第四章 数列 微专题01 求数列通项的方法课件（人教A版选择性必修第二册）

选修第二册《第四章数列》微专题01求数列通项的方法1.根据数列的前n项，归纳猜想数列的一个通项公式，并证明

.2.公式法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式an=a+(n-1d

an=a₁q"-1an=am+(n-md

an=amq"-m3.利用数列的前n项和S

和a

的关系.

4.已知数列的首项(若干项)和递推公式，求数列的通项公式.常用累加法、累乘法、构造特殊数列法(取倒数法、待定系数法)求数列通项公式的常见类型(通项公式an中默认n∈N*)注：常用(-1)”或(-1)"+1来表示各项正负相间的变化规律

.1.由前几项归纳猜想通项公式(2)7,77,777,7777[变式1]2,0,2,0[变式2]0,1,0,1(3)b,a,b,a若

a,G,b

成等差数列则2G=a+b若a,G,b成等比数列则G²=ab2.等差数列{an}是递增数列，前n

项和为Sn,且a,a₃,a,成等比数列，S₅=a²

.

求数列{an}的通项公式.解：设数列{an}的公差为d(d>0),公式∵a₁,a₃,a₉∴

,

即(a₁+2d)²=a₁(a₁+8d),已知等差/等比数列，由条件构造求解关于a₁和d或a₁和q的方程组.即d²=a₁

d,∵d≠0,∴a₁=d①2.公式法由①②得d>0性质3.

利

用Sn

和

an

的

关

系Sn=a₁+a₂+…+an-1+an(n≥1)a=S,一Sn-1(n≥2)Sn-1=a₁+a₂+…+an-1(n≥2)3.

(1)已知数列{a,}的

前n项和为Sn,

且满足Sn=n²+2n—1,求{a,}的通项公式.∴数列{a,}的通项公注：若a₁

不符合a,(n≥2),则通项公式分段写解：n≥2时，aₙ=Sₙ-Sₙ₋1=n²+2n-1-[(n-1)²+2(n-1)-1]=2n+1;3.

利

用Sn

和

an

的关系

易错点：Sn-1代错；漏写n≥2;n=1时无检验解：n≥2时，an=Sₙ-Sn-1=n²+2n-1-[(n-1)²+2(n-1)-1]=2n+1;n=1

时，a₁=S₁

=1²+2-1=2≠2×1+1,不符合上式[变式]已知数列{an}的前n项和Sn=n²+n,求数列{an}的通项公式.①知S

求a3.

(1)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=n²+2n-1,

求{an}的通项公式.∴数列{an}的通项公注：若a₁不符合a(n≥2),则通项公式分段写注：若a₁符合a几(n≥2),则通项公式合并写解

：n≥2时，aₙ=Sₙ—Sn-1=n²+n-[(n-1)²+(n-1]=2n∴数列{an}的通项公式an=2n.解：n≥2

时，an=Sₙ-Sn-1=-SnSn-1,同除以-SₙSn-1又

是首项和公差为的等差数列3.

利

用Sn

和

an

的

关

系②由S的递推式求Sₙ,

再求an3.

(2)已知数列{an}的前n项和为Sn,满足a₁=1,an=-SnSn-1(n≥2,n∈N),求{an}的通项公式.n≥2时，n=1时，

不符合上式∵两式相减得n≥2时，aₙ=nan+1-(n-1an+2n

,即n≥2时，nan+1-na=-2n,即a+1-an=-2

n≥2).依题意得S₁=a₂+2,.

a₂-a₁=-2,符合上式∴{an}是首项为19,公差为-2的等差数列∴an=19+(-2)·(n-1)=21-2n.3.利

用Sn和an的关系

③条件迭代相减得aₙ的递推式，再求an3.

(3)已知数列a,}中，a₁=19,{a}

的前n项和Sn=nan+1+n(n+1),

求an.a₂-a₁=-2a₃-a₂=-2

a₄-a₃=-2∴Sn-1=(n-1an+(n-1n,n≥2.解：∵

S=na

+n(n+1),n∈N.∵a₂≠0,an≠0.

∴{an}从第2项起是公比为4的等比数列∴n≥2时，an=a₂q“⁻²=12

·4”⁻²=3·4”-1;3.利用Sn和an的关系与an=4an-1(n≥2)区

分两式相减得》22时，

即

a,=4a,[n22.[变式1]前n项

和

为S的数列{an}中，求an.③条件迭代相减得an的递推式，进而求ana=30,

不符合上式(法1)解由3.

利

用Sn和

an

的

关

系[变式1]前n项

和

为S的数列{a,}中，求an.∴n≥2时

，an=Sₙ-Sn-1=4”-4”-¹=3·4”-1,n=1

时

，a₁=4不

符

合

上

式∴{S,}是首项为4,公比为4的等比数列∵Sₙ=4

·4”-¹=4”.②由S的递推式求Sn,进而求an整理得Sn+1=4Sn,∵S₁=a₁=4≠0,∴Sn≠0,(法2)解

nN÷

日时解：设数列b}的通项为b=3”-¹a,前n项和为T,依题意得∴n≥2时，n=1

时，

符合上式3.利

用Sn

和

an

的关系[变式2]已知数列a,}满,求an.①知S

n

求an(两段式);②由S的递推式求Sn,再求an③条件迭代相减得a的递推式，再求a

an=-SnSn-1(n≥2)

Sn=nan+1+n(n+1)“利用Sn和a

的关系”方法小结an=S,-Sn₁(n≥2)各式累加得n≥2时，an-a₁=(a₂-a)+(a₃-a₂)+...+(an-an-1)=(n-1)d,∴n≥2

时

，an=a₁+(n-1d;n=1

时，a₁+(1-1)d=a,符合上式4.

由递推式求通项

①累加法an+1-an=f(n)型累

加

法

：n≥2

时

，an=a₁+(a₂-a₁)+(a₃-a₂)+…+(an-an_

1)=(*)n=1

时，验证a

是否符合上式a₂-a₁=3,a₃-a₂=5,等差数列求

和a₂-a₁=2,a₃-a₂=2²,等比数列求和等差数列{an}中，a₂-a₁=d,a₃-a₂=d,●·····an-an-1=d(n≥2)an-an-1=2n-1(n≥2)an-an₋1=2”-¹(n≥2)数

列{an}中，a₁=1,

数列{a,}

中，a₁=1,4.

由递推式求通项——①累加法

an+1-an=f

(n)型解：依题意得an-an_1=2(n-1)-1=2n-3(n≥2)即a,-a=1,a₃-a,=3,..,a,-an_=2n-3(n≥2),首项为1.公差为2的等

差数列的前n-1项求和1=2×1-13=2×2-1例1.在数列{a}中，a₁

=2,an+1=an+2n-1(n∈N*),求其通项公式各式累加得n≥2时，a=a₁+(a,-a)+(a₃-a)+...+(a,-a1),∴n≥2

时，an=2+1+3+...+(2n-3)n=1时，1²-2+3=2=

a,

符合上式∴an=n²-2n+3(n∈N).(1+2n-3)(n-1)22n—3=2×(n—1)—1=n²-2n+3=2+4.由递推式求通项——①累加法

an+1-an=f(n)

型n=1

时，

符

合

上

式裂项相消法求和对称剩项方

法

归纳【累加法】形如an-an-1=f(n)的数列，利用累加法求a:n≥2

时，an=a₁+(a₂-a₁)+(a₃-a₂)…+(an-an-1)=.

…

.n=1

时，检验a

是否符合上式数列求和

∴an=

…

….【累乘法】形如

的数列，利用累乘法求an:①n≥2时，②n=1时，检验a

是否符合上式∴an=..a₁a₂n=.….(n≥2)

an-14.

由递推式求通项

—

—

)累乘法型[例2]数列{an}中，

,求{an}的通项公式解∵a₁

≠0,由已知得a≠0,.隔项相消对称剩项n=1

时，4.

由递推式求通项——②

)累乘法

型变式练习数列{an}中，an>0,a₁=2,

,求其通项公式n=1时，

,符合上式解：依题意，分解因式得[(n+1)a

n+1-nan](an+1+aₙ)=0,由累乘法得n≥2时4.由递推式求通项——③奇偶分析法

an+1+an=f(n)型析：a=2,a,=-1,a=4,a=1,a₅=6,a₆=3,

…

…解∵a+a,=2n-1(n∈N),∴an+an-1=2n-3(n≥2),

两式相减得an+1-an-1=2(n≥2),∵a₁=2,由已知得a₂+a₁=2-1=1,∴a₂=1-2=-1.①n为奇数时

例3.数列{an}中

，a₁=2,an+1+an=2n-1(n∈N*),求{an}的通项公式奇数项a₁,a₃,a.

…和偶数项a₂,a₄,a₆

…分别成公差为2的等差数列，②n为偶数时，数数4.由递推式求通项——③奇偶分析法an+1an=f(n)型变式练习数列{an}中，a₁=1,an+1an=2×3”-¹(n∈N),求{an}的

通

项

公

式两式相除得∴奇数项a₁,a₃,a.

…和偶数项a₂,a₄,a₆

…分别成公比为4的等比数列∵a₁=1,由已知得a₂

·a=2×3⁰=2,..a₂=2.①n为奇数时，②n为偶数时

，aₙ=2·3²⁻¹=2·32;·解∵an+1·an=2×3”-¹(n∈N*),∴an·an_

1=2×3n-²(n≥2),<由an的递推式求通项的类型与方法①an+1+an=f

(n)型：

累

加

法n≥2时，an=a₁+(a₂-a₁)+(a₃-a₂).…+(an-an-1)=...②

(n)

型：累乘法③a

+a=f(n)

型：

奇

偶

分

析

法奇

数

项a₁,a₃,as

…

成等比偶

数

项a₂,a₄,a₆…

成等比奇

数

项a,a₃,as

…

成

等

差偶

数

项a₂,a₄,a6…

成

等

差迭代作

商传个力1.已知数列{an}的

前n

项和Sn=3·2”,求{an}的通项公式.2.若数列{an}的

前n项和,求{an}的通项公式3.数列{an}满足a₁=2,,求aₙ

.4.已知在数列an}中，a₁

=1,且an+1

=an+3"-n,

求数列{an}的通项公式5.数列{an}中，a₁=1

,a₂=2,Vn≥2且n∈N,数列{an}的

前n项

和Sn

满足Sn+1+Sn₋1=2(Sₙ+1),求an.

6.已知数列a,}满足a₁=2,前n项和S,=n²an,则aₙ=

两∴数列{a}的

通

项

公2.若数列{a,}的前n项和,求an.又

∵

a,≠0∴{a}

是首项为2,公比为3的等比数列

1.已知数列{an}的

前n项和Sn=3

·2”,求数列{a,}的通项公式

.

解：n≥2

时，an=Sn-Sn-1=3·2”-3·2”-¹=3·2”-1.(2-1)=3·2”-1an

=2·3”-1.=30[解：依题意得，

=ln(n+1)-In

n由累加法得n≥2时，an=(an-an_1)+(an_1-an-2)+...+(a₂-a₁)+a₁=[lnn-ln(n-1]+[ln(n-1)-ln(n-2)]+...+(ln2-1n1)+2=1n

n+2n=1

时，a₁=2=ln1+2,

符合上式，∴

an=lnn+2.3.数列{an}满

足a₁=2,

,求an.解：依题意得，由累加法得n≥2时

，an=(an-an_1)+(an₁-an_2)+.…+(a₂-a₁)+a₁n=1时，a₁=2=ln1+2,符合上式，∴an=Inn+2.4.已知在数列{a,}中，a₁=

1,且

an+1=an+3”-n,求数列{an}的

通

项

公

式解∵a+1-an=3”-n,.n≥2时，an-aₙ1=3”⁻¹-(n-1),将各式累加得n≥2

时，an=a₁+(a₂-a₁)+(a₃-a₂)+...+(an-an_1),=[3”-¹-(n-1]+[3n-²-(n-2)]+...+(3¹-1)+1=3”-¹+3”-²+.….+3¹+3°-[(n-1)+(n-2)+.….+1]n=1时。符

合

上

式

1×(1-3”)

【(n-1)+1](n-1)

l一3

2No

Image5.数列{a,}中，a

=1,a₂=2,Vn≥2且n∈N,

数列{a,}的

前nS满

足Sn+1+Sn-1=2(Sₙ+1),求an.(法1)解∵Sn+1+Sn-1=2(Sₙ+1),n≥2.∴Sn+Sn-2=2(Sn-1+1),n≥3.两式相减得n≥3

时，an+1+an_1=2an,即从第2项起，{an}是等差数列∵n=2时，S₃+S₁=2(S₂+1),又a₁=1,a₂=2,

解

得a₃=4.a₂-a₁=1∴{an}的首项为1,从第2项起是公差为2的等差数列

a₃-a₂=2∴n≥2

时，a=a₂+(n-2)d=2+2(n-2)=2n-2;

a₄-a₃=25.数列{an}中，a₁=1

,a₂=2,Vn≥2且n

∈N,数列{a,}的

前n满足Sn+1+Sn-1=2(Sₙ+1),

求an.(法2)解：由题意得n≥2

时，Sn+1-Sn=Sₙ-Sn-1+2,即an+1-an=2(n≥2),∵a₂-a₁=1

不符合上式∴{an}首项为1,从第2项起是公差为2的等差数列∴n≥2

时，a=a₂+(n-2)d=2+2(n-2)=2n-2;a₂-a₁=2a₃-a₂=2a₄-a₃=2··1,2,4,6,8,...S6.已知数列{a,}满足a₁=2,

前n项

和Sₙ=n²an,

则a=

解：∵∵

∴Sn-1=(n-1²an_

1(n≥2),两式相减得n≥2时，an=n²an-(n-1)²an₋1,即(n-1)²an-1=(n²-1)an,∵n-1≥1,:(n-1an₋1=(n+1)an,由累乘法得n≥2时，隔项相消

对称剩项n=1

时，a₁=2

符合上式∵a₁

≠0,

由上式知an≠0,.

解：设存在t∈R,使an+1+t=3(an+t),

即an+1=3aₙ+2t,

由已知得2t=2,∴t=1.

∴an+1+1=3(an+1),3.由递推式求通项——⑤待定系数法构造特殊数列例4.数列{a,}中，a₁=1,n≥2

时，an=3an₁+2,求数列的通项公式(∴{an+1}是首项为2,公比为3的等比数列∴an+1=2·3”-1,

∴an=2·3"-1.方法归纳

：

待定系数法构造特殊数列(1)形如an+1=pan+q(p≠1,0):

如例4存在t∈R,使a+1+t=c(an+t)→整理求t→得数列{an+t}是等比数列→

求an+t→

求an(2)形如

an+1=pan+kn+b(p≠1,pk≠0):

如例5存在k,b∈R,使an+1+k(n+1)+b=c(a,+kn+b)→

整理求k,b→

得{an+kn+b

}是等比数列→

求an+t→求an(3)形如an+1=pan+q”(p,q≠1,pq≠0):如例6法1:设a+1+t·q”+¹=p(an+1·q”)→求

得{an+t

·q”}是

等

比

→

求tan+t

·q”→求

aₙ法2:同除以q"+

得

是等比

→

求

求a注

：p=q时只能用法2;

p≠q时可用法1或法2方法归纳：待定系数法构造特殊数列(4)形如an+2=pan+1+qan(c≠0,c≠1):

如

例

8存在r∈R,

使an+2+μan+1=λ(an+1+μa)→整理求2,μ→得{an+1+μan}是等比→

求an+1+ran→求an推广：形如an+1=pan+f(n)(c≠0,c≠1)可构造an+1+g(n+1)=c[aₙ+g(n)

],其中g(n)与f(n)是同类型函数，可得

{an+g(n)}是等比数列，求出an+g(n),

从而求出an[例5]数列{an}中，a₁=1,an+1=3an2n,求{an}的通项公式解：设存在实数k,b,使a+1+k(n+1)+b=3(an+kn+b),则整理得an+1=3aₙ+2kn+2b-k.由已知得2k=22b-k=0解得二3.

由递推式求通项——⑤待定系数法构造辅助数列析：设存在实数k,b,使n≥2时，an+kn+b=3[an_1+k(n-1)+b].3.

由递推式求通项——⑤待定系数法构造辅助数列例6.数列{an}中，a₁=1,an+1=3an+2"+1,求{an}的通项公式[变式]数列{a,}

中，a₁=2,an+1=2an+2n+1,求{an}的通项公式∴{bn+2}

是首项为,公比为

的等比数列∴an+1+2“+¹=3(an+2”),{an+2”}

是首项为3,公比为3的等比数列(法1)

解：设a+1+t

·2“+¹=3(an+t

·2”),即

an+1=3a+t

·2”,t=2.(

法

2

)

解

同

除

以,则∴an+2”=3·3”-¹=3”,∴an=3”-2”.∴an=5·3n-¹-2n+1,艮3.

由递推式求通项——⑤待定系数法构造辅助数列[例8]已知数列{a,}中，a₁=5,a₂=2,an=2an_1+3an_2(n≥3),求

an.解：设存在实数λ,μ,使a+μan_1=λ(a₋1+μan_2),即an=(μ-

λ)an1+μλan_2(n≥3).,解得或λ=-3,μ=-1时，a,-3a

=-(a-3a,),n≥3,λ=1,μ=3时，aₙ+an=3(a+a,,),n≥3,∴{an-3an_

1}是首项为a₂-3a₁=-13,公比为-1的等比数列∴{an+an_

1}是首项为a₂+a₁=7,公比为3的等比数列∴an+1-3a=-13×(-1)”-¹①,∴an+1+an=7×3”⁻¹②,联立①②解①λ=-3,μ=-1时，an-3an_

1=-(an_

1-3an-2),n≥3,∴{an-3an_

1}是首项为a₂-3a₁=-13,公比为-1的等比数列∴an+1-3an=-13×(-1)”-¹,设an+1+t(-1)n+¹=3(an+t(-1)”),解得}是以

为首项，3为公比的等比数列解：设存在实数λ,μ,使a+μan_1=λ(a₋1+μan_2),即an=(μ-

λ)an1+μλan_2(n≥3).

二

,解得

或3.

由递推式求通项——⑤待定系数法构造辅助数列[例8]已知数列{a,}中，a₁=5,a₂=2,an=2an_1+3an_2(n≥3),求

an.解：设存在实数α,β,使a+kaₙ_1=r(an₁+ka₋2),即an=(r-k)an-1+rkan_2(n≥3).

,解得

或②λ=1,μ=3时，aₙ+an₁=3(an₋1+an_2),n≥3,∴{an+an_

1}

是

首

项

为a₂+a₁=7,

公比为3的等比数列∴an+1+an=7×3”-1,

解

是以为首项，

-1为公比的等比数列3.

由递推式求通项——⑤待定系数法构造辅助数列[例8]已知数列{a,}中，a₁=5,a₂=2,an=2an_1+3an_2(n≥3),求

an.[例5]数列{an}中，a₁=2,

型析：两边取倒数得析：两边取倒数得

等

差

数

列

是首项为,公差为的等差数列∴3.

由递推式求通项——⑥取倒数法构造特殊数列累加法(等比求和)3.由递推公式求通项公式——③取倒数法构造辅助数列取

倒

数

得

是首项为1,公差为2的等差数列[变式]数列{a,}中

，a₁=1,

,求an.3.由递推式求通项——⑦取对数法构造特殊数列an+1=pa

型即

log₂an+1=2(log₂an-1+1),n≥2.等比

数

列∴log₂an+1=1·2”-¹=2”-1,∴log₂an=2"-¹-1,∴aₙ=22⁻¹-1.析：两边取对数得]析：两边取对数得lg

an=1g2a²-1=1g2+21g

an_1(n≥2).求{a

的

通

项

公

式

取

logpan+1

[例9]已知数列{an}

满

足a₁=1,.3.由递推公式求通项公式——⑧周期性(n>1),

则a₂023=

.NoImage

Image[例12]已知特别地，③

(4)an+2

=an+1-an→an+3=-an→T=6(5)摆动数列也是周期数列

方法归纳：常见的周期数列类比推广：an+an-1+an_2=c→T=3

an·an-

1·an-2=c→T=3(1an+an-1=C→T=2an·an-1=C→

T=27.已知数列{an}中，a₁=2,an+1=4an-3n+1,

求an.8.数列{an}中，a₁=1,,求an.9.已知a₁=1,an+an1=2”(n>1),求an.例3.数列{an}中，a₁=2,an+1+an=2n-1(n∈N),求{a,}的通项公式又a₁-1=1≠0,∴an-n≠0;.

∴{an-n}

是首项为1,公比为4的等比数列

∴an-n=4”-1,∴an=4”-¹+n.解：设存在实数k,r,使则由已知解得7.已知数列{an}中，a₁=2,an+1=4an-3n+1,

求an.∴an+1-(n+1)=4(an-n).整理得an+1=4an+3kn+3r-k.又

是首项为-1,公比为的等比数列8.数

列{an}中