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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。例1 :已知数列? 64 61 32 29 16 13 8 54 12 1, , , , ,??写出此数列的一个通项公式。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 ,…(2)?,17 16 4,10 93,5 42,2 11 (3)?,5 2,2 1,3 2,1 (4)?,5 4,4 3,3 2,2 1??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 n} 是公差为 d 的等差数列,数列{b n} 是公比为 q的(q∈R且q≠ 1)的等比数列,若函数 f(x)=(x- 1) 2 ,且 a 1=f(d- 1),a 3=f(d +1) ,b 1=f(q +1) ,b 3=f(q- 1), 求数列{a n}和{b n} 的通项公式; (2 )已知数列的前 n 项和求通项时,通常用公式????????)2( )1( 1 1nSS nSa nn n 。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 1和a n 合为一个表达式。例1 、已知数列?? na 的前 n 项和为: ①nnS n?? 22 ②1 2???nnS n 求数列?? na 的通项公式。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。例题: 已知数列{na }中,2 1 1?a ,)2(14 1????naa nn , 写出数列的前 5项。( 课本习题)。变式 1: 已知数列{na }中, 2 1 1?a ,)2(14 1????naa nn 。求 2006 a 变式 2: 已知数列{na }中, 2 1 1?a ,)2(14 1????naa nn 。求 na 变式 3: 已知数列{na }中, 2 1 1?a ,1134 ???? nnnaa 。求 na 2 变式 4: 已知数列{na }中, 2 1 1?a ,234 11????? nnnaa 。求 na 变式 5: 已知数列{na }中, 2 1 1?a ,nnnnaa234 11?????。求 na 变式 3: 已知数列{na }中, 2 1 1?a ,1134 ???? nnnaa 。求 na 变式 6: 已知数列{na }中, 2 1 1?a ,234 1????naa nn 。求 na 变式 7: 已知数列{na }中, 2 1 1?a ,234 21?????nnaa nn 。求 na 变式 8: 已知数列{na }中, 2 1 1?a ,134 11??????naa nnn 。求 na 类型Ⅰ:????????为常数) aaa npnqanpa nn( )0)(()()( 1 1 (一阶递归) 由等差,等比演化而来的“差型”,“商型”递推关系①等差数列: daa nn???1 由此推广成差型递推关系: )( 1nfaa nn???累加: 112211)()()(aaaaaaaa nnnnn???????????=12)(anf n??,于是只要)(nf 可以求和就行。类型 1 递推公式为解法:把原递推公式转化为, (特殊情形:⑴.1 n
??( 差后等差数列)⑵1 n n
?( 差后等比数列)) 利用累加法求解。例1 .已知{ na }满足 2 1???nnaa ,且1 1?a ,求 na 例2 .已知{ na }满足 2 1???nnaa3?n ,且1 1?a ,求 na 例3 .已知{ na }满足)2(3 1 1?????naa n nn ,且1 1?a ,求 na 例 4. 已知数列满足,求。②等比数列: qaa nn???1 3 由此推广成商型递推关系: )( 1nga a n n??累乘: 11 22 11aa aa aa aa n nn nn??????????? nang 2 1)( 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。例1 .已知{ na }满足 nnaa2 1 1??,且2 1?a ,求 na 例2 .已知{ na }满足 0, 1???nnnana a ,且1 1?a ,求 na 例4.(1). 已知数列满足,求。例题 1 。已知数列?? na 满足: )2(, )12(2,2 11?????nan naa nn 求证: ①nnnCa 2?②na 是偶数(由 1 (
p n a ??和1a 确定的递推数列?? na 的通项可如下求得: (2 )由已知递推式有 1
1) , ( 2) , , (1) n
p n a a p n a a p a ?
? ????依次向前代入,得 1 (
1) ( 2) (1) n a
p n p n p a ?
???,简记为 1
( )) ( 1, ( ) 1) nn k
p k a n p k ?
??。这就是叠代法的基本模式。例3 已知 1
? ??,求 na 。解:1 3(
1) 1 3( 2) 1 3 2 1 3 1 3(
1) 2 3( 2) 2 3 2 2 3 2 n n
n ? ? ??????
? ?? ? ?????? 3
4 3 7 5 2 6 3 3
1 3 4 8 5 3 1 n
??。 1 、已知数列{a n} 满足)(,2 )1(,1 1Nn anSa nn????,求{a n} 的通项公式 4 类型 3 递推公式1
内容来自淘豆网转载请标明出处.&>&&>&数列求通项公式的常见题型与解题方法
数列求通项公式的常见题型与解题方法 投稿：史僊僋
数列求通项公式的常见题型与解题方法数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础．高考对本章的考查比较全面，等差数列，等比数列的考查每年都不会遗漏．有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差…
2011年高考数学试题分类汇编——数列1、（2010浙江理数）（3）设Sn为等比数列?an?的前n项和，8a2?a5?0，则（A）11 （B）5 （C）?8 （D）?112、（2010全国卷2理数）（4）.如果等差数列?an?中，那么a1?a2?..…
《职业心理咨询与指导》 第二版 一．判断题1．当个人生活目标、社会发展目标和职业组织目标无法完全整合时，个人只能放弃自己的目标 （×）2．即使当事人的职业期望脱离现实，咨询师也应当考虑这种期望对咨询的影响。（√）职业心理咨询主要特点：1、职业心理咨询…
数列求通项公式的常见题型与解题方法
数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础．高考对本章的考查比较全面，等差数列，等比数列的考查每年都不会遗漏．有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起．探索性问题是高考的热点，常在数列解答题中出现．本章中还蕴含着丰富的数学思想，在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法．
数列这一章的主要章节结构为：
近几年来，高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面：（1）数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式．（2）数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合．（
3）数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主．试题的难度有三个层次，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大．
我仅对数列求通项公式这一部分内容做一个浅显的分析与提炼． 题型1
已知数列前几项求通项公式 在我们的教材中，有这样的题目：
数列的通项an?2．数列?
n为奇数n为偶数
,,?,?的通项an?（?1）． 1?22?33?44?5n(n?1),1?,1?,1??1+（?1）的通项． a?nn)2
此题主要通过学生观察、试验、合情推理等活动，且在此基础上进一步通过比较、分析、概括、证明去揭示事物
的本质，从而培养学生数学思维能力．相对于填空题或是选择题只需利用不完全归纳法进行猜想即可；对于解答题，往往还需要我们进一步加以证明．
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例如（2003年全国高考）已知数列?an?满足a1?1,an?3n?1?an?1(n?2)． (Ⅰ)求：a2,a3；
(Ⅱ)证明：an?．
分析：问题（１）主要渗透一般化?特殊化，利用已知的递推公式求具体．
问题（２）与问题（１）紧密相连，可以从特殊入手，归纳论证相结合，求一般．当然还可用后面介绍的方法即注意到进行an?an?1?3n?1(n?2)，由特殊化归为等比数列等加以证明．本题贯穿特殊化与一般化的思维方法，实质上是归纳中的综合．
课堂中我们还可以设计如下例题及练习，训练学生这方面的技能． 例1.写出下面数列的一个通项公式，使它的前4项分别是下列各数：
22?132?142?152?1(n?1)2?1(1),,,;an? 2345n?1
11111(2)?,,?,.an?(?1)n
1?22?33?44?5n(n?1)
例2.观察下面数列的特点，写出每个数列的一个通项公式：
(1)?1,7,?13,19,?;an?(?1)(6n?5)
(2)7,77,777,,?;an?(10n?1) 9
(3)5,0,?5,0,5,0,?5,0,?.an?5sin
练习１:写出下面数列的一个通项公式：
3131?(?1)n?2(2),,,,,?.an?(1)?1,,?,,?,,?;an?
练习２．在某报《自测健康状况》的报道中，自测血压结果与相应年龄的统计数据如下表． 观察表中数据的特点，用
练习３．根据下列5个图形及相应点的个数的变化规律，猜测第个图中有__n-n+1_个点．
。 。 。 。 。 。 。 。 。。
。 。 。。
。。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。
。。 。 。 。
。。 。 。
。 （5） 。
相关的高考试题有：
（2004年全国卷）已知数列{an}，满足a1=1，an=a1+2a2+3a3+,,+(n－1)an－1(n≥2)，则{an}的通项 an??分析：由已知，a2?a1?1．
由an?a1?2a2?3a3??(n?1)an?1 生成
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为商型的，用累乘法可得an?n?n?1??3?n?n?(n?1)?????4?3,
an?1an?2a2a2
两式相减得：an?an?1?(n?1)an?1，即
（2006年广东卷）在德国不来梅举行的第48届世乒赛期间，某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品，其中第1堆只有1层，就一个球；第2,3,4,?堆最底层（第一层）分别按图4所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第n堆第n层就放一个乒乓球，以f(n)表示第n堆的乒乓球总数，则
f(3)?_10_；f(n)?_n(n?1)(n?2)___
（答案用n表示）.
由an与Sn的关系求通项公式 在我们的教材中，有这样的题目：
１． 已知数列{an}的前n项和Sn?
(n?n)，则an?． 2
２． 已知数列{an}的前n项和Sn?3?2n，则an??
这类题目主要注意sn与an之间关系的转化．即：
an=a1??(ak?ak?1)． an=?
k?2?Sn?Sn?1
一般已知条件中含an与Sn的关系的数列题均可考虑用上述公式． 例如：（04年浙江）设数列{an}的前项的和Sn=(Ⅰ)求a1；a2；
(Ⅱ)求证数列{an}为等比数列．
（an-1） (n?N)． 3
?1),得a1?(a1?1) ∴a1?? 又S2?(a2?1),即a1?a2?(a2?1),得a2?. 333342
(Ⅱ)当n>1时,an?Sn?Sn?1?(an?1)?(an?1?1),
解: (Ⅰ)由S1?
??,所以?an?是首项?,公比为?的等比数列．
课堂中我们还可以设计如下例题及练习，训练学生这方面的技能．
例3.数列{an}的前n项和 Sn=3·2-3,求数列的通项公式.an?3?2
练习1：设数列{an}的前n项和为Sn=2n+3n+2，求通项an的表达式，并指出此数列是否为等差数列.
4n?1n?2，?
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练习2：已知数列n的前n项和为n1且n+1n，求n． 相关的高考试题有：an?2n
(2004全国卷)已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn=2an +(-1)n,n≥1．
（Ⅰ）写出求数列{an}的前3项a1,a2,a3； （Ⅱ）求数列{an}的通项公式； （Ⅲ）证明：对任意的整数m>4，有
1117?????. a4a5am8
.解：⑴当n=1时,有：S1=a1=2a1+(-1)? a1=1；
当n=2时,有：S2=a1+a2=2a2+(-1)2?a2=0； 当n=3时,有：S3=a1+a2+a3=2a3+(-1)3?a3=2； 综上可知a1=1,a2=0,a3=2；
⑵由已知得：an?Sn?Sn?1?2an?(?1)n?2an?1?(?1)n?1 化简得：an?2an?1?2(?1)n?1
(?1)n?2[an?1?(?1)n?1] 3322n1
故数列{an?(?1)}是以a1?(?1)为首项, 公比为2的等比数列.
故an?(?1)?2
∴an??2?(?1)?[2?(?1)]
数列{an}的通项公式为：an?[2?(?1)].
上式可化为：an?⑶由已知得：
1113111?????[2?3???m?2] a4a5am22?12?12?(?1)m
?[???????m?2] m?(?1)11111
?[1??????] ?[1??????] 2351020
1422114?[?]?[??m?5]
7???()m?5????. 8
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1117?????( m>4). a4a5am8
（2006年湖北卷）已知二次函数y?f(x)的图像经过坐标原点，其导函数为f'(x)?6x?2，数列{an}的前n项和为
Sn，点(n,Sn)(n?N?)均在函数y?f(x)的图像上．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn?
，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn?对所有n?N?都成立的最小正整数m．
点评：本小题考查二次函数、等差数列、数列求和、不等式等基础知识和基本的运算技能，考查分析问题的能力
和推理能力．
解：（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax2+bx (a≠0) ,则 f`(x)=2ax+b,由于f`(x)=6x－2,得 a=3 ,
b=－2, 所以
f(x)＝3x2－2x.
又因为点(n,Sn)(n?N?)均在函数y?f(x)的图像上，所以Sn＝3n2－2n. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（3n2－2n）－（3n?1)?2(n?1)＝6n－5. 当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2＝6×1－5，所以，an＝6n－5 （n?N）. （2006年安徽卷）数列?an?的前n项和为Sn，
,Sn?n2an?n?n?1?,n?1,2,???． 2
（Ⅰ）写出Sn与Sn?1的递推关系式?n?2?，并求Sn关于n的表达式；
x,bn?fn/?p??p?R?，求数列?bn?的前n项和Tn． n
解：由Sn?nan?n?n?1??n?2?得：Sn?n(Sn?Sn?1)?n?n?1?，即(n?1)Sn?nSn?1?n?n?1?，所以
（Ⅱ）设fn?x??
Sn?Sn?1?1，对n?2成立． nn?1n?1nnn?132n?1
Sn?Sn?1?1，Sn?1?Sn?2?1，,,，S2?S1?1相加得：Sn?2S1?n?1，又由nn?1n?1n?221n
S1?a1?，所以Sn?，当n?1时，也成立．
x，得bn?fn/?p??npn． （Ⅱ）由fn?x??nx?
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而Tn?p?2p?3p???(n?1)p?np，
pTn?p2?2p3?3p4???(n?1)pn?npn?1， (1?P)Tn?p?p?p???p
p(1?pn)??npn?1．
已知数列递推公式求通项公式 在我们的教材中，还有这样的类型题：
1． 已知数列{an}的首项a1?1，且an?an?1?3(n?2)，则an? 2．已知数列{an}的首项a1?1，且an?2an?1?3(n?2)，则an3．已知数列{an}的a1?1，a2?2且an?
(an?1?an?2)(n?3)，则limn?．
4． 已知数列{an}的a1?1，a2?2且an?2?2an?1?an,则an?．
这类问题是通过题目中给定的初始值和递推公式，在熟练掌握等差数列、等比数列的通项公式的推导方法的基础上，产生的一系列变式．
我们应清楚的意识到：
1．证明数列?an?是等差或等比数列常用定义，即通过证明an?1?an?an?an?1 (n?2)或得．
2．在解决等差数列或等比数列的相关问题时，“基本量法”是常用的方法，但有时灵活地运用性质，可使运算简便，而一般数列的问题常转化为等差、等比数列求解．
3.等差数列、等比数列求通项公式涉及的迭代、累加、累乘、构造等方法． 我们具体进行如下分析：
一、由等差，等比演化而来的“差型”，“商型”递推关系
数列{an}中，a1?1,an?1?an?2，求{an}的通项公式 ．an?2n?1 变式1：数列{an}中，a1?1,an?1?an?n，求{an}的通项公式 ．an?变式2：数列{an}中，a1?1,an?1?an?3
?n(n?2)而anan?1
，求{an}的通项公式 ．an?
变式3：已知数列{an}满足a1?1，
?1，求an．an?
变式4：数列{an}中，a1?1,an?1?分析：①等差数列：an?1?an?d
，求{an}的通项公式 ．an?
生成：a2?a1?d，a3?a2?d，,,an?1?an?2?d，an?an?1?d
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累加：nnn?1n?1n?2?211 =1 由此推广成差型递推关系：an?an?1?f(n)(n?2) 累加：an?(an?an?1)?(an?1?an?2)??(a2?a1)?a1=题组二、
已知数列{an}的首项a1?1，且an?3an?1(n?2)，则an?3变式1：已知数列{an}的首项a1?1，且an?
，于是只要f(n)可以求和就行．
an?1(n?2)，则an? nn
变式2：数列{an}中，a1?2,an?1?3an?2，求{an}的通项公式．an?3n?1 变式3：数列{an}是首项为1的正项数列，
且(n?1)an,2,3,?)，求{an}的通项公式．an??1?nan?an?1?an?0,(n?1
分析：②等比数列：an?1?an?q
生成：a2?a1?q，a3?a2?q，,,an?1?an?2?q，an?an?1?q
anan?1a???2?a1=qn?1?a1 an?1an?2a1
由此推广成商型递推关系：n?g(n)
累乘：an?????a1??g(n)?a1
an?1an?2a12
为了提高，我们还可以引用下列例题： 例1、 若数列?an?满足：a1?2,an?
an?1,(n?2)． n
求证：①an?C2n；
②an是偶数 ．
证明：由已知可得：
anan?1a22n?3?5??(2n?1)
又an? ????a1=
n!an?1an?2a1
(2n)!?2?4?6??(2n?2)2n???1?3?5?(2n?1)?2n?3?5??(2n?1)
?而C?= n!?n!n!?n!n!
所以an?C2n，而an?C2n?2C2n?1为偶数．
例2、已知数列{an}中a1?1，且a2k?a2k?1?(?1)k,
a2k?1?a2k?3k
其中k=1,2,3,,,,,. （I）
（II）求{ an}的通项公式.
解（Ⅰ）（略）a3?3,a5?13
a2k?1?a2k?3k?a2k?1?(?1)k?3k
所以a2k?1 故a2k?1
?a2k?1?3k?(?1)k ，为差型
?(a2k?1?a2k?1)?(a2k?1?a2k?3)??(a3?a1)?a1
?(3k?3k?1??3)?(?1)k?(?1)k?1???(?1)?1
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?(?1)k?1． =22
3k13k1kk?1k
a2k?a2k?1?(?1)??(?1)?(?1)?1??(?1)k?1．
所以{an}的通项公式为： 当n为奇数时，an?
?(?1)2??1． 当n为偶数时， an?22
二．由差型，商型类比出来的和型，积型：即an?an?1?f(n),和an?an?1?g(n)
例如：数列?an?中相邻两项an，an?1是方程x2?3nx?bn?0的两根，已知a10??17，求b51的值．
分析： 由题意：an+an?1??3n
②—①：an?2?an??3．
所以该数列的所有的奇数项成等差，所有的偶数项也成等差．
其基本思路是，生成，相减；与“差型”的生成，相加的思路刚好相呼应．到这里本题的解决就不在话下了． 特别的，若an+an?1?c，则an?2?an．
即该数列的所有的奇数项均相等，所有的偶数项也相等． 若
an?an?1?2n
则 an?1?an?2?2n?1 ② ②÷①：
生成： an?1+an?2??3(n?1)
所以该数列的所有的奇数项成等比，所有的偶数项也成等比．
其基本思路是，生成，相除；与“商型”的生成，相乘的思路刚好相呼应． 特别地，若an?an?1?c，则an?2?an．
即该数列的所有的奇数项均相等，所有的偶数项也相等．
三．可以一次变形后转化为差型，商型的 1．an?pan?1?f(n)
例如：设a0是常数，且an??2an?1?3n?1，（n?N）． 证明：an?(?2)
3n?(?1)n?1?2n
分析：这道题目是证明型的，最简单的方法当然要数数学归纳法，现在我们考虑用推导的方法来处理an??2an?1?3n?1的三种方法：
方法（1）：构造公比为—2的等比数列an???3n，用待定系数法可知???方法（2）：构造差型数列?
?an?anan?113nn
，即两边同时除以 得：???(?)，从而可以用累加的方(?2)?nnn?1
32(?2)(?2)?(?2)?
方法（3）：直接用迭代的方法处理：
an??2an?1?3n?1??2(?2an?2?3n?2)?3n?1?(?2)2an?2?(?2)3n?2?3n?1 ?(?2)2(?2an?3?3n?3)?(?2)23n?2?3n?1
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?(?2)an?3?(?2)3?(?2)3?3?? ?(?2)a0?(?2)
3n?(?1)n?1?2n
?(?2)a0?．
说明：①当f(n)?c或f(n)?an?b时，上述三种方法都可以用；
②当f(n)?n2时，若用方法1，构造的等比数列应该是an?pn2?qn?r 而用其他两种方法做则都比较难． ③用迭代法关键是找出规律，除含a1外的其它式子，常常是一个等比数列的求和问题． 2．an?p(an?1)q型
?(an?1)2，首项为a1，求an．（2003年江苏卷22题改编） a
方法1：两端取常用对数，得lgan?2lgan?1?lga，
例如：已知an?
令bn?lgan，则bn?2bn?1?lga，转化如上面类型的． 特别的，a=1，则转化为一个等比数列． 方法2：直接用迭代法：
a12n?211?2???2n?22n?1
?an?1??(an)?()a???()a?a()． ?21aaaaaa四．f(Sn,an)?0型的 an?
利用an?Sn?Sn?1,(n?2)转化为g(an,an?1)?0型，或h(Sn,Sn?1)?0型 即混合型的转化为纯粹型的．
例如： 已知数列?an?的前n项和Sn满足Sn?2an?(?1)n,n?1 ．(Ⅰ)写出数列?an?的前3项a1,a2,a3;
(Ⅱ)求数列?an?的通项公式． 分析：Sn?2an?(?1)n,n?1. 由a1?S1?2a1?1,得a1?1.
由n?2得，a1?a2?2a2?1，得a2?0 -③ 由n?3得，a1?a2?a3?2a3?1，得a3?2
-④ 用n?1代n得 Sn?1?2an?1?(?1)n?1
即an?2an?1?2(?1)n
①—⑤：an?Sn?Sn?1?2an?2an?1?2(?1)n
an?2an?1?2(?1)n?22an?2?2(?1)n?1?2(?1)n?22an?2?22(?1)n?1?2(?1)n
???2n?1a1?2n?1(?1)?2n?2(?1)2??2(?1)n ?2n?2?(?1)n?1
Sn(n?1,2,3?). 又如：数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1?1,an?1?n
证明：数列{n是等比数列．
Sn, 方法1∵an?1?Sn?1?Sn,an?1?n
∴ (n?2)Sn?n(Sn?1?Sn),
nSn?1?2(n?1)Sn,
故{n是以2为公比的等比数列.
方法2：事实上，我们也可以转化为n?，为一个商型的递推关系，
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nn?1nn?1n?22
?????a1?na12n?1． ???2?s1=2n?1
n?1n?2n?31sn?1sn?2s1
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，取倒数等还是要求掌握的．
生成与迭代是递推关系的最重要特征．递推关系一般说来，是对任意自然数或大于等于2的自然数总成立的一个等式，自然数n可以取1，2，3,,n，n+1等等，这样就可以衍生出很多的等式．这就是所谓的生成性．对于生成出来的等式，我们往往选一些有用的进行处理．比如相加，相减，相乘，相除等，但用的最多的还是由后往前一次又一次的代入，直到已知项．这种方法就叫迭代．上面的很多例题都可以体现这一点．这种很朴素的思想，对于相关的其他数列问题也是非常有效的．
这类的高考试题也比比皆是，如：
（2004年全国卷）已知数列{an}，满足a1=1，an=a1+2a2+3a3+,,+(n－1)an－1(n≥2)，则{an}的通项 an??分析：由已知，a1?a2?1
由an?a1?2a2?3a3??(n?1)an?1 生成
an?1?a1?2a2?3a3??(n?2)an?2
为商型的，用累乘法可得an?n?n?1??3?n?n?(n?1)?????4?3,
an?1an?2a2a2
2.已知数列?an?中，Sn是其前n项和，并且Sn?1?4an?2(n?1,2,?),a1?1，
(Ⅰ)设数列bn?an?1?2an(n?1,2,??)，求证：数列?bn?是等比数列；
,(n?1,2,??)，求证：数列?cn?是等差数列； (Ⅱ)设数列cn?nn2
（Ⅲ）求数列?an?的通项公式及前n项和．
两式相减得an?an?1?(n?1)an?1，即
分析：由于{bn}和{cn}中的项都和{an}中的项有关，{an}中又有Sn?1=4an+2，可由Sn?2-Sn?1作切入点探索解题的途径．
解：(1)由Sn?1=4an?2，Sn?2=4an?1+2，两式相减，得Sn?2-Sn?1=4(an?1-an)，即an?2=4an?1-4an．(根据bn的构造，如何把该式表示成bn?1与bn的关系是证明的关键，注意加强恒等变形能力的训练)
an?2-2an?1=2(an?1-2an)，又bn=an?1-2an，所以bn?1=2bn
① 已知S2=4a1+2，a1=1，a1+a2=4a1+2，解得a2=5，b1=a2-2a1=3
由①和②得，数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列，故bn=3·2
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当n≥2时，Sn=4an?1+2=2n?1 (3n-4)+2；当n=1时，S1=a1=1也适合上式．
说明：1．本例主要复习用等差、等比数列的定义证明一个数列为等差，等比数列，求数列通项与前n项和．解决本题的关键在于由条件Sn?1?4an?2得出递推公式．
2．解综合题要总揽全局，尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件，在后面求解的过程中适时应用．
3.（04年重庆）设a1=1,a2=综上可知，所求的求和公式为Sn=2(3n-4)+2． 552,an+2=an+1-an
(n=1,2,---),令bn=an+1-an
(n=1,2---)． 333
(Ⅰ)求数列{bn}的通项公式；
(Ⅱ)求数列{nan}的前n项的和Sn．
5222an?1?an?an?1?(an?1?an)?bn 3333222n(n?1,2,?) 故{bn}是公比为的等比数列，且b1?a2?a1?,故 bn?()333
2n （II）由bn?an?1?an?()得 3 解：（I）因bn?1?an?2?an?1?
an?1?a1?(an?1?an)?(an?an?1)???(a2?a1)
22222?()n?()n?1???()2??2[1?()n] 33333
注意到a1?1,可得an?3?n?1(n?1,2,?) 3
记数列n?1}的前n项和为Tn，则 3
222222Tn?1?2????n?()n?1,Tn??2?()2???n?()n． 333333
1222222两式相减得Tn?1??()2???()n?1?n()n?3[1?()n]?n()n, 3333333
2n2n(3?n)2n
故Tn?9[1?()]?3n()?9?.333n?1
n?13(3?n)2从而Sn?a1?2a2???nan?3(1?2???n)?2Tn?n(n?1)??18.n?123
4.（04年全国）已知数列{an}中，a1=1，a2k=a2k-1+(-1)K,a2k+1=a2k+3k,其中k=1,2,3，,,．
（I）求a3,a5；
（II）求{an}的通项公式．
解：（I）a2=a1+(－1)1=0, a3=a2+31=3.a4=a3+(－1)2=4
a5=a4+32=13,
所以，a3=3,a5=13.
a2k+1=a2k+3k = a2k－1+(－1)k+3k,
所以a2k+1－a2k－1=3k+(－1)k,
同理a2k－1－a2k－3=3k1+(－1)k1,
a3－a1=3+(－1).
所以(a2k+1－a2k－1)+(a2k－1－a2k－3)+…+(a3－a1)
=(3k+3k1+…+3)+[(－1)k+(－1)k1+…+(－1)],
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由此得a2k+1－a1=k(3－1)+[(－1)k－1], 22
kk3k?1111kk3k－1k3?(?1)?1.a2k= a2k－1+(－1)=?(－1)－1+(－1)=?(－1)k=1.
于是a2k+1=222222
{an}的通项公式为：
当n为奇数时，an=3n?1
2?(?1)n?12?1?1; 2
当n为偶数时，an?3?(?1)2?1?1. 22
5.（2004年全国）已知数列{an}中a1?1，且a2k=a2k－1+(－1)K,
a2k+1=a2k+3k, 其中k=1,2,3,,,,,.
（I）求a3, a5；
（II）求{ an}的通项公式．
6.(2004年天津理)已知定义在R上的函数f(x)和数列{an}满足下列条件：
a1?a,an?f(an?1)(n?2,3,4,...),a2?a1， n
f(an)?f(an?1)?k(an?an?1)(n?2,3,4,...)，其中a为常数，k为非零常数．
（I）令bn?an?1?an(n?N*)，证明数列{bn}是等比数列；
（Ⅱ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅲ）当|k|?1时，求liman． n??
7.(2006年重庆卷)在数列｛an｝中，若a1=1,an+1=2an+3 (n≥1),则该数列的通项an=_________． 解析：在数列?an?中，若a1?1,an?1?2an?3(n?1)，∴ an?1?3?2(an?3)(n?1)，即{an?3}是以a1?3?4为首项，2为公比的等比数列，an?3?4?2n?1?2n?1，所以该数列的通项an?2
8.（2006年福建卷）已知数列｛an｝满足a1=1,an?1=2an+1(n∈N)
（Ⅰ）求数列｛an｝的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}满足4k1-14k2-1,,4k-1=(an+1)km(n∈N*),证明:{bn}是等差数列；
（Ⅲ）证明:?n?1?3. an1a1a2n?＜????n＜(n∈N*)． 23a2a3an?12
解析：本小题主要考查数列、不等式等基本知识，考查化归的数学思想方法，考查综合解题能力．
（I）解：?an?1?2an?1(n?N*), ?an?1?1?2(an?1),
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??an?1?是以a1?1?2为首项，2为公比的等比数列． ?an?1?2n. 即 an?22?1(n?N*). （II）证法一：?4142...4nk?1k?1k?1?(an?1)kn. ?4(k1?k2?...?kn)?n?2nkn.
?2[(b1?b2?...?bn)?n]?nbn,
① 2[(b1?b2?...?bn?bn?1)?(n?1)]?(n?1)bn?1.
② ②－①，得2(bn?1?1)?(n?1)bn?1?nbn, 即(n?1)bn?1?nbn?2?0,
nbn?2?(n?1)bn?1?2?0.
③－④，得 nbn?2?2nbn?1?nbn?0,
即 bn?2?2bn?1?bn?0, ?bn?2?bn?1?bn?1?bn(n?N*), ??bn?是等差数列． 证法二：同证法一，得
(n?1)bn?1?nbn?2?0 令n?1,得b1?2. 设b2?2?d(d?R),下面用数学归纳法证明 bn?2?(n?1)d. （1）当n?1,2时，等式成立． （2）假设当n?k(k?2)时，bk?2?(k?1)d等式成立，那么 k2k2bk??[2?(k?1)d]??2?[(k?1)?1]d. k?1k?1k?1k?1这就是说，当n?k?1时，等式也成立． bk?1?根据（1）和（2），可知bn?2?(n?1)d对任何n?N都成立． *?bn?1?bn?d,??bn?是等差数列．
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ak2k?12k?11?k?1??,k?1,2,...,n, （III）证明：?ak?12?12(2k?1)2
2 ?aa1a2n??...?n?. a2a3an?12 ak2k???k?1??????.k,k?1,2,...,n, k?1kkak?12?122(2?1)23.2?2?2232
?aa1a2n??...?n??(?2?...?n)??(1?n)??, a2a3an?
an1aan???1?2?...?n?(n?N*)． 23a2a3an?12
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数列求通项公式的常见题型与解题方法数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础．高考对本章的考查比较全面，等差数列，等比数列的考查每年都不会遗漏．有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差…
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