求数列的通项公式习题

2024-04-09

求数列的通项公式习题（共10篇）

篇1：求数列的通项公式习题

求数列的通项公式练习题

一、累加法

例已知数列{an}满足an1an2n1,，求数列{an}的通项公式。

练习:已知数列{an}满足an1an23n1，a13，求数列{an}的通项公式。

二、累乘法

例已知数列{an}满足a11,an1

练习:已知数列{an}满足a11，ana12a23a3通项公式。

三、公式法

例已知a11,an1

n1an，求数列{an}的通项公式。n2求{an}的(n1)an1(n2)，1sn,求an 3

篇2：求数列的通项公式习题

利用函数不动点求数列的通项公式

递推公式是给定数列的一种重要的.方式,已知数列的前,n项和递推公式求数列通项公式的试题在数学高考和竞赛中也屡见不鲜.

作者：林国夫作者单位：浙江省上虞市春晖中学,312353刊名：数学通报 PKU英文刊名：BULLETIN DES SCIENCES MATHEMATICS年，卷(期)：47(12)分类号：O1关键词：

篇3：求数列的通项公式的常用方法

已知数列{an}的递推公式, 求通项公式an.

1.叠加法.形如an+1=an+f (n) , 可以使用此种方法.an=a1+ (a2-a1) + (a3-a2) +…+ (an-an-1) =a1+f (1) +f (2) +…+f (n-1) .注意:验证n=1时的情形.

例1已知在数列{an}中, a1=1, an-an-1=n-1 (n=2, 3, 4, …) , 求{an}的通项公式.

解∵n=1时, a1=1, n≥2时, a2-a1=1, a3-a2=2, …, an-an-1=n-1这n-1, 个等式累加得:

2.累乘法.形如, 可以使用此种方法求an.

.注意:验证n=1时的情形.

4.待定系数法

Ⅰ.形如an+1=pan+q (p≠1, q≠0且p, q为常数) , 可设an+1+x=p (an+x) , 求出x, 则{an+x}构成以p为公比的等比数列.注意:首项a1+x≠0.

Ⅱ.形如an+1=pan+f (n) , 可设an+1+x (n+1) +y=p (an+xn+y) , 其中f (n) 为等差数列.或设an+1+xqn+1+y=p (an+xqn+y) , 其中{f (n) }可以是等比数列.

Ⅲ.形如an+2=pan+1+qan, 可设an+2+xan+1=y (an+1+xan) 得解出待定系数x, y, 从而得出{an+1+xan}是以y为公比的等比数列.

例4已知数列{an}中, a1=1, a2=2, , 求{an}的通项公式.

5.迭代法

例5已知a1=2, an+1=an2, 求an.

6.特征根法.若已知a1, a2及a·an+2+b·an+1+c·an=0, 则由特征方程aλ2+bλ+c=0, 解出特征根λ1, λ2.当λ1≠λ2时, an=c1λ1n+c2λ2n (c1, c2是常数系数) , 将a1, a2代入可求得c1, c2.当λ1=λ2时, an= (c1+c2n) ·λn.

例6已知数列{an}中a1=1, a2=2, , 求{an}的通项公式.

参考文献

[1]陈兆兴.例谈求递推数列通项公式的常用方法.中国科技教育, 2008 (5) .

[2]裴霞.递推数列通项公式的求法.语数外学习·高考数学, 2008 (5) .

篇4：构造法求数列的通项

1. 构造成等差数列

将递推公式变形成[f(n+1)-f(n)=a]（[a]为常数）形式，先求新的等差数列[{f(n)}]的通项公式，再根据[f(n)]与[an]的关系求出[an]的通项公式.

题型I 对形如[an+1=AanBan+A(A、B为常数)]的递推公式，可以用倒数法来构造.

例1 在数列[an]中，[a1=1,an+1=2anan+2]，求数列[an]通项公式.

解析把[an+1=2anan+2]两边取倒数，得

[1an+1=1an+12].

设[bn=1an]，则[bn+1-bn=12]，且[b1=1]，

∴数列[bn]是首项为1，公差[12]的等差数列.

∴[bn=1+12(n-1)=n+12]，

∴[an=2n+1]为所求.

2. 构造成等比数列

将递推公式变形成[f(n+1)f(n)=a]（[a]为非零常数）形式，先求新的等差数列[{f(n)}]的通项公式，再根据[f(n)]与[an]的关系求出[an]的通项公式.

题型Ⅱ 对形如[an+1=pan+q(p≠1,q]为常数），令[an+1+λ=p(an+λ)]来构造一个新的等比数列，并利用对应项相等求[λ]的值，求通项公式.

例2 在数列[an]中，[a1=1,an+1=3an+4]，求[an].

解析递推式[an+1=3an+4]可用待定系数法变形为[an+1+2=3(an+2)]，令[bn=an+2]，那么数列[bn]就是首项为3，公比为3的等比数列. 通过求[bn]的通项公式达到求[an]的目的.

例3 在数列[an]中，[a1=1,an+1=4an+][3n+1]，求数列的通项公式.

解析注意到递推式中的[(3n+1)]是关于[n]的一次式，用待定系数法来构造相关的递推式为：[an+1+A(n+1)+B=4(an+An+B)]（其中[A、B]为待定系数）.

展开得[an+1=4an+3An+3B-A]，与题给递推式比较，

解得[A=1,B=23.]

[∴an+1+(n+1)+23=4(an+n+23)]，

∴[an+n+23=83⋅3n-1].

∴数列通项公式为[an=83⋅3n-1-n-23].

点拨事实上，上述两例使用的方法是相同的，例3只是把例2中的[q]改成了关于[n]的一次式，其实它还可以变化，而不仅仅只变为关于[n]的一次式！

例4 在数列[an]中，[a1=3,an+1=][2an+3⋅2n+1]，求[an].

解析 [∵an+1=2an+3×2n+1,][∴an+12n+1-an2n=3,]

[又a12=32]，

[∴an2n]是首项为[32]，公差为3的等差数列.

[∴an2n=32+(n-1)×3=3n-32].

[∴an=(3n-32)⋅2n].

【思考】本题如果采用例3中的方法，可以怎么构造呢？

题型Ⅲ 对形如[an+2=Aan+1+Ban][(A、B]为常数）的递推公式，须用两次构造成等比数列的方法. 具体做法叫特征方程法——其特征方程为[x2=Ax+B]，若方程两根为[α、β]，则递推公式可构造成如下两种对称形式：[an+2-αan+1=β(an+1-αan),][an+2-βan+1=α(an+1-βan)]，通过分别利用等比知识及加减消元法达到求[an]的目的.

例5 在数列[an]中，[a1=1,a2=3,an+2=2an+1][+3an]，求[an].

解析 [∵an=2an-1+3an-2]，

[∴an+an-1=3(an-1+an-2)].

而[a1+a2=7,∴an+an-1]是首项为7，公比为3的等比数列，则[an+an-1=7×3n-2]①

递推式又可变形为：

[an-3an-1=-(an-1-3an-2)]，且[a2-3a1=-13]，

[∴an-3an-1]是首项为-13，公比为-1的等比数列，则[an-3an-1=(-13)⋅(-1)n-2]②

由①[×3+]②得，[4an=7×3n-1+13×(-1)n-1].

[∴an=74×3n-1+134×(-1)n-1].

点拨这种形式的构造方案——特征方程法也可以用在其它形式上，比如题型I的更一般形式：[an+1=Aan+CBan+D(A、B、C、D为常数)]的递推公式. 我们先考查特征方程[x=Ax+CBx+D]，若其一个有理数特征根为[λ]（无理数特征根在运算时比较繁琐，不提倡用此法），那么我们可以把递推式变形成[1an+1-λ=1Aan+CBan+D-λ]，然后化简右边的繁分式直至（通过换元后）变形成题型Ⅱ.

题型Ⅳ 对形如[an+1=Aank][(A、k为常数,][且A>0)]的递推公式，可以通过两边取以[A(A≠1)]为底的对数，构造成一个新的等比数列，再达到求[an]的目的.

例6 在数列[an]中，[a1=1,an+1=3an2]，求数列[an]通项公式.

解析通过对[an+1=3an2]两边取以3为底的对数得，[log3an+1=2log3an+1]，再令[bn=log3an]，本题就变形成了上面提到的类型：[an+1=pan+q(p≠1,q]为常数）.

3. 构造成差式

有些数列在给出递推公式后我们可以构造成差式，其解题的大致思路是：构造出该数列相邻两项的差，然后采用迭加（或迭代）的方法来求解.

例7 在数列[an]中，[a1=1,a2=3,an+2=][(n+3)an+1-(n+2)an]，求通项公式[an].

解析把递推式变形为

[an+2-an+1=(n+2)(an+1-an)]，迭代下去，

[an+2-an+1=(n+2)(an+1-an)]

[=(n+2)(n+1)(an-an-1)]

[=⋯]

[=(n+2)(n+1)⋯×4×3(a2-a1)]

[=(n+2)!]

（注：[n]的阶层——[n!=n(n-1)(n-2)×⋯×2×1]）

于是，[an-an-1=n!]，

[an-1-an-2=(n-1)!]，

…

[a2-a1=2!]，

迭加得，[an=1+2!+3!+⋯+n!].

4. 构造成商式

有些数列在给出递推公式后，我们可以构造成商式. 其解题的思路是：构造数列相邻两项的商式，然后用连乘的方法来求解.这也是一种求数列通项公式的常用方法.

例8 在数列[an]中，前[n]项的和[Sn=n2an]，求[an].

解析 [∵Sn=n2an]，[a1=12]，

当[n≥2]时，[an=Sn-Sn-1=n2an-(n-1)2an-1].

化简并整理得：[anan-1=n-1n+1].

[∴an=anan-1⋅an-1an-2×⋯×a2a1⋅a1]

篇5：求数列的通项公式习题

利用递推数列求通项公式，在理论上和实践中均有较高的价值.自从二十世纪八十年代以来，这一直是全国高考和高中数学联赛的热点之一.一、作差求和法

例1在数列{a

1n}中，a13,an1an

n(n1)，求通项公式an.解：原递推式可化为：a111111

n1annn1则a2a112,a3a22

3a111111

4a334，……，anan1n1n逐项相加得：ana11n.故an4n

.二、作商求和法

例2设数列{a

22n}是首项为1的正项数列，且(n1)an1nanan1an0（n=1,2,3…），则它的通项公式是an=▁▁▁（2000年高考15题）

解：原递推式可化为：

[(n1)aan1n

n1nan](an1an)=0∵ an1an＞0，a

n

1n则

a21a32a43an1aa,,,……，n

逐项相乘得：n1，即a1n=.12a23a34an1na1n

三、换元法

例3已知数列{a4n}，其中a1

3,a1

3129，且当n≥3时，anan13

(an1an2)，求通项公式an（1986年高考文科第八题改编）.解：设bn1anan1，原递推式可化为：b1n3b,{b是一个等比数列，b134111

n2n}1a2a1939，公比为3.故bn1

b(1)n219(13)n2(13)n.故aa1311

1nn1(3)n.由逐差法可得：an22(3)n3.例4已知数列{an}，其中a11,a22，且当n≥3时，an2an1an21，求通项公式an。解由an2an1an21得：(anan1)(an1an2)1，令bn1anan1，则上式为bn1bn21，因此{bn}是一个等差数列，b1a2a11，公差为1.故bnn.。

由于b1b2bn1a2a1a3a2anan1an1

又bn(n1)

1b2bn1

2所以a1n1

2n(n1)，即a1

n2

(n2n2)

四、积差相消法

例5（1993年全国数学联赛题一试第五题）设正数列a0，a1，an…，an，…满足

anan2an1an2=2an1(n2)且a0a11，求{an}的通项公式.解将递推式两边同除以aann1an2整理得：

2a

n1aa1 n1n

2设ban

1n=

a，则b1na=1，bn2bn11，故有 10

b22b11⑴b32b21⑵

…………

bn2bn11(n1)

由⑴2

n2

+ ⑵2

n

3+…+(n1)20得b222n1=2n

n121，即

ana=2n

1.n1

逐项相乘得：an=(21)2(221)2(2n1)2，考虑到a01，故 a

n

1(21)(21)

(n0).(21)222n2

(n1)

五、取倒数法

例6已知数列{aan

1n}中，其中a11,，且当n≥2时，an

2a，求通项公式an。

n11

解将aan1n

2a两边取倒数得：1n11

a12，这说明{1

}是一个等差数列，首项

nan1an是

a1，公差为2，所以11(n1)22n1，即a1n.1

an2n1

六、取对数法

例7若数列{aa

2n}中，1=3且an1an（n是正整数），则它的通项公式是an=▁▁▁（2002

年上海高考题）.解由题意知an＞0，将an1a2

2lgalgan

1n两边取对数得lgan1

n，即

lga2，所以数n

列{lgalga1n1

n}是以lga1=lg3为首项，公比为2的等比数列，lgan12nlg32，即

a2n1

n3.七、平方（开方）法

例8若数列{an}中，a1=2且an3a

2n1（n2），求它的通项公式是an.解将an

a22a22

2n1两边平方整理得ann13。数列{an}是以a1=4为首项，3为公

差的等差数列。a2

na21(n1)33n1。因为an＞0，所以ann1。

八、待定系数法

待定系数法解题的关键是从策略上规范一个递推式可变成为何种等比数列，可以少走弯路.其变换的基本形式如下：

1、an1AanB（A、B为常数）型，可化为an1=A（an）的形式.例9若数列{an}中，a1=1，Sn是数列{an}的前n项之和，且SSn

n134S（n1），n

求数列{an}的通项公式是an.解递推式SSnn1

34S可变形为1n

S3

14（1）

n1Sn设（1）式可化为

1S3（n1

S)（2）n

比较（1）式与（2）式的系数可得2，则有

1S23(1S2)。故数列{1

2}是

n1

nSn

以

11S23为首项，3为公比的等比数列。1

S2=33n13n。所以Snn3n

1。当n2，anSnS132123n

n1

n3n1232n83n

1

2。数列{a

123n(n1)n}的通项公式是an32n83n12

(n2)。

2、an

n1AanBC（A、B、C为常数，下同）型，可化为an1Cn1=A(anCn）的形式.例10在数列{an}中，a11,an12an43n1,求通项公式an。解：原递推式可化为：

an13n2(an3n1)①

比较系数得=-4，①式即是：an143n2(an43n1).则数列{a1n43n}是一个等比数列，其首项a143115，公比是2.∴an43n152n1 即a1n43n52n1.3、an2Aan1Ban型，可化为an2an1(A)(an1an)的形式。例11在数列{an}中，a11,a22，当nN，an25an16an ①求通项公式

an.解：①式可化为：

an2an1(5)(an1an)

比较系数得=-3或=-2，不妨取=-2.①式可化为：

an22an13(an12an)

则{an12an}是一个等比数列，首项a22a1=2-2（-1）=4，公比为3.∴an12a1n43n.利用上题结果有：

an43n152n1.4、an1AanBnC型，可化为an11n2A[an1(n1)2]的形式。例12 在数列{a

3n}中，a1

2，2anan1=6n3① 求通项公式an.解①式可化为：

2(an1n2)an11(n1)2②比较系数可

得：

=-6，29，②式为2bnbn1 

1{bn} 是一个等比数列，首项b1a16n9

∴bn

91，公比为.22

91n1

()22

即 an6n99()故an9()6n9.九、猜想法

运用猜想法解题的一般步骤是：首先利用所给的递推式求出a1,a2,a3,……，然后猜想出满足递推式的一个通项公式an，最后用数学归纳法证明猜想是正确的。

例13 在各项均为正数的数列{an}中，Sn为数列{an}的前n项和，Sn=通项公式。

篇6：求数列的通项公式习题

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几类递推数列的通项公式的求解策略

已知递推数列求通项公式，是数列中一类非常重要的题型，也是高考的热点之一．数列的递推公式千变万化，由递推数列求通项公式的方法灵活多样，下面谈谈它们的求解策略．

一、an1anf(n)方法：利用叠加法

a2a1f(1)，a3a2f(2),，anan1f(n1)，ana1f(k)．

k1n1例1．数列{an}满足a11，anan1解：由 an1an1(n2)，求数列{an}的通项公式． 2nn1 得 2(n1)(n1)n1n111111112=== ana11()2nnk1k1kk1(k1)(k1)例2．数列{an}满足nan1(n1)an1，且a11，求数列{an}的通项公式．

分析：注意到左右两边系数与下标乘积均为n(n1)，将原式两边同时除以n(n1)，aaa11变形为n1n．令bnn，有bn1bn，即化为类型1，以

nn(n1)n1nn(n1)下略．

二、n1

方法：利用叠代法 aaf(n)a2a1f(1)，a3a2f(2),，anan1f(n1)，ana1f(k)．

k1n1例3．数列{an}中a12，且an(1 解：因为an1[11)an1，求数列{an}的通项． n21]an，所以 2(n1)n1n1n1kk2n11ana1f(k)=2[12[]== ]2k1k1k1k1k1n(k1)

三、an1panq，其中p,q为常数，且p1,q0

当出现an1panq(nN)型时可利用叠代法求通项公式，即由an1panq得anpan1qp(pan2q)qpn1a1(pn2pn3p2p1)q=q(pn11)a1p(p1)或者利用待定系数法，构造一个公比为p的等比数列，令p1qq),q即}是一个公比为p的则(p1，从而{anan1p(an)，p1p1321，可将问题转化为等比数列求解．待等比数列．如下题可用待定系数法得112n1http://jsbpzx.net.cn/

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定系数法有时比叠代法来地简便．

例4．设数列{an}的首项a1式．

3an11，an，n2,3,4,，求数列{an}通项公223an1113an1，n2,3,4,，∴an1k，又∵an22221111k1，∴an1(an11)，又a1，∴{an1}是首项为，公比为的等22221n11n比数列，即an1(a11)()，即an()1．

2四、an1panqan1(n2)，p,q为常数解：令ank方法：可用下面的定理求解：令,为相应的二次方程x2pxq0的两根(此方程又称为特征方程)，则当时，anAnBn；当时，an(ABn)n1，其中A,B分别由初始条件a1,a2所得的方程组确定．

ABa1,22ABa2和ABa1, 唯一

(A2B)a2an1an2bn(1)例5．数列{an}，{bn}满足：，且a12，b14，求an，bn．

b6a6b(2)nnn111解：由(2)得anbn1bn，an1bn2bn1，代入到(1)式中，有

6628bn25bn16bn，由特征方程可得bn122n3n，代入到(2)式中，可得

314an82n3n．

3说明：像这样由两个数列{an}，{bn}构成的混合数列组求通项问题，一般是先消去an

(或bn)，得到bn2pbn1qbn1(或an2pan1qan1)，然后再由特征方程方法求解．

五、an1panf(n)型，这里p为常数，且p1

例6．在数列{an}中，a12, an1ann1(2)2n(nN)，其中

0，求数列{an}通项公式．

解：由a12, an1ann1(2)2n(nN)，0，可得an1n1故aan22n2n()n1n()1{()}为等差数列，其公差为1，首项为0．，所以nnann2()nn1，所以数列{an}的通项公式为an(n1)n2n．

 评析：对an1panf(n)的形式，可两边同时除以p令

n1，得

an1anf(n)，n1nn1pppanf(n)bb有，从而可以转化为累加法求解． b,n1nnpn1pn

六、an1man(m0,kQ,k0,k1)

k一般地，若正项数列{an}中，a1a,an1man(m0,kQ,k0,k1)，则有 khttp://jsbpzx.net.cn/

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lgan1klganlgm，令lgan1Ak(lganA)(A为常数)，则有A1lgm． k1数列{lgan111lgm}为等比数列，于是lganlgm(lgalgm)kn1，k1k1k1n1从而可得anakmkn11k1．

例7．已知各项都是正数的数列{an}满足a131，an1an(4an)，求数列{an}22的通项公式．

分析：数列{an}是一个二次递推数列，虽然不是基本冪型，但由它可以构造一个新的冪型数列{bn}，通过求{bn}的通项公式而达到求数列{an}通项公式的目的．

解：由已知得an1an0,0an1取对数得lgbn12lgbnlg2，即lgbn1lg22(lgbnlg2)． {lgbnlg2}是首项为2lg2，公比为2的等比数列，1112(an2)22,令2anbn，则有b1,bn1bn． 2222,又0a12，0an2，从而bn0．

lgbnlg22lg2,bn2

n12n,an2212n．

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篇7：求数列的通项公式习题

百度提升自我

本文为自本人珍藏

仅供参考

用不动点法求数列的通项

定义：方程f(x)x的根称为函数f(x)的不动点.利用递推数列f(x)的不动点，可将某些递推关系anf(an1)所确定的数列化为等比数列或较易求通项的数列，这种方法称为不动点法.定理1：若f(x)axb(a0,a1),p是f(x)的不动点，an满足递推关系anf(an1),(n1)，则anpa(an1p)，即{anp}是公比为a的等比数列.证明：因为 p是f(x)的不动点

apbp

bpap由anaan1b得anpaan1bpa(an1p)

所以{anp}是公比为a的等比数列.定理2：设f(x)axb(c0,adbc0)，{an}满足递推关系anf(an1),n1，初cxd值条件a1f(a1)

（1）：若f(x)有两个相异的不动点p,q，则

anpapapc（这里k）kn1aqcanqan1q（2）：若f(x)只有唯一不动点p，则

2c11）k（这里kadanpan1p证明：由f(x)x得f(x)axbx，所以cx2(da)xb0

cxdpdbp2apccp(da)pb0（1）因为p,q是不动点，所以2，所以 cq(da)qb0qqdbaqcaan1bpdbpan1anpcan1d(apc)an1bpdapcapcapcan1pqdbaqcan1qanqaan1b(aqc)an1bqdaqcan1qaqccan1d令kapapapc，则n kn1aqcanqan1q用心爱心专心

n1用心爱心专心

知识改变命运

百度提升自我

由此解得a)2n1(22)2n1n2(22(22)2n1(22)2n1

其实不动点法除了解决上面所考虑的求数列通项的几种情形,还可以解决如下问题: 42例4：已知a10,a11且aan6an1n14a2n(an1),求数列{an}的通项.解: 作函数为f(x)x46x214x(x21),解方程f(x)x得f(x)的不动点为 x11,x21,x333i,x343i.取p1,q1,作如下代换: a42n6an1a21432n114an(an1)an4an6an4an1n1a42n11an6an1a432(an4an6an4an1a)4 n14a21n(an1)(a4n1逐次迭代后,得:a11)(an111)4n(a(a4n1

11)4n111)

篇8：求数列的通项公式习题

类型一、“逐差”型:an+1=an+f (n)

【例1】在数列{an}中, 已知 $a_{1} = 2, a_{n} = a_{n - 1} + (\frac{1}{2})^{n - 1} (n \geq 2)$ 求an.

分析:注意到数列{an-an-1}是等比数列, 所以用“逐差叠加”法可求an.

解:由 $a_{n} = a_{n - 1} + (\frac{1}{2})^{n - 1}$ , 得 $a_{n} - a_{n - 1} = (\frac{1}{2})^{n - 1} .$

当n≥2时,

$\begin{array}{l} a_{n} = a_{1} + (a_{2} - a_{1}) + (a_{3} - a_{2}) + \dots + (a_{n} - a_{n - 1}) \\ = 2 + \frac{1}{2} + (\frac{1}{2})^{2} + (\frac{1}{2})^{3} + \dots + (\frac{1}{2})^{n - 1} \\ = 3 - (\frac{1}{2})^{n - 1} . \end{array}$

∵a1=2满足上式, $∴ a_{n} = 3 - (\frac{1}{2})^{n - 1} .$

小结: 对于递推关系为an+1-an=f (n) 的数列, 如果数列{f (n) }的前n项和可求, 则用“逐差叠加”法求an, 此法源自课本中求等差数列的通项公式的方法.

类型二、“逐比”型:an+1=f (n) an

【例2】在数列{an}中, 已知 $a_{1} = 1, a_{n + 1} = \frac{n + 1}{n} a_{n} (n \in Ν^{*})$ , 求an.

分析:注意到递推公式可变形为 $\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = \frac{n + 1}{n}$ , 而数列 ${\frac{n + 1}{n}}$ 的前n项的积通过“逐商叠乘”求得, 所以用“逐商叠乘”法可求an.

解:由 $a_{n + 1} = \frac{n + 1}{n} a_{n} (n \in Ν^{*})$ , 可得 $\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = \frac{n + 1}{n} .$

当n≥2时,

$\begin{array}{l} a_{n} = a_{1} \cdot \frac{a_{2}}{a_{1}} \cdot \frac{a_{3}}{a_{2}} \dots \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} = 1 \times \frac{2}{1} \times \frac{3}{2} \times \dots \times \frac{n}{n - 1} = n . \\ ∵ a_{1} = 1 满足上式 ‚ ∴ a = n . \end{array}$

小结: 对于递推关系为 $\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = f (n)$ 的数列, 如果数列{f (n) }的前n项积可求, 则用“逐商叠乘”法求an, 此法源自课本中求等比数列的通项公式的方法.

类型三、“差比”型:an+1=qan+f (n) (q≠0)

(Ⅰ) 若f (n) =d (其中d为常数) , 则an+1=qan+d (q≠0) .

①当q=1时, an+1-an=d, {an}为等差数列;

②当d=0时, an+1=qan, {an}为等比数列;

③当q≠0, 1, d≠0, 且 $a_{1} + \frac{d}{q - 1} \neq 0$ 时, $a_{n + 1} + \frac{d}{q - 1} = q (a_{n} + \frac{d}{q - 1})$ , 转化为求等比数列 ${a_{n} + \frac{d}{q - 1}}$ 的通项即可.

【例3】已知数列{an}满足a1=1, 且关于x的方程an+1x2- (2an+1+an+2) x+2an+4=0有两个相等的实数根, 求an.

分析:由题设知Δ= (2an+1+an+2) 2-8an+1 (an+2) =0,

整理得 $a_{n + 1} = \frac{1}{2} a_{n} + 1$ , 且a1=1.问题转化为类型三 (Ⅰ) 第③种情形.

解:由题设知Δ= (2an+1+an+2) 2-8an+1 (an+2) =0, 整理得 $a_{n + 1} = \frac{1}{2} a_{n} + 1 .$

将上式变形, 得 $a_{n + 1} - 2 = \frac{1}{2} a_{n} + 1 - 2 = \frac{1}{2} (a_{n} - 2),$

于是数列{an-2}是首项a1-2=-1, 公比为 $\frac{1}{2}$ 的等比数列.

$∴ a_{n} - 2 = (- 1) (\frac{1}{2})^{n - 1} = - \frac{1}{2^{n - 1}}$ , 即 $a_{n} = 2 - \frac{1}{2^{n - 1}} .$

小结:an+1=qan+d (q≠0) 型递推数列是最常见的一种, 它的求法也有很多种, “构造法” (或待定系数法) 是最自然、最简单的一种方法.

(Ⅱ) 若f (n) ≠常数, 通常用“构造法”求an.

【例4】在数列{an}中, 已知a1=1, an+1=2an+2n+1, 求an.

分析:注意到数列{2n+1}是等差数列, 所以可以用待定系数法求an.

解: 设an+1+A (n+1) +B=2 (an+An+B) , 整理得an+1=2an+An-A+B,

∴an+1=2an+2n+1⇔an+1+2 (n+1) +3=2 (an+2n+3) .

故数列{an+2n+3}为等比数列, 且首项为a1+2+3=6, 公比q=2, ∴an+2n+3=6×2n-1.

即an=6×2n-1-2n-3 (n∈N*) .

小结:当{f (n) }为等差数列时, 用待定系数法构造一个新的等比数列, 求出an是较为有效的方法.

【例5】在数列{an}中, 已知a1=1, an+1=-2an+3n, 求an.

分析:希望通过变形, 构造一个可以求出其通项的新数列.

解法1:在递推公式两边同除以 (-2) n+1, 得 $\frac{a_{n + 1}}{(- 2)^{n + 1}} = \frac{a_{n}}{(- 2)^{n}} + \frac{1}{3} (- \frac{3}{2})^{n + 1}$ ,

令 $b_{n} = \frac{a_{n}}{(- 2)^{n}}$ , 则上式可化为 $b_{n + 1} = b + \frac{1}{3} (- \frac{3}{2})^{n + 1}$ , 且 $b_{1} = - \frac{1}{2} ‚$ 数列{bn}即为“逐差”型, 用“逐差累加”法可求得 $b_{n} = - \frac{1}{5} - \frac{3}{10} (- \frac{3}{2})^{n - 1} (n \in Ν^{*}) .$

解法2:在递推公式两边同除以3n, 得 $\frac{a_{n + 1}}{3^{n}} = (\frac{- 2}{3}) \cdot \frac{a_{n}}{3^{n - 1}} + 1$ , 令 $b = \frac{a_{n}}{3^{n - 1}}$ , 则上式可化为 $b_{n + 1} = (- \frac{2}{3}) b_{n} + 1$ , 且b1=1, 数列{bn}即为“差比”型, 以下解法与例3同.

小结:当{f (n) }为等比数列时, 可以两边同除以qn+1, 构造一新的等比数列求an, 是解决此类问题的较为有效的方法.

类型四、“线性”型:an+1=pan+qan-1 (pq≠0) , 其中p、q均为常数

【例6】在数列{an}中, 已知a1=1, a2=7, an+1=2an+3an-1, 求an.

分析:an+1=2an+3an-1⇔an+1+an=3 (an+an-1) ⇒an+1+an= (a2+a1) 3n-1=8×3n-1⇒an+1=-an+8×3n-1.

根据例5的解法, 可求得an=2×3n-1+ (-1) n (n∈N*) .

解这类问题的通法是“待定系数”法, 其解答过程如下:

设an+1+xan=y (an+xan-1) , 整理得an+1= (y-x) ·an+xyan-1,

由于an+1=2an+3an-1, 令

${\begin{cases} y - x = 2, \\ x y = 3, \end{cases}$

解得x=1, y=3是方程的一组解,

故an+1=2an+3an-1⇔an+1+an=3 (an+an-1) .

令bn=an+an-1, 则bn=3bn-1 (n≥2) , 且b1=8, 所以数列{bn}为等比数列.

易得bn+1=8×3n-1, 即an+1=-an+8×3n-1. 问题转化为求“差比”型数列的通项公式, 以下解法与例5 同.

小结:求此类型递推数列的通项公式, 往往是构造出一个新的等比数列{an+1+xan}, 用“待定系数”法求出 (x, y) 的一组解 (只要一组解即可) , 求出新数列的通项便得到an+1=qan+f (n) (q≠1) 型, 再用例5 的方法即可求出an.

求解简单递推数列的通项公式, 抓住所给递推关系的结构特征是关键, 读者只要领会了解答上述几道例题的基本方法, 完全可以掌握解答这类题的基本技能, 做到轻松应答.

下面摘录的是近几年此类题型的高考试题 (或试题的一部分) , 读者不妨按上述解法一试, 相信定有收获.

1. (2006年全国卷I (理) 22) 设数列{an}的前n项的和 $S_{n} = \frac{4}{3} a_{n} - \frac{1}{3} \times 2^{n + 1} + \frac{2}{3} ‚ n = 1, 2, 3, \dots$ , 求首项a1与通项an.

2. (2007年天津 (文) 21) 在数列{an}中, a1=2, an+1=4an-3n+1, n∈N*.证明数列{an-n}是等比数列.

3. (2007年天津 (理) 21) 在数列{an}中, a1=2, an+1=λan+λn+1+ (2-λ) 2n (n∈N*) , 其中λ>0.求数列{an}的通项公式.

4. (2007年全国卷Ⅱ (理) 21) 设数列{an}的首项 $a_{1} \in (0, 1), a_{n} = \frac{3 - a_{n - 1}}{2}, n = 2, 3, 4, \dots$ .求{an}的通项公式.

5. (2007年全国卷I (理) 22) 已知数列{an}中 $a_{1} = 2 ‚ a_{n + 1} = (\sqrt{2} - 1) (a_{n} + 2) ‚ n = 1, 2, 3, \dots$ .求{an}的通项公式.

6. (2009年全国卷I (理) 20) 在数列{an}中, $a_{1} = 1, a_{n + 1} = (1 + \frac{1}{n}) a_{n} + \frac{n + 1}{2^{n}}$ .求数列{an}的通项公式.

7. (2010年全国卷I (理) 22) 已知数列{an}中, $a_{1} = 1, a_{n + 1} = c - \frac{1}{a_{n}}$ .设 $c = \frac{5}{2} ‚ b_{n} = \frac{1}{a_{n} - 2}$ , 求数列{bn}的通项公式.

8. (2010年全国新课标 (理) 17) 设数列{an}满足a1=2, an+1-an=3×22n-1.求数列{an}的通项公式.

参考答案:

篇9：用构造法求递推数列的通项公式

【关键词】构造法；转化；化归

给出递推关系，求数列的通项公式是历年高考的热点。在此类问题中，转化与化归的方法是最重要的数学思想之一，起着不可或缺的作用，贯穿在数列的整个学习过程中。转化是解决递推数列问题的实质所在，所以，培养学生明确的“转化”意识，深刻理解这种思想方法的内涵，并能在解题过程中灵活运用，对于学生来说至关重要，甚至是考察学生数学思维的一项重要内容。

等差数列、等比数列是数列中最基础且最重要的两类特征数列，也是高中阶段数列内容中的重点研究对象但在平时的习题中，往往碰到的不是这两类数列，所以有时需要用构造法将其转化为等差数列或等比数列，这种方法就是求数列通项公式时经常使用的构造法，体现的正是转化与化归的数学思想，将非等差和非等比数列转化为我们熟悉的等差等比数列，进而使问题得到根本解决。此类题通常较难，但使用构造法往往给人耳目一新的感觉。构造的方法很多，可根据递推公式的特征而定，现将几种常见类型的问题总结如下：

第一类：构造等差数列

类型1.an+1=■类型

针对这种递推关系中存在分式的问题，经常需两边取倒数，得到关系式■=■+■，构造出等差数列{■}，通过求{■}的通项公式，进而求出数列{an}的通项公式。

例如：已知数列{an}中，a1=1,an+1=■，求数列{an}的通项公式。

解析：∵an+1=■，∴■=■+1，又∵a1≠0，∴an≠0

所以数列{■}是首项为1，公差为1的等差数列。∴■=1+n-1=n，∴an=■.

∴数列{an}的通项公式为an=■.

类型2.an=pan-1+pn+k类型（其中k为常数）

这种类型可以采取等式两边同除以pn，得到关系式■=■+■，构造出等差数列{■}，进而得到数列{an}的通项公式。

第二类：构造等比数列

在数列求通项的有关问题中，经常遇到即非等差数列，又非等比数列的求通项问题，特别是给出的数列相邻两项是线性关系的题型，可以通过构造等比数列或等差数列求通项公式。

类型3.an+1=pan+q类型（其中p、q为常数，且p≠1,q≠0）

这类问题可用构造法化归为等比数列{an+x}，运用待定系数法求出x，通过求出等比数列{an+x}的通项公式，求出数列{an}的通项公式。这种类型的递推公式比较常见，也很重要，下面类型4、类型5的问题往往需要变形成这种类型来解决。

类型4.an+1=■类型（其中p,q为常数，且p≠0,q≠0）

此种类型需先将等式两边同时取倒数，得到■=■·■+■化归为类型3的问题来解决。

类型5.an+1=pan+f(n)型（其中p为常数，且p≠1）

当f(n)=kn+b时，可设an+1+An+B=k[an+A(n-1)+B],展开之后与给出的递推公式相同求出A、B,化归为等比数列{an+An+B};当f(n)=qn+k时，可等式两边同除以qn，得到■=■.■+■，化归为类型3的问题来解决。

类型6.an+1=pann型（其中p为常数）

此种类型需要两边取同底对数，如取以10为底的对数，得到lgan+1=nlgan+lgp，转化为类型3来解决。

【总结】

此类问题的主要方法就是根据递推关系，分析结构特征，善于合理变形，最终的目的是构造出一个与之相关的等差数列或者等比数列的形式。这种化归的思想在这类问题中随处可见。化归思想有着它的风趣描述和理论基础，它并不是孤立存在的，与我们其它的各种思想相互联系着。在高中阶段的教学过程我们可以挖掘知识发生过程的化归思想，渗透知识应用过程中的化归思想，加强解题教学，突出化归思想。“授之以鱼，不如传之以渔”，“教是为了不教”，数学思想对提高学生数学能力有着重要的作用。时代在发展，思想在更新，我们教育工作者一定要把学习的主动权化归到学生的身上去。

【参考文献】

[1]数学教学通讯(高考数学).2008年第3期.《高中数学中转化与化归思想的运用》

[2]中学生数学报.张永侠.《升华教材-习题解决一类大问题》

[3]中学数学教学参考.姚爱亮.《高考中递推数列求通项例析》2010年第10期

（作者单位：浙江省衢州第三中学）

篇10：求数列的通项公式习题

考纲分析与备考策略：

1、考纲分析：

（1）了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能

根据递推公式写出数列的前几项，理解an与sn的转化关系。

（2）对于非等差、等比数列，能够通过变形配凑，构造新的等差、等比数列

模型，再运用等差、等比数列的公式、性质解决问题。

（3）能够运用数学归纳法证明数列中的相关问题。

（4）掌握常见的数列求和类型，能够进行数列求和运算。

2、备考策略

（1）熟练掌握等差、等比数列的有关概念、公式与性质，这是解决数列通项

与求和问题的基础。

（2）对于常见的数列的求通项、求和的类型题要善于分类归纳整理，掌握各

种类型的通解通法。

（3）对于递推数列问题，要善于从特例入手，有特殊分析归纳一般，即先猜

再证，其中数学归纳法作为一种工具不会单独命题，只会作为一种证明的手段，在应用时要注意第二步的证明技巧，做到有的放矢，思路鲜明。考点剖析与整合提升：

一、求数列的通项公式方法的归纳：

求数列通项公式常用观察法、公式法、等差或等比通项公式法、递增关系变形法（累加、累乘）等。

1、2、公式法：ans1(n1)snsn1(n2)，注意n1n2两种情况能合并，则合并，不能合并，则分段表示。常见递推数列通项公式的求法：

（1）、an1anf(n)型（用累加法）

即：anan1f(n1)，an1an2f(n2),…，a2a1f(1)，将上述n1个式子相加，可得：ana1f(1)f(2)f(3)Lf(n1)

（2）、anf(n1)an1型（用累乘法）

即an-1f(n2)an2，an-2f(n3)an3，……..a2f(1)a1 将上述n1个式子相乘，可得：anf(1)f(2)f(3)Lf(n1)a1。（3）anpan1q型（p,q)方法一：待定系数法

anpan1qanmp(an1m)，通过待定系数法求出m的值，构造成以

a1m为首项，以p为公比的等比数列。

方法二：迭代法

anpan1q=p(an2q)qpan2pqqp(pan3q)pqq

=p3an3p2qpqq

=pn1a1pn2qpn3qpqq,而qpqp2qpn2q是一个等比数列，求出其和，即可求出通项。（4）anpan1f(n)型方法一：待定系数法

anmf(n)pan1mf(n1)

通过待定系数法确定m的值，转化成以

a1mf(1)为首项，以p为公比的等比数列。

方法二：等式两边同时除以pn有

pananm

1an

1anp



an1p

n1



f(n)p

n，转化为an1anf(n)型。

（5）an1

型

anmpan

1an1

1an

两边取倒数有



转化为anpan1q型。

二、数列求和的方法

（1）公式法：等差数列：

sn

n(a1an)

na1

n(n1)

；等比数列：



na(q1)

sna1(1qn)aaq； 1n

1(q1)

1q1q

k

k1



n(n1)(2n1);

（2）错位相减法:

这是推导等比数列前n项和公式时所使用的方法，这种方法主要用于求数列

anbn分别是等差数列和等比数列。bn的前n项和，其中an、（3）倒序相加法

将一个数列倒过来排序，当它与原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和。（4）分组求和法

数列既不是等差数列又不是等比数列时，但它可以通过适当拆分，分为几个等差、等比数列或常见的数列，即能分别求和，然后再合并。（5）裂项法

这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用，其实质是将数列中的某些项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的。常见的裂项法有：

CnCn

nm

1n(n1)





1n

11a



1ab

(a

;nn!(n1)!n!

三、考题精析

2n

1例1：设数列an满足a12,an1an3

2（1）求数列an的通项公式；

（2）令bnnan，求数列的前n项和Sn

解：（Ⅰ）由已知，当n≥1时，an1[(an1an)(anan1)(a2a1)]a1

3(2

2n1

2

2n

32)2

2

2(n1)1。

而 a12,所以数列{an}的通项公式为an22n1。（Ⅱ）由bnnann22n1知

Sn122232n2

2n1

①

从而

22Sn123225327n22n1② ①-②得

(122)Sn2232522n1n22n1。即Sn

[(3n1)2

2n1

2]

例2：已知等差数列an满足：a37，a5a726，an的前n项和为Sn．（Ⅰ）求an及Sn；（Ⅱ）令bn=

1an1

(nN*)，求数列bn的前n项和Tn．

【解析】（Ⅰ）设等差数列an的公差为d，因为a37，a5a726，所以有 a12d7，解得a13,d2，

2a10d261

2n1)=2n+1；Sn=3n+所以an3（n(n-1)2

2=n2+2n。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知an2n+1，所以bn=

1an

111111

(-)，== =2

1（2n+1)14n(n+1)4nn+11

41n+1

所以Tn=

(1-



++

1n+1)=(1-)=

n4(n+1)，即数列bn的前n项和Tn=

n4(n+1)。

例3：

已知数列{an}满足a1＝0，a2＝2，且对任意m、n∈N*都有 a2m－1＋a2n－1＝2am＋n－1＋2(m－n)

（Ⅰ）求a3，a5；

（Ⅱ）设bn＝a2n＋1－a2n－1(n∈N)，证明：{bn}是等差数列；

（Ⅲ）设cn＝(an+1－an)qn－1(q≠0，n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Sn.解：(1)由题意，零m＝2,n－1,可得a3＝2a2－a1＋2＝6

再令m＝3,n＝1，可得a5＝2a3－a1＋8＝20………………………………2分(2)当n∈N 时，由已知(以n＋2代替m)可得

a2n＋3＋a2n－1＝2a2n＋1＋8

于是[a2(n＋1)＋1－a2(n＋1)－1]－(a2n＋1－a2n－1)＝8

即bn＋1－bn＝8

所以{bn}是公差为8的等差数列………………………………………………5分(3)由(1)(2)解答可知{bn}是首项为b1＝a3－a1＝6,公差为8的等差数列则bn＝8n－2，即a2n+=1－a2n－1＝8n－2 另由已知(令m＝1)可得

an＝

a2n1a1

-(n－1)2.－2n＋1

那么an＋1－an＝

a2n1a2n1

28n22

＝－2n＋1

＝2n 于是cn＝2nqn－1.当q＝1时，Sn＝2＋4＋6＋……＋2n＝n(n＋1)

当q≠1时，Sn＝2·q0＋4·q1＋6·q2＋……＋2n·qn－1.两边同乘以q，可得

qSn＝2·q1＋4·q2＋6·q3＋……＋2n·qn.上述两式相减得

(1－q)Sn＝2(1＋q＋q2＋……＋qn－1)－2nqn

＝2·

1q

－2nq

＝2·

1(n1)qnq

1q

nn1

所以Sn＝2·

n1

(n1)q1(q1)

n(n1)(q1)

综上所述，Sn＝nqn1(n1)qn1…………………………12分

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