1、递推数列求通项公式的典型方法1、 an+1=an+f（n）型累加法:an=（a n-an-1）+（a n-1-an-2）+（a 2-a1）+ a 1=f（n-1）+f（n-2）+f（1）+ a1例 1 已知数列a n满足 a1=1,an+1=an+2n（nN *）, 求 an解: a n=（a n-an-1）+（a n-1-an-2）+（a 2-a1）+ a 1=2n-1+2n-2+21+1=2n-1（nN *）例 在数列 中， , ，求通项公式 .31)(1n n解：原递推式可化为： an则 ,212a323，434 nn11逐项相加得： .故n1a42、 型)(1gan累积法: 121an
2、所以 1.3gn例 2:已知数列a n满足 , 求*1Nna.an解: 121.nn=!.3Nan!例 2 设数列 是首项为 1的正项数列，且 （n=1,2,3） ，na 0)1(12nnnaa则它的通项公式是 =（2000 年高考 15题）.解：原递推式可化为：=0)()1(1nn 0， naa则 ，,43,2,132aa na1逐项相乘得： ，即 = .n1n13 型（p,q 为常数）qpnn1方法：（1） ，再根据等比数列的相关知识求 .11pqaan na(2) 再用累加法求 .n na(3) ,先用累加法求 再求11p例 3已知 的首项 （a 为常数） ， ，求na2,21nNn n
3、a解 设 ，则12nn为公比为 2的等比数列。11nan题目:在数列 (不是常数数列)中, 且 ,求数列 的通项公式.12nna13ana解法一:因为 ,所以, ,所以, ,所以,数列12nna 1()2n是公比为 的等比数列.又 ,所以, ,将 代1n21616n 2na入上式可得 .14()3nn评注这种方法叫做差分法.即由条件 进行递推可得 ,1nnapq()01npq进一步可得 ,数列 是公比为 的等比数列,所以,1nnapp,再将 代入即可求得 .112()n1n 12()nnaq解法二:所给数列对应的特征方程为 : ,所以,特征根为 .因为 ,所以,2x4x12nna,即数列 是公
4、比为 的等比数列,又 ,所以,14()2nna4na13a4.故 .1)31()32评注:这种方法叫做特征根法,因为 ,所以满足 (叫做此数列对应的特征方程)的 存pxpqx在,由 可得 ,所以,数列 是以 为首1nnapq1()nnaxpqx()npanax1项,以 为公比的等比数列或各项均为 0,于是再根据条件 ,所以,11()xp.1()nx解法三:设 ,即 与已知 对比可得 ,所()2nn12nn12nn 2以, .所以,可得 ,即数列 是公比为 的等比数列或者各项均为414()a4a0.(下同解法二).评注:这种方法通常叫做构造法.即由已知递推式的特点构造一个等比数列,再求通项公式.
5、设,与原递推数列进行对比可以建立方程,求数所设实数 的值即可得1()nnap 是以 为首项,以 为公比的等比数列.1ap以上三种方法虽然各不相同,但是它们有一点是共同的,即构造一个等比数列,这就是本题的实质所在.4 型（p 为常数）fnn1方法：变形得 ，则 可用累加法求出，由此求得 .11nfanpana例 4已知 满足 ，求n 12,2n解 21na为等差数列。an21n5. 型（p,q 为常数）nqp12方法：待定糸数法设 构造等比数列nnaa112例 5数列 中， 且 ，求 .na,3,1 2,1nNna6、取倒数法例 6 已知数列 中，其中 ，且当 n2 时， ，求通项公式 。na,
6、112nana解 将 两边取倒数得： ，这说明 是一个等差数列，首项是12n 1na，公差为 2，所以 ，即 .1a 2)(na 12n7、取对数法例 若数列 中， =3且 （n 是正整数） ，则它的通项公式是 =（2002na121na na年上海高考题）.解 由题意知 0，将 两边取对数得 ，即 ，所以数n21n nnalg2l12l1n列 是以 = 为首项，公比为 2的等比数列， ，即lgna1l3g 13.1238、平方（开方）法例 8 若数列 中， =2且 （n ） ，求它的通项公式是 .n1a213nana解 将 两边平方整理得 。数列 是以 =4为首项，3 为公23a 32n21
7、差的等差数列。 。因为 0，所以 。)(1n na9、待定系数法待定系数法解题的关键是从策略上规范一个递推式可变成为何种等比数列，可以少走弯路.其变换的基本形式如下：1、 （A、B 为常数）型，可化为 =A（ ）的形式.ann 1nn例 9 若数列 中， =1， 是数列 的前 项之和，且 （n ） ，求1nSaS4311数列 的通项公式是 .nn解 递推式 可变形为 （1）nS431431nnS设（1）式可化为 （2）)(1nnS比较（1）式与（2）式的系数可得 ，则有 。故数列 是2)(31nnS21nS以 为首项，3 为公比的等比数列。 = 。所以 。1S S3当 n ， 。2 12382
8、311nnnnSa数列 的通项公式是 。n82n)(2、 （A、B、C 为常数，下同）型，可化为ann1n= ）的形式.Ca(例 10 在数列 中， 求通项公式 。n ,342,11nnana解：原递推式可化为：)3(2311nnnaa比较系数得 =-4，式即是： .)34(2341nna则数列 是一个等比数列，其首项 ，公比是 2. 41n 51 5n即 .1123na3、 型，可化为 的形式。aBA2 )()112 nnn aAa例 11 在数列 中， ，当 ， 求通项公式n,21Nn652.n解：式可化为： )(5112 nnaa比较系数得 =-3或 =-2，不妨取 =-2.式可化为：2
9、3nn则 是一个等比数列，首项 =2-2（-1）=4，公比为 3.1 12 .利用上题结果有：142a.5nn4、 型，可化为 的形式。CBA1 )1(221 naAna例 12 在数列 中， ， =6 n231n3求通项公式 .a解 式可化为： 比较系数可得：2121 )()(2ann=-6， ， 式为91nb是一个等比数列，首项 ，公比为 .nb 9621 1)2(n即 nna)(96故 .)(9一、复习回顾引入问题：已知数列a n满足 a1=1, 且 an+1 = +1,求 an。3n分析一：归纳法。由递推公式，可求出 a2=4，a 3=13，a 4=40。则 a2-a1=3=31，a
10、3-a2=9=32，a 4-a3=27=33。由此猜测：a n-an-1=3n-1（可用数学归纳法证明） ，所以 an-1-an-2=3n-2，a n-2-an-3=3n-3，a 4-a3=33，a 3-a2=32，a 2-a1=31，把上式子累加，得，a n-a1=31+32+33+3n-1=，得 an=。312n分析二：构造法。由 an+1 = +1，得 an+1 + =3（a n+ ） ，即数列a n+ 为一个公比为 3的3n1212等比数列，则 an+ =(1+ )3n-1 = 。21分析三：迭代法。a n=3an-1+1=3(3an-2+1)+1=32an-2+3 1+1=3n-1a
11、1+3n-2 1+3n-3 1 +3 1+1=3点评：（1）分析一中先猜测出前后两项差的关系，再用累加法求出通项；这种用不完全归纳法求出前几项再找规律的的方法，对所有求数列通项的题均适用，应培养归纳能力；（2）分析二中构造出新数列，由新数列求出 an的通项；（3）分析三使用迭代法，这也是由递推式求通项的基本方法。本文将由此例题展开，对它进行各种变形，力求归纳出由递推公式求通项公式的方法。二、例题精讲例 1.已知数列a n中，a 1=1，对任意自然数 n都有 ，求 an。12()n分析：由已知， ， ， ，2()n12a 324，累加，得 an-a1=213a 1.()()nn = 。n点评：（
12、1）例 3由例 1中的常数项 1变为 f(n)而得来；（2）递推式为 an+1=an+f(n)，只要 f(1)+f(2)+f(n-1)是可求的，可用累加法求出。（3）今年安徽题中也有这样一题：已知数列a n中 a1=1，且 a2k=a2k-1+(-1)k，a 2k+1=a2k+3k，其中k=1,2,3（1）求 a3，a 5（2）求数列a n的通项公式。这是一个 an+1=an+f(n)型的函数，只不过偶数项减奇数项与奇数项减偶数项的 f(n)不同而已，依照上法，可以轻松求解。（4）运用类比推理的思想方法，把例 3与例 1的形式进行比较后可看出类似之处，从而在方法上类同。对递推式为 an+1=p
13、an+q（p、q 为常数）时，可构造新数列 an+1+ =p(an+ )。其证明的简1qp略过程如下：由 an+1=pan+q，令 an+1+x =p(an+x)，化简，得 an+1=pan+px-x，因此 px-x=q，即 x=。得证。1qp例 2：已知数列a n中，a 1=1， ，求 an。13nn分析：把两边取倒数，可得 。令 ，则 bn+1=3bn+1，即引入问题，按上1nn1n法可求解。点评：（1）转换问题，化成基本型后求解（运用反思维定势定势方法中的转移思维方法）（2）对分式型递推数列可归纳如下：设 a1=a， 1(0)ncadb若 d=0，则上式变形为 ，令 ,则 ,即基本型。1
14、nnbcn1nnac若 d，c0,且 bcad，令 an= bn+t(t为待定系数)转化为情形。例 3. 在数列 中， ,求通项 .na362,311na解：原递推式可化为 yxyxnn)()(比较系数可得：x=-6,y=9,上式即为 1b所以 是一个等比数列，首项 ,公比为 .nb 2961a1即：1)2(9nn)(9故 .6ann(2)若 (其中 q是常数，且 n 0,1)f)若 p=1时，即： ，累加即可.na1若 时，即： ，pp求通项方法有以下三种方向：i. 两边同除以 .1np即： ,令 ，则 ,nnqa)(1 abnnqpb)(然后类型 1，累加求通项.ii.两边同除以 . 即：
15、 ,1n qpnn11令 ,则可化为 .然后转化为类型 5来解，nqabbqn1iii.待定系数法：设 .通过比较系数，求出 ，转化为等比数列求通项.)(11 nnn p 形如 (其中 p,q为常数)型1apa（1）当 p+q=1时 用转化法例 4.数列 中，若 ,且满足 ,求 .n 2,803412nnaan解：把 变形为 .03412nnaa )(3112nnaa则数列 是以 为首项，3 为公比的等比数列，则612利用类型 6的方法可得 .16（2）当 时 用待定系数法.2qp例 5. 已知数列 满足 ，且 ,且满足,求 .na0512nnna5,12ana解：令 ,即 ,与已知)(112
16、nxyx 0)(2nnxyx比较，则有 ,故 或065na6y3下面我们取其中一组 来运算，即有 ,32y )2(112nnnaa则数列 是以 为首项，3 为公比的等比数列，故nna112a,即 ,利用类型 的方法，可得a21 nn. n3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nnb12比较复杂,我们采用特征根的方法:设方程 的二根为 ,设 ,再bxa)(nnnqpa利用 的值求得 p,q的值即可.1,a形如 (其中 p,r为常数)型rnnp（1）p0， 用对数法.0例 6. 设正项数列 满足 ， （n2）.求数列 的通项公式.a121nana解：两边取对数
17、得： ， ，设 ，则122loglnn )1(logl2n 1log2nab， 是以 2为公比的等比数列， ，12nbb ， ，logalog1an 12n练习 数列 中， ， （n2） ，求数列 的通项公式. n1a1nana答案： nn2（2）p0 时 用迭代法.课堂小结：学生的体会是多方面、多角度的，因此小结内容也很灵活。知识方面：数列的概念、数列的通项公式能力方面：掌握研究问题的一般方法，主要有：观察、发现、归纳、总结、类比 思考问题：是否每一个数列都能写出它的通项公式？每一个数列的通项公式是否唯一？根据前 n 项写出的不同形式的通项公式所确定的数列是否是相同的？求递推数列通项公式是数
18、列知识的一个重点，也是一个难点，高考也往往通过考查递推数列来考查学生对知识的探索能力，求递推数列的通项公式一般是将递推公式变形，推得原数列是一种特殊的数列或原数列的项的某种组合是一种特殊数列，把一些较难处理的数列问题化为中学中所研究的等差或等比数列。利用递推数列求通项公式，在理论上和实践中均有较高的价值，下面介绍一下利用构造法求递推数列的通项公式的方法和策略.一、构造等差数列法例 1.在数列a n中， ，求通项公式 an。anan113212， ()()解：对原递推式两边同除以 可得：ann122()()令 bnn则即为 ，则数列b n为首项是 ，公差是 的等n12ba1132()bn12差数
19、列，因而 ，代入式中得 。b32() n4()故所求的通项公式是an1241()二、构造等比数列法1.定义构造法利用等比数列的定义 ，通过变换，构造等比数列的方法。qan1例 2.设在数列a n中， ，求a n的通项公式。ann112，解：将原递推式变形为aann122()nn12()/得： ，aann122即 lglgaann122设 bnnl式可化为 ，则数列b n是以 b1 为首项，an12lglglg()a221公比为 2 的等比数列，于是 ，代入式得： bnn21l()l()an2，解得 为所求。()1nann12()2. （A、B 为常数）型递推式nn1可构造为形如 的等比数列。a
20、an1()例 3.已知数列 ，其中 ，求通项公式 。n an1132， an解：原递推式可化为： ，则数列 是以 为首项，公比为n()n1123 的等比数列，于是 ，故 。a11()33. （A、 B、C 为常数，下同）型递推式ann1可构造为形如 的等比数列。annn11()例 4.已知数列 ，其中 ，且 ，求通项公式 an。n1an123解：将原递推变形为 ，设 bn 。31ann得 bnn132设式可化为 ，比较得 于是有nnn1132()15bbnnn1525()数列 是一个以 为首项，公比是3 的等比数列。1125所以 ，即 ，代入式中得：bnnn15231()bnnn5213()为
21、所求。ann()4. 型递推式ABCnn1可构造为形如 的等比数列。aAan1212()例 5.在数列 中， ，求通项公式 。nn363， an解：原递推式可化为 ，比较系数可得： ，1212()()nn16，上式即为 是一个等比数列，首项292b， b16，公比为 。所以 。bnn21()即 ，故 为所求。an69an91269()三、函数构造法对于某些比较复杂的递推式，通过分析结构，联想到与该递推式结构相同或相近的公式、函数，再构造“桥函数”来求出所给的递推数列的通项公式的方法。例 6.在数列 中， ，求通项公式 an。anann113，分析：首先考虑所给递推式与公式 的联系。()bab3
22、223解：设 ，则 同理x11xxx21311()， ，。a39a47即 ，猜想xa13233343001122 3， ， ， 。下面用数学归纳法加以证明（证明略） 。xnnn1由于 即 ，解得 ，于是a1， 152ann()5231为所求。()3523n转化为常见类型求解：例 2 设数列 满足下列条件，试求各通项：na（1） ,)3,21()(1 na（2） 42（3） )5,(,0, 2111 ann解：（1） )1()( nan令 则 ，,bn1a1bn本题用 除递推式两边，再进行变量代换，就可转化为“ 型” ，)( )(1nfan可得 22nn（2）递推式两边同除以 ，得 ，就可转化为
23、“ 型” ，nna)21( )(1fn当然，也可以在递推式两边同除以 ，得 ，)1( 2)(1nna即则可转化为“ 型” ，所以得qapnn1 1)(3na（3）递推式两边同取对数，得 )lgl2lg211nna令 ，则nnablgl1),543(21nbn )3,1(bn，已转化为“ 型” ，由累乘相消法可1)(1 0)(ll nnn )(1fan得 12 22)1(4121 00nnaa根据上述的介绍，下面问题你能解决吗？练习：设数列 满足下列条件，试求各通项：n（1） )4,32(3,1na（2） （3） ,1)2(,1 nn（4） )(11 （5） 4,323, aa（6） ),32(
24、,0221 nn（7） ),321(4325,111 naan（8） ),(41n专题二 由递推公式求通项的技巧（1） 递推式为：a n+1=an+f(n)型（用迭加法）（2） 递推式为：a n+1=pan+q 型(p,q 为常数)( 用特征根法转化成等比数列）（3） 递推式为：a n+1=pan+qn 型(p,q 为常数)(同除 qn 或 qn+1，再用特征根法转化成等比数列)（4） 递推式为：a n+2=pan+1+qan 型(p,q 为常数)( 变行为： an+2-an+1=(a n+1-a n)nnaaa求中、 已 知例 ,14,212nnn aaNa求有对 于中 ，、例 ,23,11
25、nnn aaNa求有对 于中 ，、例 ,21(3,6511 nnn aa求有中 ，、例 ,312,12nnn nasa s求中 ，、 设例 用的 关 系 式 ： 此 类 型 可 利与递 推 式 为 ,2,15 )2.(1s ()1 1nnnn assa 求项 的 和 ， 且为 其 前中 ，、 已 知例 ,)1(46 2nnaa， 求、 已 知例 （ 用 迭 乘 法 ）型 如 17:)(1的 极 限项 和的 前）（ 的 通 项） 求（ 的 两 根 ，是 方 程、中 ，、 已 知例 分 成 奇 数 项 与 偶 数 项 ）（ 此 类 题 把型 如 ：nn nnn nnTba xbat21 031,1
26、8)7( 21的 通 项，分 别 求 出，且 成 等 比 ，、成 等 差 ；、，、 已 知 数 列例 ”法 ）递 推 式 （ 用 “减 少 变 量同 一 个 题 中 ， 出 现 两 个双 递 推 n nnnnnbaba baa,2109)8( 21212 的 通 项、分 别 求 出 成 等 差 ，、成 等 比 ，、，满 足、 已 知例n nnnnba baaba 111,210 递推数列求通项公式的基本类型及其对策高中数学递推数列通项公式的求解，在高考中娄见不鲜，其丰富的内涵及培养学生思维逻辑性具有较高的价值，同时对于培养学生的归纳推理能力也具有十分重要的意义，下面就递推数列求通项的基本类型作
27、一个归纳，以供读者参考。类型一、型或 )()(11ngafan对策：利用迭加或迭乘方法，即： 12211 )()()( aaannn 或12211 aannn 例 1、 （2006 年山东高考文科）已知数列 na中， 21， na1，点 （ ）在直线y=x 上，其中 n=1,2,3. ()令 是 等 比 数 列 ；求 证 数 列 nnn bab,11()求数列 的 通 项 ；解析：（I） na12，点 （ ）在直线 y=x 上 an12 得： 1321nnaa )1(21nnaa又 1nnb 2b而 21a得 43数列 nb是以首项为 43121ab，公比为 21的等比数列（II）由（I）得
28、43nn， 1nn即112nna由： 12211 )()()( aan43143243 0n=n类型二、 型)(afS对策：巧用 )2(1nSn例 2、 （2007 年福建高考文科）数列a n的前 N 项和为 Sn，a 1=1，a n+1=2Sn (nN*). 求数列a n的通项 an。解析：（I）a n+1=2Sn,S n+1-Sn=2Sn, n1=3.又S 1a 1=1,数列S n是首项为 1、公比为 3 的等比数列，S n=3n-1(nN*).当 n2 时，a n-2Sn-1=23n-2(n2),a n=.,312，类型三、 型)0(1pqan对策：等价转化为：)1(1pqapqann从
29、而化为等比数列 1pqan，并且该数列以 1pqa为首项，公比为 p例 3、 （2006 年福建高考理科）已知数列 na满足*11,2().naN求数列n的通项公式.解：*12(),naN12(),nn是以 1为首项，2 为公比的等比数列 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j .n即 2*().变式 1： 型)0(1pqrann对策：（1）若 p=q，则化为ran1，从而化为以 qa1为首项，公差等于 r 的等差数列 nqa（2）若 pq，则化为rqapnn1，进而转化为类型三求通项例 4、已知数列 a满足 .2)2(41*aNn， 且，求及 n.解析： nn211nna令 2na
30、b，则 )(1nnb n+1是以首项为2a，公比为 2 的等比数列 b21nna得数列 na的通项公式为nna2变式 2： 型)0(1pqrpn对策：等价转化为： )(1yxnapyxna，再化为pyxnan)1(1，对照系数，解出 x，y，进而转化为类型三例 5、题见例 1（2006 山东高考文科）解析： na12，点 （ ）在直线 y=x 上 an1 令)(2)( yxyxnn ，可化为：021xa与比较系数得 21yx， 可化为：)2(1)(1 nannaa 3)2()213n变式 3、 rqapnn1型对策：取倒数后得 pqnn11，化为类型三例 6、已知数列 na满足 a1=1， 6
31、31na，求 n解析：由 631n，得21nn即：)(21nna，以下请读者解决。变式 4： 型01pr若 p=1，则等式两边取常用对数或自然对数，化为： 1lglnnar，得到首项为 1lga，公比为 r 的等比数列 nalg，所以 nl= 1lgar，得1若 p1，则等式两边取以 p 为底的对数得： 1lglnpnpar，转为类型三求通项。例 7、 （06 年石家庄模拟）若数列 na中， 31且 )(21为 正 整 数，则数列的通项公式为 解析：21na及 31知 n，两边取对常用对数得：nlgl l是以首项为 3lg1a，公比为 2 的等比数列。112n变式 5、 型)0(1pqapan
32、nn对策： 两端除以 n1得： n1（1）若 p，则构成以首项为 1a，公差为 q的等差数列 na1；例 8、 （07 保定摸底）已知数列 n满足 2,n时， n112，求通项公式na。解： nna112 1n，数列 n是以首项1a，公差为 2 的等差数列12)(an 12（2）若 p，转化为类型三求解。变式 6： 型)0(11pqaann对策：等价转化为 1nxayx，利用与 11nnqapa恒等求出 x,y 得到一等比数列 1nn，得 n1=f(n)，进而化为变式 2 类型例 9、题见例 1（2006 山东高考文科）解析： na12，点 （ ）在直线 y=x 上 nan12 1 得： 32
33、11nnaa)1(211 nnaa数列 1n是以首项为 432，公比为 的等比数列以下同例 1（II）求通项 na类型四、奇偶项型对策一：求出奇数项（或偶数项）的递推关系，再对应以上方法求解。例 10（2005 年高考北京卷改编）设数列 na的首项 41a，且为 奇 数为 偶 数nan,4121，求 na解：若 n 为偶数，则 812)41(21 na即 821a)41(2)41(2)41(4321 aannnn )(112aan 4)(12nn若 n 为奇数，则 4121nnaa即 42n，)21()21()21(2142 aaannnn )4(12n为 奇 数为 偶 数naann,41)(
34、21,212对策二： 型)0(1pqn，这种类型一般可转化为 12na与 n2是等差或等比数列。例 11、在数列 na中， nn，a求， 211解：由 n21，得 2n两式相除得： na， 12na与 n2均为公比为 2 的等比数列，易求得：为 偶 数为 奇 数an21,类型五、周期型例 12、 （2005 年高考湖南卷）已知数列 na满足 20*11 )(30，Nnaan 则，（ ）A0 B C 3 D3略解：由 111nnaa，得03142 aa，因此数列是以 3 为周期的数列，所以 320，选 B探究递推公式为分式型数列的通项问题对于形如递推公式为 na1ABCD（ 0， 0ABC）的数
35、列 na，这类问题有一般性的公式解法，通常用特征方程求不动点，即先求解递推公式所对应的特征方程，求出不动点，然后再解。虽然这类题本身有特征方程求不动点等的知识背景，但高考题并不考，也不依赖于这知识，从所给的标准答案来看，其立意在于将递推数列求通项问题转化为已知数列的已知知识来解决，即转化为等差数列或等比数列来解决。那么，有没有不用高等数学知识，而只用高中数学知识的方法？这类问题是否存在通项公式？若存在又怎么来求？下面通过具体例子介绍一种方法，仅供参考!例题例题 1：（2010 年全国高考数学理科第 22 题）已知数列 na中， 1， 1.nnac（）设 52c， 2nb，求数列 b的通项公式；
36、（）求使不等式 1 3成立的 c的取值范围.分析：（）题目已经明确告诉学生要构造： 2na的倒数，也就是说在 152nna，两边同时减 2 得： 152nnnaa，再倒数即： 14nn，亦即 142b，下一步再变形： 43b，所以 3b是首项为 3，公比为 4 的等比数列，进而可求出数列 n的通项公式。（）略例题 2：（2008 年全国高考数学陕西卷理科第 22 题）已知数列 na的首项 1= 5， 1na= 2n，n=1 ，2, 3 （）求 的通项公式；证明：对任意的 x0, n x 23nx, n=1，2，3 （）证明： 12ana21分析：（）由 1na= 32n两边同时加上 ，得 1n
37、a 321na；倒数得 113nna23n3232na；令 32， （目的使分母成“ ” 型） ；得 0，或 1，不妨取 0，于是有1na n，变形 1na1 31na，又 1 3，所以，数列 na是以 3为首项， 3为公比的等比数列。于是：有 2n，得 n2略例题 3：（2007 年全国高考数学理科试卷第 22 题）：已知：数列 na中， 12， 1na2na， 1，2，3 （）求 的通项公式；（）若数列 nb中 12， 134nb， ，2，3 证明： 2 43a， ，2，3 分析：（）由题设可得 1n12na所以数列 2na是首项为 2，公比为 的等比数列所以 n, ，2，3 （）对于 1
38、342nb两边同时加 x得： nnbxx；即： 1 423nnbxb倒数： 1324n即: 1nbx2x3nxb23（1）可令： 342x，目的是使分母变成“ nbx”型则（1）式可化为 1nb32x1n23 （2）由方程 342x 得 ;不妨取 则（2）式可变为 12nb312nb3即： 12nb4它是形如“ napq”的式子；易求 421nn所以： 42211nnb；显然， nb 2。由()知： na 所以 43n4321n4312n于是： 43nab4321n421n4342nn234342112nn4342211nn432211n0所以， nb 43a综上可知， 2 n， ，2，3 探
39、求：对于 1(0,0)nnABCADBa型通项公式的方法可以推广到一般，结果总结如下：对于 n1两边同时加 x，得： nax1nABCDx即： ax1()()naC倒数： 1n1()()nDAxBx即： nax1()()nCBxaA所以： 1n1()()nCxDAaBx即： ax21nDxaACx为了使上述等式左右成“ na”形式，可令 则： 1naxDCA1x （*）由方程 B，得： 2()0ADB (0)C方程有解的条件为： ()4在此条件下可求出该方程解： 1x， 2；不妨令 1x 则（*）式可变为： naCnaA设 nb1ax， nb1ax则 pq （其中 p1DCA， q1x）对于上
40、述数列 n是很容易求出它的通项公式的。即可求出数列 1nax的通项。进而求出数列 na通项公式来。以上方法尽管相对较麻烦些，但它用得知识点和方法都是高中数学内容所要求的。因为原数列既不是等差数列也不是等比数列，但我们在原数列上“加”上一个适当的数，再“倒”过来，就可以用我们所掌握的等差，等比知识来求了，所以不妨称之为“加倒法” 。它是一种初等的方法。练习： 1. （河北省定州市实验中学 张志兰）中学数学教学参考 2009.12。 76P已知数列 na中， 1=3， na132， ,nN，（）若数列 b满足 n，证明： nb是等比数列；求数列 n的通项公式以及最大项，并说明理由；（）求 limx
41、a的值。2 （广西师大附中 李天红）中学数学教学参考 2009.12。 80P已知函数 31f，设数列 na满足 1， 1nnafN，数列 nb满足 n3na，记 nSib（）求数列 a的通项公式；求证： 132nn；（）求证： S3已知各项均为正数的数列 na满足 17425na，且 12，求数列 na的通项公式。 4已知数列 na中， 12， 3n，求数列 n的通项公式。5已知数列 na满足 1724na，首项为 13a，求数列 na的通项公式。 6已知数列 满足 3n，首项为 2，求数列 的通项公式。 答案1先求得数列 na的通项 n12，进而求出数列 nb的通项 12nn2 （） 313nnn；31na， 4 13na，5 162n， 6 928；
