抵达分水处-业务员岗位职责

求数列通项公式的十一种方法（方法全，例子全，归纳细）

总述：一．利用递推关系式求数列通项的11种方法：
累加法、
累乘法、
待定系数法、
阶差法（逐差法）、
迭代法、
对数变换法、
倒数变换法、
换元法（目的是去递推关系式中出现的根号）、
数学归纳法、
不动点法（递推式是一个数列通项的分式表达式）、
特征根法
二。四种基本数列： 等差数列、等比数列、等和数列、等积数列及其广义形式。等差数列、
等比数列的求通项公式的方法是： 累加和累乘，这二种方法是求数列通项公式的最基本方法。
三 ．求数列通项的方法的基本思路是：把所求数列通过变形，代换转化为等差数列或等比数
列。
四．求数列通项的基本方法是：累加法和累乘法。
五．数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。

一、累加法
1．适用于：
a
n1
a
n
f(n)
----------这是广义的等差数列 累加法是最基本的二个方法之一。
2．若
a< br>n1
a
n
f(n)
(n2)
，
a
2
a
1
f(1)
则
a
3
a
2
f(2)
L

L
a
n1
a
n
f(n)

两边分别相加得
a
n1
a
1


f(n)

k1
n

例1 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
a
n
2n1，a
1
1，求数列
{a
n
}
的通项公式。
解：由
a
n 1
a
n
2n1
得
a
n1
a
n
2n1
则
a
n
(a
n
a
n1
)(a
n1
a
n2
)
L
(a
3
a
2
)(a
2
a
1
)a
1[2(n1)1][2(n2)1]
L
(221)(211) 1
2[(n1)(n2)
L
21](n1)1
(n1)n
2(n1)1
2
(n1)(n1)1
n
2
2
所以数列
{a
n
}
的通项公式为
a< br>n
n
。
n
例2 已知数列
{a
n
}< br>满足
a
n1
a
n
231，a
1
 3
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
nn
解法一： 由
a
n1
a
n
231
得
a
n 1
a
n
231
则
a
n
(a
n< br>a
n1
)(a
n1
a
n2
)
L
(a
3
a
2
)(a
2
a
1)a
1
(23
n1
1)(23
n2
 1)
L
(23
2
1)(23
1
1)32(3
n1
3
n2

L
3
2
3
1
)(n1)3
3(13
n1
)
2( n1)3
13
3
n
3n13
3
n
n1
n
所以
a
n
3n1.


n
n1
解法二：
a
n1
3a
n
23 1
两边除以
3
，得
a
n1
a
n
21
n

n1
，
n1
3333
则
a
n1
a
n
21
，故

3
n 1
3
n
33
n1
a
n
a
n
a< br>n1
a
n1
a
n2
a
n2
a
n3
a
2
a
1
a
1
()()() 
L
(
1
)
nnn2n2n32
33a
n1
a
n1
333333
212121213
(
n
)(
n1
)(
n2
)
L
(< br>2
)
333333333
2(n1)11111
(
n

n

n1

n2

L
< br>2
)1
333333

1
n1
( 13)
a
n
2(n1)
3
n
2n11
因此n

，
1
n
33133223
则a
n

211
n3
n
3
n
 .

322
1，且练习
2

a

1.已知 数列
n
的首项为
a
n1
a
n
2n(nN< br>*
)
写出数列

a
n

的通项公式.
答案：
nn1

练习2.已知数列
{a
n
}< br>满足
a
1
3
，
a
n
a
n1< br>
1
(n2)
n(n1)
，求此数列的通项公式.
答案：裂项求和
a
n
2
1
n
aa
n
f(n)
评注：已知
a
1
a
,< br>n1
，其中f(n)可以是关于n的一次函数、二次函数、指数函
数、分式函数，求通 项
a
n
.
①若f(n)是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和;
②若f(n)是关于n的二次函数，累加后可分组求和;
③若f(n)是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和;
④若f(n)是关于n的分式函数，累加后可裂项求和。
例3.已知数列
{a
n
}
中,
a
n
0
S
n

且
1n
(a
n
)
2a< br>n
,求数列
{a
n
}
的通项公式.
S
n< br>
解:由已知
1n1n
(a
n
)S
n
( S
n
S
n1
)
2a
n
得
2S
n
S
n1
,
,由类型(1)有
2
S
nS
1
2
23n
化简有
22
S
n< br>S
n1
n
,
n(n1)
s
n
< br>S
a0
Saa1
2
,又
n
1
得1
又
1
,所以,
2
n
2n(n1)
2
,
则
a
n

2n(n1)2n(n1)
2

此题也可以用数学归纳法来求解.

二、累乘法
1.适用于：
a
n1
f(n)a
n
----------这是广义的等比数列
累乘法是最基本的二个方法之二。
2．若
a
n1
a
f(n)
，则
a
2
f(1)，< br>a
3
f(2)，LL，
a
n1
f(n)
n
a
1
a
2
a
n
两边分别相乘得，
a
n
n1
a
a
1


f(k)

1
k1
例4 已知数列
{a
n
n
}
满 足
a
n1
2(n1)5a
n
，a
1
3< br>，求数列
{a
n
}
的通项公式。
解：因为
a2( n1)5
n
n1
a
n
，a
a
n1
1
3
，所以
a
n
0
，则
a
2(n 1)5
n
，故
n
a
n

a
n
a< br>a

n1

L

a
3

a
2
a
1
n1
a
n2
a
2
a
1
[2(n11)5
n1
][2(n21)5
n2
]
L
[2(21)5
2
][2(11)5
1< br>]3

2
n1
[n(n1)
L
32] 5
(n1)(n2)
L
21
3
n(n1)
32
n1
5
2
n!
n(n1)
所以数列{a
n1
n
}
的通项公式为
a
n
32 5
2
n!.

例5.设

a
n

是首项为1的正项数列，且

n1

a
22
n1na
n
a
n1
a
n
0
（
n< br>=1，2，
则它的通项公式是
a
n
=________.
解 ：已知等式可化为：
(a
n1
a
n
)

(n 1)a
n1
na
n

0

a
n1

a
n
0
(
nN
*
)
(n+1)
a
n1
na
n
0
, 即
a

n
n
n1

a
n
n< br>
n2
时，
a

1
n1
n
< br>a
a
n

a
n1

a
2a
1

n

1
n

n2

1
1
1
a
n1
a
n2
a1
=
nn12
=
n
.
3，…），

评注：本题是关于
a
n
和
a
n1
的二次齐次式， 可以通过因式分解（一般情况时用求根公式）得到
a
n
与
a
n1< br>的更为明显的关系式，从而求出
a
n
.
练习.已知
a
n1
na
n
n1,a
1
1
,求数列{an} 的通项公式.
答案：
a
n

(n1)!(a
1
1)
-1.
a
n1
na
n
n1,
转化为 评注：本题解题的关 键是把原来的递推关系式
a
n1
1n(a
n
1),
出数列的通项公式.
若令
b
n
a
n
1
,则问 题进一步转化为
b
n1
nb
n
形式，进而应用累乘法求
三、待定系数法 适用于
a
n1
qa
n
f(n)

基本思路是转化为等差数列或等比数列，而数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一
个 函数。
1．形如
a
n1
ca
n
d,(c0
,其中
a
1
a
)型
（1）若c=1时，数列{
a
n
a
n
}为等差数列;
（2）若d=0时，数列{}为等比数列;
（3）若
c1
且d
0
时，数列{
来求.
< br>待定系数法：设
a
n
}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列
a
n1


c(a
n


)
,
得
a
n1
ca
n
(c1)

,与题设
a
n1
ca
n
d,
比较系数得 < br>(c1)

d
,所以


ddd
,(c 0)a
n
c(a
n1
)
c1c1c1
所以 有：
d

d
a

n

a
1

c1

构成以
c1
为首项，以c为公比的等比数列， 因此数列


所以
a
n

dddd
(a
1
)c
n1
a
n
(a
1
 )c
n1

c1c1c1c1
. 即：
dd
c(a
n
)
c1c1
,构造成公比为c的等比数列规律：将递推关 系
a
n1
ca
n
d
化为
a
n1< br>
{a
n

ddd
}a
n1
c
n1
(a
1
)
c1
从而求得通项公式
1cc1

a
n1
ca
n
d
中把n换成n-1有逐项 相减法（阶差法）：有时我们从递推关系
两式相减有
a
n
ca
n 1
d
,
a
n1
a
n
c(a
na
n1
)
从而化为公比为c的等比数列
{a
n1
a
n
}
,进而求得通项公式.
a
n1
a
n
c
n
(a
2
a
1
)

,再利用类型(1)即可求得通项公式.我们看到此方法比较复杂.
例6已知数列
{ a
n
}
中，
a
1
1,a
n
2a
n1
1(n2)
，求数列

a
n

的通项 公式。
解法一：
Qa
n
2a
n1
1(n2),


a
n
12(a
n1
1)

又
Qa
1
12,

a
n
1
是首项为2，公比为2的等比数列
nn

a
n
12
，即
a
n
21

解法二：
Qa
n
2a
n1
1(n2),


a
n1
2a
n
1

两式相减得
a
n1
a
n
2(an
a
n1
)(n2)
，故数列

a
n 1
a
n

是首项为2，公比为2的等
比数列，再用累加法的……
练习．已知数列
{a
n
}
中，
a
1
2, a
n1

11
a
n
,
22
求通项a
n
。
1
a
n
()
n1
1
2
答案：

2．形如：
a
n1
pa
n
q
n
(其中q是常数，且n

0,1)
①若p=1时，即：
a
n1
a
n
q
n
，累加即可.
a
n1
pa
n
q
n
p1
②若时，即：，
n1
p
求通项方法有以下三种方向：i. 两边同除以.目的是把所求数列构造成等差数列
a
n1
n1
p
即：

a
n
q
n

a
1
p
n
1
p
()b
n

n
n
b
n1
b
n
( )
n
pq
,令
pq
,然后类型1，累加求通项.
p
，则
n1
q
ii.两边同除以 . 目的是把所求数列构造成等差数列。
a
n1
n1
q
即：

p
a
n
1

n

q
q
q
,
b
n

令
a
n
q
n
,则可化为
b
n1

p
1
b
n
qq
.然后转化为类型5来解，
iii.待定系数法：目的是把所求数列构造成等差数列
设
a
n1


q
n1
p(a
n


p< br>n
)
.通过比较系数，求出

，转化为等比数列求通项.
注意：应用待定系数法时，要求p

q，否则待定系数法会失效。
例7已知 数列
{a
n
}
满足
a
n1
2a
n43
n1
，a
1
1
，求数列

an

的通项公式。

1
4,

2
2
， 解法一（待定系数法） ：设
a
n1


1
3
n

< br>2
(a
n


3
n1
)
a1
43
11
5
，比较系数得

a
则 数列
所以
n
43
n1

是首项为，公比为2的等比数 列，
a
n
43
n1
52
n1
，即
a
n
43
n1
52
n1

解 法二（两边同除以
q
n1
a
n1
2
a
n
4

n

2
n1
n1
3
3333
，下面解法略 ）： 两边同时除以得：
a
n1
a
n
43
n

n
()
n1
n1
n1
p< br>32
，下面解法略
2
解法三（两边同除以）： 两边同时除以
2
得：
2

练习.（2003天津理）
n1
a32a
n1
(nN)
．证明对任意
n≥1，
a
n
0
设为常数，且
1
a
n
 [3
n
(1)
n1
2
n
](1)
n< br>2
n
a
0
5
；
3．形如
a
n1
pa
n
knb
(其中k,b是常数，且
k0
)
方法1：逐项相减法（阶差法）
方法2：待定系数法
通过凑配可转化为
解题基本步骤：
1、确定
f(n)
=kn+b
(a
n
xny)p( a
n1
x(n1)y)
;
2、设等比数列
b
n
(a
n
xny)
，公比为p
3、列出关系式
(a< br>n
xny)p(a
n1
x(n1)y)
,即
b
n
pb
n1

4、比较系数求x,y
5、解得数列
(a
n
xny)
的通项公式
6、解得数列

a
n

的通项公式
{a
n
}
中，例8 在数列
解：

，
a
1
1,a
n1
3a
n
2n,
求通项
a
n
.（逐项相减法）
a
n1
3a
n
2n,
①

n2
时，
a
n
3a
n1
2 (n1)
，
两式相减得
a
n1
a
n
3 (a
n
a
n1
)2
b
n
53
n 1
2
.令
b
n
a
n1
a
n,则
b
n
3b
n1
2

利用类型5的方法知 即
a
n1
a
n
53
n1
1
②
再由累加法可得
a
n

5
n1
151
3na
n
3
n1
n
22
. 亦可联立 ① ②解出
22
.

例9. 在数列
{an
}
中，
a
1

3
,2a
n
a
n1
6n3
a
2
,求通项
n
.（待定系 数法）
解：原递推式可化为
2(a
n
xny)a
n1< br>x(n1)y
比较系数可得：x=-6,y=9,上式即为
2b
nb
n1

所以

b
n

是一个等 比数列，首项
b
1
a
1
6n9
9191
 b
n
()
n1
2
,公比为
2
.
22< br> 即：
1
a
n
6n99()
n
2

1
a
n
9()
n
6n9
2
故.
4．形如
a
n1
pa
n
an
2
 bnc
(其中a,b,c是常数，且
a0
)
基本思路是转化为等比数列，而数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。
2
例10 已知数列
{a
n
}
满足
a
n 1
2a
n
3n4n5，a
1
1
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
22
解：设
a
n1< br>x(n1)y(n1)z2(a
n
xnynz)

比较系数得
x3,y10,z18
，
22
所以
a
n1
3(n1)10(n1)182(a
n
3n10n 18)

22
由
a
1
31101181 31320
，得
a
n
3n10n180

a< br>n1
3(n1)
2
10(n1)18
则
2，故数列
{a
n
3n
2
10n18}
为以
2
a
n
3n10n18
a
1
31
2< br>1011813132
为首项，以2为公比的等比数列，因此
a
n
3n
2
10n18322
n1
，则
a
n
2
n4
3n
2
10n18
。

5.形如
a
n2
pa
n 1
qa
n

时将
a
n
作为
f(n)
求解
分析：原递推式可化 为
a
n2


a
n1
(p
)(a
n1


a
n
)
的形式，比较系数 可求得

，数列

a
n1


a
n

为等比数列。
例11 已知数列
{a
n
}
满足
a
n2
5a
n1
6a
n
,a
1
1,a
2
2
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
解：设
a
n2


a
n1(5

)(a
n1


a
n
)

比较系数得

3
或

2
，不 妨取

2
，（取-3 结果形式可能不同，但本质相同）
则
a
n2
2a
n1
3(a
n1
2a
n)
，则

a
n1
2a
n

是首项 为4，公比为3的等比数列

a
n1
2a
n
4 3
n1
，所以
a
n
43
n1
52n1
a4a
n1
3a
n
0
a
n练习.数列
{a
n
}
中，若
a
1
8,a2
2
,且满足
n2
,求.
答案：
a
n
113
n
.
四、迭代法
r
a
n1
pa
n
(其中p,r为常数)型
n
例12 已知数列
{a
n
}
3(n1)2
a a，a
1
5
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
n1n
满足
3(n1)2
aa
n
解：因为
n 1
，所以
n
3n2
a
n
a
n1
n1
3(n1)23n2
[a
n
]
2
n2n 1
3(n1)n2
a
n2
2(n2)(n1)
[a
a

L
3(n2)2
n3
3< br>2
(n1)n2
(n2)(n1)
n3
]
3< br>3
(n2)(n1)n2
(n3)(n2)(n1)
n3< br> a
1
3
a
1
3
n1
2 3
LL
(n2)(n1)n2
12
LL
(n3 )(n2)(n1)
n(n1)
n!2
2
n1
< br>又
a
1
5
，所以数列
{a
n
}
的 通项公式为
a
n
5
3
n1
n(n1)
n! 2
2
。
注：本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式。

例13.（2005江西卷）
1
a1,aa
n
(4a
n
),nN
n1
{a
n
}的各项都是正数,且 满足:
0
2
已知数列，
（1）证明
a
n
a
n1
2,nN;
（2）求数列
{a
n
}
的通项公式an.
解：（1）略（2）a
n1

11
a
n
(4a
n
) [(a
n
2)
2
4],
2
2(a2)(a2 )
n1n
22
所以
1
2
11
22
11
22
2
1
122
n1
2
n
令b
n
a
n
2,则b
n
b
n
 (b)()b()b
n1n2n1
222222
又bn=－1 ，
1
n
1
n
b
n
()
21
,即a
n
2b
n
2()
21
22
所以.
方法2：本题用归纳-猜想- 证明，也很简捷，请试一试.解法3：设c
n
面类型（1）来解

五、对数变换法 适用于
r
a
n1
pa
n
 b
n
，则c
n

1
2
c
n1
2
,转化为上
(其中p,r为常数)型 p>0，
a
n
0

2

a2a
a
n

a
n

a1
nn1
（n≥2）. 求数列

例14. 设正项数列满足
1
，的通项公式.
a
n
a
n
a
n1
a
n
a
n1
blog
log12log
log12(log1)
2
1，则
22
22
解：两边取对数得：，，设
n
b
n
2b
n1
1

b
n
12
n1
2
n1
b
n

blog11
12
是以2为公比的等比数列， ，
n1
2
a
n
n1
n 1
n
a2
log
a
log21
n
2
12
2
，，∴
1

练习 数列

a
n

中，
a
1
1
，
a
n
2
2n
a
n1
（n≥2），求数列

a
n

的通项公式.
22
a2
n
答案：

n5
例15 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
23a
n
，
a
1
7
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
n5
解：因为
a
n1
23a
n
，a
17
，所以
a
n
0，a
n1
0
。 两边取常用对数得
lga
n1
5lga
n
nlg3lg 2

设
lga
n1
x(n1)y5(lga
n
xny)

比较系数得，
x
由
lga
1


（同类型四）
lg3lg3lg2

,y
4164
lg3lg3lg2lg3 lg3lg2lg3lg3lg2
1lg710
，得
lga
n
n0
，
4
lg3lg3lg2lg3lg3lg2
为 首项，以5为公比的等比数列，
n}
是以
lg7
41644164
lg3lg3lg2lg3lg3lg2
n1
则
lga
n
n(lg7)5
，因此
41644164
所以数列
{lga< br>n

lga
n
(lg7
lg3lg3lg2
n 1
lg3lg3lg2
)5n
4164464
1
4
1
16
1
4
n1
[lg(7332)]5
l g(7332)
lg(7
5n1
3
则
a
n7
5
3


n1
lg(332)n
4
1
16
1
4
n
4
1
16
1
4
1
4
1
16
1
n1
45

lg(332)
)
5n4n1
16
2
5
n1
1
4
5n4n1
16
2
5
n1
1
4
。
六、倒数变换法 适用于分式关系的递推公式，分子只有一项
例16 已知数列
{a
n
}< br>满足
a
n1

2a
n
,a
1
1
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
a
n
 2
解：求倒数得
1
111111

11

1
,,



为等差数列，首项
1
，公差为 ，
a
1
2
a
n1
2a
n
a
n 1
a
n
2

a
n1
a
n


112
(n1),a
n


a
n
2n1

七、换元法 适用于含根式的递推关系
例17 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1

1
(14a
n
124a
n
)，a
1
1
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
16
1
2
(b
n
1)

24
解 ：令
b
n
124a
n
，则
a
n
代入
a
n1

1
(14a
n
124a
n
)
得
16
1
2
11
2
(b< br>n1
1)[14(b
n
1)b
n
]
< br>241624
22
即
4b
n1
(b
n
 3)

因为
b
n
124a
n
0
，
则
2b
n1
b
n
3
，即
b
n1

可化为
b
n1
3
13
b
n

，
22
1
(b
n
3)
，
2
1
为公比的等比数列，因此
2
所以
{b
n
3}
是以
b
1
3124a
1
3124132
为首项，以
1111
b
n
32()
n1
( )
n2
，则
b
n
()
n2
3
，即
124a
n
()
n2
3
，得
2222< br>2111
a
n
()
n
()
n

。
3423
八、数学归纳法 通过首项和递推关系式求出数列的前n项，猜出数列的通项公式，再用数学归纳
法加以证明。
例18 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
a
n

8(n1)8
，a
，求数列
{a
n< br>}
的通项公式。
1
(2n1)
2
(2n3)
2
9
解：由
a
n1
a
n

8(n1)
8
及，得
a
1
22
(2n1)(2n3)
9
8(11)88224

22
(211)(213)99 2525
8(21)248348
a
3
a
2
 

22
(221)(223)25254949
8(31)4 88480
a
4
a
3

(231)
2
(233)
2
49498181
a
2
a
1


(2n1)
2
1
由此可猜测
an

，下面用数学归纳法证明这个结论。
(2n1)
2
(2 11)
2
18

，所以等式成立。 （1）当
n1
时，
a
1

2
(211)9
(2k1)
2< br>1
（2）假设当
nk
时等式成立，即
a
k
，则当
nk1
时，
(2k1)
2
a
k1a
k

8(k1)
(2k1)
2
(2k3)< br>2
[(2k1)
2
1](2k3)
2
8(k1)< br> 
(2k1)
2
(2k3)
2
(2k1)
2
(2k3)
2
(2k1)
2

(2k1)
2
(2k3)
2
(2k3)
2
1 
(2k3)
2
[2(k1)1]
2
1

[2(k1)1]
2
由此可知，当
nk1
时等式也成立。
根据（1），（2）可知，等式对任何
nN
都成立。
九、阶差法（逐项相减法）
1、递推公式中既有
S
n
，又有
a
n

*

分析：把已知关系通过
a
n


方法求解。

S
1
,n1
转化为数列

a
n
或
S
n
的递推关系，然后采用相应的
SS,n2
n1
n
1
(a
n
1)(a
n
2)
， 且
a
2
,a
4
,a
9
成
6
例19 已知数列
{a
n
}
的各项均为正数，且前n项和
S
n
满足
S
n

等比数列，求数列
{a
n
}
的通项公式。
解：∵对任意
nN
有
S
n

∴当 n=1时，
S
1
a
1


1
(a
n
1)(a
n
2)
⑴
6
1
(a
1
1)(a
1
2)
，解得
a
1
 1
或
a
1
2

6

当n≥2时，< br>S
n1

1
(a
n1
1)(a
n1
2)
⑵
6
⑴-⑵整理得：
(a
n
a
n1
)(a
n
a
n1
3)0
< br>∵
{a
n
}
各项均为正数，∴
a
n
an1
3

2
当
a
1
1
时，a
n
3n2
，此时
a
4
a
2
a
9
成立
2
当
a
1
2
时，
a< br>n
3n1
，此时
a
4
a
2
a
9
不成立，故
a
1
2
舍去
所以
a
n
3n2

练习。已知数列
{a
n
}
中,
a
n
0
且
S
n

1
(a
n
1)
2,求数列
{a
n
}
的通项公式.
2
22
答案 ：
S
n
S
n1
a
n

(a
n
1)(a
n1
1)

a
n
2n1

2、对无穷递推数列
，a
n
a
1
2a
2
3a
3
L(n1)a< br>n1
(n2)
，例20 已知数列
{a
n
}
满 足
a
1
1
求
{a
n
}
的通项公式。 < br>解：因为
a
n
a
1
2a
2
3a
3
L(n1)a
n1
(n2)

所以
an1
a
1
2a
2
3a
3
L(n 1)a
n1
na
n

用②式－①式得
a
n 1
a
n
na
n
.

②
①
则
a
n1
(n1)a
n
(n2)
故
a
n1
n1(n2)

a
n
所以
a
n

a
n
a
n1
a
n!
 L
3
a
2
[n(n1)L43]a
2
a
2
.

a
n1
a
n2
a
2
2
③
由
a
n
a
1
2a
2
3a
3
L(n1)a
n1
(n2)
，
取n2得a
2
 a
1
2a
2
，则
a
2
a
1
， 又知
a
1
1
，
则
a
2
1
，代 入③得
a
n
1345Ln
所以，
{a
n}
的通项公式为
a
n


n!
。
2
n!
.

2

十、不动点法 目的是将递推数列转化为等比（差）数列的方法
不动点的定义：函数
f(x)
的定义 域为
D
，若存在
f(x)x
0
D
，使
f(x0
)x
0
成立，则称
x
0
为
f(x)
的不动点或称
(x
0
,f(x
0
))
为函数
f( x)
的不动点。
分析：由
f(x)x
求出不动点
x
0< br>，在递推公式两边同时减去
x
0
，在变形求解。
类型一：形如
a
n1
qa
n
d

例21 已知数列
{a
n
}
中，
a
1
 1,a
n
2a
n1
1(n2)
，求数列

a
n

的通项公式。
解：递推关系是对应得递归函数为
f(x) 2x1
，由
f(x)x
得，不动点为-1
∴
a
n1
12(a
n
1)
，……
类型二：形如
a
n1

aa
n
b

ca
n
d
分析：递归函数为
f(x)
axb
cxd
（1）若有两个相异的不动点p,q时，将递归关系式两边分别减去不动点p ,q，再将两式相除得
a
n1
pa
n
p
apc(a
1
qpq)k
n1
(a
1
ppq)
k
，其中
k
，∴
a
n


n1
a
n1
qa
n
q
aqc
(a
1< br>p)k(a
1
q)
（2）若有两个相同的不动点p，则将递归关系式两边 减去不动点p，然后用1除，得
11
2c
k
，其中
k
。
a
n1
pa
n
p
ad
例22. 设数 列
{a
n
}
满足
a
1
2,a
n1
5a
n
4
,求数列
{a
n
}
的通 项公式.
2a
n
7
分析：此类问题常用参数法化等比数列求解.
解：对等式两端同时加参数t,得：
a
n1
7t4
5a4( 2t5)a
n
7t
2t5
,
t
n
t (2t5)
2a
n
72a
n
72a
n
 7
a
n

a
n
t
7t4
, 解之得t=1,-2 代入
a
n1
t(2t5)
得
2a
n
7
2t5
a
n
1a
n
2< br>,
a
n1
29
,
2a
n
72a< br>n
7
令
t
a
n1
13

相除得
a
n1
1
1
a
n
1a
n
1
a1
1

， ,即{}是首项为
1
a< br>n1
23a
n
2a
n
2a
1
24
a
n
1
1
1n
43
n1
21
公比为的等比数列, =
3
, 解得
a
n

.
n1
a
n
2
43
431
方法2：
,

a
n1
13
a
n
1
，
2an
7
1
a
n1
1

2a
n72(a
n
1)9
23

，
3(a
n
1)3(a
n
1)3a
n
1
两边取倒数得
令b
n

1
，则b
n

a
n
 1
2
3b
n
,
,
转化为累加法来求.
3< br>21a
n
24
，a
1
4
，求数列
{a< br>n
}
的通项公式。
4a
n
1
例23 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1

解：令
x
21x2421x24
2
，得
4x20x240
，则
x
1
2，x
2
3
是函数
f(x)
的 两个不
4x14x1
动点。因为
21a
n
24
2

a2

a
n1
24a
n
121 a
n
242(4a
n
1)13a
n
26
1 3
a
n
2

。所以数列

n
< br>是
a
n1
3
21a
n
24
3
21a
n
243(4a
n
1)9a
n
279a< br>n
3

a
n
3

4a
n
1
以
a2
a
1
2
4213
13
2
为首项，以
2()
n1
，则为公比的等比数列，故
n9
a
1
343a
n
39
a
n

1
13
2()
n1
1
9
3
。 练习1：已知
{a
n
}
满足
a
1
2,an

a
n1
2
(n2)
，求
{a
n
}
的通项
a
n

2a
n1
13
n
(1)
n
答案：
a
n

n

n
3(1)
练习2。已知数列
{a
n
}满足
a
1
2,a
n1

2a
n
 1
(nN
*
)
，求数列
{a
n
}
的通项
a
n

4a
n
6
答案：
a
n

135n

10n6

练习3.（2009陕西卷文）
已知数列

a
n
}
满足，
a
1
＝1
’
a
2
2,a
n＋2
＝
a
n
a
n1
,nN
*
.
2


< br>令
b
n
a
n1
a
n
，证明：
{b
n
}
是等比数列；
(Ⅱ)求

a
n
}
的通项公式。
答案：（1）< br>
b
n

是以1为首项，

1521
n1 *
为公比的等比数列。（2）
a
n
()(nN)
。
2332
十一。特征方程法 形如
a
n2
pa
n 1
qa
n
(p,q
是常数）的数列
形如
a
1
m
1
,a
2
m
2
,a
n2
pa
n1
qa
n
(p,q
是常数）的二阶递推数列都可用特征 根法求得通项
a
n
，其特征方程为
x
2
pxq
…①
nn
若①有二异根

,

，则可令
a
n
c
1

c
2

(c
1
, c
2
是待定常数）
n
若①有二重根



，则可令
a
n
(c
1
nc
2
)
< br>(c
1
,c
2
是待定常数）
再利用
a
1< br>m
1
,a
2
m
2
,
可求得
c< br>1
,c
2
，进而求得
a
n

*
例24 已知数列
{a
n
}
满足
a
1< br>2,a
2
3,a
n2
3a
n1
2an
(nN)
，求数列
{a
n
}
的通项
an

nn
2
解：其特征方程为
x3x2
，解得x
1
1,x
2
2
，令
a
n
c< br>1
1c
2
2
，

c
1
1

a
1
c
1
2c
2
2
< br>n1
由

，得

1
，
a
n
12

c
2


a< br>2
c
1
4c
2
3

2
*< br>例25 已知数列
{a
n
}
满足
a
1
 1,a
2
2,4a
n2
4a
n1
a
n< br>(nN)
，求数列
{a
n
}
的通项
a
n< br>
1

1

2
解：其特征方程为
4x4x 1
，解得
x
1
x
2

，令
a
n


c
1
nc
2


，
2

2

1

a(cc)1
12


c
1
4
3n2

1
2
由

，得

，
a
n

n1

2

c
26

a(c2c)
1
2
212

 4


*
练习1．已知数列
{a
n
}
满足
a
1
1,a
2
2,4a
n2
4a
n1
a
n
1(nN)
，求数列
{a
n
}< br>的通项
n
练习2．已知数列
{a
n
}
满足
a
1
1,a
2
2,4a
n2
4a
n1
a
n
n4(nN
*
)
，求数列
{a
n
}
的通项

说明：(1)若方程
xpxq
有两不同的解s , t, 则
a
n1
ta
n
s(a
n
ta
n1
)
,
a
n1
sa
n
t(a
n
sa
n1
)
,
n1n1
由等比数列性质可得
a
n1
ta
n
(a
2
ta
1)s
,
a
n1
sa
n
(a
2
sa
1
)t
,
2
ts,
由上两式消去
a
n1
可得
a
n

2

a
2ta
1

n
a
2
sa
1
n
.s.t
.
s

st

t

s t

(2)若方程
xpxq
有两相等的解
st
，则
a
n1
ta
n
s

a
n
 ta
n1

s
2
(a
n1
ta
n 2
)s
n1

a
2
ta
1

，

a
n1
a
n
a
2
ta
1

a
n


,即

n

是等差数列，
s
n1
s
n
s
2

s

由等差数列性质可知
a
n
a
1
a2
sa
1

n1.
，
s
s
n
s
2

a
1
a
2
sa
1< br>
a
2
sa
1

n
． 所以
a< br>n


.n

s




s

22
ss


25
5
4
求数列
{a}
的通项。 例26、数列
{a
n
}
满 足
a
1

，且
a
n1

n
2 9
12
2a
n

4
252925
22
a< br>n
a
n
2

a
n



4



44
……① 解：
a
n1< br>

a
n1

2929
2a
n
2a
n

44
29

2525
2
令< br>

，解得

1
1,

2
，将它们代回①得，
44
2
a
n

25

a
2

n
a
n
1

25

4


……②，
a
n1
< br>……③，
a
n1
1
29
29
4
2a
n

2a
n

4
4
2
25

25

a
n1
a

n
4

4


③÷②，得

,
a
n1< br>1

a
n
1


2
25
2525

a
a
n


n
4

44
2lg
则
lg
，∴数列

l g

成等比数列，首项为1，公比
q
=2
a
n1
1a
n
1

a
n
1


a
n1


2525
25
2
n1
a
n

10
4
2
n1
，则
410
2
n1
，
a
4
所以
lg

n
2
n1
a
n
1a
n
1
1 01
a
n


十二、四种基本数列
1．形如
a
n1
a
n
f(n)
型 等差数列的广义形式，见累加法。
2.形如
a
n1
f(n)
型 等比数列的广义形式，见累乘法。
a
n
3.形如
a
n1
a
n
f(n)
型
（1）若
a
n1
an
d
（d为常数），则数列{
a
n
}为“等和数列”，它是一 个周期数列，周期为2，
其通项分奇数项和偶数项来讨论;
（2）若f(n)为n的函数（非 常数）时，可通过构造转化为
a
n1
a
n
f(n)
型 ，通过累加来求出通
项;或用逐差法(两式相减)得
a
n1
a
n 1
f(n)f(n1)
，，分奇偶项来分求通项.
例27. 数列{
a
n
}满足
a
1
0
,
a
n1
a
n
2n
,求数列{
a
n
}的通项公式.
分析 1：构造 转化为
a
n1
a
n
f(n)
型
n
解法1：令
b
n
(1)a
n

n 1nn1n1
则
b
n1
b
n
(1)a
n1
(1)a
n
(1)(a
n1
a
n
)(1)2n
.
n2
时,

b
n
b
n1
(1)
n
2(n1)

n1
< br>b
n1
b
n2
(1)2(n2)




bb(1)
2
21
1

2

b
1
a
1
0

各式相
nn132
加:
b
n
2(1)(n1)(1)(n2) (1)2(1)1


当n为偶数时，
b
n
 2

(n1)(1)


n2

n< br>. 此时
a
n
b
n
n
当n为奇数时，

2

b
n
2(
n1
)n1

2
,所以此时
b
n
a
n
a
n
n1
.故


n1,n为奇数,
a
n
< br>
解法

n,n为偶数.
2：

a
n1< br>a
n
2n


n2
时，
a
n
a
n1
2(n1)
，两式相减得：
a
n1< br>a
n1
2
.

a
1
,a
3
,a
5
,,
构成以
a
1
,为首项，以2为公差的 等差数列;
a
2
,a
4
,a
6
,,
构 成以
a
2
,为首项，以2为公差的等差数列

a
2k1
a
1
(k1)d2k2

a
2k
a
2
(k1)d2k
.


a
n



n1,n为奇数,

n ,n为偶数.
1
2
评注：结果要还原成n的表达式.
例28. （2005江西卷）已知数列{
a
n
}的前n项和S
n
满足
S
n
－S
n－2
=3
()
n1
(n3), 且S
1
1,S
2

解：方法一：因为
S
nS
n2
以下同上例，略
3
,
求数列{
a
n
}的通项公式.
2
1
a
n
a
n1
所以a
n
a
n1< br>3()
n1
(n3),

2

1
n1

43(),n为奇数,


2
答案
a
n



1

43()
n1
,n为偶数.

2

4.形如
a
n1a
n
f(n)
型
（1）若
a
n1
a
n
p
(p为常数)，则数列{
a
n
}为“等积数列”，它 是一个周期数列，周期为2，其
通项分奇数项和偶数项来讨论;
（2）若f(n)为n的函数 （非常数）时，可通过逐差法得
a
n
a
n1
f(n1)，两式相除后，分奇偶
项来分求通项.
例29. 已知数列
{a
n}满足
a
1
3,a
n
a
n1
(),( nN)
,求此数列的通项公式.
注：同上例类似，略.
1
2
n *
5．形如
ps
n
f(a
n
)
型
(1)若
f(a
n
)
是常数，同题型1.
(2)若
f(a
n
)
是一次式同题型1
(3)若
f(a
n
)
是二次式。
例1．(2006年陕西 理20)已知正项数列
{a
n
}
，其前n项和S
n
满足< br>a
1
,a
3
,a
15
成等比
数列，且10 S
n
=
a
n
5a
n
6
，求数列
{a
n
}
的通项公式
a
n
.
解:∵10 S
n
=
a
n
5a
n
6
①
∴
10a
1
a
1
5a
1
6,解 得a
1
2或a
1
3.

2
2
2

又10 S
n
1
=
a
n
1
5a
n1
6
(
n
2) , ②
① - ②,得
10a
n
(a
n
a
n1
)5(a
n
a
n1
)
，
即
(a
n
a
n1
)(a
n
a
n1
5)0
.
∵
a
n
a
n1
0,
∴
a
n
a
n1
5(n2)
.
当
a
1
3时，a
3
13,a
15
73
.此时< br>a
1
,a
3
,a
15
不成等比数列，∴
a< br>1
3
.
当
a
1
2时，a
3
 12,a
15
72
.此时有
a
3
∴
a
n
5n3
.
评注:该题用
2
2
22
a
1
a
15
.∴
a
1
2
.

S
1
(n1)
即
a
n


SS(n 2）
n1

n
a
n
与S
n
的关系, < br>a
n
S
n
S
n1
f(a
n
）f（a
n1
)
.
消去
S
n
,求出a
n
,也可用
S
n
f(S
n
)f(S
n1< br>)消去a
n
的方法求出
S
n
再求a
n
. < br>例2．（2007年重庆理科21）已知各项均为正数的数列

a
n

的前
n
项和
S
n
满足
S
1
1< br>，
且
6S
n
(a
n
1)(a
n
2)
，
nN
．
（Ⅰ）求

a
n

的通项公式；
（Ⅱ）设数列< br>
b
n

满足
a
n
(2
b
n
1)1
，并记
T
n
为

b
n

的前
n
项和，
求证：
3T
n
1log< br>2
(a
n
3)，nN
．
1
解：（I）解由a
1
S
1
(a
1
1)(a
1
 2)
，解得
a
1
1
或
a
1
2
，
6
由假设
a
1
S
1
1
，因此a
1
2
，
11
又由
a
n1
S
n1
S
n
(a
n1
1)(a
n12)(a
n
1)(a
n
2)
，
66
得
(a
n1
a
n
)(a
n1
a
n
3)0
，即
a
n1
a
n
30
或
a
n1
a
n
，
因
a
n
0
，故
a
n1
a
n
不成立，舍去．
因此
a
n1
a
n
3
，从而

a
n

是公差为
3
，首项为
2
的等差数列，
故
a
n

的通项为
a
n
3n1
．


1

3n
（II）证法一：由
a
n
(2
b
n
1)1
可解得
b
n
lo g
2

1

log
2
；
a3n1

2

3n

36
从而
T
n< br>b
1
b
2

L
b
n
log
2


L


．
3n1
 
25
3n

2

36
因此
3T
n
1log
2
(a
n
3)log
2

L

．


3n1

3n 2

25
3n

2

36
令
f( n)


L

，


3n1
3n2

25
f(n1)3n2

3n3< br>
(3n3)
2
则．



2f(n)3n5

3n2

(3n5)(3n2)
因< br>(3n3)
3
(3n5)(3n2)
2
9n70
，故
f(n1)f(n)
．
特别地
f(n)f(1)
2 7
1
，从而
3T
n
1log
2
(a
n
3)log
2
f(n)0
．
20
3
3
3
即
3T
n
1log
2
(a
n
3)
．
证法二：同证法一求得
b
n
及
T
n
，
由 二项式定理知，当
c0
时，不等式
(1c)
3
13c
成立．

1

由此不等式有
3T
n
1lo g
2
2

1


2

3
1

1

1
L
1


53n1

3

1



3n1

33

3

3

 log
2
2

1

1

L

2

5

583n2
log
2
2 
L

253n1

log
2
(3n2 )
log
2
(a
n
3)
证法三：同证法一求得
b
n
及
T
n
．
363n473n1583n2
，
B
n

L

令
A
n
 
L

，
C
n

L

．
253n1363n473n1
3n3n13n2

因．
3n13n3n1
3n+2
3
A
n
B
n
C
n

因此
A
n
．
2
3n
< br>36
3
从而
3T
n
1log
2
2


L


log
2
2A
n
log
2
2A
n
B
n
C
n

3n1

25
3

log
2
(3n2 )log
2
(a
n
3)
．
证法四：同证法一求得
b
n
及
T
n
．
下 面用数学归纳法证明：
3T
n
1log
2
(a
n
3)
．
当
n1
时，
3T
1
1log< br>2
27
，
log
2
(a
1
3)log< br>2
5
，
4
因此
3T
1
1log
2
(a
1
3)
，结论成立．
假设结论当
nk
时成立，即
3T
k
1log
2
(a
k
3)
．
则当
nk1
时，
3T
k1
1lo g
2
(a
k1
3)3T
k
13b
k1
log
2
(a
k1
3)

log
2
(a
k
3)log
2
(a
k1
3)3 b
k1

(3k3)
3
log
2
；
2
(3k5)(3k2)
(3k3)
3
0
． 因< br>(3k3)(3k5)(3k2)9k70
．故
log
2
(3k5)(3k2)
2
32
从而
3T
k1
1 log
2
(a
k1
3)
．这就是说，当
nk1时结论也成立．
综上
3T
n
1log
2
(an
3)
对任何
nN
+
成立．
例3．（2008年 全国理科2）设函数
f(x)xxlnx
．数列

a
n

满足
0a
1
1
，
a
n1
f(a
n
)
．
（Ⅰ）证明：函数
f(x)
在区间
(0，1)
是增函数；
（Ⅱ）证明：
a
n
a
n1
1
；
1 )
，整数
k
≥
（Ⅲ）设
b(a
1
，
a< br>1
b
．证明：
a
k1
b
．
a
1
lnb
解：（Ⅰ）证明：
f(x)xxlnx
，
f'

x

lnx,当x

0,1

时，f'

x

lnx0

故函数
f

x

在区间(0,1)上是增函数．
（Ⅱ）证明：（用数学归纳法）（i）当n=1时，
0a
1
1
，
a
1
lna
1
0
，

a
2
f(a
1
)a
1
a
1
lna
1
 a
1
．
由函数
f(x)
在区间
(0，1)
是增函 数，且函数
f(x)
在
x1
处连续，则
f(x)
在区间< br>(0，1]
是增
函数，
a
2
f(a
1
) a
1
a
1
lna
1
1
，即
a
1
a
2
1
成立；
（ⅱ）假设当
xk(kN*)< br>时，
a
k
a
k1
1
成立，即
0a< br>1
≤
a
k
a
k1
1

那么当
nk1
时，由
f(x)
在区间
(0，1]
是增函数，< br>0a
1
≤
a
k
a
k1
1
得 ：
f(a
k
)f(a
k1
)f(1)
.而
a
n1
f(a
n
)
，则
a
k1
f (a
k
),a
k2
f(a
k1
)
，
a
k1
a
k2
1
，也就是说当
nk1
时，
a
n
a
n1
1
也成立；
根据（ⅰ） 、（ⅱ）可得对任意的正整数
n
，
a
n
a
n1
1
恒成立．
（Ⅲ）证明：由
f(x)xxlnx
．
an1
f(a
n
)
可得：
a
1
b

a
i
lna
i

ababalna
k1kkk
．
i1
k
1、若 存在某
i
≤
k
满足
a
i
≤b
，则
a
k1
ba
i
b
≥0
．
2、若对任意< br>i
≤
k
都有
a
i
b
，则：
ababalna
k1kkk

a
1
b< br>
a
i
lnb
a
1
b(

a
i
)lnb


i1
i1
a
1bklnba
1
b(a
1
b)0，

即a
1
a
k1
b
成立．
kk
例4.已知数列
{a
n
}
中,
a
n
0
且
S
n

1n
(a
n
)< br>,求数列
{a
n
}
的通项公式.
2a
n
解 :由已知
S
n

1n1n
(a
n
)
得< br>S
n
(S
n
S
n1
)
,
2a
n
2S
n
S
n1
22
22
S< br>n
化简有
S
n1
n
,由类型(1)有
S
n
S
1
23n
,
2

又
S
1
a
1
得
a
1
1
,所以
S< br>n
n(n1)
,又
a
n
0
,
s
n

2
2n(n1)
,
2

则
a
n

2n(n1)2n(n1)
．
2
6. 形如
a
n1
f(n)a
n
g(n)
型
例１．（2008年湖南理科）（本小题满分12分）
n

n
< br>数列

a
n

满足a
1
1,a
2
2,a
n2
(1cos
2
)a
n
sin
2
,n1,2,3,L.

22
(Ⅰ)求
a
3< br>,a
4
,
并求数列

a
n

的通项 公式；
(Ⅱ)设
b
n

a
2n1
1
, S
n
b
1
b
2
Lb
n
.
证明：当
n6时，S
n
2.

a
2n
n
解 (Ⅰ)因为
a
1
1,a
2
2,所以a
3
(1cos
2
a
n
(1cos
2

)a
2
sin
2

2a
2
4.


2
)a
1
sin< br>2

2
a
1
12,

一般地，当n2k1(kN
*
)
时，
a
2k1
[1c os
2
＝
a
2k1
1
，即
a
2k1
a
2k1
1.

(2k1)

2k1< br>]a
2k1
sin
2


22
所以数列

a
2k1

是首项为1、公差为1的等差数列，因此
a
2k1
k.

当
n2k(kN
*
)
时，
a
2k2
(1cos
2
2k

)a< br>2k
2a
2k
.

2
所以数列

a
2k

是首项为2、公比为2的等比数列，因此
a
2k
 2
k
.


n1
*
,n2k1(kN,< br>
2
故数列

a
n

的通项公式为
a
2



n

2
*
2,n2 k(kN.

(Ⅱ)由(Ⅰ)知，
b
n

S
n< br>
a
2n1
n

2
,

a
2n
2
123n

2

3
L
n,
①
2222
1123n
S
n

2

2

4
L
n1
②
22222
11
[1()
2
]
11111n
2

n
1
1

n
.
①-②得，< br>S
n

2

3
L
n

n1

2
n1nn1
1
222222
222
1
2
1nn2
所以
S
n
2
n1

n
2
n
.

222
1n(n2)
1
成立. 要证明当
n6
时，< br>S
n
2
成立，只需证明当
n6
时，
n
n2

6(62)483
1
成立.
2
6
644
k(k2)
(2)假设当
nk(k6)
时不等式成立，即
1.

2
k
证法一(1)当
n
= 6时，
则当
n
=
k
+1时，
(k1)(k3)k(k2)(k1)(k3)(k 1)(k3)
1.

2
k1
2
k
2 k(k2)(k2)g2k
由(1)、(2)所述，当
n
6时，
证法二
n(n1)1
n
，即当6时，
1S2.


n
2
2
n
(n1)(n3)n(n2)3n
2
n (n2)

n1
0.
令
c
n
(n 6)
，则
c
n1
c
n

2
n12
2
2
2
2
683
1
．
644
n(n2)1
于是当
n6
时，．综上所述，当时，．
1S2
n6
n
n
2
2
所以当
n 6
时，
c
n1
c
n
.因此当
n6
时，
c
n
c
6

7. 形如
a
n
a
n1
a
n2
型
例1． （2008年重庆理科22）设各项均为正数的数列{
a
n
}满足
a
1
2,a
n
aa
3
2
a1a2
3
2
(nN*)
.
（Ⅰ）若
a
2

1
， 求
a
3
,a
4
，并猜想
a
2008
的值（ 不需证明）；
4
（Ⅱ）记
b
n
a
3
a
2
a
n
(nN*),若b
n
22
对
n
2恒成立，求
a
2
的值及数列{
b
n
}的通项公式.
解：(Ⅰ)因
a
1
2,a
2
2
 2
,故
a
3

012
a
1
a
3< br>
2
2
2
4
，
a
4

3
a
2
a
3

2
3
2
8< br>
由此有
a
1
2
(2)
,a
2
2
(2)
,a
3
2
(2)
,a
4
2
(2)
，
故猜想
a
n
的通项为
a
n
2
(2)
(nN

)
．∴
a
2 008
2
(2)
n120081

2
(2)
．
2007
（Ⅱ）令
x
n
log
2
a
n
,S
n
表示x
n
的前n 项和，则b
n
2
S
n
．
3
x
n1< br>x
n2
(nN
*
)
， ①
2
3

S
n
x
1
x
2
Lx
n
(n2)
②
2
31
因②式对
n
=2成立，有
x
1< br>x
2
,又x
1
1得x
2

③
22
下面用反证法证明：
31
由①得
x
n 2
2x
n1
(x
n2
x
n1
)(x
n1
2x
n
)
．
22
由题设知
x
1
=1且
x
n


1
的等比数列.故
2
111

x
n1
x
n
(x
2
)
n1(nN
*
).
④
222
1311
又由①知
x
n2
x
x 1
(x
n
x
n1
)x
n1
2(x< br>n1
x
n
),

2222
因此数列
x
n1
2x
n
是首项为
x
2
2
，公比 为
1
1
因此是
x
n1
x
n
是首项为
x
2

，公比为-2的等比数列,所以
2
2
11

x
n 1
x
n
(x
2
)(2)
n1
(nN< br>*
).
⑤
22
511
由④- ⑤得
S
n
(x
2
2)
n1
(x
2
)(2)
n1
(nN
*
).
⑥
222
5111(2)
2
(nN
*
).
⑦ 对
n
求和得
x
n
(x
2
2)(2n1
)(x
2
)
2223
31
由题设知
S
2k1
,且由反证假设x
2
有

22
11 2
2k1
115
（x
2
2)(2
2k
) (x
2
)(kN
*
).
2234

2k 1
1211151
从而(x
2
)(x
2
2)(2 
2k
)2x
2
(kN
*
).
23244
3
2
k
+1
4
1
，对
kN

恒成立.但这是不可能的，矛盾. 即不等式2＜
1
x
2

2
11
因此
x
2

,结合③式知
x
2
=,
22
1
1
因此
a
2
2
2
2 将x
2

代入⑦式得
S
n
= 2－
n1
(
nN

),
2
2
6x
2

所以
b
n
=
2
=
2
S
n
2
1
2
n1
(
nN

)
8. 形如
f(n)S
n1
g(n)S
n
= 0型
例1．（ 2008年天津理科22）在数列

a
n

与

b
n

中，
a
1
1,b
1
4
， 数列

a
n

的前
n
项
和
Sn
满足
nS
n1


n3

S< br>n
0
,
2a
n1
为
b
n
与b
n1
的等比中项，
nN*
.
（Ⅰ）求
a
2
,b
2
的值；
（Ⅱ）求数列

a
n

与

b
n

的通项公 式；
（Ⅲ）设
T
n


1

1
b
1


1

2
b
2


1

n
b
n
,nN*
.证明
T
n
2n
2
,n3
.
aaa
本小题主要考 查等差数列的概念、通项公式及前
n
项和公式、等比数列的概念、等

比 中项、不等式证明、数学归纳等基础知识，考查运算能力和推理论证能力及分类讨论
的思想方法．满分1 4分
解：（Ⅰ）由题设有
a
1
a
2
4a
1< br>0
，
a
1
1
，解得
a
2
3< br>．由题设又有
4a
2
2
b
2
b
1
，
b
1
4
，解得
b
2
9
．
（Ⅱ）解法一：由题设
nS
n1
(n3)S
n
0
，
a
1
1
，
b
1
4
，及
a2
3
，
b
2
9
，进
一步可得
a< br>3
6
，
b
3
16
，
a
4
10
，
b
4
25
，
n(n1)
，
b
n
(n1)
2
，
nN
*
．
2
n(n1)
先证
a
n

，
nN
*．
2
1(11)
当
n1
时，
a
1
，等式成立．当
n2
时用数学归纳法证明如下：
2
2( 21)
（1当
n2
时，
a
2

，等式成立．
2
k(k1)
（2）假设
nk
时等式成立，即
a
k

，
k2
．
2
猜想
a
n

由题设，
kS
k1
(k3)S
k
1
○


(k1)S
k
(k2)S
k1
○
2
①的 两边分别减去②的两边，整理得
ka
k1
(k2)a
k
，从而
a
k1

k2k2k(k1)(k1)[(k1)1]
．
a
k

kk22
n(n1)
对任何
2
这就是说，当
nk1
时等式也成立．根据（1）和（2）可知，等式
a< br>n

的
n2
成立．
综上所述，等式
a
n

n(n1)n(n1)
对任何的
nN
*
都成立a
n


22
再用数学归纳法证明
b
n
(n1)
2
，
nN
*
．
（1）当
n1
时，
b
1
(11)
2
，等式成立．
（2）假 设当
nk
时等式成立，即
b
k
(k1)
2
， 那么
4a
k1
2
(k1)
2
(k2)
2b
k1
[(k1)1]
2
．
2
b
k
(k1)
这就是说，当
nk1
时等式也成立．根据（1）和（2） 可知，等式
b
n
(n1)
2

对任何的
nN
*
都成立．

解法二：由题设
nS
n1
(n3)S
n
1
○


(n1)S
n
(n2)S
n1
○
2
①的 两边分别减去②的两边，整理得
na
n1
(n2)a
n
，n2
．所以

2a
3
4a
2
，
3a
4
5a
3
，……
(n1)a
n
(n1)a
n1
，
n3
．
将以上各式左右两端分别相乘，得
(n1)!a
n

由（Ⅰ）并化 简得
a
n

(n1)!
a
2
，
6
n(n1)n(n1)
，
n3
．
a
2

62
止式对
n1,2
也成立．
由题设有
b
n1
b
n
4a
n1
2
， 所以
b
n1
b
n
(n2)
2
(n1)2
，
即
b
n
b
n1
*
1nN
，．
22
(n1)(n2)
b
n
1
xx1
x
，则，即．
nn1
n1
2
x
n
(n1)
b
n
2
b(n1)
1
，即，< br>n1
．
n
2
(n1)
令
x
n

由
x
1
1
得
x
n
1
，n1
．所以
解法三：由题设有
nS
n1
(n3)Sn
，
nN
*
，
所以
S
2
4S< br>1
，
2S
3
5S
2
，……
(n1)S< br>n
(n2)S
n1
，
n2
．
将以上各式左 右两端分别相乘，得
12L(n1)S
n
45L(n2)S
1
，化简得
S
n

n(n1)(n2)n(n1)(n 2)
，
n3
．
a
1

236
n(n1)
，
n2
．
2
由（Ⅰ），上式对
n1,2
也成立．所以
a
n
S
n
S
n1

上式对
n1
时也成立． < br>以下同解法二，可得
b
n
(n1)
2
，
n1< br>．
（Ⅲ）证明：
T
n
(1)b
1
(1) b
2
L(1)b
n
23L(1)
当
n 4k
，
kN
*
时，
a
1
a
2
a
n
22
n(n1)
2
(n1)
2
．
T
n
2
2
3
2
4
2
5
2
L(4k2)
2
(4k1)
2
(4k)
2
(4k1)
2
．
注意到
(4k2)
2
 (4k1)
2
(4k)
2
(4k1)
2
32k 4
，

故T
n
32(12Lk)432k(k1)
4
2

4k(4k4)4(4k)
2< br>34kn
2
n4
．
当
n4k1
，
kN
*
时，
T
n< br>(4k)
2
44k(4k1)
2
4(n1)
2
4(n1)(n2)
2
42n1

当
n4k2
，
kN
*
时，
T
n< br>(4k)
2
44k(4k1)
2
(4k)
244(n2)(n3)
2
4n
2
2n4
．
当
n4k3
，
kN
*
时，
T
n< br>44k(4k1)
2
(4k1)
2
4(n3)(n 4)
2
(n2)
2
44
．

4, 　　　n4k3,kN
*

2*

n2n4,　　n 4k2,kN
所以
T
n


．
*

2n1,　　　　　n4k1,kN

n
2
n4,　　 　n4k,kN
*


4


n
2< br>0,


1
2

4
2,
| T
n
|

n
n
2
从而
n3
时， 有
2


n

2

1
2,
n
n
2

14

1
2
2,

n
n
总之，当
n3
时有


n5,9,13,
L
n6,10,14,
L

n3, 7,11,
L
n4,8,12,
L
|T
n
|
2< br>|T|2n
，即．
2
n
2
n