等差数列及等比数列的“遗传”与“变异”

1、等差数列及等比数列的“遗传”与“变异” 1. 遗传 若数列 n2 +1 / 八估 an =(T) .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an是公差为 1)2，且 a1 = f (d 1), a3 = f (d+1), b1 = f (q+1), b3 = f (q 1), (1)求数列 a n 和 b n 的通项公式; 解：(1) / a 1=f (d 1) = (d 2) , a 3 = f(d+1)= d , 83 a1=d (d 2) =2d=4 , 22 - d=2, an=a1+(n 1)d = 2(n 1);又 b1= f (q+1)= q , b3

2、=f (q 1)=(q 2), d的等差数列，数列 bn是公比为q的(q R且qz 1)的等比数列，若函数 f (x) = (x b3 bi 2 = (q-7)=q2，由 q R，且 q工 1,得 q=-2, bn=b qn=4 - (-2)ni q 例1. 等差数列 是递减数列，且 a2 3 4=48，a2 +a3 +a4=i2，则数列的通项公式是( (A) an =2n-12 (B) a 2n+4 (C) an =-2n+12 (D) an =2n+10 解析：设等差数列的公差位 d,由已知j(a3 +d)3 (a3 +d) =48 3a3 =12 解得二:又an冷递减数列, d =-2

3、, ai =8, an =8 + (n1)(2) =-2n+10,故选(D)。 例2.已知等比数列 匕的首项ai =1 ,公比0 V q ci ,设数列bn 的通项为g = a + a计,求数列的 通项公式。 解析：由题意，b = an2 +an43 ，又 g 是等比数列，公比为 q bn十 bn _=q , 故数列bn是等比 数列， d =a2 乜3 hq+ag2 =q(q+1), an+an半 bl =q(q+i) qnqn(q+1) 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。 叠加法 例3：已知数列6, 9, 14, 21, 30,求

4、此数列的一个通项。 解牛易矢卩 an n 1 =2n , a2 ai =3,a3 a =5, a4 3 =7, an an=2n 一1, 各式相加得 an a1 2 =3+5+7 屮+(2n 1) an = n +5 (n亡 N) 点评：一般地，对于型如 此方法求解。 =an + f(n)类的通项公式，只要 f (1) + f(2) + f(n)能进行求和, 则宜采用 例4.若在数列 中 ai =3, anHt =an +n，求通项 a.。 解析：由 an+=an + n 得 a a = n ，所以 a an = n1, an an_ = n 2， a2 - ai =1, 将以上各式相加得：a

5、n -印=(n-1)+(n-2) +1, an n(n-1)+3 四、叠乘法 例4:在数列 an中, ai =1,(n+1) an4t=n 解：由(n+1) an+=n an得生 n an an -an，求 _ a2 a3 n+1ai ai a2 an的表达式。 a4an .丄 a3 an 斗2 所以 1 an = _ n 例4.已知数列Qn 中，a1 Sn = n(2n - 1)an，试求通项公式 an。 1 =，前n项和Sn与an的关系是 3 解析：首先由 Sn =n(2n 1)an 易求的递推公式：(2n + 1)a = (2n-3)anj =3 an2n + 1 anjL 2n -5

6、an/2n_1 a21 =将上面n 1个等式相乘得: a15 On ai (2n-3)(2n -5)(2n -7)3 訂 (2n +1)(2n -1)(2n-3)7 5 二(2n +1)(2n-1) 1 (2n +1(2n -1) 一般地，对于型如an= f (n) an类的通项公式，当f (1)十(2)”f(n)的值可以求得时，宜采用此方法。 五、5法利用an =Sn -Snj(n詢 点评: 例5 :已知下列两数列an的前n项和Sn的公式，求an的通项公式。(1 )Sn =门3+门-。(2) 解：(1) d =5 =1+1 _1 an = Sn- 假设当n =k（k2）时，ak = pk4a

7、+q（ p心+卩心+十p +1）成立, 由题设知 ak+ = Pak +q = p pka +q( pk + pk +.中 p +1)+q = pka + q( p，+ p + .+ p + 1) 即当 n =k(k 2)时，ak+= pka+q(+ 卩心+.+ p + 1)成立 根据，当n2时8n=p n8+q( pn-+ pn-+. + p+1),然后利用等比数列求和公式来化简这个通项8n。 二、“三层”之间的关系式，即f(S., 0=()n-1 5%+15%。 方法（” a Sn十-Sn,a八竽Sn， 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，

8、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a冷 an =f (n)型 (1)若 f(n) 为常数，即：an+an =d,此时数列为等差数列，则 an = a (n- 1)d . (2)若 f(n) 为n的函数时，用累加法. 方法如下: an+ an = f(n)得: n 2时, an -

9、an=f (n -1)， 所以各式相加得 anan_2 = f (n 2)， = f (2) a2 ai = f (1) an -a1 =f(n-1) + f(n-2) + + f(2) + f(1) n -1 即: an =a1 +送 f (k). k rn 2 为了书写方便，也可用横式来写: n 吕 2时，an an4 = f (n -1), - an =(an -an4)+(an4 an)+ +2 -aj +a1 =f(n -1) + f (n -2) + + f(2) + f(1) +ai. 例 1.(2003 天津文)已知数列an满足aj=1,an=32 +an4(n2), 证明an

10、二匚1 2 证明：由已知得：an -an4 =3,故 an =(an -an4)+(an4 a) + +2 -aj +a1 3 32 +3n 忍+3 +1 = 3n -1 2 例 2. 已知数列aj的首项为1 ，且an= an +2n n迂N*写出数列的通项公式. 答案：n2 1 例3.已知数列an满足4=3，an =anj +(n 2)，求此数列的通项公式. n(n 1) 1 答案：an =2 n 评注：已知aa, =f( n)，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 an . 错误！未找到引用源。 错误！未找到引用源。 错误！未找到引用源。 错误！未找到引

11、用源。 若 f(n) 若 f(n) 若 f(n) 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 是关于n的二次函数，累加后可分组求和 ； 是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和 是关于n的分式函数，累加后可裂项求和。 例4.已知数列an中, 1n a0且SnVan+評，求数列an的通项公式. 解:由已知 Sn+O：)得 S二), 化简有S2 -s；=n,由类型(1)有s2 =s2 +2 +3+ n, 又 3 =a1 得 a1 =1,所以 S2 -n(1) ，又 an0,Sn=E) 则an =逅0上毎匚1 此题也可以用数学归纳法来求解 2.形如 an 例1.设an 是首项

12、为1的正项数列， 且(n +1 a2十一 na； + an屮an = 0 ( n =1, 2, 3，)，则它的通项公式是 (1)当 f(n) 为常数，即: an + (其中 q是不为0的常数)，此时数列为等比数列，aa pZ (2)当 f(n) 为n的函数时，用累乘法. an f(n)得 a n 2时， anX =f(n-1)， an an an4 an -2 坐a1 =f(n)f(n-1) a an = 解：已知等式可化为：(an半+an)l( n+1)an专 即电1 =_2_ an n+1 二 n 2 时, an n -1 an n .an ”.an = an丄 an A an_2 a2

13、a1 n 1 n 2 a1 = n 1=丄 2 n 评注：本题是关于an和an +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 an与a卄的更为明显的 关系式，从而求出an. 例2.已知an+= nan + n-1 1,求数列an的通项公式. 解：因为 an 十=nan + n 1,所以 a.十 +1 = nan + n, 故 an+ +1 = n(an +1),又因为 a -1,即印 +1 0 , a+1 所以由上式可知an+10,所以 一=n,故由累乘法得 an +1 龄汨貯汗(a1+1) = (n-1) (n-2)(ai +1)=(n- 1)!(ai +1) 所以 an =

14、 (n -1)! (a1 +1)-1. 评注：本题解题的关键是把原来的递推关系式 an4t = nan + n 1,转化为 丁 an ：0( n 忘 N )”. (n+1) an+ - nan =0, an+ +1 = n(an +1),若令ban +1,则问题进一步转化为 5+ = nbn形式，进而应用累乘法求出数列的通项公式 3.形如 an+ +an =f(n)型 (1) 若an+ +an =d (d为常数)，则数列a.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an屮-an = f (n)型，通过

15、累加来求出通项；或用逐差法(两 式相减)得an -an二=f (n) - f (n 1),，分奇偶项来分求通项 例1.数列 an满足aG, an半+an =2n,求数列an的通项公式. 分析1 ：构造 转化为an-a f (n)型 解法 1 令 bn =(1)nan 则 bn 十-bn= (1)an + -(一1)an= ( -1)十(an十an )= ( 1)十 如. bn -bn二=(-1)n 2(n -1) n-bn(-1)2 n-Z) b2 -by)2 ”2x1 d = -3= 0 各式相加：bn =2(1)n(n-1) +(1)2(n -2)+(1)3 1)2 d n 2 当 n 为

16、偶数时，bn =2 1(n -1) +(-1) L2 此时 an =bn ：= n n 1 当n为奇数时，bn =2(-J) =-n +1 2 此时 bn = -an,所以 an = n 1. 故an = n -1, n为奇数, In, n为偶数. 解法 2： an十 +an =2n 二 n 2 时，an + an： =2(n 1)， 两式相减得：an + an斗=2 ai,a3,a5,，构成以a,为首项，以2为公差的等差数列； a2，a4，a6,，构成以 (2)若f(n)为n的函数(非常数)时，可通过逐差法得an an=f (n-1)，两式相除后，分奇偶项来分求通项 1 例1.已知数列an满

17、足a1 =3,an 十=(丄)n,( n壬N*),求此数列的通项公式. 2 注：同上例类似，略. 5.形如 an+ =can +d,(C H0,其中 a =a)型 (1)若c=1时，数列 an为等差数列； (2)若d=0时，数列 an为等比数列； (3) 若C工1且dH 0时，数列 an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an十+几=c(an +Q, 得an+=can +(c-1)k,与题设an+=can +d,比较系数得 d (C 1)入=d ,所以兀=,(C H0) C T 所以有：an=c(anx C TC T 因此数列和+士构成以a1 + 士为首项，以c

18、为公比的等比数列， 所以 an + - J =(a1 c 1 即：an =(a1 +-) C 一1 丄 d 、njL + 厂C C 一1 njLd C . C 一1 规律：将递推关系an + ：=can + d 化为 an + + =c(a )，构造成公比为c的等比数列an +4从而求得 C 1C 1C 1 通项公式an十=-d 1 -c + cn(a c 1 有时我们从递推关系 an =can +d中把n换成n-1有an =can+d ,两式相减有 an半an = c(an an/)从而 化为公比为c的等比数列 an卅-an,进而求得通项公式.an十an =cn(a2-aj,再利用类型(1)

19、即可求得通项公式. 我们看到此方法比较复杂 例1.已知数列an中, 1 1 十2斗=严-求通项an. 分析：两边直接加上 ,构造新的等比数列。 C -1 111 解：由 and! =-an得 an+ 1=-(an -1), 222 1 所以数列an -1构成以aj -1=1为首项，以一为公比的等比数列 2 1 所以 an 1=()2,即 an 2 方法二：由 =can中 二 n 2 时, an =can+d, 两式相减得 务十-an =C(ai n an 4) 忙1. 数列an an：是以 a2 ai = (cT)ai + d为首项，以c为公比的等比数列. / n an -an4 =2 a1)

20、 c _ / n 3 an4 an, =(a2 -a1)c an ai =2 -ai)(1 +c+Cn/) a2 ar = a2 a1 n =(a2 -a1)，-.a()cn- 1 -cc 1 d c1 方法三：迭代法 由递推式an+ =can + d, 直接迭代得 an =can二 +d = c(canN +d) + d =c2an/ + d(c +1) =c3anA +d(1 + c +c2)=ucn/ar +d(1 + c+ c2 +cn) dn JLd =(a +)4 - 方法四：归纳、猜想、证明 先计算出ai,a2,a3,再猜想出通项a.,最后用数学归纳法证明 注：请用这三种方法来解

21、例题，体会并比较它们的不同 6.形如 an 1= pa f (n)型 . 若f(n) =kn +b(其中k,b是常数，且k h 0) 方法：相减法 例1. 在数列an中，a1 =1,an十=3an +2n,求通项an. 解：丁 , an+ =3an +2n, 错误！未找到引用源。 二 n 2 时，an =3an4 +2(n 1)， 两式相减得 an+ -an =3(an -an)+2.令bn =an+ an，贝y b3bna +2 利用类型5的方法知bn =5 ”32 即 an 十一 an =5 32 -1 错误！未找到引用源。 再由累加法可得an =5 3n -n 2 n-1 5 亦可联立

22、错误！未找到引用源。 错误！未找到引用源。解出an 记 2 3 例2.在数列 an中，aj =，2an an斗=6n - 3,求通项an. 2 解：原递推式可化为 2(an + Xn + y) =an斗+ x(n -1) + +y 比较系数可得：x=-6,y=9,上式即为2bn =bn斗 fl91 所以 b J是一个等比数列，首项b1 =a1 -6n +9,公比为一 2 2 1 即：an 6n+ 9=9(?)n A 9 1 二 bn =2(2) 故 an =9 .(广 +6n 一9 . 若f （n） =qn（其中 q是常数，且n工0,1） 错误！未找到引用源。 若p=1时，即：an*=an +

23、qn，累加即可- 2 错误！未找到引用源。 若 P h1 时，即：an*= P an + qn, 求通项方法有以下三种方向：错误！未找到引用源。.两边同除以pn* 即:,p)n,令bn = an p q ，贝y bn+ -bn 然后类型1，累加求通项. 错误！未找到引用源。 .两边同除以 qn* 即: qn On qn q bnd!bn q 1 +丄.然后转化为类型5来解, q 错误！未找到引用源。 .待定系数法: 设an +入*qn = p（an 八pn）.通过比较系数，求出几，转化为等比数列求通项 例1.（ 2003天津理） 设ao为常数，且an =3 2an（n壬N）. 证明对任意 n

24、1, an =3n+(1)n2n+(1)n 2na0 ; 5 证法1:两边同除以（-2） n,得 an （2）n （一2）2討 an J a 令bn =莎，则bn bz (3) n bn =(bn -bn4)+叽-昭)+ +82 -0)5 -2 1 (一|)21一(一|)n亠 33) -Jk-3) -1 +ao 52 1 -1(2a0) /. an =(-2)nbn 二亠孑 +(1)2 5 2n +(-1)n 2 n a。. 证法2: 由 an =3n_2an(n c N)得 an J. an -n，则 bn = 3 -lb” 33 即: bn 1 2 1 5 一 325), 所以Vf是以b1

25、 1 _2 (1 53(5 2 a。）为首项，-三为公比的等比数列. 3 则bn /2 n. ao)(3)=( ,.八 n.2 n -a0)(-1)(-), 即: ,.八 n.2 , n -ao)(-1)(-) J, 5 故 an Js +(1严2n+(1)n 5 2na0 . 评注：本题的关键是两边同除以 3n ，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 an + A 3 -2(an + 扎 3n）, 即：an = 2an J 5入 *3, 比较系数得：-5a =1,所以 1 所以 an -1= -2(an4

26、55 1 -3 5 n）, 所以数列bn I n 5 是公比为一 2,首项为a _3的等比数列. 15 ai 3 =(12ao )(-2) 2( n 1 )等式成立，则a-3k 5 那么 ak+=3 2ak =3 3 +(T) 2 (T) 2 a。 5 = 13k+ +(1)k2k 十+(1)k+2k + a0. 5 也就是说，当n=k+1时，等式也成立.根据（i ）和（ii ）,可知等式对任何n N,成立. 规律：anH1= pan +f（n）类型共同的规律为：两边同除以,累加求和，只是求和的方法不同 7.形如an屮 pan +q 型 ran +s (1) p, r,s H0,q =0即 a

27、n pan 取倒数法. ran+S 例1.已知数列an中, ai 2， an an 2an+1 （n 2），求通项公式an。 1 1 解：取倒数：丄= an an + 2u - 2 anan 二 1 1 =+(n -1) ”2 =2n - a1 2 4n 3 an 例2. 1 （湖北卷）已知不等式 1 2 111 + -+ +- -log 2 n,其中n为大于2的整数，log2 n表示不超过log2 n的最大 3n2 整数. 设数列an的各项为正, 且满足 a1=b(b0),an 分析: 2b 证明 a2 +blog2 本题看似是不等式问题, 证：当 n 2时,0 can 1丄_丄31 a12

28、 a3 a?3 1 1 、1 色一. an an -1n 所有不等式两边相加可得 1 an ai 由已知不等式知，当 nA3时有, an _ 1 a1 2log 2 n. 1 1 1 a1ar1+1log2n 2 + blog2 n 2b an 2b 0时用待定系数法. 例2.已知数列 an满足an书5an十+6an =0,且a1,a5,且满足，求an. 解：令 an书xan+ =y(an+ xan),即 a.书(x + y)an* +xyan = 0,与已知 an =22 八 an七5an十+6an =0比较，则有“ x=2或 iy=3 X =3 旷2 IX = 2 F面我们取其中一组I 来

29、运算，即有an七-2an41 =3（a卄-2an）， ly =3 则数列匕十-2an 是以a2 -2a =3为首项，3为公比的等比数列，故 an+ 2an =3 ”3=3“，即an =2务+3n,利用类型的方法，可得 an =3n -2n. 评注：形如可七=aan十+ban的递推数列，我们通常采用两次类型（5）的方法来求解，但这种方法比较复杂，我们采用特 征根的方法：设方程（Xa）x =b的二根为a,p,设an = p 0， an 0用对数法. 例1.设正项数列an 满足ai =1 , an =23；4 （n2）.求数列的通项公式. 解：两边取对数得：log2n =1+ 2log2，log2n

30、 +1 = 2（log；n4+1）,设bn =log；n + 1，则 bn 是以 2 为公比的等比数列，=109； + 1=1 bn=1x22=2n= log；n + 1=2 , an=22nT_ 练习 数列Gn 中，a1 =1 , an =2 Jan 4 （ n 2）,求数列 Qn的通项公式. =2bn/抵 log；n = 2 -1 , 答案: （2）p0时用迭代法. 例1. （ 2005江西卷） 已知数列aj的各项都是正数,且满足：a0 =1,an卡-ganS-aj n迂N ， （1） 证明aan 2,n忘N;（2）求数列a.的通项公式an. 解：（1）略 1 1 2 （2） an+ =2an（4-an）二才（an -2）4, 所以 2（a卄-2）=（an -2）2 令 bn=an-2,则 bn 1b：1 丄（-丄b：2）2 1 e）2bn221=一（丄严 ybn2n 又 3= - 1 ,所以 2-22 22 2 bn =（T）2 七即 an = 2 +