求数列通项公式的十种方法

求数列通项公式的十一种方法 方法全 例子全 归纳细 求数列通项公式的十一种方法 方法全 例子全 归纳细 总述 一 利用递推关系式求数列通项的总述 一 利用递推关系式求数列通项的 1111 种方法 种方法 累加法 累加法 累乘法 累乘法 待定系数法 待定系数法 阶差法 逐差法 阶差法 逐差法 迭代法 迭代法 对数变换法 对数变换法 倒数变换法 倒数变换法 换元法 目的是去递推关系式中出现的根号 换元法 目的是去递推关系式中出现的根号 数学归纳法 数学归纳法 不动点法 递推式是一个数列通项的分式表达式 不动点法 递推式是一个数列通项的分式表达式 特征根法特征根法 二 四种基本数列 等差数列 等比数列 等和数列 等积数列及其广义形式 等差数列 二 四种基本数列 等差数列 等比数列 等和数列 等积数列及其广义形式 等差数列 等比数列的求通项公式的方法是 累加和累乘 这二种方法是求数列通项公式的最基本方法 等比数列的求通项公式的方法是 累加和累乘 这二种方法是求数列通项公式的最基本方法 三三 求数列通项的方法的基本思路是 把所求数列通过变形 代换转化为等差数列或等比 求数列通项的方法的基本思路是 把所求数列通过变形 代换转化为等差数列或等比 数列 数列 四 求数列通项的基本方法是 累加法和累乘法 四 求数列通项的基本方法是 累加法和累乘法 五 数列的本质是一个函数 其定义域是自然数集的一个函数 五 数列的本质是一个函数 其定义域是自然数集的一个函数 一 累加法一 累加法 1 适用于 适用于 这是广义的等差数列 累加法是最基本的二个方法之一 1 nn aaf n 2 若 1 nn aaf n 2 n 则 21 32 1 1 2 nn aaf aaf aaf n 两边分别相加得 11 1 n n k aaf n 例例 1 已知数列满足 求数列的通项公式 n a 11 211 nn aana n a 解 由得则 1 21 nn aan 1 21 nn aan 11232211 2 2 1 1 2 2 1 2 2 1 2 1 1 1 2 1 2 2 1 1 1 1 2 1 1 2 1 1 1 nnnnn aaaaaaaaaa nn nnn nn n nn n 所以数列的通项公式为 n a 2 n an 例例 2 已知数列满足 求数列的通项公式 n a 11 2 313 n nn aaa n a 解法一 由得则 1 2 31 n nn aa 1 2 31 n nn aa 11232211 1221 1221 1 2 31 2 31 2 31 2 31 3 2 3333 1 3 3 1 3 2 1 3 1 3 331 3 31 nnnnn nn nn n n n aaaaaaaaaa n n n n 所以31 n n an 解法二 两边除以 得 1 32 31 n nn aa 1 3n 1 11 21 3333 nn nnn aa 则 故 1 11 21 3333 nn nnn aa 11223211 22321 11 122 122 33333333 212121213 333333333 2 1 11111 1 333333 nnnnnnn nnnnn nn nnn nnnn aaaaaaaaaa aa n 因此 1 1 1 3 2 1 211 3 1 331 3322 3 n n n nn ann 则 211 33 322 nn n an 练习练习 1 已知数列的首项为 1 且写出数列的通项公式 n a 1 2 nn aan nN n a 答案 1 2 nn 练习练习 2 已知数列满足 求此数列的通项公式 n a3 1 a 2 1 1 1 n nn aa nn 答案 裂项求和 n an 1 2 评注评注 已知 其中 f n 可以是关于 n 的一次函数 二次函数 指数函 aa 1 1 nfaa nn 数 分式函数 求通项 n a 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 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 例例 3 已知数列中 且 求数列的通项公式 n a0 n a 2 1 n nn a n aS n a 解 由已知得 2 1 n nn a n aS 2 1 1 1 nn nnn SS n SSS 化简有 由类型 1 有 nSS nn 2 1 2 nSSn 32 2 1 2 又得 所以 又 11 aS 1 1 a 2 1 2 nn Sn 0 n a 2 1 2 nn sn 则 2 1 2 1 2 nnnn an 此题也可以用数学归纳法来求解 二 累乘法二 累乘法 1 适用于 适用于 这是广义的等比数列 1 nn af n a 累乘法是最基本的二个方法之二 2 若 则 1 n n a f n a 312 12 1 2 n n aaa fff n aaa 两边分别相乘得 1 1 1 1 n n k a af k a 例例 4 已知数列满足 求数列的通项公式 n a 11 2 1 53 n nn anaa n a 解 因为 所以 则 故 11 2 1 53 n nn anaa 0 n a 1 2 1 5n n n a n a 132 1 1221 1221 1 1 2 2 1 1 1 2 2 1 1 5 2 2 1 5 2 2 1 5 2 1 1 5 3 2 1 3 2 53 3 25 nn n nn nn nnn n n n aaaa aa aaaa nn n n n 所以数列的通项公式为 n a 1 1 2 3 25 n n n n an 例例 5 设是首项为 1 的正项数列 且 1 2 3 n a 01 1 22 1 nnnn aanaan n 则它的通项公式是 n a 解 已知等式可化为 0 1 11 nnnn naanaa n 1 即 0 n a Nn 0 1 nn naa1 1 n n a a n n 时 2 n n n a a n n 1 1 1 1 2 2 1 1 a a a a a a a a n n n n n 1 2 1 1 21 n n n n n 1 评注 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 n a 1 n a 到与的更为明显的关系式 从而求出 n a 1 n a n a 练习 已知 求数列 an 的通项公式 1 1 11 annaa nn 答案 1 n a 1 1 1 an 评注 本题解题的关键是把原来的递推关系式评注 本题解题的关键是把原来的递推关系式转化为转化为 1 1 nnaa nn 若令 则问题进一步转化为形式 进而应用累乘法 1 1 1 nn ana1 nn ab nn nbb 1 求出数列的通项公式 三 待定系数法三 待定系数法 适用于适用于 1 nn aqaf n 基本思路是转化为等差数列或等比数列 而数列的本质是一个函数 其定义域是自然数集的一 个函数 1 形如 其中 型 0 1 cdcaa nn aa 1 1 若 c 1 时 数列 为等差数列 n a 2 若 d 0 时 数列 为等比数列 n a 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 01 且dcn a 来求 待定系数法 设 1 nn aca 得 与题设比较系数得 1 1 ccaa nn 1 dcaa nn 所以所以有 dc 1 0 1 c c d 1 1 1 c d ac c d a nn 因此数列构成以为首项 以 c 为公比的等比数列 1c d an 1 1 c d a 所以 即 1 1 1 1 n n c c d a c d a 1 1 1 1 c d c c d aa n n 规律 将递推关系化为 构造成公比为 c 的等比数 dcaa nn 1 1 1 1 c d ac c d a nn 列从而求得通项公式 1 c d an 1 1 1 1 1 c d ac c d a n n 逐项相减法 阶差法 有时我们从递推关系中把 n 换成 n 1 有 dcaa nn 1 两式相减有从而化为公比为 c 的等比数列 进 dcaa nn 1 11 nnnn aacaa 1nn aa 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 121 aacaa n nn 杂 例例 6 已知数列中 求数列的通项公式 n a 11 1 21 2 nn aaan n a 解法一 1 21 2 nn aan 1 12 1 nn aa 又是首项为 2 公比为 2 的等比数列 1 12 1 n aa 即12n n a 21 n n a 解法二 1 21 2 nn aan 1 21 nn aa 两式相减得 故数列是首项为 2 公比为 2 的等 11 2 2 nnnn aaaan 1nn aa 比数列 再用累加法的 练习 已知数列中 求通项 n a 2 1 2 1 2 11 nn aaa n a 答案 1 2 1 1 n n a 2 形如 其中 q 是常数 且 n0 1 n nn qapa 1 若 p 1 时 即 累加即可 n nn qaa 1 若时 即 1 p n nn qapa 1 求通项方法有以下三种方向 i 两边同除以 目的是把所求数列构造成等差数列 1 n p 即 令 则 然后类型 1 累加求通项 n n n n n q p pq a p a 1 1 1 n n n p a b n nn q p p bb 1 1 ii 两边同除以 目的是把所求数列构造成等差数列 1 n q 即 qq a q p q a n n n n 1 1 1 令 则可化为 然后转化为类型 5 来解 n n n q a b q b q p b nn 1 1 iii 待定系数法 目的是把所求数列构造成等差数列 设 通过比较系数 求出 转化为等比数列求通项 1 1 n n n n papqa 注意 应用待定系数法时 要求 pq 否则待定系数法会失效 例例 7 已知数列满足 求数列的通项公式 n a 1 11 24 31 n nn aaa n a 解法一 待定系数法 设 比较系数得 1 112 3 3 nn nn aa 12 4 2 则数列是首项为 公比为 2 的等比数列 1 4 3n n a 1 1 1 4 35a 所以 即 11 4 35 2 nn n a 11 4 35 2 nn n a 解法二 两边同除以 两边同时除以得 下面解法略 1 n q 1 3n 1 12 24 33 33 nn nn aa 解法三 两边同除以 两边同时除以得 下面解法略 1 n p 1 2 n n n n n n aa 2 3 3 4 22 1 1 练习 2003 天津理 设为常数 且 证明对任意 1 0 a 23 1 1 Nnaa n n n n 0 1 2 1 2 1 3 5 1 aa nnnnn n 3 形如 其中 k b 是常数 且 bknpaa nn 10 k 方法 1 逐项相减法 阶差法 方法 2 待定系数法 通过凑配可转化为 1 1 ynxapyxna nn 解题基本步骤 1 确定 kn b f n 2 设等比数列 公比为 p yxnab nn 3 列出关系式 即 1 1 ynxapyxna nn 1 nn pbb 4 比较系数求 x y 5 解得数列的通项公式 yxnan 6 解得数列的通项公式 n a 例例 8 在数列中 求通项 逐项相减法 n a 23 1 11 naaa nn n a 解 23 1 naa nn 时 2 n 1 23 1 naa nn 两式相减得 令 则 2 3 11 nnnn aaaa nnn aab 1 23 1 nn bb 利用类型 5 的方法知 即 235 1 n n b135 1 1 n nn aa 再由累加法可得 亦可联立 解出 2 1 3 2 5 1 na n n 2 1 3 2 5 1 na n n 例例 9 在数列中 求通项 待定系数法 n a 362 2 3 11 naaa nn n a 解 原递推式可化为 ynxayxna nn 1 2 1 比较系数可得 x 6 y 9 上式即为 1 2 nn bb 所以是一个等比数列 首项 公比为 即 n b 2 9 96 11 nab 2 1 1 2 1 2 9 n n b n n na 2 1 996 故 96 2 1 9 na n n 4 形如 其中 a b c 是常数 且 cnbnapaa nn 2 10 a 基本思路是转化为等比数列 而数列的本质是一个函数 其定义域是自然数集的一个函数 例例 10 已知数列满足 求数列的通项公式 n a 2 11 23451 nn aanna n a 解 设 22 1 1 1 2 nn ax ny nzaxnynz 比较系数得 3 10 18xyz 所以 22 1 3 1 10 1 182 31018 nn annann 由 得 2 1 3 110 1 181 31320a 2 310180 n ann 则 故数列为以 2 1 2 3 1 10 1 18 2 31018 n n ann ann 2 31018 n ann 为首项 以 2 为公比的等比数列 因此 2 1 3 110 1 181 3132a 则 21 3101832 2n n ann 42 231018 n n ann 5 形如形如时将时将作为作为求解求解 21 nnn apaqa n a f n 分析 原递推式可化为的形式 比较系数可求得 数列 211 nnnn aapaa 为等比数列 1nn aa 例例 11 已知数列满足 求数列的通项公式 n a 2112 56 1 2 nnn aaa aa n a 解 设 211 5 nnnn aaaa 比较系数得或 不妨取 取 3 结果形式可能不同 但本质相同 3 2 2 则 则是首项为 4 公比为 3 的等比数列 211 23 2 nnnn aaaa 1 2 nn aa 所以 1 1 24 3n nn aa 11 4 35 2 nn n a 练习 数列中 若 且满足 求 n a2 8 21 aa034 12 nnn aaa n a 答案 n n a311 四 迭代法 其中 p r 为常数 型 r nn paa 1 例例 12 已知数列满足 求数列的通项公式 n a 3 1 2 11 5 n n nn aaa n a 解 因为 所以 3 1 2 1 n n nn aa 1212 2 1 32 2 1 3 3 2 1 11 2 3 323 1 2323 1 2 122 3 2 23 1 2 3 3 2 1 2 3 32 3 2 1 2 1 nnnnn nnn nnn nnn nnnnn nnnn nnn n nnn n nnn aaaa a a a 2 1 1 1 2 3 2 1 n n n n n a 又 所以数列的通项公式为 1 5a n a 1 1 2 3 2 5 n n n n n a 注 本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式 例例 13 2005 江西卷 已知数列 且满足的各项都是正数 n a Nnaaaa nnn 4 2 1 1 10 1 证明 2 求数列的通项公式 an 1 2 nn aanN n a 解 1 略 2 所以 4 2 2 1 4 2 1 2 1 nnnn aaaa2 1 2 2 2 nn aa 又 nn nnnnnnn bbbbbab 22212 1 222 2 2 1 12 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 则令 bn 1 所以 1212 2 1 22 2 1 nn nnn bab即 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 nn b 2 1 2 1 nn c 上面类型 1 来解 五 对数变换法 适用于 其中 p r 为常数 型 p 0 r nn paa 1 0 n a 例例 14 设正项数列满足 n 2 求数列的通项公式 n a1 1 a 2 1 2 nn aa n a 解 两边取对数得 设 则 1 22 log21log nn aa 1 log21log 1 22 nn aa 1log2 n a n b 是以 2 为公比的等比数列 1 2 nn bb n b11log1 21 b 11 221 nn n b 1 2 21log nan 12log 1 2 nan 12 1 2 n n a 练习练习 数列中 n 2 求数列的通项公式 n a1 1 a 1 2 nn aa n a 答案 n n a 2 22 2 例例 15 已知数列满足 求数列的通项公式 n a 5 1 2 3n nn aa 1 7a n a 解 因为 所以 5 11 2 37 n nn aaa 1 00 nn aa 两边取常用对数得 1 lg5lglg3lg2 nn aan 设 同类型四 1 lg 1 5 lg nn ax nyaxny 比较系数得 lg3lg3lg2 4164 xy 由 得 1 lg3lg3lg2lg3lg3lg2 lg1lg710 41644164 a lg3lg3lg2 lg0 4164 n an 所以数列是以为首项 以 5 为公比的等比数列 lg3lg3lg2 lg 4164 n an lg3lg3lg2 lg7 4164 则 因此 1 lg3lg3lg2lg3lg3lg2 lg lg7 5 41644164 n n an 1 1 1 11111 1 16164444 11111 5 16164444 54151 51 164 lg3lg3lg2lg3lg3lg2 lg lg7 5 4164464 lg 7 332 5lg 332 lg 7 332 lg 332 lg 732 n n n n n n n nn n an 则 1 1 54151 5 164 732 n n nn n a 六 倒数变换法六 倒数变换法 适用于分式关系的递推公式 分子只有一项适用于分式关系的递推公式 分子只有一项 例例 16 已知数列满足 求数列的通项公式 n a 11 2 1 2 n n n a aa a n a 解 求倒数得为等差数列 首项 公差为 111 11111111 22 nnnnnn aaaaaa 1 1 1 a 1 2 112 1 21 n n na an 七 换元法七 换元法 适用于含根式的递推关系适用于含根式的递推关系 例例 17 已知数列满足 求数列的通项公式 n a 11 1 14124 1 16 nnn aaaa n a 解 令 则124 nn ba 2 1 1 24 nn ab 代入得 1 1 14124 16 nnn aaa 22 1 111 1 14 1 241624 nnn bbb 即 22 1 4 3 nn bb 因为 1240 nn ba 则 即 1 23 nn bb 1 13 22 nn bb 可化为 1 1 3 3 2 nn bb 所以是以为首项 以为公比的等比数列 因 3 n b 11 31243124 132ba 2 1 此 则 即 得 12 11 32 22 nn n b 2 1 3 2 n n b 2 1 124 3 2 n n a 2 111 3 423 nn n a 八 数学归纳法八 数学归纳法 通过首项和递推关系式求出数列的前通过首项和递推关系式求出数列的前 n 项 猜出数列的通项公式 再用数学归纳项 猜出数列的通项公式 再用数学归纳 法加以证明 法加以证明 例例 18 已知数列满足 求数列的通项公式 n a 11 22 8 1 8 21 23 9 nn n aaa nn n a 解 由及 得 1 22 8 1 21 23 nn n aa nn 1 8 9 a 21 22 32 22 43 22 8 1 1 88 224 2 1 1 2 1 3 99 2525 8 2 1 248 348 2 2 1 2 23 2525 4949 8 3 1 488 480 2 3 1 2 33 4949 8181 aa aa aa 由此可猜测 下面用数学归纳法证明这个结论 2 2 21 1 21 n n a n 1 当时 所以等式成立 1n 2 1 2 2 1 1 18 2 1 1 9 a 2 假设当时等式成立 即 则当时 nk 2 2 21 1 21 k k a k 1nk 1 22 22 22 222 22 2 2 2 2 8 1 21 23 21 1 23 8 1 21 23 21 23 21 21 23 23 1 23 2 1 1 1 2 1 1 kk k aa kk kkk kk kkk kk k k k k 由此可知 当时等式也成立 1nk 根据 1 2 可知 等式对任何都成立 nN 九 阶差法 逐项相减法 九 阶差法 逐项相减法 1 递推公式中既有 递推公式中既有 又有 又有 n S n a 分析 把已知关系通过转化为数列或的递推关系 然后采用相应 1 1 1 2 n nn S n a SSn n a n S 的方法求解 例例 19 已知数列的各项均为正数 且前 n 项和满足 且成 n a n S 1 1 2 6 nnn Saa 249 a a a 等比数列 求数列的通项公式 n a 解 对任意有 nN 1 1 2 6 nnn Saa 当 n 1 时 解得或 1111 1 1 2 6 Saaa 1 1a 1 2a 当 n 2 时 111 1 1 2 6 nnn Saa 整理得 11 3 0 nnnn aaaa 各项均为正数 n a 1 3 nn aa 当时 此时成立 1 1a 32 n an 2 429 aa a 当时 此时不成立 故舍去 1 2a 31 n an 2 429 aa a 1 2a 所以32 n an 练习 练习 已知数列中 且 求数列的通项公式 n a0 n a 2 1 2 1 nn aS n a 答案 nnn aSS 1 2 1 2 1 1 nn aa12 nan 2 对无穷递推数列 对无穷递推数列 例例 20 已知数列满足 求的通项公 n a 11231 123 1 2 nn aaaaanan n a 式 解 因为 1231 23 1 2 nn aaaanan 所以 11231 23 1 nnn aaaanana 用 式 式得 1 nnn aana 则 故 1 1 2 nn ana n 1 1 2 n n a nn a 所以 13 222 122 1 4 3 2 nn n nn aaan aan naa aaa 由 则 又知 1231 23 1 2 nn aaaanan 212 22naaa 取得 21 aa 1 1a 则 代入 得 2 1a 1 3 4 5 2 n n an 所以 的通项公式为 n a 2 n n a 十 不动点法十 不动点法 目的是目的是将递推数列转化为等比 差 数列的方法 不动点的定义 函数不动点的定义 函数的定义域为的定义域为 若存在 若存在 使 使成立 则称成立 则称 f xD 0 f x xD 00 f xx 为为的不动点或称的不动点或称为函数为函数的不动点 的不动点 0 x f x 00 xf x f x 分析 由求出不动点 在递推公式两边同时减去 在变形求解 f xx 0 x 0 x 类型一 形如类型一 形如 1 nn aqad 例例 21 已知数列中 求数列的通项公式 n a 11 1 21 2 nn aaan n a 解 递推关系是对应得递归函数为 由得 不动点为 1 21f xx f xx 1 12 1 nn aa 类型二 形如类型二 形如 1 n n n a ab a c ad 分析 递归函数为 a xb f x c xd 1 若有两个相异的不动点 p q 时 将递归关系式两边分别减去不动点 p q 再将两式相除得 其中 1 1 nn nn apap k aqaq apc k aqc 1 11 1 11 n n n a qpq ka ppq a ap kaq 2 若有两个相同的不动点 p 则将递归关系式两边减去不动点 p 然后用 1 除 得 其中 1 11 nn k apap 2c k ad 例例 22 设数列满足 求数列的通项公式 n a 72 45 2 11 n n n a a aa n a 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 72 52 47 52 72 7 52 72 45 1 n n n n n n n a t t a t a tat t a a ta 令 解之得 t 1 2 代入得 52 47 t t t 72 52 1 n n n a ta tta 72 1 31 1 n n n a a a 72 2 92 1 n n n a a a 相除得 即 是首项为 2 1 3 1 2 1 1 1 n n n n a a a a 2 1 n n a a 4 1 2 1 1 1 a a 公比为的等比数列 解得 3 1 2 1 n n a a n 1 3 4 1 134 234 1 1 n n n a 方法 2 72 1 31 1 n n n a a a 两边取倒数得 1 3 3 2 1 3 9 1 2 1 3 72 1 1 1 nn n n n n aa a a a a 令 b 则 b 转化为累加法来求 1 1 n n a nn b3 3 2 例例 23 已知数列满足 求数列的通项公式 n a 11 2124 4 41 n n n a aa a n a 解 令 得 则是函数的两个不 2124 41 x x x 2 420240 xx 12 23xx 2124 41 x f x x 动点 因为 所以数列是 1 1 2124 2 24121242 41 1326213 2124 321243 41 92793 3 41 n nnnnnn n nnnnn n a aaaaaa a aaaaa a 2 3 n n a a 以为首项 以为公比的等比数列 故 则 1 1 242 2 343 a a 9 13 1 213 2 39 n n n a a 1 1 3 13 2 1 9 n n a 练习练习 1 已知满足 求的通项 n a 1 1 1 2 2 2 21 n n n a aan a n a n a 答案 3 1 3 1 nn n nn a 练习练习 2 已知数列满足 求数列的通项 n a 11 21 2 46 n n n a aanN a n a n a 答案 135 106 n n a n 练习练习 3 2009 陕西卷文 已知数列 n a满足 1 12 12 2 nn n aa aaanN 2 令 1nnn baa 证明 n b是等比数列 求 n a的通项公式 答案 1 n b是以 1 为首项 1 2 为公比的等比数列 2 1 521 332 n n anN 十一 特征方程法特征方程法 形如形如是常数 的数列是常数 的数列 21 nnn apaqap q 形如是常数 的二阶递推数列都可用特征根法求得通项 112221 nnn am am apaqap q 其特征方程为 n a 2 xpxq 若 有二异根 则可令是待定常数 1212 nn n accc c 若 有二重根 则可令是待定常数 1212 n n acncc c 再利用可求得 进而求得 1122 am am 12 c c n a 例例 24 已知数列满足 求数列的通项 n a 1221 2 3 32 nnn aaaaa nN n a n a 解 解 其特征方程为 解得 令 2 32xx 12 1 2xx 12 12 nn n acc 由 得 112 212 22 43 acc acc 1 2 1 1 2 c c 1 12n n a 例例 25 已知数列满足 求数列的通项 n a 1221 1 2 44 nnn aaaaa nN n a n a 解 解 其特征方程为 解得 令 2 441xx 12 1 2 xx 12 1 2 n n acnc 由 得 112 212 1 1 2 1 2 2 4 acc acc 1 2 4 6 c c 1 32 2 n n n a 练习练习 1 已知数列满足 求数列的通项 n a 1221 1 2 441 nnn aaaaanN n a 练习练习 2 已知数列满足 n a 求数列的通项 1221 1 2 444 nnn aaaaannN n a 说明说明 1 若方程有两不同的解 s t 2 xpxq 则 11 nnnn taastaa 11 nnnn saatsaa 由等比数列性质可得 1 121 n nn staataa 1 121 n nn tsaasaa 由上两式消去可得 st 1 n a nn n t tst saa s tss taa a 1212 2 若方程有两相等的解 则 2 xpxq ts 12 1 21 2 11 taastaastaastaa n nnnnnn 即是等差数列 2 12 1 1 s taa s a s a n n n n n n s a 由等差数列性质可知 2 121 1 s saa n s a s a n n 所以 n n sn s saa s saa s a a 2 12 2 121 例例 26 数列满足 且求数列的通项 n a 1 5 12 a 2 1 25 4 29 2 4 n n n a a a n a 解 22 11 252925 2 444 2929 22 44 nnn nn nn aaa aa aa 令 解得 将它们代回 得 2 2925 4 12 25 1 4 2 1 1 1 29 2 4 n n n a a a 2 1 25 254 29 4 2 4 n n n a a a 得 2 1 1 2525 44 11 nn nn aa aa 则 数列成等比数列 首项为 1 公比q 2 1 1 2525 44 lg2lg 11 nn nn aa aa 25 4 lg 1 n n a a 所以 则 1 25 4 lg2 1 n n n a a 1 2 25 4 10 1 n n n a a 1 1 2 2 25 10 4 101 n n n a 十二 四种基本数列四种基本数列 1 形如形如型型 等差数列的广义形式 见累加法 等差数列的广义形式 见累加法 1 nfaa nn 2 2 形如形如型型 等比数列的广义形式 见累乘法 等比数列的广义形式 见累乘法 1 nf a a n n 3 3 形如形如型型 1 nfaa nn 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 daa nn 1n a 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 1 nfaa nn 通项 或用逐差法 两式相减 得 分奇偶项来分求通项 1 11 nfnfaa nn 例例 27 数列 满足 求数列 an 的通项公式 n a0 1 anaa nn 2 1 分析 1 构造 转化为型 1 nfaa nn 解法 1 令 n n n ab 1 则 naaaabb n nn n n n n n nn 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 时 各式相加 2 n 0 12 1 2 2 1 1 2 1 11 2 12 1 21 1 ab bb nbb nbb n nn n nn 1 1 2 1 2 1 1 1 2 231 nnb nn n 当 n 为偶数时 此时 当 n 为奇数时 n n nbn 2 2 1 1 2nba nn 1 2 1 2 n n bn 此时 所以 故 解法 2 nn ab 1 nan 1 为偶数 为奇数 nn nn an naa nn 2 1 时 两式相减得 2 n 1 2 1 naa nn 2 11 nn aa 构成以 为首项 以 2 为公差的等差数列 531 aaa 1 a 构成以 为首项 以 2 为公差的等差数列 642 aaa 2 a 22 1 112 kdkaa k kdkaa k 2 1 22 评注 结果要还原成 n 的表达式 1 为偶数 为奇数 nn nn an 例例 28 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 2 3 1 3 2 1 21 1 SSn n 且 解 方法一 因为 3 2 1 3 1 112 naaaaSS n nnnnnn 所以 以下同上例 略 答案 2 1 34 2 1 34 1 1 为偶数 为奇数 n n a n n n 4 4 形如形如型型 1 nfaa nn 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paa nn 1n a 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 1 1 nfaa nn 偶项来分求通项 例例 29 已知数列 求此数列的通项公式 满足 n a 2 1 3 11 Nnaaa n nn 注 同上例类似 略 5 5 形如 形如型型 nn psf a 1 1 若若是常数 同题型是常数 同题型 1 1 n af 2 2 若若是一次式同题型是一次式同题型 1 1 n af 3 3 若若是二次式 是二次式 n af 例例 1 1 2006 2006 年陕西理年陕西理 20 20 已知正项数列 其前 n 项和 S 满足成等比 n a n1531 aaa 数列 且 10 S 求数列的通项公式 n 65 2 nn aa n a n a 解 10 S n 65 2 nn aa 3 2 6510 111 2 11 aaaaa或解得 又 10 S 2 n1 65 1 2 1 nn aan 得 5 10 1 2 1 2 nnnnn aaaaa 即 0 5 11 nnnn aaaa 0 1 nn aa 2 5 1 naa nn 当 此时不成等比数列 73 133 1531 aaa时 1531 aaa3 1 a 当 此时有 72 122 1531 aaa时 151 2 3 aaa 2 1 a 35 nan 评注 该题用即的关系 2 1 1 1 nSS nS a nn nnn Sa 与 11 nnnnn afafSSa 消去 也可用的方法求出 nn aS求出 nnnn aSfSfS消去 1 nn aS 再求 例例 2 2 20072007 年重庆理科 21 已知各项均为正数的数列的前项和满足 n an n S 且 1 1S 6 1 2 nnn Saa n N 求的通项公式 n a 设数列满足 并记为的前项和 n b 21 1 n b n a n T n bn 求证 2 31log 3 nn Tan N 解 I 解由 解得或 1111 1 1 2 6 aSaa 1 1a 1 2a 由假设 因此 11 1aS 1 2a 又由 1111 11 1 2 1 2 66 nnnnnnn aSSaaaa 得 即或 11 3 0 nnnn aaaa 1 30 nn aa 1nn aa 因 故不成立 舍去 0 n a 1nn aa 因此 从而是公差为 首项为的等差数列 1 3 nn aa n a32 故的通项为 n a31 n an II 证法一 由可解得 21 1 n b n a 22 2 13 log1log 31 n n b an 从而 122 3 63 log 2 531 nn n Tbbb n 因此 3 22 3 632 31 log 3 log 2 53132 nn n Ta nn 令 3 3 632 2 53132 n f n nn 则 3 2 2 1 3233 33 3532 35 32 f nnnn f nnnnn 因 故 32 33 35 32 970nnnn 1 f nf n 特别地 从而 27 1 1 20 f nf 22 31 log 3 log 0 nn Taf n 即 2 31log 3 nn Ta 证法二 同证法一求得及 n b n T 由二项式定理知 当时 不等式成立 0c 3 1 1 3cc 由此不等式有 333 2 111 31log 2 111 2531 n T n 2 333 log 2 111 2531n 2 2 2 5 832 log 2 2 531 log 32 log 3 n n n n a 证法三 同证法一求得及 n b n T 令 3 634 731 2 5313 63 nn nn AB nn 若 5 832 4 731 n n C n 因 33132 31331 nnn nnn 因此 3 3 2 2 nnnn n AA B C 从而 3 3 22 3 63 31log 2log 2 2 531 nn n TA n 2 log 2 nnn A B C 22 log 32 log 3 n na 证法四 同证法一求得及 n b n T 下面用数学归纳法证明 2 31log 3 nn Ta 当时 1n 12 27 31log 4 T 212 log 3 log 5a 因此 结论成立 121 31log 3 Ta 假设结论当时成立 即 nk 2 31log 3 kk Ta 则当时 1nk 121121 31 log 3 31 3log 3 kkkkk TaTba 2211 log 3 log 3 3 kkk aab 3 2 2 33 log 35 32 k kk 因 故 32 33 35 32 970kkkk 3 2 2 33 log0 35 32 k kk 从而 这就是说 当时结论也成立 121 31log 3 kk Ta 1nk 综上对任何成立 2 31log 3 nn Ta nN 例例 3 3 2008 年全国理科 2 设函数 数列满足 lnf xxxx n a 1 01a 1 nn af a 证明 函数在区间是增函数 f x 01 证明 1 1 nn aa 设 整数 证明 1 1 ba 1 1ln ab k ab 1k ab 解 证明 lnf xxxx ln 0 1 ln0fxxxfxx 当时 故函数在区间 0 1 上是增函数 f x 证明 用数学归纳法 i 当 n 1 时 1 01a 11 ln0aa 211111 lnaf aaaaa 由函数在区间是增函数 且函数在处连续 则在区间是 f x 01 f x1x f x 01 增函数 即成立 21111 ln1af aaaa 12 1aa 假设当时 成立 即 xk kN 1 1 kk aa 11 01 kk aaa 那么当时 由在区间是增函数 得 1nk f x 01 11 01 kk aaa 而 则 1 1 kk f af af 1 nn af a 121 kkkk af aaf a 也就是说当时 也成立 12 1 kk aa 1nk 1 1 nn aa 根据 可得对任意的正整数 恒成立 n 1 1 nn aa 证明 由 可得 lnf xxxx 1 nn af a kkkk aababaln 1 1 1 ln k ii i abaa 1 若存在某满足 则 ik i ab 1ki abab 0 2 若对任意都有bai 则 ik kkkk aababaln 1 1 1 ln k i i abab 1 1 ln k i i abab 111 ln 0abkbabab 成立 11k a ab 即 例例 4 4 已知数列中 且 求数列的通项公式 n a0 n a 2 1 n nn a n aS n a 解 由已知得 2 1 n nn a n aS 2 1 1 1 nn nnn SS n SSS 化简有 由类型 1 有 nSS nn 2 1 2 nSSn 32 2 1 2 又得 所以 又 11 aS 1 1 a 2 1 2 nn Sn0 n a 2 1 2 nn sn 则 2 1 2 1 2 nnnn an 6 6 形如形如型型 1 nganfa nn 例 例 20082008 年湖南理科 年湖南理科 本小题满分 12 分 数列 22 122 1 2 1 cos sin 1 2 3 22 nnn nn aaaaan 满足 求并求数列的通项公式 34 a a n a 设证明 当 21 12 2 n nnn n a bSbbb a 1 62 n nS n 时 解 因为 22 12311 1 2 1 cos sin12 22 aaaaa 所以 22 22 1 cos sin24 n aaa 一般地 当时 21 N nkk 22 2121 21 21 1 cos sin 22 kk kk aa 即 21 1 k a 2121 1 kk aa 所以数列是首项为 1 公差为 1 的等差数列 因此 21k a 21 k ak 当时 2 N nk k 2 2222 2 1cos 2 2 kkk k aaa 所以数列是首项为 2 公比为 2 的等比数列 因此 2k a 2 2 k k a 故数列的通项公式为 n a 2 2 1 21 N 2 2 2 N n n nkk a nk k 由 知 21 2 2 2 n n n an b a 23 123 2222 n n n S 2241 1123 22222 n n n S 得 231 11111 222222 n nn n S 2 11 11 1 1 22 1 1 222 1 2 nnn nn 所以 1 12 22 222 n nnn nn S 要证明当时 成立 只需证明当时 成立 6n 1 2 n S n 6n 2 1 2n n n 证法一 1 当n 6 时 成立 6 6 62 483 1 2644 2 假设当时不等式成立 即 6 nk k 2 1 2k k k 则当n k 1 时 1 1 3 2 1 3 1 3 1 222 2 2 2 kk kkk kkkkk k kkk A 由 1 2 所述 当6 时 即当6 时 n 2 1 1 2 n n n 1 2 n S n 证法二 令 则 2 2 6 2 n n n cn 2 1 121 1 3 2 3 0 222 nn nn nnn nn cc 所以当时 因此当时 6n 1nn cc 6n 6 6 83 1 644 n cc 于是当时 综上所述 当时 6n 2 2 1 2 n n 6n 1 2 n S n 7 7 形如形如型型 2 2 3 1 nnn aaa 例例 1 1 20082008 年重庆理科年重庆理科 2222 设各项均为正数的数列 满足 n a 3 2 112 2 naa aaaanN 若 求 并猜想的值 不需证明 2 1 4 a 34 a a 2008 a 记对2 恒成立 求的值及数列 bn 的通项 32 2 2 nnn ba aa nNb 若n 2 a 公式 解 因 2 12 2 2 aa 故 4 1 33 2 2 2 a a a 8 2 43 2 3 2 a a a 由此有 0123 2 2 2 2 1234 2 2 2 2aaaa 故猜想的通项为 n a 1 2 2 n n anN 2008 12007 2 2 2008 22a 令 2 log 2 n S nnnnn xaSxnb 表示的前项和 则 由题设知x1 1 且 12 3 N 2 nn