高胜美歌曲-锁住时间

求数列通项公式和前N
项和的方法
-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1

求数列前N项和的方法
1. 公式法
等差数列前n项和：
n(a
1
a
n
)
n(n1)
S
n
 na
1
d

22
特别的，当前n项的个数为奇数时，
S
2k1
(2k1)a
k1
，即前n项和为中间项
乘以项数。 这个公式在很多时候可以简化运算。
等比数列前n项和：
q=1时，
S
n
na
1

q1，S
n

a
1
1q
n
1q

，特别要注意 对公比的讨论。
其他公式：
n
11
1、
S
n


kn(n1)
2、
S
n


k< br>2
n(n1)(2n1)

26
k1k1
n
1
3、
S
n


k
3
[n(n1) ]
2

2
k1
n
[例1] 已知
log
3
x
1
，求
xx
2
x
3
 x
n

的前n项和.
log
2
3
11
log
3
xlog
3
2x

log
2
32
解：由
log
3
x
由等比数列求和公式得
S
n
xx
2
x
3x
n

（利用常用公
式）

11
(1)
n
x(1x< br>n
)
2
＝1－
1
＝＝
2
1
1x
2
n
1
2
[例2] 设S
n
＝1+2+3+…+n，n∈N
*
,求
f(n)
解：由等差数列求和公式得
S
n

S
n
的最大值.
(n32)S
n1
11
n(n1)
，
S
n1
(n1)(n2)

（利
22
用常用公式）

∴
f(n)
S
n
n
＝
2

(n32)S
n1
n34n64
2

＝
1
n34
64
n
＝
(n
1
8n

)
2
50
1

50
∴ 当
n
8
1
，即n＝8时，
f(n)
max


50
8
2. 错位相减法
这种方法是在推导等比数列的前n项 和公式时所用的方法，这种方法主要
用于求数列{a
n
· b
n
}的前n项和，其中{ a
n
}、{ b
n
}分别是等差数列和等比数列.
[例3] 求和：
S
n
13x5x< br>2
7x
3
(2n1)x
n1
………………… ……①
解：由题可知，{
(2n1)x
n1
}的通项是等差数列{2n －1}的通项与等比数列
{
x
n1
}的通项之积
设
xS
n
1x3x
2
5x
3
7x
4
 (2n1)x
n
………………………. ②
（设
制错位）

①－②得
(1x)S
n
1 2x2x
2
2x
3
2x
4
2x
n 1
(2n1)x
n

（错位相减
）
1x
n1
(2n1)x
n
再利用等比数列的求和公式得：
(1x)S
n
12x
1x
(2n1)x
n1
(2n1)x
n
(1x)
∴
S
n


(1x)
2
2462n
[例4] 求数列
,
2
,
3
,,
n
,
前n项的和.
2
222
2n1
解：由题可知，{
n
}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{
n
}的通项
2
2
之积
2462n
设
S< br>n

2

3

n
………………… ………………①
2
222
12462n
S
n

2

3

4

n1
………………………… ……②
（设制错
2
2222
位）

1222222n
①－②得
(1)S
n

2

3

4

n

n1

（错位
22
22222
相减
）
3

2n

2
n1
2
n1
n2
∴
S
n
4
n1

2

2
1

练习：
求：S
n
=1+5x+9x< br>2
+······+(4n-3)x
n-1


解：
S
n
=1+5x+9x
2
+······+(4n-3)x
n-1

①


①两边同乘以
x
，得
x S
n
=x+5 x
2
+9x
3
+······+(4n-3)x
n

②


①
-
②得，（
1-x< br>）
S
n
=1+4
（
x+ x
2
+x
3
+······+
x
）
-
（
4n-3
）
x
n

n

当
x=1
时，
S
n
=1+5+9+······+
（
4n-3
）
=2n
2
-n

当
x
≠
1
时，
S
n
=
1 1-x
[
4x(1-x
n
) 1-x
+1-
（
4n-3
）
x
n
]
3. 反序相加法求和
这是推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来
排列 （反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个
(a
1
a
n
)< br>.
[例5] 求
sin
2
1

sin
2
2

sin
2
3

sin
2
88

sin
2
89

的值
解：设
Ssin
2
1

sin
2
2

sin
2
3

sin
2
88
sin
2
89

…………. ①
将①式右边反序得

Ssin
2
89

sin
288

sin
2
3

sin
2< br>2

sin
2
1

…………..②
（反
序）

又因为
sinxcos(90

x),sin
2
xcos
2
x1

①+②得
（反序相加）

2S(sin
2
1

cos< br>2
1

)(sin
2
2

cos
2
2

)(sin
2
89

cos
2
89

)
＝
89
∴ S＝

4. 分组法求和
有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.
111
[例6] 求数列的前n项和：
11,4,
2
7, ,
n1
3n2
，…
a
aa
111
解：设
S
n
(11)(4)(
2
7)(
n 1
3n2)

a
aa
4

将其每一项拆开再重新组合得
111
S
n
(1 
2

n1
)(1473n2)

（分
a
aa
组）

当a＝1时，
S
n
n
(3n1)n(3n1)n
＝
（分组求
2
2
和）

1
1n
n
aa(3n1)n
(3n1)n
a


当
a1时，
S
n

＝
1
a12
2
1
a
1


[例7] 求数列{n(n+1)(2n+1)}的前n项和.
解：设
a
k
k(k1)(2k1)2k
3
3k
2
k

∴
S
n


k(k1)(2k1)
＝

(2k
3
3k
2
k)

k1k1
nn



将其每一项拆开再重新组合得
S
n
＝
2

k3

k
k

（分组）

32
k1k1k1
nnn
＝
2( 1
3
2
3
n
3
)3(1
2
2
2
n
2
)(12n)

n
2
(n1)
2
n(n1)(2n1)n(n1)

＝
（分组求和）

222
n(n1)
2
(n2)
＝
2
1111
1,2,3,•••,(n),•••
的前
练习： 求数列
2482
n
n项和。
解：
S
n
12 3•••(n
n
)
1111
(123•••n)(2

3
•••
n
)
2222


11
n(n1)1
n
22
1
2
1
4
1
8
1
2
5. 裂项法求和
5

这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的
每 项（通项）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.
通项分解
（裂项）
如：
sin1

tan(n1)

tann

（1）
a
n
f(n1)f(n)
（2）
< br>cosncos(n1)
（3）
a
n

111

（4）
n(n1)nn1
(2n)
2
111
a< br>n
1()

(2n1)(2n1)22n12n1
（ 5）
a
n

(6)
a
n

1111
[]

n(n1)(n2 )2n(n1)(n1)(n2)
n212(n1)n1111

n
n
,则S1

n
n1nn
n(n1)
2
n(n1)
2n2(n1)2(n1)2
[例9] 求数列1
12
1
,
1
23
,,
1
nn1
,
的前n项和.
解:设
a
n

1
nn1

1
n1n
（裂项）

1nn1
则
S
n

1223


（裂项求和）

＝
(21)(32)(n1n)

＝
n11

[例10] 在数列{a
n
}中，
a
n

的前n项的和.
2< br>12n
，又
b
n

，求数列{b
n
}

a
n
a
n1
n1n1n1
12n n


n1n1n12
211
∴
b
n
8()
（裂项）

nn1
nn1

22
∴ 数列{b
n
}的前n项和
解： ∵
a
n

6

1111111

S
n
8[(1)()()()]
（裂项求和）

22334nn1
18n
＝
8(1

)
＝
n1n1
111cos1


[例11] 求证：

2

cos0cos1cos1cos2cos88c os89sin1
解：设
S
111


cos 0

cos1

cos1

cos2

c os88

cos89

sin1


tan (n1)tann
∴
（裂项）


cosncos(n1)
∴
S
＝
111

（裂项求和）


cos0< br>
cos1

cos1

cos2

cos 88

cos89

1

{(tan1t an0)(tan2tan1)(tan3tan2)[tan89tan88]}


sin1
cos1

11

＝
(tan89tan0)
＝
cot1
＝
2



sin1
sin1sin1
∴ 原等式成立

6. 合并法求和
针对一些特殊的数列，将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，因此，在求数列的和时，可将这些项放在一起先求和，然后再求S
n
.
[例12] 求cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°的值.
解：设S
n
＝ cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°
∵
cosn

cos(180

n

)

（找特殊性质项）

∴S
n
＝ （cos1°+ cos179°）+（ cos2°+ cos178°）+ （cos3°+
cos177°）+···
+（cos89°+ cos91°）+ cos90°
（合并求和）

＝ 0
[例13] 数列 {a
n
}：
a
1
1,a
2
3,a
3< br>2,a
n2
a
n1
a
n
，求S
2 002
.
解：设S
2002
＝
a
1
a
2
a
3
a
2002

由
a
1
1,a
2
3,a
3
2,a
n2
a
n1
a
n
可得
a
4
1,a
5
3,a
6
2,

7

a
7
1,a
8
3,a
9< br>2,a
10
1,a
11
3,a
12
2 ,

……
a
6k1
1,a
6k2
3,a
6k3
2,a
6k4
1,a
6k5
3,a
6k6
2

∵
a
6k1
a
6 k2
a
6k3
a
6k4
a
6k5
 a
6k6
0

（找特殊性质项）

∴S
2002
＝
a
1
a
2
a
3
 a
2002

（合并求和）

＝< br>(a
1
a
2
a
3
a
6
)(a
7
a
8
a
12
)(a
6k1
a
6k2
a
6k6
)

(a
1993
a
1994
a
1998)a
1999
a
2000
a
2001
a
2002

＝
a
1999
a
2000
a2001
a
2002

＝
a
6k1
a< br>6k2
a
6k3
a
6k4

＝5

[例14] 在各项均为正数的等比数列中，若
a
5
a
6
9,求log
3
a
1
log
3
a
2
log
3
a
10
的值.
解：设
S< br>n
log
3
a
1
log
3
a
2
log
3
a
10

由等比数列的性质
mnpqa
m
a
n
a
p
a
q

（找特殊性质
项）

和对数的运算性质
log
a
Mlog
a
Nlog
a
MN
得
S
n< br>(log
3
a
1
log
3
a
10
)(log
3
a
2
log
3
a
9
) (log
3
a
5
log
3
a
6
)
（合并求和）

＝
(log
3
a
1a
10
)(log
3
a
2
a
9
)(log
3
a
5
a
6
)

＝
log
3
9log
3
9log
3
9

＝10

7. 利用数列的通项求和
先根据数列的结构 及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利
用数列的通项揭示的规律来求数列的前n项和，是 一个重要的方法.

8

[例15] 求
111111111

1
之和.
n个1
1
解：由于
111

k个1
11< br>k
9999(101)

（找通项及特征）


99
k个1
n个1
∴
111111111

1


1111
＝
(10
1
1)(10< br>2
1)(10
3
1)(10
n
1)
（分组求和）

9999
11


1

1

1)
＝
(10
1
10
210
3
10
n
)(1

99n个1
110(10
n
1)n

＝

91019
1
(10
n1
109n)

81
以上一个7种方法虽然各有其特点，但总的原则是要善于改变原数列
的形式结构， 使其能进行消项处理或能使用等差数列或等比数列的求和公
式以及其它已知的基本求和公式来解决，只要 很好地把握这一规律，就能
使数列求和化难为易，迎刃而解。
＝
求数列通项公式的八种方法
一、公式法（定义法）
根据等差数列、等比数列的定义求通项
二、累加、累乘法
1、累加法 适用于：
a
n1
a
n
f(n)

a
2
a
1
f(1)
若
a
n1
a
n
f(n)
(n2)
，则
a
3
a
2
f(2)

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< br>{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
9

a
n
(a
n
a< br>n1
)(a
n1
a
n2
)(a
3a
2
)(a
2
a
1
)a
1
 [2(n1)1][2(n2)1](221)(211)1
2[(n 1)(n2)21](n1)1

(n1)n
2(n1) 1
2
(n1)(n1)1
n
2
所以数列
{an
}
的通项公式为
a
n
n
2
。
例2 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
a
n
23
n
1，a
1
3
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
解法一：由
a
n1
 a
n
23
n
1
得
a
n1
an
23
n
1
则
a
n
(a
n< br>a
n1
)(a
n1
a
n2
)
(23
n1
1)(23
n2
1)
2(3
n1
3
n2

3(13
n1
)
2 (n1)3
13
3
n
3n13
3
nn1
(a
3
a
2
)(a
2
a1
)a
1
(23
2
1)(23
1
1)3
3
2
3
1
)(n1)3

所以
a
n
3
n
n1.

解法二：< br>a
n1
3a
n
23
n
1
两边除以
3
n1
，得
则
a
n1
a
n
2 1
，

3
n1
3
n
33
n1< br>a
n1
a
n
21

n

n1
，故
n1
3333
a
n
a
n
a
n1
a
n1
a
n2
a
n2
a
n 3
()()()
3
n
3
n
a
n 1
a
n1
3
n2
3
n2
3
n3< br>(
a
2
a
1
a
1
)
3
2
3
1
3

212121213
(
n
)(
n1
)(
n2
)(
2
)
333333333
2(n1)11111
(
n

n

n1

n2

2
)1
333333< br>1
n1
(13)
a
n
2(n1)
3
n
2n11
因此
n

，
1
n
33133223
10

211
则
a
n
n3
n
3
n
.

322
2、累乘法 适用于：
a
n1
f(n)a
n

a
n1
a< br>a
f(n)
，则
2
f(1)，
3
f(2)，< br>a
n
a
1
a
2
a
，
n1
f(n)

a
n
若
n
a
n1
a1


f(k)
两边分别相乘得，
a
1
k1
例3 已知数列{a
n
}满 足
a
n1
2(n1)5
n
a
n
，a
1
3
，求数列{a
n
}的通项公式。
解：因为
an1
2(n1)5
n
a
n
，a
1
3
，所以
a
n
0
，则
a
n1
2(n 1)5
n
，故
a
n
a
n

a
n< br>a
n1

a
n1
a
n2

a
3
a
2
a
1
a
2
a
1[2(21)5
2
][2(11)5
1
]3
21
[2(n11)5
n1
][2(n21)5
n2
]
2
n1
[n(n1)
32
n1
32]5
(n1)(n2)
n!
3
5
n(n 1)
2
所以数列
{a
n
}
的通项公式为
a
n
32
n1
5
n(n1)
2
n!.

三、待定系数法 适用于
a
n1
qa
n
f(n)

分析：通过 凑配可转化为
a
n1


1
f(n)

2
[a
n


1
f(n)]
;
解题基本步骤：
1、确定
f(n)

2、设等比数列
< br>a
n


1
f(n)

，公比为

2

3、列出关系式
a
n1


1f(n)

2
[a
n


1
f(n )]

4、比较系数求

1
，

2

11

5、解得数列

a
n

< br>1
f(n)

的通项公式
6、解得数列

a
n

的通项公式
例4 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：
a
n
2a
n1
1(n2),


a
n
12(a
n1
1)

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

a
n
12n
，即
a
n
2
n
1

解法二：
a
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……
例5 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
2a
n
43
n1
，a
1
1
，求数列
a
n

的通项公式。
解法一：设
a
n1


1
3
n


2
(a
n


3
n1
)
，比较系数得

1< br>4,

2
2
，
则数列

a
n
43
n1

是首项为
a
1
43
11
5
，公比为2的等比数列，
所以
a
n
4 3
n1
52
n1
，即
a
n
43n1
52
n1

解法二： 两边同时除以
3
n 1
得：
a
n1
2
a
n
4

n

2
，下面解法略
n1
3333
注意：例6 已知 数列
{a
n
}
满足
a
n1
2a
n3n
2
4n5，a
1
1
，求数列
{a
n
}
的通
项公式。
解：设
a
n1
x(n1 )
2
y(n1)z2(a
n
xn
2
ynz)

12

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

由
a
1
3 1
2
10118131320
，得
a
n
 3n
2
10n180

a
n1
3(n1)2
10(n1)18
2
{a3n10n18}
为以则，故数 列
2
n
2
a
n
3n10n18
a
1
31
2
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
。
注意：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7 已知数列
{a
n
}
满足
a
n2
5a
n1
6a< br>n
,a
1
1,a
2
2
，求数列
{a< br>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
，
则
an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2
n1
四、迭代法
3(n1)2
例8 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
a
n
，a
1
5，求数列
{a
n
}
的通项公式。
n
3(n1)2< br>解：因为
a
n1
a
n
，所以
n
13

3n2
a
n
a
n1
n1
3 (n1)2
[a
n
]
3n2
2
n32
n2n1
3(n1)n2
a
n2
2(n2)(n1)< br>3(n2)2
[a
n
]
3
3
3
(n1)n2
(n2)(n1)
(n3)(n2)(n1)
3(n2)(n1)n2
a
n3

a
1
3
a
n1

(n3)(n2) (n1)
23(n2)(n1)n2
12
n(n1)
2
3
n1
n!2
1
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。

五、变性转化法
1、对数变换法 适用于指数关系的递推公式
5
例9 已知数列
{a< br>n
}
满足
a
n1
23
n
a
n
，
a
1
7
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
5
，a
1
7
，所以
a
n
0，a
n1
0
。 解：因为
a
n1
23
n
a
n
两边取常用对数得
lga
n1
5lgan
nlg3lg2

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 lg3lg2
1lg710
，得
41644164
lg3 lg3lg2
lga
n
n0
，
4164
14 < /p>

lg3lg3lg2lg3lg3lg2
为首项，以5为公
n}是以
lg7
41644164
lg3lg3lg2lg3lg3lg2n1
比的等比数列，则
lga
n
n(lg7)5
，因此
41644164
所以数列
{lga
n

lga< br>n
(lg7
lg3lg3lg2
n1
lg3lg3lg2
)5n
4164464
1
4
1
16
1
4
n1
[lg(7332)]5
lg(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
41
16
1
n1
4
5

lg(332)
)
5n4n1
16
2
5
n1
1
4
5n4n1
16
2
5
n1
1
4
。
2、倒数变换法 适用于分式关系的递推公式，分子只有一项
例10 已知数列< br>{a
n
}
满足
a
n1

2a
n< br>,a
1
1
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
a
n
2
解：求倒数得
111111

11

,,



为等差数列，首项
a
n1
2a
n
a
n1
a
n
2

a
n1
a
n

1
112
1
1
，公差为，
(n1),a
n


a
1
a
n
2n1
2
3、换元法 适用于含根式的递推关系
例11 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1

公式。
解：令
b
n
124a
n
，则
a
n
代入
a
n1

1
(14a
n
 124a
n
)，a
1
1
，求数列
{a
n
}
的通项
16
1
2
(b
n
1)

24
1
(14a
n
124a
n
)
得
16
1
2
11
2
(b
n1
1)[1 4(b
n
1)b
n
]

241624
即4b
n
2
1
(b
n
3)
2

因为
b
n
124a
n
0
，
15

13
则
2b
n1
b
n
3，即
b
n1
b
n

，
22
1< br>可化为
b
n1
3(b
n
3)
，
2
所以
{b
n
3}
是以
b
1
312 4a
1
3124132
为首项，以为公比的等
1
2111
比数列，因此
b
n
32()
n1
()< br>n2
，则
b
n
()
n2
3
，即222
1
124a
n
()
n2
3
，得
2
2111
a
n
()
n
()
n

。
3423
六、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12 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
a
n

公式。
解：由
a
n1
a
n

8(n1)
8
及，得
a
1
22
( 2n1)(2n3)
9
8(n1)8
，a
，求数列
{an
}
的通项
1
(2n1)
2
(2n3)
2
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)488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
a
n

，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，< br>a
1

2
(211)9
(2k1)
2
1
（2）假设当
nk
时等式成立，即
a
k

， 则当
nk1
时，
(2k1)
2
16

a
k1
a
k

8(k1)
(2k1)
2
(2k3)
2
[(2k1)
2
1](2k3)
2< br>8(k1)

(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。
七、阶差法
1、递推公式中既有
S
n
，又有
a
n



S
1
,n1
分析：把已知关系通过
a
n< br>

转化为数列

a
n

或
Sn
的递推关系，

S
n
S
n1
,n2< br>然后采用相应的方法求解。
例13 已知数列
{a
n
}
的 各项均为正数，且前n项和
S
n
满足
1
S
n
(a
n
1)(a
n
2)
，且
a
2
,a4
,a
9
成等比数列，求数列
{a
n
}
的通项 公式。
6
1
解：∵对任意
nN

有
S
n
(a
n
1)(a
n
2)
⑴
6
1
∴当n=1时，
S
1
a
1
(a
1
1)(a
1
2)
，解得
a
1
1
或
a
1
2

6
1
当n≥2时，
S
n1
(a
n1
1)(a
n1
2)
⑵
6
⑴-⑵整理得：
(a
n
a
n1
)(a< br>n
a
n1
3)0

∵
{a
n
}
各项均为正数，∴
a
n
a
n1
3

2
a
2
a
9
成立 当
a
1
1
时，
a
n
3n2
，此时
a
4
17 < /p>

2
a
2
a
9
不成立，故
a
1
2
舍去 当
a
1
2
时，
a
n
3n1
，此时
a
4
所以
a
n
3n2
2、对无穷递推数列
例14 已知数列
{a
n
}
满足
a
1
1，a
n
a
1
2a
23a
3

的通项公式。
解：因为
a
n
a
1
2a
2
3a
3

所以
a
n 1
a
1
2a
2
3a
3

(n 1)a
n1
(n2)

(n1)a
n1
(n 2)
，求
{a
n
}
①
②
(n1)a
n1
na
n

用②式－①式得
a
n1
a
n
na
n
.

则
a
n1
(n1)a
n
(n2)

a
n1
n1(n2)

a
n
a
n
a
n1

a
n1
a
n2
a
3
a
2
[n(n1)
a
2
n!
a
2
.

2
故
所以
a
n
43]a
2

③
由
a
n
a
1
2a
2
3a
3
(n1)a
n1
(n2)
，
取n2得a
2
a
1
2a
2
，则
a< br>2
a
1
，
又知
a
1
1
，则a
2
1
，代入③得
a
n
1345
所以，
{a
n
}
的通项公式为
a
n

八、 不动点法
n
n!
。
2
n!
.

2
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(x
0
)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
，在递推公式两边同时减去
x0
，在变形求
解。
18

类型一：形如
a
n1
qa
n
d

例 15 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
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，
分析：递归函数为
f( x)
再将两式相除得
a
n1
pap
apc
k
n
，其中
k
，∴
a
n1
qa
nq
aqc
(a
1
qpq)k
n1
(a
1
ppq)

a
n

(a
1
p)k
n1
(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
21a
n
24
，a
1
4
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
4a
n
1
例16 已知数列{a
n
}
满足
a
n1

解：令
x
21x24
，得
4x
2
20x240
，则
x
1
2，x
2
3
是函数
4x1
21x24
的两个不动点。因为
f(x)
4x1
21a
n
24
2
a
n1
24a
n
121a
n
 242(4a
n
1)13a
n
26
13
a
n
2
。所以数列

21a24
a
n1
 3
n
3
21a
n
243(4a
n
1)9a
n
279a
n
3
4a
n
1

a
n
2

a
1
2
42
13
2
为首项，以为公比的等比数列，故

是以
9
a
1
343

a
n
3

a
n
 2
13
2()
n1
，则
a
n

an
39
1
13
2()
n1
1
9
3
。
19

20