1、雅 QQ1240008362秀雅资料 1数列通项公式的若干求法及转化思想求通项公式是学习数列时的一个难点。由于求通项公式时渗透多种数学思想方法，因此求解过程中往往显得方法多、灵活度大、技巧性强。现举数例。一观察法已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规律写出此数列的一个通项。例 1 ：已知数列 写出此数列的一个通项公式。641329185421， 例 2：根据数列的前 4 项，写出它的一个通项公式：（1）4，44，444，4444，（2） ,17,093,5（3） 2,（4） ,4,21二公式法（1）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
2、的通项公式，只需求得首项及公差公比。例 1： 已知数列 an是公差为 d 的等差数列，数列b n是公比为 q 的(qR 且 q1) 的等比数列，若函数 f (x) = (x 1)2，且 a1 = f (d1)，a 3 = f (d+1)，b 1 = f (q+1)，b 3 = f (q1)，求数列 a n 和 b n 的通项公式；（2）已知数列的前 n 项和求通项时，通常用公式 。)2(1nSn用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二” ，即分段式；另一种是“合二为一”即 a1 和 an 合为一个表达式。例 1、已知数列 的前 n 项和为： nS22n求数列 的通项公式。三 由递推式求
3、数列通项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。称辅助数列法。例题：已知数列 中， ， ，写出数列的前 5 项。 （课本na21)2(14nan习题） 。变式 1：已知数列 中， ， 。求n1 )(1nn 206a变式 2：已知数列 中， ， 。求a24an变式 3：已知数列 中， ， 。求n1 13nn雅 QQ1240008362秀雅资料 2变式 4：已知数列 中， ， 。求na212341nnana变式 5：已知数列 中， ， 。求11变式 3：已知数列 中， ， 。求n nnn变式 6：已知数列 中，
4、 ， 。求a212341aa变式 7：已知数列 中， ， 。求nnn n变式 8：已知数列 中， ， 。求1 11类型： （一阶递归）为 常 数 ）anpqnp()0()1由等差，等比演化而来的“差型” ， “商型”递推关系等差数列： dn1由此推广成差型递推关系： )(1nfan累加： 1221()( aann = ，于是只要 可以求和就行。12)f)f类型 1 递推公式为解法：把原递推公式转化为 ，（特殊情形：. （差后等差数列） （差后等比数列） ）1napq1nnab利用累加法求解。例 1已知 满足 ，且 ，求n21n1an例 2已知 满足 ，且 ，求a3a例 3已知 满足 ，且 ，求
5、n )(1nn 1n例 4. 已知数列 满足 ，求 。等比数列： qan1雅 QQ1240008362秀雅资料 3由此推广成商型递推关系： )(1ngan累乘： 121nn a21)(类型 2 递推公式为解法：（1）把原递推公式转化为 ，利用累乘法求解。例 1已知 满足 ，且 ，求nanna2121na例 2已知 满足 ，且 ，求0,1例 4 （1）. 已知数列 满足 ，求 。例题 1。已知数列 满足：na )2(,)12(,1 naan求证： 是偶数 nC2（由 1()nap和 1确定的递推数列 n的通项可如下求得：（2）由已知递推式有 121(),(),()n napapapa依次向前代入
6、，得1(1)2()nap ，简记为101()(,()nkk。这就是叠代法的基本模式。例 3 已知 113,()nna，求 na。解：1()23()2na 3475618n。1、已知数列a n满足 ，求 an的通项公式)(,2)1(, NaSan类型 3 递推公式为 （其中 p，q 均为常数， ） 。雅 QQ1240008362秀雅资料 4解法：把原递推公式转化为：其中 ，再利用换元法转化为等比数列求解。例 1. 已知数列 中， ，求 。类型 4 递推公式为 （其中 p，q 均为常数， ） 。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 ，得：引入辅助数列 （其中 ）
7、，得：再应用类型 3 的方法解决。例 1. 已知数列 中， ，求 。例 2. 已知数列 中， ，求 。类型 5。 型的0),(naSf利用 转化为 型，或 型)2(,1n 0),(1nag0),(1nSh即混合型的转化为纯粹型的例题 1 已知数列 的前 n 项和 Sn 满足a .,)(2nn()写出数列 的前 3 项 ;,321a()求数列 的通项公式;n分析： -.,)(2aSn雅 QQ1240008362秀雅资料 5由 得 -,121aS.由 得， ，得 -n202a由 得， ，得 -31313用 代 得 -)(nnnS： nnaa)(2211即 -nn)(21nnnnn a)1(2)(2
8、)()( 212 nnna)(11-23例题 2。数列 的前 n 项和记为 Sn，已知 证明： ).3,21(,1nSan数列 是等比数列；（全国卷（二）理科 19 题）Sn方法 1 ,2,11nnnSaSa 整理得 )()2( ,)1(1nS所以 故 是以 2 为公比 的等比数列1nSnn方法 2：事实上，我们也可以转化为 ，为一个商型的递推关系，1nSn由 =121sssnn 11232 na1 是正数组成的数列，前 n 项和为 ，对所有的 n， 与 2 的等差中项等于 与anSanS2 的等比中项（1）写出 的前三项；n（2）求 的通项。 )4(n2在数列 中，已知 ，求nannaS23
9、3已知数列a n的前 n 和 满足 求此数列的通项公式。,1)(log雅 QQ1240008362秀雅资料 64 已知数列 前 n 项和 。（1）求 与 的关系；（2）求通项公式 。5 （北京卷)数列 的前 n 项和为 Sn，且 ，求：a ,321,1nSan（） 的值及数列 的通项公式；432,a（） 的值. （ ） na2642 .2,)34(1,nan由递推数列公式求数列通项公式的解题方法是数学中针对性较强的一种数学解题方法，它从一个侧面体现数学的研究方法，体现了新课程标准理念，是培养学生思维深刻性的极好的范例。注意一题多解；例 1：已知数列 满足 ，na112nna*N（）求数列 的通
10、项公式； 解法 1：（构造法），2nna*N1是以 为首项，2 为公比的等比数列，n1a2即 n*N解法 2：（构造法）11nna*2、两式相减得 11nnaa是以 为首项，2 为公比的等比数列，2nn1na2雅 QQ1240008362秀雅资料 7即 12na*N解法 3：（阶差法）由 ， 可得：111nna*2na2132nn 212nnna1以上 n 式相加得 12122nna即 1n*N解法五：（迭代法）由 ， 可得：1a121nna*1212121221 332nnn nnaa 即 a*N总之，以上方法融会贯通可以解决关于递推数列公式求数列通项公式变形问题，从而提高学生的数学解题能力
11、，把握数学学习方法。同式题：.已知数列 ， ，则 na113,2nan当然，还有一些转化的方法和技巧，如基本的式的变换，象因式分解，取倒数、对数等还是要求掌握的。四、转化为常见类型求解：雅 QQ1240008362秀雅资料 8（1）倒数变换法：形如 （ 为常数，且 ）的递推公式，可令nndaca11c; 0,dc。则可转化为 型；nnba,1 qpann1例 1：数列 中，且 ， ，求数列 的通项公式.na312nn na（2）对数变换法：例：已知数列 满足 ，求 。a)2(,112nna当然，转化方法不是一成不变的，但其本质是构造、转化为上述常见形式数列问题求解。如比例变换；例 1、设数列
12、满足下列条件 ，求 。na,1a)2(12nn na（可化为 ，再取对数）21nn例 2、设数列 满足下列条件，试求各通项：a（1） ,)3,21()(1 nn（2） 42（3） )5,3(,10, 2121 naan解：（1） )1()(11 nnnn令 则 ，,abn1 )(1bn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 1212nbanb（2）递推式两边同除以 ，得 ，就可转化为nna)2(1“ 型” ，当然，也可以在递推式两边同除以 ，得)(1nfan n)1(雅 QQ1240008362秀雅资料 9，1)(2)1()(211 nnnn aa
13、即则可转化为“ 型” ，所以得qpnn 1)(23nn（3）递推式两边同取对数，得 )lgllg211nnnaa令 ，则nnablgl1),543(21bnn )3,1()bn，已转化为“ 型” ，由累乘相1)(111 0)(ll nnnna )(1fan消法可得 112 22)1(4121 00nnna一般掌握下列转化思想即可；尤其对分式型递推关系。1、利用倒数转化为：（1） ；（2）dan1qapn12、求前若干项观察项间周期性等练习：1、已知 3,1na 求： n2、已知、已知 a1=1, an+1= ，求，求 an 52n3、已知数列a n满足：a 10，且 ，则 （ A ）),321
14、(31nn 208aA 0；B ；C ；D 32变式：（1） 、已知数列a n满足：a 10，且 ，S n 表示),(11ann数列a n的 n 前项和则 _208S（2） 、已知 满足 ，则数列前 26 项的和为：n )(, *21 Nnn（B ）A0 B1 C8 D10（3） 、已知数列a n满足：a 13，且 ，A n 表示数列a n),321(1an的 n 前项和则 3_205雅 QQ1240008362秀雅资料 103、 （2006 年江西卷）已知数列a n满足：a 1 ，且 an32n12N2 （ ， ） （1） 求数列a n的通项公式；解：将条件变为：1 ，因此1 为一个等比数列
15、，其首项为an3a（ ） na1 ，公比 ，从而 1 ，据此得 an （n1）1a3 3练习：设数列 满足下列条件，试求各通项：n（1） )4,32(3,01na（2） n（3） ),1()(2,1 n（4） 43211 aan（5） ),(3,1 （6） ),1(,0122 nnn（7） 3,245,11 aa（8） ),(34,11 nn类型： =p +q (p、q 均为常数)（二阶递归）2na1n=p +q - （ - ） 解出 、 因此2n1n2n1na1nnapq - 是 G.P1nan特殊地 nqap12 1p 型分析： 雅 QQ1240008362秀雅资料 11nnqaa12 n
16、a11qan12 n是以 12为首项，公比为 q的等比数列例 1、 0， ， 23nna 3 ，求 na例 2：a 1=1，a 2= = - ,求数列 的通项公式 。5321 n- （ - ） 解得： 1、 2n11n5323- （ - ） ， a 2-a1= - = （ - ）+（2na131n3na11nna1n- ）+（ a2-a1）+a 1= + + +1=3- .1n2n2312n 3-na13n同式题：已知同式题：已知 a1=1, a2=3， an+2=3an+1-2 an ， 求求 an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、化归等方法求解。例 7. 已
17、知数列 中， ；数列 中， 。当 时，求 。解：因所以雅 QQ1240008362秀雅资料 12即又因为所以即由、 得：例 9数列 中， 且满足na2,841annaa12*N求数列 的通项公式；设 ，求 ；|2nS S设 = ，是否存在最大的整数nb)1(na )(),( *21*bbTNn，使得对任意 ，均有 成立？若存在，求出 的值；若不存在，请说明m*n3mm理由。3、已知数列 中， 是其前 项和，并且 ，nnS1 142(,)nSaa设数列 ，求证：数列 是等比数列；),21(1ab nb设数列 ，求证：数列 是等差数列；,2cn c求数列 的通项公式及前 项和。n分析：由于b 和c
18、 中的项都和a 中的项有关，a 中又有 S =4a +2，可由n n1nS -S 作切入点探索解题的途径2n1解：(1)由 S =4a ，S =4a +2，两式相减，得 S -S =4(a -a )，即 a =4a2n12 2n-4a (根据 b 的构造，如何把该式表示成 b 与 b 的关系是证明的关键，注意加强n 1n恒等变形能力的训练)雅 QQ1240008362秀雅资料 13a -2a =2(a -2a )，又 b =a -2a ，所以 b =2b 2n1nn1n1n已知 S =4a +2，a =1，a +a =4a +2，解得 a =5，b =a -2a =3 12221由和 得，数列
19、 b 是首项为 3，公比为 2 的等比数列，故 b =32 n n1（2006 年江苏卷）设数列 、 、 满足：nabnc， （n=1,2,3,） ，2nnab 213c证明： 为等差数列的充分必要条件是 为等差数列且 （n=1,2,3,） n1b证明： 必要性：设数列 是公差为 的等差数列，则：1n1d= = - =0，)(31nn )(2a)(a)(23nd （n=1,2,3,）成立；b又 =6 （常数） （n=1,2,3,）1nac1nn1数列 为等差数列。n充分性：设数列 是公差为 的等差数列，且 （n=1,2,3,） ，22db 213nc 432naac得： =)(nnac)(31
20、n )(2n213nb )2n 21 从而有 21b2d3nbb2d得： 0)()( 23nnn ， ， ，0)n01由得： （n=1,2,3,） ，1由此，不妨设 （n=1,2,3,） ，则 （常数）3db2na3d故 124aacnn从而 3114n 5得： ，31)(c故 （常数） （n=1,2,3,） ，3112dnn 2数列 为等差数列。a综上所述： 为等差数列的充分必要条件是 为等差数列且 （n=1,2,3,） 。n nc1b又称派生数列【高考热点】1. 所谓派生数列，是指利用一个或几个已知数列产生新数列。例如，从一个数列中按一定的规律抽取一部分项构成一个新数列（子数列） ；又如数
21、列 的前 n 项的和数列a雅 QQ1240008362秀雅资料 14、或由 构成新的数列 、或由两个数列 、 构成新的数列 等等。nSnanbnabnc2. 派生数列是综合性的问题，一般可转化为等差数列或等比数列，或用数列中的常用思想方法求解。【课前预习】 1 若数列 是等差数列，则有数列 也为等差naN12nnab N数列，类比上述性质，相应的，若数列 是等比数列，且 ，则有c0c_ 也是等比数列。nd2 在等差数列 中，公差 ，则 （ B na,1d8174a20642aa）A40 B45 C50 D553 在数列a n中，a 1=2， )(21为 偶 数为 奇 数nan，则 a5 等于
22、（ C ）A12 B14 C20 D224 有限数列 ， 为其前 项和，若定义 为 的“凯),(21nSnSSn21A森和” 如有 99 项的数列 的“凯森和” 为 1000，则有 100 项的数列),921a的“ 凯森和 ”为 （B ）),1(92aA1001 B991 C999 D9905 已知公差不为零的等差数列的第 、 、 项依次构成等比数列的连续三项，则此等knp比数列的公比 q 是 （ ）A B C Dnkpnpk22npk6 （04 北京）定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和。已知数列 是等a
23、n和数列，且 ，公和为 5，那么 的值为_3_，这个数列的前 n 项a12a18和 的计算公式为_ .Sn【典型例题】例 1 （1）已知数列 ，其中 ，且数列 为等比数列，求常数ncnn32npc1p（2）设 ， 是公比不相等的两个等比数列， ，证明数列ab ba不是等比数列n例 2 Sn 是等差数列a n的前 n 项和.(n N*)（1） 若数列a n单调递增，且 a2 是 a1、a 5 的等比中项，证明：.12S（2） 设a n的首项为 a1，公差为 d，且 ，问是否存在正常数 c，使)0(31d对任意自然数 n 都成立，若存在，求出cccSnn2雅 QQ1240008362秀雅资料 15
24、c（用 d 表示） ；若不存在，说明理由.（ ）31ac【本课小结】【课后作业】1 已知数列a 是首项 a10，q-1 且 q0 的等比数列，设数列b 的通项n nb =a ka （nN ） ，数列a 、b 的前 n 项和分别为 S 、T 如果n12 n nT kS 对一切自然数 n 都成立，求实数 k 的取值范围2 已知抛物线 ，过原点作斜率 1 的直线交抛物线于第一象限内一点 ，又过点4xy 1P作斜率为 的直线交抛物线于点 ，再过 作斜率为 的直线交抛物线于点 ，1P22P2143，如此继续，一般地，过点 作斜率为 的直线交抛物线于点 ，设点 nn 1n(,)nxy（1） 令 ，求证：数
25、列 是等比数列；21nnbxnb设数列 的前 项和为 ，试比较 与 的大小S314S0数列的通项及递推关系一、基础题：1. 数列 的一个通项公式为1375， ， ， ， _.na2. 数列 的一个通项为1,9 _.n3. 数列 的一个通项为_.2414. 的一个通项为_.,360,55. 数列 的一个通项为_.3,6. 已知数列 满足： ，则na112,32na_.na7. 已知数列 中， 且 ，则0雅 QQ1240008362秀雅资料 168. 已知数列 中， ， ，则na11nna_.n二、解答题：1. 已知数列 的前 项和满足 ，求通项公式 .n 2nnSna2. 已知数列 的前 项和为 ，根据下列条件，求 . ；a 32S.23nS3. 已知数列 满足： ， 求数列的通项 .na113nna na4. 在数列 中，已知 ， 且 ，求 的通项公式.n125210nnn5. 已知数列 中， 是它们的前 项和，并且 ，anS42Sa(1,3)，1设 ，求证：数列 是等比数列；12nnbnb设 ，求证： 是等差数列；,aCnC求数列 的通项公式及前 项和公式.n
