2013高考数学应考必备：数列通项公式的若干求法及转化思想

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。1215 13， ， ， ， ， 8 16 32 6429 61例 1 ：已知数列写出此数列的一个通项公式。4例 2：根据数列的前 4项，写出它的一个通项公式：（1）4，44，444，4444，14916（2）1 , 2 , 3 , 4 ,10 17252 1 2（3）1,3 2 5,1（4） ,22 34 , ,3 4

2、5二公式法（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的通项公式，只需求得首项及公差公比。例 1： 已知数列a是公差为 d的等差数列，数列b是公比为 q的(qR且 q1)的等nn比数列，若函数 f (x) = (x1)，且 a = f (d1)，a = f (d+1)，b = f (q+1)，b = f (q213131)，求数列 a 和 b 的通项公式；nn(n 1)(n 2)S（2）已知数列的前 n项和求通项时，通常用公式。a 1S Snnn1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 a 和 a 合为一个表达式。1n 2n nS

3、n n 1例 1、已知数列 a 的前 n项和为： S22nnn 求数列 a 的通项公式。n三 由递推式求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。1 4a 1(n 2)，写出数列的前 5项。（课本习题）。例题：已知数列a 中，an，a2n11n1 4a 1(n 2) 。求 a变式 1：已知数列a 中， an， a21n11n2006 4a 1(n 2) 。求 a变式 2：已知数列a 中， an， a21n11nn， a 4a3变式 3：已知数列a 中， an 。求 an 12n11nn

4、1， a 4a变式 4：已知数列a 中， a3332 。求 an 121n1n1n1n1n111111nn， a 4a2 。求 an变式 5：已知数列a 中， an 121nnn， a 4a变式 3：已知数列a 中， a 。求 an 121nnn， a 4a3n 2。求 a 变式 6：已知数列a 中， a21nnn 4a n 3n 2。求a变式 7：已知数列a 中， a， a， a221n1n1nnn4a 3n 1。求 a 变式 8：已知数列a 中， an 12nnna p n a q n( ) ( ) ( ( ) 0)p n 类型：（一阶递归） n1na a (a为常数）1由等差，等比演化而

5、来的“差型”，“商型”递推关系 a d等差数列：an1n a f (n)由此推广成差型递推关系：ann1 (a a ) (a a ) (a a ) a累加： annn1n1n2211nf (n) a=，于是只要 f (n) 可以求和就行。12类型 1 递推公式为解法：把原递推公式转化为， a pn qa a bn（特殊情形：. a（差后等差数列）（差后等比数列）n1nn1n利用累加法求解。 a 2a 1，求a1例 1已知a 满足a，且nn1n1nn例 2已知a 满足a a 2 n 3，且a 1，求ann1n 3 a (n 2)a 1，求a1例 3已知a 满足a，且n 1nnn1n例 4. 已知

6、数列满足，求 。 a q等比数列：an1n a g(n)由此推广成商型递推关系：nan1a anan a g(n) a2累乘： an1aaan11n1n212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。1 a，且 a 2 ，求a例 1已知a 满足an12n1nn na , a 0a 1，求a1例 2已知a 满足a，且nn1nnn例 4（1）. 已知数列满足，求 。 2(2n 1) 2,a a ,(n 2)n例题 1。已知数列 a 满足： an1n1n C求证：aa 是偶数nn2nn a p(n)a aa（由和 确定的递推数列的通项可如下求得：nn1n1a p(n 1 )

7、a ,a p(n 2)a ,a p(1)a（2）由已知递推式有nn1n1n221依次向前代入，得n10a ( p(k)a (n 1, p(k) 1)a p(n 1)p(n 2) p(1)a，简记为 n1。n1k1k1这就是叠代法的基本模式。3n 1a 3,a 1a (n 1)na3n 2n1例 3 已知，求 。n3(n 1)1 3(n 2) 1 32 1 31a na13(n 1) 2 3(n 2) 2 32 2 3 2解：3n 4 3n 75 2 3 63n 1 3n 4 8 53n 1。(n 1)a1、已知数列a 满足，求a 的通项公式n , (n N)a 1, S nn1n2 类型 3

8、递推公式为（其中 p，q 均为常数，）。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），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 。 0类型 5。 f (S ,a )n型的n S S , (n 2)g(a ,a ) 0h(S ,S ) 0型，或 型利用 a转化为nnn1nn1nn1即混合型的转化为纯粹型的 2a (1) ,n 1.例题 1 已知数列 a 的前 n

9、 项和 S 满足 Snnnnn ()写出数列 a 的前 3 项a ,a ,a ;3n12 ()求数列 a 的通项公式;n 2a (1) ,n 1.分析： S-nnn S 2a 1, a 1.由 a得-1111 2a a 2a 1，得 a 0-由 n由 n用 n得，1222 3得， a a a 2a 1，得a 2-123331S 2a (1) -代 得nn 1n1n1 S S 2a 2a 2(1)：annnn1nn1 2a 2(1)即 a-nnn1a 2a 2(1) 2 2a 2(1) 2(1) 2 a 2 (1) 2(1)nn1n22n1nnn1n2n2 2 a 2 (1) 2 (1) 2(1

10、)n1n1n22n12 2 (1)n2n1-3n 2 1,a S (n 1, 2,3 ).证明：例题 2。数列a 的前 n 项和记为 S ，已知ann1n1nnS数列 是等比数列；（全国卷（二）理科 19 题）nnn 2 S S ,a S ,n方法 1 an1n1nn1n 2)S n(S S ),nS 2(n 1)S , (n整理得nn1nn1nSSS 是以 2 为公比 的等比数列. 2 .所以故n1nnnn 1nS2n方法 2：事实上，我们也可以转化为，为一个商型的递推关系，nSn 1n1s ssn n1 n 22 s a na 2由 s=2n12n 1n 1nn 1 n 2 n 31sss

11、n111n1n211a 是正数组成的数列，前 n 项和为S ，对所有的 n，a 与 2 的等差中项等于S 与 2n的等比中项nnn（1）写出a 的前三项；n（2）求a 的通项。(a 4n 4)nn 3 2aa2在数列a 中，已知 Sn，求nnn 3已知数列a 的前 n 和 满足求此数列的通项公式。Slog (S 1) n 1,nn2n4 已知数列（1）求前 n 项和。与 的关系；（2）求通项公式 。1 1,a S ,n 1,2,3,5（北京卷)数列a 的前 n 项和为 S ，且 a，求：n1n13nn（）a ,a ,a 的值及数列a 的通项公式；423n1,n 1, a a aa （） a的值

12、.（）1 4( ) ,n 2.2462nnn 23 3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 a 满足 a 1， a 2a 1 n N*n1n1n （）求数列 a 的通项公式；n解法 1：（构造法） a 2a 1 n N ，*n1n a 1 2 a 1n1n a 1 是以 a 1 2 为首项，2 为公比的等比数列，n1a 1 2nn 即 a 2 1 n Nn*n解法 2：（构造法） a 2a 1 n N*n1n a 2a 1 n 2 nn

13、1、两式相减得 a a 2 a an 2n1nnn1 a a 是以 a a 2 为首项，2 为公比的等比数列，n1n21a a 2nn1n 2a 1 a 2nnn 即 n Na 2 1n*n解法 3：（阶差法） 由 a 1， a 2a 1 n N 可得：*1n1na 2a 1nn12a 2 a 22n1n22 a 2 a 2232n2n32 a 2 a 2n2n1n2212 a 2n1n11以上 n 式相加得1 2n1 2a 1 2 2 2 2 2 12n 2n 1nn 即 a 2 1 n Nn*n解法五：（迭代法） 由 a 1， a 2a 1 n N 可得：*1n1na 2a 1nn1 2

14、2a 1 1 2 a 2 12n2n2 2 2a 1 2 1 2 a 2 2 1232n3n3 2 a 2 2 2 1n1n221 2 2 2 2 1n1n22 2 1n 即 a 2 1 n Nn*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，把握数学学习方法。 3,a 2a 1a同式题：.已知数列a ， an，则 1n1nn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：（1）倒数变换法：形如 a a ca da （为常数，且 ）的递推公式，可令c 0,d 0c;dn1

15、nn1n11a n1,a 。则可转化为 a pa q型；bbnn1nnn12aa n1例 1：数列中，且a，求数列 的通项公式.a a n13n2a 11nn （2）对数变换法：例：已知数列aa 1,a a (n 2)满足，求a 。n2n1n1n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； a2例 1、设数列a满足下列条件a a, a (n 2)，求a 。n12a 1n1nnn1aa ，再取对数）2（可化为nn1a 1 a 1nn1 例 2、设数列 a 满足下列条件，试求各通项：n 1, na (n 1)a 1(n 1, 2,3 )（1） a1n1

16、n（2） a 1,a 2a (n 2,3,4 )( 1)n 11nn1aa（3） a 1,a 10,(n 3,4,5 )nn1aa12n1n2aa1na (n 1)a 1n解：（1）n1n 1 n n(n 1)n1na1 , b a 1 b b 令b则，nnn 1n(n 1)n11n1)a a f (n)型”，本题用 n(n除递推式两边，再进行变量代换，就可转化为“n1n1 2 a nb 2n 1可得bnnnnan2na1 ( )2a a f (n)型”，（2）递推式两边同除以 n，得2，就可转化为“n 1n2n1n1n a2aaa当然，也可以在递推式两边同除以(1)，得1即 21，nnn1n

17、n 1(1)n (1)n(1)(1)nn112 ( 1) 则可转化为“a p a q型”，所以得ann 1n1nn31 lga (lga lga )（3）递推式两边同取对数，得lgann12n1n2 b lga lga 11b ( ) (n 1, 2,3 )121 lga lga1 令b，则 n1( 3,4,5, )bb nn22nn1nnn121a1 lga lga ( ) 10( )n1a f (n) 型”，由累乘相消 ，已转化为“an1n12n1n2an1nn 1 n1 1 n1a1112121 1010 10 10( )n2 10 a 10法可得 2 2 n242an1一般掌握下列转化

18、思想即可；尤其对分式型递推关系。111p d q1、利用倒数转化为：（1）；（2）aaaan1nn1n2、求前若干项观察项间周期性等a 1,a 练习：1、已知 a求：ana 31n1nna2、已知a =1, a =1 n+1，求an2a 5nna 3(n 1,2,3,)a 3a（ A ）3、已知数列a满足：a0，且a，则n3a 1n1n 12008n3 ；C 3；D2A 0；B(n 1, 2,3, )变式：（1）、已知数列a满足：a0，且 a，S 表示数列nnn1n 13a 1n_a的 n前项和则 Sn2008 1 1,a 2,a (n N ) ，则数列前 26项的和为：（B ）（2）、已知

19、a 满足 a*n12n 2anA0B1C8D101(n 1, 2,3, ) ，A 表示数列a的 n（3）、已知数列a满足：a3，且 a a an1n 1nnnn前项和则 A_ 3200533、（2006年江西卷）已知数列a满足：a ，且 a3na（n 2，n N ）n1n12n2an1n1 （1） 求数列a的通项公式；nn 1（1n1）n解：将条件变为：1，因此1为一个等比数列，其首项为a3aann1n1 11 ，公比 ，从而 11n1n 3n，据此得 an（n1）13n1a33a3n1n 练习：设数列 a 满足下列条件，试求各通项：n（1） a 0,a 3a2(n 2,3,4 )1nn1（2

20、） a a,a a n(n 1, 2,3 )1n1n （3） a 1, (n 2)(a 1) na (n 1, 2,3 )1nn1（4） a 1,a a na a (n 2,3,4 )1n1nn1n（5） a 1,a 32a (n 2,3,4 )n 11nn1（6） a 0,a 1,a2a 1(n 1, 2,3, )3a12n2n1n（7） a 7,a 5a 2 3 4(n 1, 2,3, )n 11n1n4 a 1,a (n 2,3,4, )（8） an1n13 a1n类型：a =pa +qan2(p、q均为常数)（二阶递归）n1n p 解出 、 因此a =pa +qan2a - a （ a

21、 - a ） qn1nn2n1n1n a - a 是 G.Pn1np q 1a pa qa型特殊地n2n1n q 1分析： p p 1 q a 1 q a qa a q a an2n1nn1n1na a q a an2n1n1n a a qn1n2a an1n a是以 aa a为首项，公比为 q 的等比数列n1n21 n 3 0 a 1 a 3a 2a例 1、 a，求a12nn1n2n5352a = a - a ,求数列a 的通项公式a 。例 2：a =1，a=12n 23n 1 3nnn5 233a -a （ a -a ）解得： 1、 n2n1n1n2 32a -a （ a -a ）， a-

22、a=23 2 n1a -a =n 1a （a -a ）+n1 n2n13n1n21n 3 nn 2 n 1 2 n 222n+ +1=3- .（ a -a ）+（ a-a）+a=2+ n1n211 3 3 33n12n a 3-n3n1同式题：已知a =1, a =3，a =3a -2 a ， 求an+112n+2nn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 知 数 列中 ，； 数 列中 ，。 当时 ，求。解：因所以即 又因为所以即由、得： 8,a 2a 2a a n N且满足例 9数列 a 中， a* n2n1n14n求数列 a 的通项公

23、式；n| a | | a | | a |设 S，求 S ；nn12n1(n N ),T b b b (n N ) ，是否存在最大的整数m ，设b =*n(12 a )nn12nnm N ，均有T 使得对任意n成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由。*32n 3、已知数列 a 中， S 是其前 n 项和，并且S 4a 2(n 1,2, ),a 1，n1n 1n设数列b an2a (n 1, 2,) ，求证：数列 b 是等比数列；nn1nnan2n ,(n 1, 2,)，求证：数列c设数列c是等差数列；nn 求数列 a 的通项公式及前n 项和。n分析：由于b 和c 中的项都和a 中的项有

24、关，a 中又有 S =4a +2，可由 S -Sn1n作切入点探索解题的途径nnnnn2n12解：(1)由 S=4a，S=4a+2，两式相减， 得 S-S=4(a-a )，即n1nn2n1n2=4a -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n1n1nan2n1加强恒等变形能力的训练)nnn1na-2a =2(a -2a )，又 b =a -2a ，所以 b =2bn2n1n1nnn1nn1已知 S =4a +2，a =1，a +a =4a +2，解得 a =5，b =a -2a =3n2111212由和得，数列b 是首项为 3，公比为 2 的等比数列，故

25、 b =32 121n1nn （2006 年江苏卷）设数列（n=1,2,3, ），、 、a b c 满足：，3abaaca2annnnnn2nnn1n2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,）a nc nbbnn1证明：1 必要性：设数列是公差为 的等差数列，则：da n1b b (a a ) (a a )=(a a ) (a a )= d -d =0，n1bnn1n3nn2n1nn3n211 b（n=1,2,3,）成立；nn1 c (a a ) 2 (a a ) 3(a a ) d又cn1数列=6 （常数）（n=1,2,3,）nn1为等差数列。nn2n1n3n21c

26、 n2 充分性：设数列c 是公差为d 的等差数列，且b b （n=1,2,3,），n2nn1 a 2a 3a3acca2annn1n2n2n2n3n4 c (a a ) 2(a a ) 3(a a ) b 2b 3b得：c=nn2nn2n1n3n2n4nn1n2 c (c c ) (c c ) 2dcbnn2nn1n1 从而有n22 2b 3b 2db 2b 3b 2dnn1n22n1n2n32 b ) 2(b b ) 3(b b ) 0得：(bn1nn2n1，n3n2 b ) 0 b b 0 b b 0，(b，n1nn2n1n3n2 b 0由得：b（n=1,2,3, ），n1n da a d

27、（常数）由此，不妨设b（n=1,2,3,），则n3nn23 a 2a 3a 4a 2a 3d故cn从而cnn1n2nn13 4a 2a 3d 4a 2a 5dn1n1n23n1n3 c 2(a a ) 2d得：c，n1nn1n311 a (c c ) d d d故 a（常数）（n=1,2,3,），n1n2n1n3223数列a n综上所述：为等差数列。为等差数列的充分必要条件是为等差数列且 b（n=1,2,3,）。a nc nbnn1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）；又如数列 a

28、 的前 n 项的和数列、Snn 或由a 构成新的数列 b 、或由两个数列a 、b 构成新的数列 c 等等。nnnnn2. 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】 a1 a a n Nb nnN1 若数列 a n是等差数列，则有数列也为等差数2nn 0 nN列，类比上述性质，相应的，若数列 c 是等比数列，且 cn，则 有nd _ nN 也是等比数列。n2 在等差数列a 中，公差d 1, a a 8 ，则a a a（ B ）an41724620A40B45C50D55（ C ）D22a 为奇数)a 2(nn 2a (n为偶数)3 在数列

29、a 中，a =2， n 1，则 a 等于5n1an1nA124 有限数列 A森和”如有 99 项的数列 (a ,a ,B14C20为其前 n 项和，若定义,a )S S S (a ,a ,a ) S，为 A 的“凯12nn12nn的“凯森和”为 1000，则有 100 项的数列（B ）1299(1,a ,a ,a ) 的“凯森和”为12A100199B991C999D9905 已知公差不为零的等差数列的第k 、n 、 项依次构成等比数列的连续三项，则此等比数p列的公比 q是n pA（）k pBCDk n6（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

30、么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和。已知数列是等和数列，且，公和为 5，那么的值为_3_，这个数列的前 n项和的计算公式为_.【典型例题】 2 3pc 为等比数列，求常数 p 例 1 （1）已知数列 c ，其中c，且数列 cnn n1 nnn a bc 不是（2）设 a ， b 是公比不相等的两个等比数列，c，证明数列n等比数列nnnnn例 2 S 是等差数列a的前 n项和.(nN)*nn（1） 若数列a单调递增，且 a 是 a、a 的等比中项，证明： S S 2 S .n215n 2n 1n3（2） 设a的首项为 a，公差为 d，且 a d(d 0)，问是否存在正常数 c，使n112S c S c