1、用心 爱心 专心等差数列及等比数列的“遗传”与“变异”遗传若数列 na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：（） 去掉前面几项后余下项组成的仍为公差为 d的等差数列（）所有的奇数项组成的是公差为 d2的等差数列；所有的偶数项组成的是公差为 的等差数列；形如 kna（其中 是常数，且 Nk）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 d（）数列 nc（其中 c是任一个常数）是公差为 cd的等差数列（） 数列 a（其中 是任一个常数）是公差为 的等差数列（）数列 kn（其中 是常数，且 Nk）是公差
2、为 k)1(的等差数列（）若 b是公差为 1d等差数列，且 qp,为常数，则数列 nbqap一定是公差为 1qdp的等差数列（）等差数列 na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 n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：（） a去掉前面几项后余下项组成的仍是公比为 q的等比数列（）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 kq（）数列 n是公比为 q的等比数列（）数列 ac（ 是任一常数且 0c）是等比数列，公比仍为 q（） mn（ 是常数，且 K
3、）是公比为 mq的等比数列特殊地：若数列 n是正项等比数列时，且 是任一个实常数，则数列 mna是公比为 mq的等比数列（） kna（其中 是常数，且 Nk）是公比为 1k的等比数列（）若 b是公比为 1q的等比数列， ，则 nba是公比为 1q的等比数列（）等比数列 n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 项的和也构成一个等比数列变异用心 爱心 专心若数列 na， b均为不是常数列的等差数列时，则有：（） 当数列 中的项不同号时，则数列 na一定不是等差数列（） 数列 kn不是等差数列（） mna（ 是常
4、数，且 K， 1m， 0n）不是等差数列（） 数列 nb不是等差数列若数列 为不是常数列的等比数列时，则有：（） 数列 can（其中 是任一个不为的常数， ）不是等比数列（） 数列 1不一定是等比数列如 nna)1(时，则 01na，所以 1na不是等比数列（） 数列 nb不一定是等比数列突变（） 若数列 na是公差为 d的等差数列，则 nac（其中 是正常数）一定是公比为 dc的等比数列（） 若 是公比为 q的正项等比数列，则 nclog（其中 是不等于的正常数）是公差为 qclog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
5、项公式：（1）9，99，999，9999，（2） ,1764,093,521（3） ,521,（4）,53,2解：（1）变形为：10 11，10 21，10 31，10 41， 通项公式为： 10na（2） ;2na （3） ;na （ 4） )1(ann.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a n是公差为 d 的等差数列，数列 bn是公比为 q 的( qR 且 q1)的等比数列，若函数 f (x) = (x1) 2，且 a1 = f (d1)，a 3 = f (d+1)，b 1 = f (q+1)，b 3 = f (q1)，(1)求数列 a n 和 b n 的
6、通项公式；解：(1)a 1=f (d1) = (d2) 2，a 3 = f (d+1)= d 2，a 3a 1=d2(d2) 2=2d=4，d=2，a n=a1+(n1)d = 2(n1) ；又 b1= f (q+1)= q2，b 3 =f (q1)=( q2) 2， 213)qb=q2，由 qR，且 q1，得 q=2，b n=bqn1 =4(2) n1用心 爱心 专心例 1. 等差数列 na是递减数列，且 432a=48， 432a=12，则数列的通项公式是（ ）(A) 12n (B) (C) 1n (D) 10n解析：设等差数列的公差位 d，由已知 238)()(3ad，解得 243da，
7、又 n是递减数列， d， 1， )2(1nan 10n，故选(D)。例 2. 已知等比数列 na的首项 1，公比 0q，设数列 nb的通项为 21nna，求数列nb的通项公式。解析：由题意， 321nnb，又 n是等比数列，公比为 qann213，故数列 nb是等比数列， )1(21321 qaab， )()(qb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 3：已知数列 6，9，14，21，30，求此数列的一个通项。解 易知 ,12nan ,312a ,52a,734a ,12nan各式相加得 )(753n )(Nnn点评：一
8、般地，对于型如 1fn类的通项公式，只要 )(2(1ff 能进行求和，则宜采用此方法求解。例 4. 若在数列 na中， 1， an1，求通项 na。解析：由 1得 n，所以 1， 2nan， 12a，将以上各式相加得： )2()1 n ，又 3所以 = 3)1(四、叠乘法例 4：在数列 a中， 1 =1, (n+1) 1na=n ，求 na的表达式。解：由(n+1) n=n 得 n， = 2 3 4 1= n432 所以 na1例 4. 已知数列 中， 31，前 项和 nS与 的关系是 nnaS)( ，试求通项公式 。解析：首先由 nnaS)2(易求的递推公式： 123,2)( 1nnn用心
9、爱心 专心5112521ana 将上面 n1 个等式相乘得：.)12( )2(373)()3(1nann 点评：一般地，对于型如 na= f(n) 类的通项公式，当 )(2)1(nff 的值可以求得时，宜采用此方法。五、S n 法利用 1nS ( 2)例 5：已知下列两数列 n的前 n 项和 sn 的公式，求 na的通项公式。 （1） 13Sn。 （2） 12ns解： （1） 1aa= 1S= )()()(33 =3 2此时， 2S。 n=3 22为所求数列的通项公式。（2） 01s，当 时 12)1()(21 nnsn由于 1a不适合于此等式 。 )(0an点评：要先分 n=1 和 2n两种
10、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 nc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，c 2=4，c 3=7，c 4=12，求通项公式 cn解：设 1)(nnbqda 132174nnabdqbdaq例 6. 已知数列 nc中， b1， cn1，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 )(1nnc的形式。由待定系数法知： b )1(1, 222cbcbbnn故数列 21cn是首项为 21，公比为 的等比数列，故 112212bcbnn点评：用待定系数法解题时，常先假定通项公式或前
11、 n 项和公式为某一多项式，一般地，若数列 na为等差数列：则 cbna， cnbsn2（b、为常数） ，若数列 a为等比数列，则 1nAqa，用心 爱心 专心)1,0(qAqsn。七、辅助数列法例 7：已知数 na的递推关系为 121nna，且 求通项 na。解： 121n )(令 nb则辅助数列 b是公比为 2 的等比数列 nqb即 nq)(11 2例 5. 在数列 na中， ， 2a， nnna31，求 。解析：在 n321两边减去 1，得 )(112n n1是以 2为首项，以 为公比的等比数列， 1)3(na，由累加法得na= 121)()()aan = 2)3(n3)1n 1)(=)
12、3(1n= )(41n= 1)3(47n例 8： 已知数列 n中 1且 1n（ N） ， ，求数列的通项公式。解： 1na 1nna， 设 nab1，则 11nb故 nb是以 1为首项，1 为公差的等差数列 )( nban1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
13、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n喻为楼的第一层， na喻为楼的第二层， nS喻为楼的第三层， 则数列中 ,naS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 ,n之间的相互转化关系-我亲切地称它为“楼层式”的转化方式。用心 爱心 专心一、 “二层”之间的关系式，即 1(
14、,)0mmnfaa 型若数列 na的连续若干项之间满足关系 1(,f ，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： dan1、 )(1nfa 、1/naq、 )(1ngan、 1()naf、 1()nag、 1napq、 1fpn、np)(、 21nqp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
15、数列演化为“差型” ，如： )(1nfan生成： 21()af， 32()af， 21)f， 1()naf累加： 12211 )annn = 12(fn，于是只要 nf可以求和就行。（2）由等比数列演化为“商型” ，如： )(1gan生成： 21()ag， 32()a， 2(1)n， 1()nag累乘： 121nn nag21，于是只要 g可以求积就行。例题 1：已知数列 a满足： )2(,)(,11 nn求证： nC2 n是偶数 （数学通讯2004 年 17 期 P44）证明：由已知可得： an)2(1又 121nn = !)12(53n而 !)()(64!)2(Cn = !)12(53n所
16、以 na2，而 nnCa12为偶数（二）由“差型” 、 “商型”类比出“和型” 、 “积型”：即 11()()nnafag和用心 爱心 专心例题 2：数列 na中相邻两项 na、 1是方程 032nbx的两根，已知 170a求 51b的值。 分析：由题意： n+ 31- ， 生成： 1na+ )(32-由得： 2na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 n+ c1，则 n2，即该数列的所有的奇数项均相等，所有的偶数项也相等。若 a2- ， 则 121na-由得： n所以该数
17、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 can1，则 na2，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： )(1nfpan、 qnap)(1、 21nnqap等类型。例题 3：设 0a是常数，且 132nna， *N证明： 5)(3)2(01nn （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 1nna的三种方法：方法（1）：构造公比为2 的等比数列 na3，用待定系数法可
18、知 51方法（2）：构造差型数列 n)2(，即两边同时除以 n)2( 得： nnna)23()(1，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： 122121 3)()(3)(32 nnnnnn aaa3)()n 1223(nn用心 爱心 专心12322312010 3)()()()(3)2()( nnnnnna 50n说明：当 banfcf)()(或 时，上述三种方法都可以用； 当 2)(nf时，若用方法 1，构造的等比数列应该是 rqpna2 而用其它两种方法做则都比较难；用叠代法关键是找出规律，除含 a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
19、：已知数列 n中， )(,1aqpan，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 na。即 qpa2)1(223 pqap2334)1.(3211 ppqapannn再利用数学归纳方法证明最后的结论：当 3时， 2显然成立；假设当 ()nk时， 123(.1)kkapqp成立，由题设知 1kkapq q 12(.1)kkpap即当 (2)时， 121(.)kk 成立根据，当 n时 231nnapp，然后利用等比数列求和公式来化简这个通项 na。二、 “三层”之间的关系式，即 1(,)0nfS型若数列 na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。
20、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 1nnaS将“三层”问题全部走下“二层” ，回到1(,)0mmnf型或直接能求出 nS，以下过程依同上述。例题 5：已知数列 a的首项 1，前 n 项和 满足关系式 13(2)3nntt（t 为常数且 0,23,4tn ）用心 爱心 专心（1）求证：数列 na是等比数列； （2）设数列 na的公比为 ()ft，作数列 nb，使 1， 1()nbf(2,)nN，求 nb解析：（1）由 1Sa， 2122a，得 23(1)(3)tattA, 23ta 213t，又 1(3)nntSt， 12nntSt得 1()0nntatA，得 1
21、2,34,nat n是一个首项为 1，公比为 3t的等比数列。（2）由 23()tft，有 112()nnbfb nb是一个首项为 1，公差为 3的等差数列， 21()3nn。类比例题：已知数列 na满足 123aa ，求 na的通项公式。解析：记 123()n nT 1(1)2n ()()2na 3,anN。三、 “一层”与“三层”的关系式，即 (,)0nfS型可利用公式： 1Sann )1(直接求出通项 na。例题 6：已知数列 n的前 n 项和为 nS2 12Sn， 分别求数列 na的通项公式。解析：当 时， 1a当 2时， 34)1()(2n经检验 时 1 也适合 na当 时， 3Sa
22、当 2n时， nn 21)()1(22用心 爱心 专心经检验 1n时 a 不适合 na23 )(1四、 “二层”与“三层”的关系式，即 (,)0nfS型若数列 na满足关系 (,)0nfa，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 1nnaS转化为纯粹的“二层”或“三层”问题，即0),(1ng型或 ),(1nSh型（也就是将混合型的转化为纯粹型的）例题 7：已知数列 a的前 n 项和 Sn满足 .,)(2nn()写出数列 的前 3 项； ()求数列 a的通项公式。解析：() .1,)(2Snn-由 11a得 -由 得 2，
23、得 02a-由 3n得 131，得 3-() .,)(2naSn-用 代 得 111)(2naS-由得： nnnn )(21即 na)(21-由叠代法得 1122()()nnnn na22()() n)1(221 13nn-例题 8：数列 na的前 n 项和记为 Sn，已知 ).3,(,11 nSan证明：数列 S是等比数列；（2004 全国卷（二）理科 19 题）方法（1） ,2,11nnnSaa )()2(S 整理得 ,)1(21nS用心 爱心 专心所以 .21nSn， 故 nS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 1n，为一个商型的递推关系，由 121sssn
24、n = 111223nna 得 12S， 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
25、n、b n，（1）试用 an-1、b n-1表示 an、b n；（2）求证数列 a n-bn是等比数列，并求出 an、b n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 an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 11140455nnn nabab； 111140455nnn nnba（2）a n-bn= 113n= （ ） （n2） ， a n-bn是等比数列。又 a1-b1=-10% a n-bn=-10%( )3n-1 （1）又 nb= 1n= a1+b1=30% （2）联立（1） 、 （2）得
26、=-( )5n-15%+15%； nb=( )5n-15%+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 )(1nfan型（1）若 f(n)为常数,即： dan1,此时数列为等差数列，则 na= d)1(1
27、.（2）若 f(n)为 n 的函数时，用累加法.方法如下： 由 )(1fan得：时， 1，用心 爱心 专心)2(21nfan， )(23f1a所以各式相加得 )1(2)()( fnffn 即： 1)(knfa.为了书写方便，也可用横式来写：2时， )1(1nfn，122)()( aaan = )(fff .例 1. （2003 天津文） 已知数列 an满足 )2(3,11nn,证明 213na证明：由已知得： 故,31nna12211 )()()( aann = .332n 3n.例 2.已知数列 na的首项为 1，且 *12()naN写出数列 na的通项公式. 答案： 2例 3.已知数列 n
28、a满足 31， )2(11nan，求此数列的通项公式. 答案： n2 评注：已知 a1, )(1nfn，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 na.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;若 f(n)是关于 n 的二次函数，累加后可分组求和;用心 爱心 专心若 f(n)是关于 n 的指数函数，累加后可转化为等比数列求和;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 a中, 0n且 )(21nnaS,求数列 n的通项公式.解:由已知 )(21nnS得 )(11nnS,化简有 n1,由类型(1)有 Sn32
29、12,又 1aS得 ,所以 )(2Sn,又 0na, 2)(sn,则 )1()(2n此题也可以用数学归纳法来求解.2.形如 )(1nfan型（1）当 f(n)为常数，即： qan1（其中 q 是不为 0 的常数） ，此时数列为等比数列， na= 1nq.（2）当 f(n)为 n 的函数时,用累乘法.由 )(1fan得 2时， )1(1nfn，1221ann=f(n)f(n-1) 1)(af . 例 1.设 a是首项为 1 的正项数列，且 0121nnn（ =1，2， 3，） ，则它的通项公式是n=_.解：已知等式可化为： )(11nnaa0na( *N)(n+1) 01n, 即 1n2时， n
30、11221aann= 12n= n.用心 爱心 专心评注：本题是关于 na和 1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 na与 1的更为明显的关系式，从而求出 .例 2.已知 ,11n,求数列 an的通项公式.解：因为 an所以 ,n故 ),(1a又因为 1,即 01，所以由上式可知 0n,所以 nan,故由累乘法得 )1(112232 aaannn = )!()( 11 n所以 na!1-1.评注：本题解题的关键是把原来的递推关系式 ,11nan转化为),(1nn若令 nab,则问题进一步转化为 nb形式，进而应用累乘法求出数列的通项公式.3.形如 fa型（1）若 dn1
31、（d 为常数） ，则数列 na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 )(1nfan型，通过累加来求出通项;或用逐差法(两式相减)得 )1()1nfa，分奇偶项来分求通项.例 1. 数列 n满足 0, a21,求数列 an的通项公式.分析 1：构造 转化为 )(fn型解法 1：令 nnab)(则 nannnnn 2)1()1)(11 .用心 爱心 专心2n时, 012)()()(1211abnbnn各式相加: 1)(2)1()2()() 231 nnn当 n 为偶数时， bn 2.此时 an当
32、 n 为奇数时， 1)2(nb此时 n,所以 an.故 .,1为 偶 数为 奇 数an解法 2： nn21时， )1(a，两式相减得： 1n.,531a构成以 ,为首项，以 2 为公差的等差数列;642构成以 2a,为首项，以 2 为公差的等差数列)1(1kdka2.,为 偶 数为 奇 数n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SnS n2 =3 ,23,1),3()1S且 求数列 an的通项公式.解：方法一：因为 ),3()2112 nnn所 以以下同例 1，略用心 爱心 专心答案 .,)21(34,为 偶 数为 奇 数nann4
33、.形如 1fn型（1）若 pa(p 为常数)，则数列 na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 )1(1nfan，两式相除后，分奇偶项来分求通项.例 1. 已知数列 满 足a)(,)21,3*1 Nann,求此数列的通项公式.注：同上例类似，略.5形如 0(,1cdn,其中 1)型（1）若 c=1 时，数列 a为等差数列;（2）若 d=0 时，数列 n为等比数列;（3）若 0且dc时，数列 n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 )(1nac,得 )(1can,
34、与题设 ,1dcn比较系数得d)(,所以 )0(cd所以有： 11ann因此数列 cn构成以 cd为首项，以 c 为公比的等比数列，所以 11)(nnad即： 1cdcan.规律：将递推关系 n1化为 )1(1cdacdann ,构造成公比为 c 的等比数列 1cdan从而求得通项公式 )(1cn有时我们从递推关系 dn中把 n 换成 n-1 有 dn1,两式相减有 )(11nn从而化为公比为 c 的等比数列 1a,进而求得通项公式. )(12aca,再利用类型(1)即可求得通项公用心 爱心 专心式.我们看到此方法比较复杂.例 1已知数列 na中， ,21,211nna求通项 na.分析：两边
35、直接加上 cd,构造新的等比数列。解：由 21nn得 )(1nn,所以数列 a构成以 a为首项，以 21为公比的等比数列所以 1)(nn,即 )(1n. 方法二：由 ,1dcn2时， a两式相减得 )(11nncan1,数列 是以 12a= dc1)(为首项，以 c 为公比的等比数列.12123 3121)()(aacnn )1)(221 nn caa=( cn)121)(cdcann .方法三：迭代法由 递推式 ,1dan直接迭代得 )1()(22 cdadccnn= )(23acn= 1(21 nca= )1(cdn.方法四：归纳、猜想、证明.先计算出 321,a,再猜想出通项 na,最后
36、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.用心 爱心 专心6.形如 )(1nfpan型.(1)若 bkf)(其中 k,b 是常数，且 0k)方法：相减法例 1. 在数列 na中， ,23,1nan求通项 na.解： ， 231 2n时， )(1n，两式相减得 2)(311nnaa.令 nnab1,则 231nb利用类型 5 的方法知 351即 11nn 再由累加法可得 22an.亦可联立 解出 135n.例 2. 在数列 na中， 36,11a,求通项 na.解：原递推式可化为 yxyxnn )()(2比较系数可得：x=-6,y=9,上式即为 12b所以 nb是一个等
37、比数列，首项 2961a,公比为 1.1)2(9即： nn)(9故 6ann.(2)若 qf)(其中 q 是常数，且 n0,1)若 p=1 时，即： na1，累加即可.若 p时，即： np，求通项方法有以下三种方向：i. 两边同除以 1np.即： nnqpa)(11,令 nab，则 nnqpb)(1,然后类型 1，累加求通项.用心 爱心 专心ii.两边同除以 1nq . 即： qapqnn11,令 nab,则可化为 bnn1.然后转化为类型 5 来解，iii.待定系数法：设 )(11 nnnn pq.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 0a为常数，且 )
38、(231Nann证明对任意 1， 021(5ann；证法 1：两边同除以（-2） n,得 nnn)3()(21令 nnab)2(,则 nb3112211 )()( bnnn = 3)23)(311a= )2(1)23(10n= 05annnba)( 012)()(35annn.证法 2：由 21Nann得 13nn.设 nab3，则 b 31nn. 即： )5(251nnbb,所以 51n是以 )5(201a为首项， 3为公比的等比数列.则 10)3(2nnab= n)2(10,用心 爱心 专心即： 51)32()51(310nnaba,故 01 annn .评注：本题的关键是两边同除以 3
39、，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 )(211nnnnaa, 即: 1132nna,比较系数得： 5,所以 5 所以 )5(511nn,所以数列 3na是公比为2，首项为 31a的等比数列. ).()51(10Nnn即 012)()(5annn.方法 4：本题也可用数学归纳法证.（i）当 n=1 时，由已知 a1=12 a0，等式成立；( ii)假设当 n=k（k1）等式成立，则 ,)1()(301kkkk那么 011 2)(353 aakk .)(211kk也就是说，当 n=k+1 时，等式也成立. 根据（
40、i）和（ii） ，可知等式对任何 nN，成立. 规律： )(1nfpan 类型共同的规律为：两边同除以 1np，累加求和，只是求和的方法不同.7.形如 srqnn1型（1） 0,p即 srapn1 取倒数法.例 1. 已知数列 na中， 21， )2(1nn，求通项公式 na。 解：取倒数： 1n1na.34223)(1na用心 爱心 专心例 2.（湖北卷）已知不等式 nn其 中,log21321 为大于 2 的整数， log2n表示不超过 n2log的最大整数. 设数列 na的各项为正，且满足 ,43,),0(11 abann（）证明 ,543,log22nbn分析：本题看似是不等式问题，实
41、质就是求通项问题.证：当 ,11,0, 1nanana 时即 ,1an 于是有 .1,3,22312 nan所有不等式两边相加可得 .11an由已知不等式知，当 n3 时有， .log21nn .log2.llog21, 21 nbabba nn 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 ),(1为 定 值qpmnn 型方法：不动点法:我们设 qxf)(,由方程 xf)(求得二根 x,y,由 qapmnn1有qapmapmnnn 1同理 yyqynn 1 ,两式相除有 yaxqaxnyn1,从而得axxyan 11)(,再解出 na即可.例 1. 设数列
42、an满足 7245,11nn,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：用心 爱心 专心7254)(72)5(72451 nnnn attatat ,令 5t, 解之得 t=1,-2 代入 )(1nntt得72131nna, 729nna,相除得 1nn,即 1n是首项为 412a，公比为 3的等比数列, 2na= 134, 解得 13nn.方法 2： , 711nna，两边取倒数得 132)1(392)1(31 nnnn aaa，令 b na，则 b nn, 转化为类型 5 来求. 8.形如 11nqap(其中 p,q 为常数)型（1）当 p+q=1 时 用转化法例 1.数列 n中，若 2,81,且满足 03412nnaa,求 n.解：把 0342naa变形为 )(.则数列 n1是以 612为首项，3 为公比的等比数列，则16n利用类型 6 的方法可得 nna31.（2）当 042qp时 用待定系数法.例 2. 已知数列 na满足 0512nnna，且 5,21,且满足,求 na.解：令 )(112nxyx,即 0)(2nnxyax,与已知06512nnnaa比较，则有 6y,故 3或 2用心 爱心 专心下面我们取其中
