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(第44讲)数列通项为公式的求法

时间:2013-03-01


高考数学专题讲座

授人以鱼,不如授人以渔。让数学不再成为障碍!

数列通项公式的求法
嵩明县第一中学 吴学伟 各种数列问题在很多情形下, 就是对数列通项公式的求解。 特别是在一 些综合性比较强的数列问题中, 数列通项公式的求解问题往往是解决数列难 题的瓶颈。 本文总结出几种求解数列通项公式的方法, 希望能对大家有帮助。

一、定义法
直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法, 这种方法 适应于已知数列类型的题目. 例 1.等差数列 ?a n ? 是递增数列,前 n 项和为 S n ,且 a1 , a3 , a9 成等比数列, 解:设数列 ?a n ? 公差为 d (d ? 0)
2 2 S 5 ? a5 .求数列 ?a n ? 的通项公式.

∵ a1 , a3 , a9 成等比数列,∴ a3 ? a1a9 , 即 (a1 ? 2d ) ? a1 (a1 ? 8d ) ? d ? a1d
2 2

∵ d ? 0, ∵ S 5 ? a5
2

∴ a1 ? d ????????????① ∴ 5a1 ?

5? 4 ? d ? (a1 ? 4d ) 2 ????② 2

3 3 ,d ? 5 5 3 3 3 ∴ an ? ? (n ? 1) ? ? n 5 5 5
由①②得: a1 ? 点评: 利用定义法求数列通项时要注意不用错定义, 设法求出首项与公 差(公比)后再写出通项。

二、公式法
式 an ? ?

若已知数列的前 n 项和 S n 与 a n 的关系,求数列 ?a n ? 的通项 a n 可用公

例 2.已知数列 ?a n ? 的前 n 项和 S n 满足 S n ? 2an ? (?1) , n ? 1 .求数列
n

?S1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?n ? 1 求解。 ?S n ? S n ?1 ? ? ? ? ? ? ? n ? 2

?a n ?的通项公式。

解:由 a1 ? S1 ? 2a1 ? 1 ? a1 ? 1 当 n ? 2 时,有

a n ? S n ? S n ?1 ? 2(a n ? a n ?1 ) ? 2 ? (?1) n ,

? an ? 2an ?1 ? 2 ? (?1)n ?1 ,

a n?1 ? 2a n?2 ? 2 ? (?1) n?2 , ??, a2 ? 2a1 ? 2.
? an ? 2n?1 a1 ? 2n?1 ? (?1) ? 2n?2 ? (?1)2 ? ? ? 2 ? (?1) n?1
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? 2 n ?1 ? (?1) n [( ?2) n ?1 ? (?2) n ? 2 ? ? ? (?2)] ?2
n ?1

2[1 ? (?2) n ?1 ] ? (?1) 3
n

2 ? [2 n ? 2 ? (?1) n ?1 ]. 3
经验证 a1 ? 1 也满足上式,所以 an ?

2 n?2 [2 ? (?1) n?1 ] 3 S n ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?n ? 1 ? 点评:利用公式 a n ? ? 求解时,要注意对 n 分类 ?S n ? S n ?1 ? ? ? ? ? ? ? n ? 2

讨论,但若能合写时一定要合并. 三、由递推式求数列通项法 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。 类型 1 递推公式为 an?1 ? an ? f (n) 解法:把原递推公式转化为 an?1 ? an ? f (n) ,利用累加法(逐差相加法)求 解。 (2004 全 国 卷
k

I.22)


k







?a n ?

中, a1 ? 1, 且a 2 k ? a2 k ?1 ? (?1) , a2 k ?1 ? a2 k ? 3 ,其中 k ? 1, 2,3, ??, 求数 列 ?a n ? 的通项公式。P24(styyj) 例 3. 已知数列 ?a n ? 满足 a1 ? 解:由条件知: a n ?1 ? a n ?

1 1 , a n?1 ? a n ? 2 ,求 a n 。 2 n ?n
2

1 1 1 1 ? ? ? n ? n n(n ? 1) n n ? 1

分 别 令 n ? 1,2,3,? ? ? ? ??, (n ? 1) , 代 入 上 式 得 (n ? 1) 个 等 式 累 加 之 , 即

(a2 ? a1 ) ? (a3 ? a2 ) ? (a4 ? a3 ) ? ? ? ? ? ? ? ?(an ? an?1 )

1 1 1 1 1 1 1 ? (1 ? ) ? ( ? ) ? ( ? ) ? ? ? ? ? ? ? ?( ? ) 2 2 3 3 4 n ?1 n 1 所以 a n ? a1 ? 1 ? n
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? a1 ?

1 1 1 3 1 ,? a n ? ? 1 ? ? ? 2 2 n 2 n

类型 2 (1)递推公式为 a n ?1 ? f (n)a n 解法:把原递推公式转化为

a n ?1 ? f (n) ,利用累乘法(逐商相乘法)求解。 an

(2004 全国卷 I.15)已知数列{an}, 满足 a1=1, n=a1+2a2+3a3+?+(n-1)an-1(n a ≥2),则{an}的通项

?1 an ? ? ? ___

n ?1 n?2

P24(styyj)

例 4. 已知数列 ?a n ? 满足 a1 ? 解:由条件知

2 n , a n ?1 ? a n ,求 a n 。 3 n ?1

a n ?1 n ? ,分别令 n ? 1,2,3,? ? ? ? ??, (n ? 1) ,代入上式得 an n ?1

(n ? 1) 个等式累乘之,即
a a a 2 a3 a 4 1 1 2 3 n ?1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? n ? ? ? ? ??????? ? n ? a1 a2 a3 an?1 2 3 4 a1 n n
又? a1 ?

2 2 ,? an ? 3 3n

(2) .由 a n ?1 ? f (n)a n 和 a1 确定的递推数列 ?a n ? 的通项可如下求得: 由 已 知 递 推 式 有 an ? f (n ? 1)an?1 ,

an?1 ? f (n ? 2)an?2 , ? ? ? ,

a2 ? f (1)a1 依次向前代入,得
an ? f (n ? 1) f (n ? 2) ? ? ? f (1)a1 ,
简记为 an ? ( ? f (k )) a1
k ?1 n ?1

(n ? 1, ? f (k ) ? 1) ,这就是叠(迭)代法的基
k ?1

0

本模式。
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(3)递推式: a n ?1 ? pan ? f ?n ? 解法:只需构造数列 ?bn ? ,消去 f ?n ? 带来的差异. 例 5. 设数列 ?a n ?:a1 ? 4, a n ? 3a n ?1 ? 2n ? 1, (n ? 2) , a n . 求

解:设 bn ? a n ? An ? B, 则a n ? bn ? An ? B ,将 an , an?1 代 入递推式,得

bn ? An ? B ? 3?bn?1 ? A(n ? 1) ? B? ? 2n ? 1 ? 3bn?1 ? (3 A ? 2)n ? (3B ? 3 A ? 1)

? A ? 3A ? 2 ?A ? 1 ? ?? ?? ? B ? 3B ? 3 A ? 1 ? B ? 1 ?
? 取bn ? an ? n ? 1 ? ( 1 ) 则 bn ? 3bn?1 , 又 b1 ? 6 , 故
bn ? 6 ? 3 n ?1 ? 2 ? 3 n 代入(1)得 a n ? 2 ? 3 n ? n ? 1
说 明 : 1 ) 若 f (n) 为 n 的 二 次 式 , 则 可 设 (

bn ? a n ? An 2 ? Bn ? C ;(2) 本 题 也 可 由

a n ? 3a n?1 ? 2n ? 1

,

an?1 ? 3an?2 ? 2(n ? 1) ? 1

( n ? 3 )两式相减得 an ? an ?1 ? 3(an ?1 ? an ? 2 ) ? 2 转化为 bn ? pbn ?1 ? q 求之. 例 6.已知 a1 ? 3 , a n?1 ?
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3n ? 1 an (n ? 1) ,求 a n 。 3n ? 2
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解: an ?

3(n ? 1) ? 1 3(n ? 2) ? 1 3? 2 ?1 3 ?1 ? ????? ? a1 3(n ? 1) ? 2 3(n ? 2) ? 2 3? 2 ? 2 3 ? 2

?

3n ? 4 3n ? 7 5 2 6 ? ?? ? ? 3 ? 3n ? 1 3n ? 4 8 5 3n ? 1 。

类型 3 递推公式为 a n ?1 ? pan ? q(其中 p, 均为常数, pq( p ? 1) ? 0) ) q 。 ( 解法:把原递推公式转化为: an?1 ? t ? p(an ? t ) ,其中 t ? 换元法转化为等比数列求解。 (2006.重庆.14)在数列 ? an ? 中,若 a1 ? 1, an ?1 ? 2an ? 3(n ? 1) ,则该数列 的通项 an ?
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q ,再利用 1? p

特级教师 王新敞
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P24(styyj)

例 7. 已知数列 ?a n ?中, a1 ? 1 , a n ?1 ? 2a n ? 3 ,求 a n . 解 : 设 递 推 公 式 a n ?1 ? 2a n ? 3 可 以 转 化 为 an?1 ? t ? 2(an ? t ) 即

an?1 ? 2an ? t ? t ? ?3 . 故 递 推 公 式 为 an?1 ? 3 ? 2(an ? 3) , 令 bn ? a n ? 3 , b1 ? a1 ? 3 ? 4 ,且 则

bn?1 a n?1 ? 3 ? ? 2 .所以 ?bn ? 是以 b1 ? 4 bn an ? 3
n ?1

为首项,2 为公比的等比数列,则 bn ? 4 ? 2
n

? 2 n?1 ,所以 an ? 2 n?1 ? 3 .

类 型 4 递 推 公 式 为 a n ?1 ? pan ? q ( 其 中 p , q 均 为 常 数 , 。 ( pq( p ? 1)(q ? 1) ? 0) ) (或 an ?1 ? pan ? rq ,其中 p,q, r 均为常
n

数) (2006 全国 I.22) (本小题满分 12 分) 设数列 ? an ? 的前 n 项的和 Sn ?

4 1 2 ? a n ? ? 2n?1 ? , n ? 1, 2,3,? ? 3 3 3
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(Ⅰ)求首项 a1 与通项 an ;

P25(styyj)

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

q n?1 ,得:

a n?1 p a n 1 ? ? ? q n?1 q q n q an p 1 ) ,得: bn ?1 ? bn ? 再应用类型 3 的 n q q q

引入辅助数列 ?bn ? (其中 bn ? 方法解决。 例 8. 已知数列 ?a n ?中, a1 ?

5 1 1 n?1 , an?1 ? an ? ( ) ,求 a n 。 6 3 2 1 1 n?1 2 n n ?1 n?1 解:在 an?1 ? an ? ( ) 两边乘以 2 得: 2 ? a n ?1 ? (2 ? a n ) ? 1 3 2 3 2 2 n n 令 bn ? 2 ? a n ,则 bn ?1 ? bn ? 1 ,应用例 7 解法得: bn ? 3 ? 2( ) 3 3 b 1 n 1 n 所以 an ? n ? 3( ) ? 2( ) n 2 3 2
类型 5 递推公式为 an? 2 ? pan?1 ? qan (其中 p,q 均为常数) 。 解法:先把原递推公式转化为 an ? 2 ? sa n?1 ? t (an ?1 ? sa n ) 其中 s,t 满足 ?

?s ? t ? p ,再应用前面类型 3 的方法求解。 ?st ? ?q

(2006.福建.理.22) (本小题满分 14 分) 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; P26(styyj) 例 9. 已知数列 ?a n ?中, a1 ? 1 , a2 ? 2 , an? 2 ? 解:由 an? 2 ?

2 1 an?1 ? an ,求 a n 。 3 3

2 1 an?1 ? an 可转化为 an?2 ? san?1 ? t (an?1 ? san ) 3 3

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即 an?2

2 ? 1 ?s ? 1 ? ?s ? t ? 3 ? ? ?s ? ? ? ( s ? t )a n?1 ? stan ? ? ?? 3 1 或? ?t ? ? 3 ?t ? 1 ?st ? ? 1 ? ? ? 3 ?

1 ?s ? 1 ? ? ?s ? ? 这里不妨选用 ? ,则 3 ,大家可以试一试) 1 (当然也可选用 ? ?t ? ? 3 ?t ? 1 ? ?

1 公比为 an? 2 ? an?1 ? ? (an?1 ? an ) ? ?an?1 ? an ? 是以首项为 a2 ? a1 ? 1 , 3 1 1 ? 的等比数列,所以 an?1 ? an ? (? ) n?1 ,应用类型 1 的方法,分别令 3 3
n ? 1,2,3,? ? ? ? ??, (n ? 1) , 代 入 上 式 得 (n ? 1) 个 等 式 累 加 之 , 即

1 1 1 an ? a1 ? (? ) 0 ? (? )1 ? ? ? ? ? ? ? ?(? ) n?2 3 3 3
又? a1 ? 1 ,所以 a n ?

1 1 ? (? ) n?1 3 ? 1 1? 3

7 3 1 n?1 ? (? ) 。 4 4 3 类型 6 递推公式为 S n 与 a n 的关系式。(或 S n ? f (an ) )
解法:利用 a n ? ?
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?S1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?(n ? 1) 进行求解。 ?S n ? S n?1 ? ? ? ? ? ? ? (n ? 2)

(2006.陕西.20) (本小题满分 12 分) 已知正项数列{an},其前 n 项和 Sn 满足 10Sn=an2+5an+6 且 a1,a3,a15 成等比 数列,求数列{an}的通项 an P24(styyj)
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例 10. 已知数列 ?a n ?前 n 项和 S n ? 4 ? a n ?

1 2
n?2

.

(1)求 an?1 与 a n 的关系; (2)求通项公式 a n . 解: (1)由 S n ? 4 ? a n ?

1 2
n?2

得: S n ?1 ? 4 ? a n ?1 ?

1 2 n?1

于是 S n?1 ? S n ? (an ? an?1 ) ? (

1 2
n?2

?

1 2 n?1

)

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所以 an?1 ? an ? an?1 ?

1 1 1 ? an?1 ? an ? n . n ?1 2 2 2
n ?1

(2)应用类型 4 的方法,上式两边同乘以 2 n?1 得: 2 由 a1 ? S1 ? 4 ? a1 ?
1? 2

an?1 ? 2 n an ? 2

1 ? a1 ? 1 .于是数列 ?2 n an ?是以 2 为首项,2 为公 2 n n 差的等差数列,所以 2 a n ? 2 ? 2(n ? 1) ? 2n ? an ? n?1 2
类型 7 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 11. 已知数列 ?a n ? 中, a1 ? 1 ;数列 ?bn ? 中, b1 ? 0 。当 n ? 2 时,

1 1 an ? (2an?1 ? bn?1 ) , bn ? (an?1 ? 2bn?1 ) ,求 a n , bn . 3 3 1 1 解:因 an ? bn ? (2an?1 ? bn?1 ) ? (a n?1 ? 2bn?1 ) ? an?1 ? bn?1 3 3
所以 an ? bn ? an?1 ? bn?1 ? an?2 ? bn?2 ? ? ? ? ? a2 ? b2 ? a1 ? b1 ? 1 即 a n ? bn ? 1 ????????????????(1)

1 1 1 (2a n ?1 ? bn?1 ) ? (an?1 ? 2bn?1 ) ? (an?1 ? bn?1 ) 3 3 3 1 1 2 1 n?1 所以 an ? bn ? (a n ?1 ? bn ?1 ) ? ( ) an?2 ? bn?2 ) ? ?? ? ( ) (a1 ? b1 ) 3 3 3 1 1 ? ( ) n ?1 .即 an ? bn ? ? ( ) n ?1 ?????????(2) 3 3 1 1 n?1 1 1 n?1 由(1)(2)得: a n ? [1 ? ( ) ] , bn ? [1 ? ( ) ] 、 2 3 2 3 四、待定系数法(构造法)
又因为 an ? bn ? 求数列通项公式方法灵活多样,特别是对于给定的递推关系求通项公 式,观察、分析、推理能力要求较高。通常可对递推式变换,转化成特殊数 列(等差或等比数列)来求解,这种方法体现了数学中化未知为已知的化归 思想,而运用待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法。 1、通过分解常数,可转化为特殊数列{a n +k}的形式求解。一般地,形如 a n ?1 =p a n +q(p≠1,pq≠0)型的递推式均可通过待定系数法对常数 q 分
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解法:设 a n ?1 +k=p(a n +k)与原式比较系数可得 pk-k=q,即 k= 从而得等比数列{a n +k}。 例 12、数列{a n }满足 a 1 =1,a n = 式。 解:由 a n = 1,

q , p ?1

1 a n ?1 +1(n≥2) ,求数列{a n }的通项公 2

1 1 a n ?1 +1(n≥2)得 a n -2= (a n ?1 -2) ,而 a 1 -2=1-2=- 2 2

1 为公比,-1 为首项的等比数列 2 1 n ?1 1 n ?1 ∴a n -2=-( ) ∴a n =2-( ) 2 2
∴数列{ a n -2}是以 说明:这个题目通过对常数 1 的分解,进行适当组合,可得等比数列{ a n - 2},从而达到解决问题的目的。 例 13、数列{a n }满足 a 1 =1, 3an?1 ? an ? 7 ? 0 ,求数列{a n }的通项公式。

7 3 1 k 7 7 设 a n ?1 ? k ? ? (a n ? k ) ,比较系数得 ? k ? ? 解得 k ? ? 3 3 3 4 7 1 7 7 3 ∴{ a n ? }是以 ? 为公比,以 a1 ? ? 1 ? ? ? 为首项的等比数列 4 3 4 4 4 7 3 1 n?1 7 3 1 n?1 ∴ a n ? ? ? ? (? ) ? a n ? ? ? ( ? ) 4 4 3 4 4 3 例 14.已知数列 ?a n ? 满足 a1 ? 1 ,且 an ?1 ? 3an ? 2 ,求 a n .
解:由 3a n ?1 ? a n ? 7 ? 0 得 a n ?1 ? ? a n ? 解:设 an?1 ? t ? 3(an ? t ) ,则 an?1 ? 3an ? 2t ? t ? 1 ,

1 3

an?1 ? 1 ? 3(an ? 1) ? ?an ? 1?是以 (a1 ? 1) 为首项,以 3 为公比的等比数列

? an ? 1 ? (a1 ? 1) ? 3n?1 ? 2 ? 3n?1 ? an ? 2 ? 3n?1 ? 1 点评:求递推式形如 an?1 ? pan ? q (p、q 为常数)的数列通项,可用 q q ? p(a n ? ) 来求得,也可 迭代法或待定系数法构造新数列 a n ?1 ? p ?1 1? p
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用“归纳—猜想—证明”法来求,这也是近年高考考得很多的一种题型. 例 15.已知数列 ?a n ? 满足 a1 ? 1 , an ? 3 ? 2an ?1 (n ? 2) ,求 a n .
n

an 2a an 2 an?1 ? 1 ? n?1 ? n ? 1 ? n n 3 3n?1 3 3 3 an 2 2 2 1 设 bn ? n ,则 bn ? 1 ? bn?1 .令 bn ? t ? (bn?1 ? t ) ? bn ? bn?1 ? t 3 3 3 3 3 2 ? t ? 3 . 条 件 可 化 成 bn ? 3 ? (bn?1 ? 3) , 数 列 ?bn ? 3? 是 以 3 a 8 2 为 首 项 , 为 公 比 的 等 比 数 b1 ? 3 ? 1 ? 3 ? ? 3 3 3 an 8 2 n?1 列. bn ? 3 ? ? ? ( ) .因 bn ? n , 3 3 3 8 2 n?1 ? an ? bn 3n ? 3n (? ? ( ) ? 3) ? an ? 3n?1 ? 2 n?2 . 3 3 n ?1 n ?1 点评:递推式为 an?1 ? pan ? q (p、q 为常数)时,可同除 q ,得 an?1 p an a ? ? n ? 1 ,令 bn ? n 从而化归为 an?1 ? pan ? q (p、q 为常数) n ?1 q q q qn
n 解:将 an ? 3 ? 2an ?1 两边同除 3 ,得
n

型. 2、通过分解系数,可转化为特殊数列 {a n ? a n ?1} 的形式求解。这种方法适 用于 a n ? 2 ? pan ?1 ? qan 型的递推式,通过对系数 p 的分解,可得等比数列

{a n ? a n ?1 } : 设 a n? 2 ? kan?1 ? h(a n?1 ? kan ) , 比 较 系 数 得

h ? k ? p,?hk ? q ,可解得 h, k 。
( 2006. 福 建 . 文 .22 ) 本 小 题 满 分 14 分 ) 已 知 数 列 ? an ? 满 足 (

a1 ? 1 , a2 ? 3 ,a? 2? n

3? ? a 1 n

2n ? a ( n

*

N ).

(I)证明:数列 ?an ?1 ? an ? 是等比数列; (II)求数列 ? an ? 的通项公式;

例 16、数列 ?a n ? 满足 a1 ? 2, a2 ? 5, an? 2 ? 3an?1 ? 2 a n =0,求数列{a n }的
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通项公式。 分析:递推式 an ? 2 ? 3an ?1 ? 2an ? 0 中含相邻三项,因而考虑每相邻两项 的组合,即把中间一项 a n ?1 的系数分解成 1 和 2,适当组合,可发现一个等 比数列 {a n ? a n ?1} 。 解:由 a n ? 2 ? 3a n ?1 ? 2a n ? 0 得 a n ? 2 ? a n?1 ? 2(a n ?1 ? an ) ? 0 即 a n ? 2 ? a n ?1 ? 2(a n ?1 ? a n) ,且 a2 ? a1 ? 5 ? 2 ? 3 ∴ {a n ?1 ? a n } 是以 2 为公比,3 为首项的等比数列 ∴ a n ?1 ? a n ? 3 ? 2
n ?1

利用逐差法可得 an?1 ? (an?1 ? an ) ? (an ? an?1 ) ? ? ? (a2 ? a1 ) ? a1 = 3? 2
n ?1

? 3 ? 2 n ?2 ? ? ? 3 ? 2 0 ? 2
? 2 n?2 ? ? ? 2 ? 1) ? 2

= 3 ? (2 =3?

n ?1

1 ? 2n ?2 1? 2
n

= 3? 2 ?1 ∴ an ? 3 ? 2
n ?1

?1

例 17、数列 ?a n ? 中, a1 ? 1, a 2 ? 2,3a n ? 2 ? 2a n ?1 ? an ,求数列 ?a n ? 的通 项公式。 解 : 由

3a n ? 2 ? 2a n ?1 ? a n



an?2 ?

2 1 a n ?1 ? a n , 3 3



a n? 2 ? kan?1 ? h(a n?1 ? kan )
比较系数得 k ? h ?
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1 1 2 1 , kh ? ,解得 k ? 1, h ? ? 或 k ? ? , h ? 1 ? 3 3 3 3
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1 1 ,则有 an? 2 ? an?1 ? ? (an?1 ? an ) 3 3 1 ∴ {a n ?1 ? a n } 是以 ? 为公比,以 a 2 ? a1 ? 2 ? 1 ? 1为首项的等比数列 3 1 ∴ a n ?1 ? a n ? (? ) n ?1 3 由逐差法可得 an ? (an ? an?1 ) ? (an?1 ? an?2 ) ? ? ? (a2 ? a1 ) ? a1
若取 k ? 1, h ? ? = (? )

1 3

n?2

1 1 1 ? ( ? ) n ?3 ? ? ? ( ? ) 2 ? ( ? ) ? 1 ? 1 3 3 3

1 1 ? (? ) n ?1 3? 1 7 3 1 ? 3 = ? 1 = ?1 ? (? ) n ?1 ? ? 1 ? ? ? (? ) n ?1 1 4? 3 ? 4 4 3 1? 3 1 1 1 说明:若本题中取 k ? ? , h ? 1 ,则有 a n ? 2 ? a n ?1 ? a n ?1 ? a n 即得 3 3 3 1 1 1 1 {a n?1 ? a n } 为常数列, an?1 ? an ? an ? an?1 ? ? ? a2 ? a1 3 3 3 3 1 7 ? 2 ? ? 故可转化为例 13。 3 3 2 1 例 18.已知数列 ?a n ? 满足 a1 ? 1 , a2 ? 2 , an? 2 ? an?1 ? an 求 a n . 3 3 解:设 an? 2 ? sa n?1 ? t (a n?1 ? sa n ) ?
2 ? 1 ?s ? 1 ? ?s ? t ? 3 ? ? ?s ? ? a n? 2 ? ( s ? t )a n?1 ? stan ? ? ?? 3 1 或? ?t ? ? 3 ?t ? 1 ?st ? ? 1 ? ? ? 3 ? 1 则 条 件 可 以 化 为 a n? 2 ? an?1 ? ? (a n?1 ? a n ) ? ?an?1 ? an ? 是 以 首 项 为 3 1 1 a2 ? a1 ? 1 ,公比为 ? 的等比数列,所以 an?1 ? an ? (? ) n?1 .问题转化为 3 3 7 3 1 n?1 利用累加法求数列的通项的问题,解得 a n ? ? (? ) . 4 4 3 点 评 : 递 推 式 为 an? 2 ? pan?1 ? qan ( p 、 q 为 常 数 ) 时 , 可 以 设
an? 2 ? san?1 ? t (an?1 ? san ) ,其待定常数 s、t 由 s ? t ? p , st ? ?q 求出,
从而化归为上述已知题型.

五、特征根法
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1、设已知数列 {a n } 的项满足 a1 ? b, a n ?1 ? can ? d ,其中 c ? 0, c ? 1, 求这 个数列的通项公式。作出一个方程 x ? cx ? d , 则当 x0 ? a1 时, a n 为常数 列,即 an ? a1 ;当x0 ? a1时, an ? bn ? x0 ,其中 {bn } 是以 c 为公比的等比数 列,即 bn ? b1c
n ?1

, b1 ? a1 ? x0 .

例 19.已知数列 {a n } 满足: a n ?1 ? ? a n ? 2, n ? N, a1 ? 4, 求 a n .

1 3

1 3 x ? 2, 则x0 ? ? . 3 2 3 11 当 a1 ? 4 时, a1 ? x0 , b1 ? a1 ? ? . 2 2 1 数 列 {bn } 是 以 ? 为 公 比 的 等 比 数 列 . 于 是 3 1 11 1 3 3 11 1 bn ? b1 (? ) n?1 ? (? ) n?1 , an ? ? ? bn ? ? ? (? ) n?1 , n ? N. 3 2 3 2 2 2 3
解:作方程 x ? ? 2、对于由递推公式 a n ? 2 ? pan ?1 ? qan , a1 ? ? , a 2 ? ? 给出的数列 ?a n ?, 方程 x ? px ? q ? 0 ,叫做数列 ?a n ? 的特征方程。若 x1 , x 2 是特征方程的
2

两个根,当 x1 ? x2 时,数列 ?a n ?的通项为 a n ? Ax1

n ?1

n ? Bx2 ?1 ,其中 A,B

由 a1 ? ? , a 2 ? ? 决 定 ( 即 把 a1 , a 2 , x1 , x2 和 n ? 1,2 , 代 入
n a n ? Ax1n ?1 ? Bx2 ?1 ,得到关于 A、B 的方程组) x1 ? x2 时,数列 ?a n ? ;当

的通项为 an ? ( A ? Bn) x1

n ?1

,其中 A,B 由 a1 ? ? , a 2 ? ? 决定(即把

a1 , a2 , x1 , x2 和 n ? 1,2 ,代入 a n ? ( A ? Bn) x1n ?1 ,得到关于 A、B 的方程
组) 。 例 20 : 已 知 数 列

?a n ?





a1 ? a, a 2 ? b,3a n? 2 ? 5a n?1 ? 2an ? 0(n ? 0, n ? N ) ,求数列 ?a n ?的通项
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公式。 解法一(待定系数——迭加法) 由 3a n ? 2 ? 5a n ?1 ? 2a n ? 0 ,得

an? 2 ? an?1 ?

2 (an?1 ? an ) , 3

且 a 2 ? a1 ? b ? a 。 则数列 ?a n ?1 ? a n ?是以 b ? a 为首项,

2 为公比的等比数列,于是 3

2 a n?1 ? a n ? (b ? a)( ) n?1 。把 n ? 1,2,3,? ? ?, n 代入,得 3
a2 ? a1 ? b ? a ,

2 a3 ? a 2 ? (b ? a) ? ( ) , 3 2 a4 ? a3 ? (b ? a) ? ( ) 2 , 3 ??? 2 a n ? a n?1 ? (b ? a)( ) n?2 。 3
把以上各式相加,得

2 1 ? ( ) n ?1 2 2 2 3 (b ? a) 。 a n ? a1 ? (b ? a)[1 ? ? ( ) ? ? ? ? ? ( ) n?2 ] ? 2 3 3 3 1? 3 2 2 ? a n ? [3 ? 3( ) n?1 ](b ? a) ? a ? 3(a ? b)( ) n?1 ? 3b ? 2a 。 3 3
解法二(特征根法) :数列 ?a n ?: 3a n ? 2 ? 5a n ?1 ? 2a n ? 0(n ? 0, n ? N ) ,

a1 ? a, a 2 ? b 的特征方程是: 3x 2 ? 5x ? 2 ? 0 。

? x1 ? 1, x2 ?

2 , 3

2 n ? a n ? Ax1n?1 ? Bx2 ?1 ? A ? B ? ( ) n ?1 。 3
又由 a1 ? a, a 2 ? b ,于是
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?a ? A ? B ? A ? 3b ? 2a ? 2 ?? ? ? B ? 3(a ? b) ?b ? A ? 3 B ?
故 a n ? 3b ? 2a ? 3(a ? b)( ) n ?1 3 、 如 果 数 列 {a n } 满 足 下 列 条 件 : 已 知 a1 的 值 且 对 于 n ? N , 都 有

2 3

a n ?1 ?

pan ? q h (其中 p、q、r、h 均为常数,且 ph ? qr, r ? 0, a1 ? ? ) , ra n ? h r

那么,可作特征方程 x ?

px ? q , 当 特 征 方 程 有 且 仅 有 一 根 x0 时 , 则 rx ? h

? 1 ? ? a ? x1 ? 则 n ? ? ? 是等差数列;当特征方程有两个相异的根 ?1 、 2 时, ? ? ? an ? x0 ? ? an ? x2 ?
是等比数列。 (2006.重庆.文.22). (本小题满分 12 分) 数列 {a n }满足a1 ? 1且8a n ?1 a n ? 16 a n ?1 ? 2a n ? 5 ? 0(n ? 1). 求数列 {a n } 的通项公式. 解:由已知,得 an ?1 ?

2an ? 5 2x ? 5 ,其特征方程为 x ? ,解之,得 16 ? 8an 16 ? 8 x

1 5 x ? 或x ? 2 4
1 5 6(an ? ) 12(an ? ) 1 5 2 ,? a ? ? 4 ? an ?1 ? ? n ?1 2 16 ? 8an 4 16 ? 8an

1 1 1 1 an ? a1 ? a ? 1 n 2 2? 2? 2 ? ( 1 )n ?1 ? ? 4 ,? ? 5 5 2 5 2 5 2n an ? a1 ? an ?1 ? an ? 4 4 4 4 an ?1 ?
an ? 2n ?1 ? 5 。 P26 (styyj) 2n ? 4
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例 21、已知数列 {a n } 满足性质:对于 n ? N, a n ?1 ?

an ? 4 , 且 a1 ? 3, 求 2a n ? 3

{a n } 的通项公式.
解: 数列 {a n } 的特征方程为 x ?

x?4 , 变形得 2 x 2 ? 2 x ? 4 ? 0, 其根为 2x ? 3

?1 ? 1, ?2 ? ?2. 故特征方程有两个相异的根,使用定理 2 的第(2)部分,
则有

cn ?

a1 ? ?1 p ? ?1 r n ?1 3 ? 1 1 ? 1 ? 2 n ?1 ?( ) ? ?( ) , n ? N. a1 ? ?2 p ? ?2 r 3 ? 2 1? 2? 2

∴ cn ?

2 1 n?1 (? ) , n ? N. 5 5

2 1 ? 2 ? (? ) n ?1 ? 1 ? c ? ?1 5 5 ∴ an ? 2 n ? , n ? N. 2 1 n ?1 cn ? 1 (? ) ? 1 5 5
即 an ?

(?5) n ? 4 , n ? N. 2 ? (?5) n

例 22.已知数列 {a n } 满足:对于 n ? N, 都有 a n ?1 ?

13a n ? 25 . an ? 3

(1)若 a1 ? 5, 求 a n ; (2)若 a1 ? 3, 求 a n ; (3)若 a1 ? 6, 求 a n ; (4)当 a1 取哪些值时,无穷数列 {a n } 不存在?

13 x ? 25 . 变形得 x 2 ? 10 x ? 25 ? 0, x?3 特征方程有两个相同的特征根 ? ? 5. 依定理 2 的第(1)部分解答.
解:作特征方程 x ? (1)∵ a1 ? 5,? a1 ? ?. ?对于 n ? N, 都有 a n ? ? ? 5; (2)∵ a1 ? 3,? a1 ? ?.

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∴ bn ?

1 r ? (n ? 1) a1 ? ? p ? r?

1 1 ? (n ? 1) ? 3?5 13 ? 1 ? 5 1 n ?1 ?? ? , 2 8 ?
令 bn ? 0 ,得 n ? 5 .故数列 {a n } 从第 5 项开始都不存在, 当 n ≤4, n ? N 时, a n ?

1 5n ? 17 ?? ? . bn n?5

(3)∵ a1 ? 6, ? ? 5, ∴ a1 ? ?. ∴ bn ?

1 r n ?1 ? (n ? 1) ? 1? , n ? N. a1 ? ? p ? ?r 8

令 bn ? 0, 则 n ? ?7 ? n. ∴对于 n ? N, b n ? 0. ∴ an ?

1 ?? ? bn

1 5n ? 43 ?5? , n ? N. n ?1 n?7 1? 8

(4)、显然当 a1 ? ?3 时,数列从第 2 项开始便不存在.由本题的第(1)小题 的解答过程知, a1 ? 5 时,数列 {a n } 是存在的,当 a1 ? ? ? 5 时,则有

bn ?

1 r 1 n ?1 ? (n ? 1) ? ? , n ? N. 令 bn ? 0, 则 得 a1 ? ? p ? ?r a1 ? 5 8

5n ? 13 , n ? N 且 n ≥2. n ?1 5n ? 13 ∴当 a1 ? (其中 n ? N 且 N≥2)时,数列 {a n } 从第 n 项开始便不 n ?1 a1 ?
存在. 于是知:当 a1 在集合 {?3 或
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5n ? 13 : n ? N , 且 n ≥2}上取值时,无穷 n ?1
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数列 {a n } 都不存在. 说 明 : 形 如 : an ?

ma n?1 递推式,考虑函数倒数关系有 k (an?1 ? b)

1 1 1 1 1 1 k 令 bn ? 则 ?bn ? 可 归 为 ? k( ? ) ? ?k? ? an an a n?1 m an a n ?1 m

an?1 ? pan ? q 型。(取倒数法)
例 23: a n ?

a n?1 , a1 ? 1 3 ? a n?1 ? 1

解:取倒数:

1 3 ? an?1 ? 1 1 ? ? 3? an an?1 an?1

?1? 1 1 1 ? ? ? 是等差数列, ? ? (n ? 1) ? 3 ? 1 ? (n ? 1) ? 3 ? an ? an a1 3n ? 2 ? an ?

六、构造法
构造法就是在解决某些数学问题的过程中,通过对条件与结论的充分 剖析, 有时会联想出一种适当的辅助模型, 如某种数量关系, 某个直观图形, 或者某一反例,以此促成命题转换,产生新的解题方法,这种思维方法的特 点就是“构造”.若已知条件给的是数列的递推公式要求出该数列的通项公 式,此类题通常较难,但使用构造法往往给人耳目一新的感觉. 1、构造等差数列或等比数列 由于等差数列与等比数列的通项公式显然, 对于一些递推数列问题, 若能构 造等差数列或等比数列,无疑是一种行之有效的构造方法. 都有等式: a n ? 2an ? 4S n 成立,求 ?an ?的通项 an.
2
2 解: an ? 2an ? 4S n ? a n ?1 ? 2a n ?1 ? 4 S n ?1 ,

例 24: 设各项均为正数的数列 ?a n ? 的前 n 项和为 S n , 对于任意正整数 n,
2

(an ? an?1 )( an ? an?1 ? 2) ? 0 , an ? an?1 ? 0 , an ? an?1 ? 2 . 即 ?an ?是 ∵ ∴
以 2 为公差的等差数列,且 a1 ? 2a1 ? 4a1 ? a1 ? 2 .
2

∴ an ? an?1 ? 2an ? 2an?1 ? 4( S n ? S n?1 ) ? 4an
2 2

∴ an ? 2 ? 2(n ? 1) ? 2n 例 25:
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数列 ?an ?中前 n 项的和 S n ? 2n ? an ,求数列的通项公式 a n .
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a1 ? S1 ? 2 ? a1 ? a1 ? 1



n



2





an ? S n ? S n?1 ? 2n ? an ? ?2(n ? 1) ? an?1 ? ? ?an ? 2 ? an?1 ? an ? 1 ? an ? 2 ? (an?1 ? 2) 2 1 bn?1 ,且 b1 ? 1 ? 2 ? ?1 2 ?bn ? 是以 1 为公比的等比数列, bn ? ?1? ( 1 ) n?1 ? ?( 1 ) n?1 2 2 2 1 n?1 ∴ an ? 2 ? ( ) . 2
令 bn ? a n ? 2 ,则 bn ?

1 an?1 ? 1 2

2、构造差式与和式 解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差, 然后采用迭加的 方法就可求得这一数列的通项公式. 例 26: 设 ?an ?是首项为 1 的正项数列,且 an ? an?1 ? nan ? nan?1 ? 0 , (n
2 2

∈N*) ,求数列的通项公式 an. 解:由题设得 (an ? an?1 )( an ? an?1 ? n) ? 0 . ∵ an ? 0 , a n ?1 ? 0 ,∴ an ? an?1 ? 0 . ∴ an ? an?1 ? n

an ? a1 ? (a2 ? a1 ) ? (a3 ? a2 ) ? ?(an ? an?1 ) ? 1 ? 2 ? 3 ? ? ? n ?
例 27: 数列 ?an ?中, a1 ? 1, a2 ? 3 ,且 an?2 ∈N*) ,求通项公式 a n . 解:? an? 2 ? an?1 ? (n ? 2)( an?1 ? an ) ? (n ? 2)( n ? 1)( an ? an?1 )

n(n ? 1) 2 ? (n ? 3)an?1 ? (n ? 2)an , (n

? ? ? (n ? 2)( n ? 1) ?4 ? 3(a2 ? a1 ) ? (n ? 2)! ∴ an ? a1 ? (a2 ? a1 ) ? (a3 ? a2 ) ? ? ? (an ? an?1 ) ? 1 ? 2!?3!??n! ( n ∈
N*) 3、构造商式与积式 构造数列相邻两项的商式, 然后连乘也是求数列通项公式的一种简单方 法. 例 28: 数列 ?an ?中, a1 ?

1 2 ,前 n 项的和 S n ? n an ,求 an?1 . 2 2 2 2 2 解: an ? S n ? S n?1 ? n an ? (n ? 1) an?1 ? (n ? 1)an ? (n ? 1) an?1 a n ?1 ? n ? , an?1 n ? 1

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an an?1 a2 n ?1 n ? 2 1 1 1 ? ? ? a1 ? ? ? ? ? an?1 an?2 a1 n ?1 n 3 2 n(n ? 1) 1 ∴ an?1 ? (n ? 1)( n ? 2)
∴ an ? 4、构造对数式或倒数式 有些数列若通过取对数,取倒数代数变形方法,可由复杂变为简单,使 问题得以解决. 例 29: 设正项数列 ?an ?满足 a1 ? 1 , an ? 2an?1 (n≥2).求数列 ?an ?的通
2

项公式. 解 : 两 边 取 对 数 得 : log 2n ? 1 ? 2 log 2n ?1 , log 2n ? 1 ? 2(log 2n ?1 ? 1) , 设
a a a a

bn ? lo gan ? 1 , 2
则 bn ? 2bn?1

?bn ? 是以 2 为公比的等比数列, b1 ? log12 ? 1 ? 1 .
2 n ?1 ?1

bn ? 1? 2 n?1 ? 2 n?1 , log an ? 1 ? 2 n?1 , log an ? 2 n?1 ? 1 , 2 2
∴ an ? 2

7 a n?1 ? 3 ,求通项公式. 3a n?1 ? 1 4an?1 ? 4 1 1 3 解:∵ a n ? 1 ? ,两边取倒数得 ? ? . 3an?1 ? 1 an ? 1 an?1 ? 1 4
例 30: 已知数列 ?an ?中, a1 ? 2 ,n≥2 时 a n ? 可化为等差数列关系式.

1 1 3 3n ? 1 ? ? (n ? 1) ? an ? 1 a1 ? 1 4 4 3n ? 5 ∴ an ? 3n ? 1

总结方法比做题更重要!方法产生 于具体数学内容的学习过程中.

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