哥伦比亚大学排名-棋王读后感

数列通项的求法
题型1.观察法求通项
11
4

513

29
61
例1. 已知 数列
2
，，
8
，
16
，
32
，
6 4
，…．写出数列的一个通项公式．．

题型2.定义法求通项
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． < br>2
例2．等差数列

a
n

是递增数列，前n项和为
S
n
，且
a
1
,a
3
,a
9成等比数列，
S
5
a
5
．求数列

a
n

的通项
公式.






题型3.应用
S
n
与
a
n
的关系求通项
例3. 已知数列

a
n

的前
n
项和< br>S
n
满足
S
n
2a
n
(1)
n
,n1
．求数列

a
n

的通项公式.







题型4.利用递推公式求通项
类型1 递推公式为
a
n1
a< br>n
f(n)
解法：利用恒等式
a
n
(a
n
a
n1
)(a
n1
a
n2
)
< br>(a
2
a
1
)a
1
求
通项公式的方法称 为累加法. 累加相消法是求形如
a
n
a
n1
f(n)

a
11
例4. 已知数列

a
n

满足< br>1

2
a
，
n1
a
n

n
2
n
，求
a
n
。

类型2 递推公式为
a
n1
f(n)a
n
解法：利用恒等式
a
n1
n

a

a
n

a
2
a
1
求通项公式的方法称为累乘
a
n1
a
n2
a
1
相消法.
2
例5. 已知数列

a
n

a
满足
1

3
a
n
，
n1

n1
a
n
，求
a
n
。

类型3.递推式：
a
n1
pa
nf

n

解法：
例6．设数列

a
n

：
a
1
 4,a
n
3a
n1
2n1,(n2)
，求
an
.




类型4 递推公式为
a
n1
pa
n
q
n
（或
a
n1
pa
n
rq
n
,其中p，q, r均为常数）
a
n1
n1
n1

p
an
1
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
，得：
q
q

q
n

q
n
引入辅助数列

b
n

b
n

a
（其中
q
n
b
n1

p
b
n

1
），得：
qq
再应用类型3的方法解决。

a
a
5
n

中，
6
a
1
(
1)
n1
例7. 已知数列
1

,
n1
< br>3
a
n

2
，求
a
n
。




类型5 递推公式为
a
n2
pa
n1
qa
n
（其中p，q均为常数）。
解法：先把原递推公式转化为
a
n2
sa
n1
t(a
n1
san
)



stp
其中s，t满足
stq
，再应用前面类型3的方法求解。
a
2
a
1
a
例8. 已知数列

a< br>n

中，
a
1
1
,
a
2
2
,
n2
3
n1
3
n
，求
a
n
。







题型5.待定系数法求通项

例9.已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
2a
n
35
n< br>，a
1
6
，求数列

a
n

的通 项公式。



通项公式的求法同步练习
1. 已知数列
{a
n
}
满足
a
1
1
，
a
n
a
2

n1
1
（
nN,
２≤n
≤８），则它的通项公式
a
n
＝ ．
2. 已知数列< br>{a
n
}
满足
a
1
1
，
a
n
a
1
2a
2
3a
3
(n1)a< br>n1
（
n
≥2），则
a
n
＝ ．
3. 已知
{a}
是首项为１的正项数列，并且
(n1)a
22< br>n
n1
na
n
a
n1
a
n
0(n1,2,3,)
，则它的通项公式
a
n
＝ ．
4. 若
{a
2
n
}
中,
a
1
3
,且
a
n1
a
n
(
n
是正整数) ,则数列的通项公式
a
n
＝ ．
三、解答题
5. 已知数列

a
1
n

前n项和
S
n
4 a
n

2
n2
.（1）求
a
n1
与< br>a
n
的关系；（2）求通项公式
a
n
.






6. 数列{a
n
}满足a
1< br>=1，
3a
n1
a
n
70
,求数列{an
}的通项公式。


7. 数列

a
n< br>
满足
a
1
2,a
2
5,a
n23a
n1
2
a
n
=0，求数列{a
n
} 的通项公式。



8. 已知数列

a
n
满足
a
1
a,a
2
b,3a
n25a
n1
2a
n
0(n0,nN)
，求数列

a
n

的通项公式。

9. 已知数列
{a
13a
n
25
n
}
满足：对于
nN,
都有
a
n1

a
.

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













10. 数列{
a
2a
n
n
}满足
a
nn1
21
(n2)
且
a
4
81
。求
(1)
a
1
、
a
2
、
a
3

(2)
是否存在一个实数

，
使此数列
{a
n


2
n
}
为等差数列？若存在求出
的值及
a
n
；若不存在，说明理由。













数列通项的求法答案
题型1.观察法求通项

11

513

29
61
n
a1)
n
23
例1. 已知数列
2
，
4
，
8
，
16
，< br>32
，
64
，…．写出数列的一个通项公式．
n
(
2
n
．
题型2.定义法求通项
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． < br>例2．等差数列

a
2
n

是递增数列，前n项和为
S
n
，且
a
1
,a
3
,a
9成等比数列，
S
5
a
5
．求数列

a
n

的通项
公式.
解析：设数列

a
n

公差为
d(d0)

∵
a
1
,a
3
,a
9
成等比数列，∴
a
2
3
a
1a
9
，
即
(a
1
2d)
2
a< br>2
1
(a
1
8d)
da
1
d

∵
d0
， ∴
a
1
d
………………………………①
2
5a
54
d(a4d)
2
∵
S
5
a
5 ∴
1
2
1
…………②
a
3d
3
a
333
由①②得：
1

5
n
(n1)
5
n
，
5
∴
55

题型3.应用
S
n
与
a
n
的关系求通项
有些数列给出{
a
n
}的前n项和
S
n
与
a
n
的关系式
S
n
=
f(a
n
)
，利用该 式写出
S
n1
f(a
n1
)
，两式做差，再
利用
a
n1
S
n1
S
n
导出
a< br>n1
与
a
n
的递推式，从而求出
a
n
。
例3. 已知数列

a
n

的前
n
项和< br>S
n
满足
S
n
2a
n
(1)
n
,n1
．求数列

a
n

的通项公式. 解析：由
a
1
S
1
2a
1
1a
1
1

当
n2
时，有
a
n
Sn
S
n1
2(a
n
a
n1
)2 (1)
n
,

a
n
2a
n1
2 (1)
n1
,
n2

a
n1
2an2
2(1),
……，
a
2
2a
1
2.

a2
n1
a
n1
(1)2
n 2
(1)
2
2(1)
n1
n

1
2
2
n1
(1)
n

[(2)
n1
(2)
n2


(2)]
2
n1
1)
n
2[1(2)
n1
(
]
3

2
3
[2
n2
(1)
n1
].

a
2
经验证
a
1
1
也满足上式，所以
n
[2
n2
(1)
n1
3
]

a

S
n
n1
n

点评：利用公式

S
n
S
n1
n2
求解时，要注意对n分类讨论，但若能合写时一定要合并．
题型4.利用递推公式求通项
类型1 递推公式为
a
n1
a
n
f(n)

解法：把 原递推公式转化为
a
n1
a
n
f(n)
，利用累加法 (逐差相加法)求解。
例4. 已知数列

a
a
n
满足
1

11
2
a
，
n1
an

n
2
n
，求
a
n
。
a
1
n1
a
n

解析：由条件知：
n
2
n

1
n(n1)

1
n

1
n1

分别令
n1,2,3,,(n1)
， 代入上式得
(n1)
个等式累加之，
(a
2
a
1
)(a
3
a
2
)(a
4
a
3
) (a
n
a
n1
)

(1
1
2
)(
1
2

1
3
)(
1
3

111
4
)(
n1
n
)

aa
所以
n1
1
111
n
aa
131

1

2

，n

2
1
n

2

n

类型2 递推公式为
a
n1
f(n)a
n

a
n1
f(n)
解法：把原递推公式转化为
a
n
，利用累 乘法(逐商相乘法)求解。
a
2n
例5. 已知数列

a
n

满足
1

3
a
n1

n 1
a
，
n
，求
a
n
。
a
n1
n
解析：由条件知
a

n
n1
，分别令
n1,2,3,,(n1)
，代入上式得
(n1)
个等式累乘之， 即
a
2

a
3

a
4
 
a
n

1

2

3
 
n1
a
1
a
34n

n
a

1
a
2
a
3
a
n1
2
1
n

a
2
又
1

3
a
2
，
n
3n

点评：由
a
n1
f(n)a
n
和
a
1
确定的递推数列

a
n

的通项可如下求得：
由已知递推式有
a
n
f(n1)a
n1
，
a
n1
f(n2)a
n2
，

，
a< br>2
f(1)a
1
依次向前代入，得
a
n
f(n1)f(n2)f(1)a
1
，
即

n10
简记为
a
n
(
k1
f(k))a
1

(n1,
k1
f(k)1)
，这就是叠（迭）代法的基本模式。 < br>类型3.递推式：
a
n1
pa
n
f

n


解法：只需构造数列

b
n

，消 去
f

n

带来的差异．
例6．设数列

a
n

：
a
1
4,a
n
3a
n1
2n1,(n2)
，求
a
n
.
解析：设< br>b
n
a
n
AnB
，
则a
n
 b
n
AnB
，将
a
n
,a
n1
代入 递推式，得
b
n
AnB3

b
n1
A (n1)B

2n13b
n1
(3A2)n(3B3A 1)




A3A2

A1

3B3A1



B


B1< br>
取b
n
a
n
n1
…（１）则
b< br>n
3b
,又
b
1
6
，故
b
n< br>63
n1
23
n
n1
代入（１）得
a< br>n
23
n
n1

点评：（1）若
f(n)< br>为
n
的二次式，则可设
b
n
a
n
An< br>2
BnC
;(2)本题也可由
a
n
3a
n1
2n1
,
a
n1
3a
n2
2(n 1)1
（
n3
）两式相减得
a
n
a
n1< br>3(a
n1
a
n2
)2
转化为
b
n
pb
n1
q
求之.
类型4 递推公式为
a
n1
pa
n
q
n
（其中p，q均为常数，
(pq( p1)(q1)0)
）。 （或
a
n1
pa
nrq
n
,
其中p，q, r均为常数）
a
n1
n1
n1

p

a
n
1
n

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
，得：< br>q
q
q
q
b
a
b
p1
n

n
n1
b
n

引入辅助数列

b
（其中
q
n
n
），得：
qq
再应用类型3的 方法解决。
a
例7. 已知数列

a
n

a< br>511
中，
1n1

3
a
n
(
2
)
n1
6
,，求
a
n
。
a
11
1n1
2
n
解析：在
n1

3
a
n
(
2
)
n
2a(2
两边乘以
2
n1
得：
n1
3
a
n
)1
b
n
b
2
b1b3
2
n
令
n< br>2a
n
，则
n1
3
n
,应用例7解法得：n
2(
3
)

a
b
n
所以
n

2
n
3(
1
n
1
n
2)2(
3
)

类型5 递推公式为
a
n2
pa
n1
qa
n
（其中p，q均为常数）。
解法：先把原递 推公式转化为
a
n2
sa
n1
t(a
n1
sa
n
)



stp
其中s，t满足< br>
stq
，再应用前面类型3的方法求解。
a
例8. 已知数列

a
n

中，
a
1
1
,
a
2
2
,
n2

2
3
a
1
n1

3
a
n
，求
a
n
。 < br>a
21
解析：由
n2

3
a
n1

3
a
n
可转化为
a
n2
sa
n 1
t(a
n1
sa
n
)




st
2

3

s
1


1

1


s
3
即
a
n2
(st)a

n1
sta
n

st
1
3


t
3或


t1



s1



s
1
t
1
3
aa
1
(
这里不妨选用


3
（也可选用


t1
），则
n2n1
3
a
n1
a
n
)


a
n1
a
n

是 以首项为
n1
a

1
3
a
1
2
a
1
1
，公比为的等比数列,所以
n1
a
n
(
3
)
,应用类型1的方法，分别令
n1,2,3,, (n1)
，代入上式得
(n1)
个等式累加之，即

1(
1
)
n1

3
a(
1
)
0
(
1
)
1
(
1
n
a
1
3
)
n2
33
1
1
3

a
73
(
1
又
a
1
 1
，所以
n
)
n1
443
.
点评：已知数 列的递推公式求其通项公式，应用到的方法非常多，关键是要分析清楚所给出的递推公式形
式，然后选择 合理的变形.
题型5.待定系数法求通项
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.
例9.已知数列
{a
n
}
满足< br>a
n1
2a
n
35
n
，a
1
6
，求数列

a
n

的通项公式。
n
n1n
分析: 本题解题的关键是把递推关系式
a
n1
2a
n
35
转化为
a
n1
52(a
n
5)
，从而可知数列
{a
n
n
5}
是等比数 列，进而求出数列
{a
n
5
n
}
的通项公式，最后再求出 数列
{a
n
}
的通项公式。
5
n1
2(a
n
解析：设
a
n1
x
n
x5)
④
1
将
a
n1
2a
n
35
n< br>代入④式，得
2a
n
35
n
x5
n
2a
n
2x5
n
，等式两边消去
2a
n
， 得
35
n
x5
n1
2x5
n
，两边除 以
5
n
，得
35x2x,则x1,
代入④式得
a< br>n1
5
n1
2(a
n
n
5)

⑤
a
1
n1
5
n
a
1
由
1
56510
及⑤式得
a5
n
0
n
2
n1
n
，则
a
n
5
，则数列{a
n
5}
是以
a
1
51
为首项，n1
以2为公比的等比数列，则
a
n
5
n
2n1
，故
a
n
25
n
。
通项公式的求法同步练习
1. 已知数列
{a
2
n
}满足
a
1
1
，
a
n
a
n11
（
nN

,
２≤
n
≤８），则它的通项 公式
a
n
＝ ．
2 已知数列
a
{a
n
}
１，
满足

a
1


n
1
，
1
a

n
a
1
2a
2
3a
3
(n1 )a
n1
（
n
≥2），则
{a
n
}
的通 项
n
＝

，
n
≥２

3. 已知
{a
22
n
}
是首项为１的正项数列，并且
(n1) a
n1
na
n
a
n1
a
n
0( n1,2,3,)
，则它的通项公式
a
n
＝ ．
4. 若
{a
2
n
}
中,
a
1
3
, 且
a
n1
a
n
(
n
是正整数),则数列的通项 公式
a
n
＝ ．
5. 已知数列

a
n
前n项和
S
n
4a
1
n

2< br>n2
.
（1）求
a
n1
与
a
n
的关系；（2）求通项公式
a
n
.
6. 数列{a
n
} 满足a
1
=1，
3a
n1
a
n
70
,求数列{a
n
}的通项公式。
7. 数列

a
n
满足
a
1
2,a
2
5,a
n2
3a
n1
2
a
n
=0，求数列{a
n
}的 通项公式。
8. 已知数列

a
n

满足
a1
a,a
2
b,3a
n2
5a
n1
2a
n
0(n0,nN)
，求数列

a
n

的通项公式。
9. 已知数列
{a
13a
n
25n
}
满足：对于
nN,
都有
a
n1
a3
.

n
（1）若
a
1
5,
求
a
n
;
（2）若
a
1
3,
求
a
n
;
（3）若
a
1
6,
求
a
n
;

（4）当
a
1
取哪些值时，无穷数列
{an
}
不存在？
10. 数列{
a
n
n
}满足
a
n
2a
n1
21
(n2)
且
a
4
81
。求
(1)
a
1
、
a
2
、
a
3

(2)
是否存在一个实数

，
使此数列
{
a
n


2
n
}< br>为等差数列？若存在求出

的值及
a
n
；若不存在，说明理由 。
答案与解析
1. 解：∵
aa
2
n

n1
10
， ∴
a
2
n
a
2
n1
1
，则有 a
222222
2
a
1
1
，
a
3
a
2
1
，…，
a
n
a
n1
1
．
把以上各式两边相加，得
a
22
1
，∵
a
2
n
a
1
n
1
1
，∴
a
n
n
，
∵
a
n
0
，∴
a
n
n
．答案：
a
n
n

2. 解；本题考查的数列递推公式的求解
当
n
≥2时，
a
n
a
1
2a
2
3a
3
(n1)a< br>n1
＝
a
n1
(n1)a
n1
（
n
≥３）


a
n
na
n1
（n
≥３）

a
n
n
（
n
≥３）a
aa
n1
a
3
a
2
a
n

n
n1
a
n1
a
n2
a
a1
＝
2
a
1
n(n1)311
＝
n!
2
，其中当
n
＝２时
a
2
a
1
1
，

答案：
n!
．
2
∴
{a
n1< br>a
n
}
是以2为公比，3为首项的等比数列
n1
∴
a
n1
a
n
32
3. 解：对所给的式子的左边分解因式得
(a
n1
a
n
)[(n 1)a
n1
na
n
]0
，
∵
a
n1
a
n
0
，∴
(n1)a
n1
na
n
．
又∵
a
1
1
，故
na
n
(n1) a
n1

利用逐差法可得
a
n1
(a
n1
a
n
)(a
n
a
n1
)
(a
2
a
1
)a
1

2a
2
a
1
1
，得公式
a
n
＝
1
．
32
n1
32
n2


322< br>3(2
0
n1
2
n2
12
n
< br>
21)2
32
n
答案：
a
1
n
＝
n

4. 解:：∵
a
2

n1
a
n
，∴
a< br>n
0(nN)
，两边取对数，得
lga
n1
2lga
n
．
∴
{lga
n
}
是以
lga1
lg3
为首项，以２为公比的等比数列．
∴
lga(lga2
n1
n

1
)2
n1
lga
1
，∴
a
n
3
2
n1
(nN
< br>)
．
答案：
a
n1
n
3
2
(nN

)

5. 解：（1）由
S
n
4a
1
n

2
n2
得：
S
n1
4a
n1

1
2
n1

于是
S
1
n1
S
n
(a
n
a
n1
)(
2
n2

1
2
n1
)

所以
a
1
n 1
a
n
a
n1

2
n1
an1

1
2
a
1
n
2
n
.
上式两边同乘以
2
n1
得：
2
n1
an1
2
n
a
n
2

由
a
1
1
S
1
4a
1

2
12a
1
1
.于是数列

2
n
a
n< br>
是以2为首项，2为公差的等差数列，所以
2
n
a22(n1 )2n
a
n
n
n

2
n1

6. 解：由
3a
17
n1
a
n
70得
a
n1

3
a
n

3

设a
1k77
n1
k
3
(a
n
 k)
，比较系数得
k
3

3
解得
k
4

∴{
a
71773
n

4
}是以< br>
3
为公比，以
a
1

4
1
4

4
为首项的等比数列
∴
a
7
4
 
3
4
(
1
3
)
n1
a
731
n1
nn

4

4
(
3)

7. 解：由
a
n2
3a
n1
2 a
n
0
得
a
n2
a
n1
2(a
n1
a
n
)0

即
a
n2
a
n1
2(a
n1
a
n
）
，且
a
2
a
1
523

==
=
32
n
1
∴
a
n1
n
321

8. 解法一：由
3 a
n2
5a
n1
2a
n
0
，得
a
2
n2
a
n1

3
(a
n1
a
n
)
，且
a
2
a
1
b a
。
则数列

a
2
n1
a
n

是以
ba
为首项，
3
为公比的等比数列，于是
ab a)(
2
n1
a
n
(
3
)
n1
。把
n1,2,3,,n
代入，得
a
2
a
1
ba
，
a
2
3
a
2
(ba)(
3
)
，
aa(ba)(
2
43
3
)
2
，


a
2
n2
n
a
n1
(ba)(
3
)
。
把以上各式相加，得
1(
2
)
n1
a1
2
(
2
)(
2
n
a
1
(ba)[)
n2
3
333]
(ba)
。
1
2
3
a
2
1
2
n
[33(
3
)
n
](ba)a 3(ab)(
3
)
n1
3b2a
。
解法二：数列

a
n

：
3a
n2
5a
n 1
2a
n
0(n0,nN)
，
3x
2
 5x20
。
x
1
1,x
2

2
3
,
=
12

a
1
a,a
2
b
的特征方程是：


a
n1
Bx
n1
2
1
n
A x
12
AB(
3
)
n
。
又由
a
1
a,a
2
b
，于是

aAB


A


bA
2
3
B


3b2a

B3(ab)

故
a
2
n1
n
3b2a3(ab)(
3
)

9. 解：作特征方程
x
13x25
x3< br>.
变形得
x
2
10x250,

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. (1)∵
a
1
5,a
1


.
对于
nN,
都有
a
n


5;
(2)∵
a
1
3,a
1


.

∴
b
n

1
a
(n1)
r

1


pr



1
35
(n1)
1
1315



1n1
2

8
,

令< br>b
n
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
b



5n17
.
n
n5
(3)∵
a
1
6,

 5,
∴
a
1


.

∴
b
1rn
n

a

(n1)
p

r
1
1
8
,nN.

1
令
bn
0,
则
n7n.
∴对于
nN,b
n
0.

∴
a
115n
n

b



n
1
n1
5
43
n7
,nN.

8
(4)、显然当
a
1
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，
a
1
5
时 ，数列
{a
1
n
}
是存在的，当
a
1
< br>
5
时，则有
b
n

a
(n1)r
p

r

1
a

n1
,nN.
令
b
n
0,
则
1


1
58
得
a
5n13
1

n1
, nN
且
n
≥2.
∴当
a
5n13
1

n1
（其中
nN
且N≥2）时，数列
{a
n
}
从第
n
项开始便不存在.
于是知：当
a
{3
或
5n13
1
在集合
n1
:nN,
且
n≥2}上取值时，无穷数列
{a
n
}
都不存在.
10. 解：
(1)
由
a
43
4
=
2a
3
2 1
=81 得
a
3
=33；又∵
a
3
=
2a
2
21
=33得
a
2
=13；
又∵a
2
2
=
2a
1
21
=13，∴
a
1
=5
(2)
假设存在一个实数

，使此数列
{
a
n


2
n
}
为等差数列
a
n
即
n


a
n1

2
n

2
n1
=
a
n
2a
n1


2
n
=
21

2
n
=
1
1

2
n
该数为常数
∴

=
1
即
{
a
n
1
2
n
}
为首项
a
1
1
2
12
，d=1的等差数列
∴
a
n
1
2
n< br>=2+
(n1)1
=n+1 ∴
a
n
n
=
(n1)21