a n = ? + bn = ? + (? ) n?1 , n ∈ N. 3 2 3 2 2 2 3
解:作方程 x = ? 2 、 对 于 由 递 推 公 式 a n + 2 = pa n +1 + qa n , a1 = α , a 2 =



.





β 给 出 的 数 列 {a n } , 方 程

x 2 ? px ? q = 0 ,叫做数列 {a n } 的特征方程。若 x1 , x 2 是特征方程的两个根,当 x1 ≠ x 2 时,
数列 {a n } 的通项为 a n = Ax1 和 n = 1,2 ,代入 a n = Ax1
n ?1 n ?1 n + Bx 2 ?1 , A, 由 a1 = α , a 2 = β 决定 其中 B (即把 a1 , a 2 , x1 , x 2

n + Bx 2 ?1 ,得到关于 A、B 的方程组) x1 = x 2 时,数列 {a n } ;当

的通项为 an = ( A + Bn) x1 , 其中 A, 由 a1 = α , a 2 = B
n ?1

β 决定 (即把 a1 , a 2 , x1 , x 2 和 n = 1,2 ,

代入 a n = ( A + Bn) x1

n ?1

,得到关于 A、B 的方程组) 。

例 20:已知数列 {a n } 满足 a1 = a, a 2 = b,3a n + 2 ? 5a n +1 + 2a n = 0( n ≥ 0, n ∈ N ) ,求数列

{a n }的通项公式。
解法一(待定系数——迭加法) 由 3a n + 2 ? 5a n +1 + 2a n = 0 ,得

a n+ 2 ? a n+1 =

2 (a n+1 ? a n ) , 3

且 a 2 ? a1 = b ? a 。 则数列 {a n +1 ? a n } 是以 b ? a 为首项,

2 为公比的等比数列,于是 3

2 a n+1 ? a n = (b ? a )( ) n?1 。把 n = 1,2,3,? ? ?, n 代入,得 3

a 2 ? a1 = b ? a ,
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2 a 3 ? a 2 = (b ? a ) ? ( ) , 3 2 a 4 ? a 3 = (b ? a ) ? ( ) 2 , 3 ??? 2 a n ? a n ?1 = (b ? a )( ) n ? 2 。 3
把以上各式相加,得

2 1 ? ( ) n ?1 2 2 2 3 a n ? a1 = (b ? a )[1 + + ( ) + ? ? ? + ( ) n? 2 ] = (b ? a) 。 2 3 3 3 1? 3 2 2 ∴ a n = [3 ? 3( ) n?1 ](b ? a ) + a = 3(a ? b)( ) n?1 + 3b ? 2a 。 3 3
解法二(特征根法) :数列 {a n } : 3a n + 2 ? 5a n +1 + 2a n = 0( n ≥ 0, n ∈ N ) , a1 = a, a 2 = b 的特征方程是: 3 x ? 5 x + 2 = 0 。
2

Q x1 = 1, x 2 =

2 , 3

2 n ∴ a n = Ax1n ?1 + Bx 2 ?1 = A + B ? ( ) n ?1 。 3
又由 a1 = a, a 2 = b ,于是

?a = A + B ? A = 3b ? 2a ? 2 ?? ? ? B = 3(a ? b) ?b = A + 3 B ?
故 a n = 3b ? 2a + 3( a ? b)( )

2 3

n ?1

3、 、如果数列 {a n } 满足下列条件:已知 a1 的值且对于 n ∈ N ,都有 a n +1 = q、r、h 均为常数,且 ph ≠ qr , r ≠ 0, a1 ≠ ? 方程有且仅有一根 x0 时,则 ?

pa n + q (其中 p、 ra n + h

h px + q ) ,那么,可作特征方程 x = ,当特征 r rx + h

?

1 ? ? 是等差数列;当特征方程有两个相异的根 λ1 、 λ 2 时, ? an ? x0 ?

则?

? an ? x1 ? ? 是等比数列。 ? an ? x2 ?

(2006.重庆.文.22). (本小题满分 12 分)
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数列 {a n }满足a1 = 1且8a n +1 a n ? 16a n +1 + 2a n + 5 = 0( n ≥ 1). 求数列 {a n } 的通项公式. 解:由已知,得 an +1 =

2 an + 5 2x + 5 1 5 ,其特征方程为 x = ,解之,得 x = 或x = 16 ? 8an 16 ? 8 x 2 4

1 5 6(an ? ) 12(an ? ) 1 2 ,∴ a ? 5 = 4 ∴ an +1 ? = n +1 2 16 ? 8an 4 16 ? 8an 1 1 1 1 an ? an ? a1 ? 2 =1 2 ,∴ 2= 2 ? ( 1 ) n ?1 = ? 4 ∴ 5 2 5 5 5 2 2n an +1 ? an ? an ? a1 ? 4 4 4 4 an +1 ? 2n ?1 + 5 an = n 。 P26 (styyj) 2 +4
例 21、已知数列 {a n } 满足性质:对于 n ∈ N, a n ?1 = 解: 数列 {a n } 的特征方程为 x =

an + 4 , 且 a1 = 3, 求 {a n } 的通项公式. 2a n + 3

x+4 , 变形得 2 x 2 + 2 x ? 4 = 0, 其根为 λ1 = 1, λ 2 = ?2. 2x + 3

故特征方程有两个相异的根,使用定理 2 的第(2)部分,则有

cn =

a1 ? λ1 p ? λ1 r n?1 3 ? 1 1 ? 1 ? 2 n ?1 ?( ) = ?( ) , n ∈ N. a1 ? λ 2 p ? λ 2 r 3 + 2 1? 2? 2
2 1 n ?1 (? ) , n ∈ N. 5 5

∴ cn =

2 1 ? 2 ? (? ) n?1 ? 1 λ c ? λ1 5 5 ∴ an = 2 n = , n ∈ N. 2 1 n ?1 cn ? 1 (? ) ? 1 5 5
(?5) n ? 4 即 an = , n ∈ N. 2 + (?5) n
例 22.已知数列 {a n } 满足:对于 n ∈ N, 都有 a n +1 =

13a n ? 25 . an + 3

(1)若 a1 = 5, 求 a n ; (2)若 a1 = 3, 求 a n ; (3)若 a1 = 6, 求 a n ; (4)当 a1 取哪些值时,无穷数列 {a n } 不存在?

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解:作特征方程 x =

13 x ? 25 . 变形得 x 2 ? 10 x + 25 = 0, x+3 特征方程有两个相同的特征根 λ = 5. 依定理 2 的第(1)部分解答.

(1)∵ a1 = 5,∴ a1 = λ . ∴ 对于 n ∈ N, 都有 a n = λ = 5; (2)∵ a1 = 3,∴ a1 ≠ λ . ∴ bn =

1 r + (n ? 1) a1 ? λ p ? rλ

=

1 1 + (n ? 1) ? 3?5 13 ? 1 ? 5 1 n ?1 =? + , 2 8

令 bn = 0 ,得 n = 5 .故数列 {a n } 从第 5 项开始都不存在, 当 n ≤4, n ∈ N 时, a n =

1 5n ? 17 +λ = . bn n?5

(3)∵ a1 = 6, λ = 5, ∴ a1 ≠ λ . ∴ bn =

1 r n ?1 + (n ? 1) = 1+ , n ∈ N. a1 ? λ p ? λr 8

令 bn = 0, 则 n = ?7 ? n. ∴对于 n ∈ N, b n ≠ 0. ∴ an =

1 +λ = bn

1 5n + 43 +5 = , n ∈ N. n ?1 n+7 1+ 8

(4)、显然当 a1 = ?3 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,

a1 = 5 时 , 数 列 {a n } 是 存 在 的 , 当 a1 ≠ λ = 5
bn =

时 , 则 有

1 r 1 n ?1 5n ? 13 + (n ? 1) = + , n ∈ N. 令 bn = 0, 则 得 a1 = ,n ∈ N a1 ? λ p ? λr a1 ? 5 8 n ?1

且 n ≥2. ∴当 a1 =

5n ? 13 (其中 n ∈ N 且 N≥2)时,数列 {a n } 从第 n 项开始便不存在. n ?1 5n ? 13 : n ∈ N , 且 n ≥2}上取值时,无穷数列 {a n } 都不存 于是知:当 a1 在集合 {?3 或 n ?1
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在. 说 明 : 形 如 : an =

man ?1 递 推 式 , 考 虑 函 数 倒 数 关 系 有 k (a n ?1 + b)

1 1 k 1 1 1 1 = k( + )? =k? + 令 bn = 则 {bn } 可归为 a n +1 = pa n + q 型。(取倒 取倒 an a n?1 m an a n?1 m an
数法) 数法 例 23: a n =

a n ?1 , a1 = 1 3 ? a n?1 + 1
1 3 ? a n?1 + 1 1 = = 3+ an a n?1 a n?1

解:取倒数:

?1? 1 1 1 ∴ ? ? 是等差数列, = + (n ? 1) ? 3 = 1 + (n ? 1) ? 3 ? a n = 3n ? 2 a n a1 ? an ?
六、构造法
构造法就是在解决某些数学问题的过程中,通过对条件与结论的充分剖析,有时会联 想出一种适当的辅助模型,如某种数量关系,某个直观图形,或者某一反例,以此促成命题 转换,产生新的解题方法,这种思维方法的特点就是“构造”.若已知条件给的是数列的递 推公式要求出该数列的通项公式, 此类题通常较难, 但使用构造法往往给人耳目一新的感觉. 1、构造等差数列或等比数列 、 由于等差数列与等比数列的通项公式显然, 对于一些递推数列问题, 若能构造等差数列或等 比数列,无疑是一种行之有效的构造方法. 例 24: 设各项均为正数的数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ,对于任意正整数 n,都有等式: :

a n + 2a n = 4S n 成立,求 {an }的通项 an.
2
2 2 2 2

解: a n + 2a n = 4 S n ? a n ?1 + 2a n ?1 = 4 S n ?1 ,

(an + a n?1 )(a n ? a n?1 ? 2) = 0 ,∵ a n + a n?1 ≠ 0 ,∴ a n ? a n?1 = 2 . 即 {an }是以 2 为公差的
等差数列,且 a12 + 2a1 = 4a1 ? a1 = 2 . 例 25: 数列 {an }中前 n 项的和 S n = 2n ? a n ,求数列的通项公式 an . : 解 : ∵ ∴ a n = 2 + 2( n ? 1) = 2n

∴ a n ? a n ?1 + 2an ? 2an ?1 = 4( S n ? S n ?1 ) = 4a n

a1 = S1 = 2 ? a1 ? a1 = 1



n



2





a n = S n ? S n?1 = 2n ? a n ? [2(n ? 1) ? a n?1 ] = ? a n + 2 + a n?1 ? a n =

1 a n?1 + 1 2

? an ? 2 =

1 (a n?1 ? 2) 2 1 bn?1 ,且 b1 = 1 ? 2 = ?1 2
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令 bn = a n ? 2 ,则 bn =

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{bn } 是以 1 为公比的等比数列, bn = ?1× ( 1 ) n?1 = ?( 1 ) n?1
2 2 2
∴ an = 2 ? ( )

1 2

n ?1

.

2、构造差式与和式 、 解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差, 然后采用迭加的方法就可求得这 一数列的通项公式. (n∈N*) ,求数列 例 26: 设 {an }是首项为 1 的正项数列,且 a n ? a n?1 ? na n ? na n ?1 = 0 , :
2 2

的通项公式 an. 解:由题设得 ( an + a n ?1 )( a n ? a n ?1 ? n) = 0 . ∵ a n > 0 , a n ?1 > 0 ,∴ a n + a n ?1 > 0 . ∴ a n ? a n ?1 = n

a n = a1 + (a 2 ? a1 ) + (a3 ? a 2 ) + L(an ? a n?1 ) = 1 + 2 + 3 + L + n =

{an }中, a1 = 1, a2 = 3 ,且 an+2

n(n + 1) 例 27 : 数 列 2 = (n + 3)a n+1 ? (n + 2)an , (n∈N*) ,求通项公式 a n .

解:Q a n + 2 ? a n +1 = (n + 2)(a n +1 ? a n ) = (n + 2)(n + 1)(a n ? a n ?1 )

= L = ( n + 2)(n + 1) L 4 × 3(a 2 ? a1 ) = (n + 2)! ∴ a n = a1 + ( a 2 ? a1 ) + ( a3 ? a 2 ) + L + ( a n ? a n ?1 ) = 1 + 2!+3!+ L n! (n∈N*)
3、构造商式与积式 、 构造数列相邻两项的商式,然后连乘也是求数列通项公式的一种简单方法.

1 2 ,前 n 项的和 S n = n a n ,求 a n+1 . 2 2 2 2 2 解: a n = S n ? S n ?1 = n a n ? ( n ? 1) a n?1 ? (n ? 1) an = ( n ? 1) a n ?1 a n ?1 ? n = , a n?1 n + 1 a a a n ?1 n ? 2 1 1 1 ∴ a n = n ? n ?1 L 2 ? a1 = ? L × = a n?1 an? 2 a1 n +1 n 3 2 n(n + 1) 1 ∴ a n +1 = (n + 1)(n + 2)
例 29: 设正项数列 {an }满足 a1 = 1 , a n = 2a n?1 (n≥2).求数列 {an }的通项公式. :
2 a a a a a

例 28: 数列 {an }中, a1 = :

4、构造对数式或倒数式 、 有些数列若通过取对数,取倒数代数变形方法,可由复杂变为简单,使问题得以解决. 解:两边取对数得: log 2n = 1 + 2 log 2n ?1 , log 2n + 1 = 2(log 2n ?1 + 1) ,设 bn = log 2n + 1 , 则 bn = 2bn ?1

{bn } 是以 2 为公比的等比数列, b1 = log12 + 1 = 1 .
2 n ?1 ?1

bn = 1× 2 n?1 = 2 n?1 , log an + 1 = 2 n?1 , log an = 2 n?1 ? 1 , 2 2
∴ an = 2 例 30: 已知数列 {an }中, a1 = 2 ,n≥2 时 a n = :

7 an?1 ? 3 ,求通项公式. 3a n?1 + 1
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解:∵ a n ? 1 =

4an?1 ? 4 1 1 3 ,两边取倒数得 = + . 3a n?1 + 1 a n ? 1 an ?1 ? 1 4

可化为等差数列关系式.

1 1 3 3n + 1 = + (n ? 1) = a n ? 1 a1 ? 1 4 4 3n + 5 ∴ an = 3n + 1

总结方法比做题更重要!方法产生于具体数 学内容的学习过程中.
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