1、數列通項公式的若干求法及轉化總結求通項公式是學習數列時的一個難點。由于求通項公式時滲透多種數學思想方法，因此求解過程中往往顯得方法多、靈活度大、技巧性強。現舉數例。一觀察法已知數列前若干項，求該數列的通項時，一般對所給的項觀察分析，尋找規律，從而根據規律寫出此數列的一個通項。例 1 ：已知數列1 ， 1 ， 5 ， 13， 29 ，61寫出此數列的一個通項公式。248163264例 2：根據數列的前 4 項，寫出它的一個通項公式：（ 1） 4， 44， 444， 4444， （2）11,24,3 9 ,416,251017（3）1,2 ,1 ,2 ,325（4）1,2 ,3 ,4 ,2345二

2、公式法（ 1）當已知數列為等差或等比數列時，可直接利用等差或等比數列的通項公式，只需求得首項及公差公比。例 1： 已知數列 an 是公差為d 的等差數列，數列 bn 是公比為q 的 (q R 且 q 1)的等比數列，若函數f (x) = ( x 1)2，且 a1 = f (d 1)， a3 = f (d+1) ，b1 = f (q+1)， b3 = f (q 1)，求數列 a n 和 bn 的通項公式；（ 2）已知數列的前n 項和求通項時，通常用公式a nS1(n1) 。SnSn 1 (n2)用此公式時要注意結論有兩種可能，一種是“一分為二”，即分段式；另一種是“合二為一”即 a1 和 an

3、合為一個表達式。例 1、已知數列 an的前 n 項和為： Sn 2n 2n Snn 2n1求數列 an的通項公式。三由遞推式求數列通項對于遞推公式確定的數列的求解，通?？梢酝ㄟ^遞推公式的變換，轉化為等差數列或等比數列問題，有時也用到一些特殊的轉化方法與特殊數列。稱輔助數列法。例題：已知數列 an 中， a114an1( n2) ，寫出數列的前5 項。（課本習， an 12題）。變式 1：已知數列 an 中， a11， an14an1(n2) 。求 a20062變式 2：已知數列 an 中， a11， an14an1(n2) 。求 an2變式 3：已知數列 an 中， a11， an4an 13

4、n 1 。求 an21變式 4：已知數列 an 中， a11， an4an 13n12 。求 an2變式 5：已知數列 an 中， a11， an4an 13n12n 。求 an2變式 3：已知數列 an 中， a11， an4a3n1 。求 an2n 1變式 6：已知數列 an 中， a11， an4an 13n2 。求 an2變式 7：已知數列 an 中， a11， an14ann23n2 。求 an2變式 8：已知數列 an 中， a11， an14an3n1n1 。求 an2an 1p(n) anq(n)( p(n)0)類型：（一階遞歸）a1a(a為常數）由等差，等比演化而來的“差型”

5、，“商型”遞推關系等差數列：an 1and由此推廣成差型遞推關系：anan 1f()n累加： an(anan1 )(an 1an2 )(a2a1 )a1n=f (n)a1，于是只要f ( n) 可以求和就行。2類型 1 遞推公式為解法：把原遞推公式轉化為，（特殊情形： . an 1 anpnq （差后等差數列）an 1an bn（差后等比數列） ）利用累加法求解。例 1已知 an 滿足 an1an2，且 a11，求 an例 2已知 an 滿足 an1an2n3，且 a11，求 an例 3已知 an 滿足 an3n 1an 1 (n2) ，且 a11 ，求 an例 4. 已知數列滿足，求。等比數

6、列：an 1anq2an由此推廣成商型遞推關系：g(n)an1anan 1a2 a1n累乘： ang( n) a1an 1an 2a12類型 2 遞推公式為解法：（ 1）把原遞推公式轉化為，利用累乘法求解。例 1已知 an 滿足 an 11 an ，且 a12 ，求 an2例 2已知 an 滿足 an 1nan , an 0，且 a1 1 ，求 an例 4（ 1） . 已知數列滿足，求。例題 1。已知數列an滿足： a12, an2(2n1) an 1 ,( n2)n求證： an C2nn an 是偶數（由 an 1p(n)an 和 a1 確定的遞推數列an的通項可如下求得：（2）由已知遞推式

7、有 anp(n1)an 1 ,an 1p(n2)an 2 , , a2p(1)a1依次向前代入，得n10anp( n 1) p( n2 )p (1)aan(p(k )a1 (n1,p( k)1)1，簡記為k1k1。這就是疊代法的基本模式。例 3 已知 a13n13, an 13n2 an (n 1) ，求 an 。an3( n1)13(n2)132131 a1解：3(n1)23(n2)2322323n43n752361 。3n13n4853nna1, S( n 1)a n, (n N )n 的通項公式1、已知數列 a 滿足1n2，求 a3類型 3 遞推公式為（其中 p， q 均為常數，）。解法

8、：把原遞推公式轉化為：其中，再利用換元法轉化為等比數列求解。例 1. 已知數列中，求。類型 4 遞推公式為（其中 p， q 均為常數，）。解法：該類型較類型3 要復雜一些。一般地，要先在原遞推公式兩邊同除以，得：引入輔助數列（其中），得：再應用類型3 的方法解決。例 1. 已知數列中，求。例 2. 已知數列中，求。類型 5。 f (Sn , an )0 型的利用 anSnSn 1 ,( n 2) 轉化為 g (an , an 1 )0 型，或 h(Sn , Sn 1 )0 型即混合型的轉化為純粹型的例題 1 已知數列an的前 n 項和 Sn 滿足 Sn 2an ( 1)n , n 1.( )寫

9、出數列an的前 3 項 a1 ,a 2 , a3 ;( )求數列an 的通項公式 ;4分析： Sn2an(1) n , n1.- 由 a1S12a11, 得 a11. -由 n2 得， a1a22a21，得 a20 -由 n3得， a1a2a32a31，得 a32 - 用 n1代 n 得 Sn 12an 1(1) n 1- ： anSnSn 1 2an2an12(1)n即 an2an12(1) n -an2a12(1) n2 2an22(1) n 12( 1) n22 an 222 (1) n 12( 1)nn2n 1 a12 n 1 ( 1) 2n 2 ( 1)22( 1) n2 2n2(1

10、)n 1-3n2例題 2。數列 an的前 n 項和記為n，已知a1Sn(n1,2,3). 證明：S1, an 1n數列 Sn 是等比數列；（全國卷（二）理科19 題）n方法 1 an 1Sn 1Sn , an 1n 2Sn ,n (n2)Snn(Sn 1Sn ),整理得nSn 1 2(n1)Sn ,所以Sn12 Sn .故 Sn 是以 2 為公比 的等比數列 .n1nn方法 2：事實上，我們也可以轉化為Sn2n ，為一個商型的遞推關系，Sn 1n1由 snsnsn 1s2 s1 = 2n 1nn 1 n 22 a1 na1 2 n 1sn 1 sn 2s1n 1 n 2 n 311 an 是正

11、數組成的數列，前n 項和為 Sn ，對所有的 n， an 與 2 的等差中項等于Sn 與 2的等比中項（1）寫出 an 的前三項；（2）求 an 的通項。(an4n4)2在數列 an 中，已知 Sn32an ，求 an53已知數列 an 的前 n 和 Sn 滿足 log 2 (Sn1)n1,求此數列的通項公式。4 已知數列前 n 項和。（ 1）求與的關系；（ 2）求通項公式。n，且a11Sn,n1,2,3,，求：5（北京卷 )數列 an 的前 n 項和為 S1, an 13（） a2 , a3 , a4 的值及數列 an 的通項公式；1,n1,（） a2a4 a6a2 n 的值 .（ an14

12、n 2, n）()2.33由遞推數列公式求數列通項公式的解題方法是數學中針對性較強的一種數學解題方法， 它從一個側面體現數學的研究方法， 體現了新課程標準理念， 是培養學生思維深刻性的極好的范例。注意一題多解；例 1：已知數列an 滿足a11 ， an 12an1 nN *（）求數列an 的通項公式；解法 1：（構造法）an 12an1 nN * ，an 112 an1an1 是以 a112 為首項， 2 為公比的等比數列，an12n即 an2n1 nN *解法 2：（構造法）an 12an1 nN * an2an 11 n2 、兩式相減得an 1an2 anan 1n2an 1an 是以 a

13、2a12 為首項， 2 為公比的等比數列，an 1an2n62an1an2 n即 an2n1 nN *解法 3：（階差法）由a11， an12an1 nN *可得：an2an 112an 122 an 222 2 an 223 an 3222 n 2 a22 n 1 a12n 22 n 1 a12 n 1以上 n 式相加得an12222n 22n 11 2n2n112即 an2n1 nN *解法五：（迭代法）由a11， an12an1 nN *可得：an2an 112 2an 21 1 22 an 22 122 2an 31 2 1 23 an 3222 12n 1 a1 2n 2222 12

14、n12n222212n1即 an2n1 nN *總之，以上方法融會貫通可以解決關于遞推數列公式求數列通項公式變形問題，從而提高學生的數學解題能力，把握數學學習方法。同式題： .已知數列an ， a13,an 12an1，則 an 當然，還有一些轉化的方法和技巧，如基本的式的變換，象因式分解，取倒數、對數等還是要求掌握的。7四、轉化為常見類型求解：（1）倒數變換法：形如an 1 ancan 1dan（ c; d為常數，且 c0, d0 ）的遞推公式，可令an 11, an1 。則可轉化為 an1panq 型；bn 1bn例 1：數列 an 中，且 a113 ， an 12an，求數列 an 的通

15、項公式 .2an1（2）對數變換法：例：已知 數列 an滿足 a11, ana2n 1 ( n2) ，求 an 。當然，轉化方法不是一成不變的，但其本質是構造、 轉化為上述常見形式數列問題求解。如比例變換；例 1、設數列 an滿足下列條件 a1a, ana2n12) ，求 an 。2an(n11（可化為an1an 1 2 ，再取對數）anan 11例 2、設數列 a滿足下列條件，試求各通項：n（ 1） a11, nan1(n1)an1(n1,2,3)（ 2） a11, an2an 1(1) n1 ( n2,3,4)（ 3） a11, a210,anan 1 (n3,4,5)an 1an2解：（

16、 1） na n1(n1)an1an 1an1n1nn( n1)令 bnan , 則 b1a11 ， bn 1bn11)nn(n本題用n(n 1)除遞推式兩邊，再進行變量代換，就可轉化為“an 1anf(n)型”，可得 bn21annbn2n 1nnanan11nan 1anf(n)（ 2）遞推式兩邊同除以2，得()，就可轉化為“型”，2n2n128當然，也可以在遞推式兩邊同除以nan2an 1即anan 1，(1)，得( 1) n( 1)n1( 1) n21( 1) n 1則可轉化為“ an 1p anq 型”，所以得 an1 2 n( 1) n131 (lg an 1（ 3）遞推式兩邊同取

17、對數，得lg anlg an1lg an2 )2令 bn lg an 1lg an ，則b1lg a2lg a11( 1 )n1 (nbn 113,4,5,)bn1,2,3)bn 2 (n221an 11)n1n 1(lg an 1 lg an)10 2，已轉化為“ an 1 anf ( n) 型”，由累乘相(an2消法可得 an1112 11 n12 11 n 12210 10210 4( )n210an1010 2a1一般掌握下列轉化思想即可；尤其對分式型遞推關系。1、利用倒數轉化為： （ 1） 11d ；（ 2） 1pqan 1anan 1an2、求前若干項觀察項間周期性等練習： 1、已

18、知a1 1, an 1an求：anan 3an，求 an2、已知 a1=1, an+1=52an3、已知數列n滿足： a1 0，且an3 (n1,2,3, )，則a2008（ A ）aan 13an1A 0；B3 ；C3； D2變式：（ 1）、已知數列 an滿足： a1 0，且 an 1an3 (n1,2,3,) ， Sn 表示數3an 1列 an的 n 前項和則 S2008_（2）、已知 an滿足 a11, a22, an21 (nN * ) ，則數列前 26 項的和 為：（B ）anA0B1C 8D 10（ 3）、已知數列 an滿足： a1 3，且 anan an 11(n1,2,3,)

19、， A n 表示數列 an的 n 前項和則 A2005 _33、（ 2006 年江西卷） 已知數列 an滿足： a1 3 ，且 an3nan1（ n2， nN ）22an1 n19（1）求數列 an的通項公式；解：將條件變為：1n1n1n為一個等比數列，其首項為an （1），因此 1an3an111 1，公比1 ，從而 1 n 1，據此得an n3n（n 1） 1a1 33an3n3n1練習：設數列an滿足下列條件，試求各通項：（ 1） a10,an3an12(n 2,3,4)（ 2） a1a, an 1ann(n1,2,3 )（ 3） a11, (n2)(an1)nan 1 (n1,2,3)

20、（ 4） a11, an1annan1 an (n2,3,4 )（ 5） a11, an3n 12an1 (n2,3,4)（ 6） a10, a21, an 23an 12an1(n1,2,3,)（ 7） a17,an15an23n 14(n1,2,3, )（ 8） a11,an4an 1 ( n 2,3,4,)3an1類型： an 2=p an 1 +q an(p 、q 均為常數 ) （二階遞歸）an 2 =p an 1+q anan 2 -an 1 （ an 1 -an ）p解出、因此q an 1 -an 是 G.P特殊地 an 2pan 1qanpq 1型分析： pq1 p1qan 21

21、 q an 1qanan 1q an 1anan 2an 1q an 1an10an 2an 1qan 1an an1an是以 a2a1 為首項，公比為q 的等比數列例 1、 a10 ， a21 ， an3an 12an 2n 3 ，求 an例 2： a1=1， a2 = 5an2= 5an 1 - 2an , 求數列 an 的通項公式 an 。3335an 2 - an 1（ an 1 - an ）3 解得： 1、 2233an 2 - an 1 2 （ an 1 - ann1）， a 2-a 1=2 an - an 1 =2 an （ an - an 1 ）+333（ an 1 - an

22、22） + +（ a2-a 1） +a1=32n an 3- 3n 1n 1+2n 222n3+ +3+1=3-3n 1 .同式題：已知 a1=1, a2=3， an+2=3an+1-2 an ，求 an雙數列型解法：根據所給兩個數列遞推公式的關系，靈活采用累加、累乘、化歸等方法求解。例7.已知數列中，；數列中，。當時，求。解：因所以即11又因為所以即由<1> 、 <2>得：例 9數列 an中， a18,a42 且滿足 an 2 2an 1annN *求數列 an的通項公式；設 Sn| a1 | | a2 | an | ，求 Sn ；設 bn =1(n N * ), T

23、nb1 b2bn ( nN * ) ，是否存在最大的整數n(12 an )m ，使得對任意 nN * ，均有 Tnm 成立？若存在，求出m 的值；若不存在，請說明理32由。3、已知數列 an 中， Sn 是其前 n 項和，并且 Sn 14an2(n1,2, ), a1 1 ，設數列 bnan 12an ( n1,2,) ，求證：數列bn是等比數列；設數列 cnan,( n 1,2,) ，求證：數列cn是等差數列；an2n求數列的通項公式及前n 項和。分析 ：由于 bn 和 cn 中的項都和 a n 中的項有關，a n 中又有 S n 1 =4a n+2 ，可由S n 2 -S n 1 作切入點

24、探索解題的途徑解： (1) 由 S n 1 =4a n2 ， S n 2=4a n 1 +2 ，兩式相減，得S n 2 -S n 1 =4(a n 1-a n ) ， 即a n 2 =4a n 1 -4a n (根據 b n 的構造，如何把該式表示成b n 1 與 b n 的關系是證明的關鍵，注意加強恒等變形能力的訓練)a n 2 -2a n1 =2(a n1 -2a n ) ，又 b n =a n1 -2a n ，所以 b n1 =2b n已知 S 2 =4a 1 +2， a1 =1， a1 +a 2 =4a1 +2，解得 a 2 =5， b1 =a 2 -2a1 =312由和得，數列b n

25、 是首項為3，公比為2 的等比數列，故b n =3· 2 n 1 （2006年江蘇卷）設數列 a 、 b 、 cn滿足：bnanan 2， can2an 13an 2nnn（n=1,2,3, ），證明： an 為等差數列的充分必要條件是 cn 為等差數列且 bnbn 1 （ n=1,2,3, ）證明： 1 必要性：設數列 an 是公差為 d1 的等差數列，則：bn 1bn(an 1an 3 ) (anan 2 ) = (an 1an ) ( an 3an 2 ) = d1 - d1 =0， bnbn 1 （ n=1,2,3, ）成立；又 cn1cn(an 1an )2(an2an 1

26、 )3(an3an 2 ) =6 d1 （常數）（ n=1,2,3, ）數列 cn 為等差數列。2 充分性：設數列 cn 是公差為 d2 的等差數列，且bnbn1 （ n=1,2,3, ）， cnan2an13an2 cn2an22an33an 4 得： cncn2(anan2 )2(an1an3 )3(an2an4 ) = bn2bn 13bn 2 cncn 2(cncn 1 ) ( cn 1cn 2 )2d 2 bn2bn13bn22d2 從而有 bn12bn 23bn 32d 2 得： (bn1bn )2(bn2bn1 )3(bn3bn2 )0 (bn 1bn ) 0 ， bn 2bn

27、10 ， bn 3bn 20 ，由得： bn 1bn0（ n=1,2,3, ），由此，不妨設 bnd3 （ n=1,2,3, ），則 anan2d3 （常數）故 cnan2an 13an24an2an 13d3 從而 cn14an12an23d34an 12an5d3 得： cn 1cn2(an 1 an )2d 3 ，故 an 1an1 (cn 1cn )d 31 d2d 3 （常數）（ n=1,2,3, ），22數列 a n 為等差數列。綜上所述： an 為等差數列的充分必要條件是 cn 為等差數列且 bnbn 1 （ n=1,2,3, ）。又稱派生數列【高考熱點】1. 所謂派生數列， 是指利用一個或幾個已知數列產生新數列。例如，從一個數列中按一定的規律抽取一部分