常見(jiàn)數(shù)列類(lèi)型的通項(xiàng)公式的求法三、已知數(shù)列的遞推公式求通項(xiàng)

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精常見(jiàn)數(shù)列類(lèi)型的通項(xiàng)公式的求法三、已知數(shù)列的遞推公式求通項(xiàng)類(lèi)型1:已知的前n項(xiàng)和與的關(guān)系，則先求，再由求或與其它項(xiàng)的關(guān)系，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為等差（比）數(shù)列求通項(xiàng),并驗(yàn)算此時(shí)的在時(shí)是否成立。若成立,則通項(xiàng)公式是，若不成立，則要用分段函數(shù)來(lái)表示。例5．(2015新課標(biāo)Ⅰ（17））為數(shù)列｛}的前n項(xiàng)和。已知＞0，=QUOTEan2+2an=4Sn+3(Ⅰ）求｛}的通項(xiàng)公式：（Ⅱ）設(shè)QUOTEbn=1anan+1解：(Ⅰ）當(dāng)時(shí)，，∵∴=3，當(dāng)時(shí)，==,即，∵∴=2，∴數(shù)列｛｝是首項(xiàng)為3,公差為2的等差數(shù)列,故=;(Ⅱ)由（Ⅰ)知，=，所以數(shù)列｛｝前n項(xiàng)和為==.評(píng)注:遞推關(guān)系中含有Sn，通常是用Sn和an的關(guān)系an=Sn－Sn－1(n≥2）來(lái)求通項(xiàng)公式，具體來(lái)說(shuō)有兩類(lèi)：一是通過(guò)an=Sn－Sn－1將遞推關(guān)系揭示的前n項(xiàng)和與通項(xiàng)的關(guān)系轉(zhuǎn)化為項(xiàng)與項(xiàng)的關(guān)系，再根據(jù)新的遞推關(guān)系求出通項(xiàng)公式；二是通過(guò)an=Sn－Sn－1將遞推關(guān)系揭示的前n項(xiàng)和與通項(xiàng)的關(guān)系轉(zhuǎn)化為前n項(xiàng)和與前n－1項(xiàng)和的關(guān)系,再根據(jù)新的遞推關(guān)系求出通項(xiàng)公式。并要檢驗(yàn)用an=Sn－Sn－1（n≥2）所求的能否包含（當(dāng)不包含時(shí)，最后結(jié)果要寫(xiě)成分段函數(shù)來(lái)表示)。變式練習(xí)12.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝3n2－2n＋1，則其通項(xiàng)公式為_(kāi)_______．解：當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n＋1－[3（n－1)2－2(n－1)＋1］＝6n－5，顯然當(dāng)n＝1時(shí)，不滿足上式．故數(shù)列的通項(xiàng)公式為an＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（2，n＝1，,6n－5，n≥2.）)變式練習(xí)13.（2013新課標(biāo)Ⅰ14。）｛an｝的前n項(xiàng)和為Sn＝eq\f（2,3）an＋QUOTE13eq\f（1,3），則數(shù)列｛an}的通項(xiàng)公式是an=______。解：當(dāng)=1時(shí),==，解得=1，當(dāng)≥2時(shí)，==－（)=，即=，∴{}是首項(xiàng)為1，公比為－2的等比數(shù)列，∴=.變式練習(xí)14。（2016新課標(biāo)Ⅲ理）已知數(shù)列的前n項(xiàng)和，其中．(I）證明是等比數(shù)列，并求其通項(xiàng)公式；（II)若，求．解：（Ⅰ）由題意得，故，,。由，得,即.由，得，所以.因此是首項(xiàng)為,公比為的等比數(shù)列，于是．(Ⅱ）由(Ⅰ）得，由得,即，解得．變式練習(xí)15.(2014新課標(biāo)Ⅰ（17))已知數(shù)列{｝的前項(xiàng)和為，=1,，,其中為常數(shù)。(Ⅰ）證明：；（Ⅱ）是否存在，使得｛｝為等差數(shù)列?并說(shuō)明理由.解：(Ⅰ）由題設(shè)，，兩式相減,得,由于，所以…………6分（Ⅱ）由題設(shè)=1，,可得，由(Ⅰ）知假設(shè)｛}為等差數(shù)列，則成等差數(shù)列，∴，解得；證明時(shí)，{}為等差數(shù)列：由知數(shù)列奇數(shù)項(xiàng)構(gòu)成的數(shù)列是首項(xiàng)為1，公差為4的等差數(shù)列令則，∴數(shù)列偶數(shù)項(xiàng)構(gòu)成的數(shù)列是首項(xiàng)為3，公差為4的等差數(shù)列令則，∴∴(),因此,存在存在，使得{｝為等差數(shù)列.………12分類(lèi)型2:形如的數(shù)列｛}，則用遞推法或累(疊)加法求.思路1（遞推法）：＝…。思路2（疊加法):……將各式疊加并整理得,即.評(píng)注：當(dāng)f(n）為常數(shù)時(shí),數(shù)列｛an｝就是等差數(shù)列，教材對(duì)等差數(shù)列通項(xiàng)公式的推導(dǎo)其實(shí)就是用疊加法求出來(lái)的.例6．(2010遼寧理數(shù)(16））已知數(shù)列滿足則的最小值為_(kāi)__.【命題立意】本題考查了遞推數(shù)列的通項(xiàng)公式的求解以及構(gòu)造函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性，考查了同學(xué)們綜合運(yùn)用知識(shí)解決問(wèn)題的能力。解：，則上述各式相加，得當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)取“＝"，但，,，所以,的最小值為.或由求導(dǎo)法，得在上是單調(diào)遞增,在上是遞減的，因?yàn)閚∈N+,，，，所以，的最小值為。變式練習(xí)16。數(shù)列｛}滿足=1,且，求.解：，由疊加法，得思考：若上題中“”改為“”，則結(jié)果如何?分析：是首項(xiàng)為2，公差為1的等差數(shù)列,則。變式練習(xí)17.［2014溫州十校聯(lián)考]已知二次函數(shù)f（x）＝ax2＋bx的圖像過(guò)點(diǎn)（－4n，0)，且f′(0)＝2n，n∈N*，數(shù)列{an｝滿足eq\f(1,an＋1)＝f′eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an））），且a1＝4。(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2）記bn＝eq\r(anan＋1)，求數(shù)列｛bn}的前n項(xiàng)和Tn.解：(1)f′（x)＝2ax＋b。由題意知f′(0）＝b＝2n,16n2a－4nb∴a＝eq\f（1，2），b＝2n,∴f(x)＝eq\f（1，2)x2＋2nx，n∈N*。又?jǐn)?shù)列｛an｝滿足eq\f（1，an＋1)＝f′（eq\f（1，an））,f′（x)＝x＋2n，∴eq\f（1,an＋1)＝eq\f(1,an）＋2n，∴eq\f(1,an＋1）－eq\f（1,an)＝2n。由疊加法可得eq\f(1,an）－eq\f（1,4)＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝n2－n，化簡(jiǎn)可得an＝eq\f(4,（2n－1)2）（n≥2）．當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝4也符合上式，∴an＝eq\f（4，（2n－1）2)(n∈N*）．（2）∵bn＝eq\r（anan＋1)＝eq\f（4,（2n－1）（2n＋1））＝2（eq\f(1，2n－1）－eq\f（1,2n＋1))，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\r（a1a2)＋eq\r（a2a3)＋…＋eq\r（anan＋1)＝21－eq\f（1,3）＋eq\f（1，3）－eq\f（1，5)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f（1，2n＋1）＝21－eq\f（1，2n＋1）＝eq\f（4n,2n＋1).變式練習(xí)18。(2010新課標(biāo),理17)設(shè)數(shù)列滿足(1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式;(2）令，求數(shù)列的前n項(xiàng)和解：（1）由已知，當(dāng)n≥1時(shí),。而所以數(shù)列{｝的通項(xiàng)公式為.(Ⅱ）由知①?gòu)亩冖佟诘茫?。即?lèi)型3:形如的數(shù)列｛an｝,用遞推法或累積（疊乘）法求.思路1（遞推法）：……。思路2（疊乘法)：，依次類(lèi)推有：、、…、，將各式疊乘并整理得…，即…。評(píng)注：如果f(n)為常數(shù)，則｛an}為等比數(shù)列,an=f（n）an—1型數(shù)列是等比數(shù)列的一種推廣，教材中對(duì)等比數(shù)列通項(xiàng)公式地推導(dǎo)其實(shí)正是用疊乘法推導(dǎo)出來(lái)的。例7.已知數(shù)列{an｝滿足a1=1且（n≥2)，求an.解：由條件EQ\F（an，an—1）=,記f（n）=an=EQ\F（an,an—1）·EQ\F(an－1,an—2）·…·EQ\F（a2，a1）·a1=f（n）·f（n－1）·f（n－2）·…·f（2）·a1=EQ\F(2（n－1）,n)·EQ\F(2（n－2),n－1）·EQ\F(2（n－3）,n－2)·…EQ\F（2×2，3）·EQ\F（2×1，2)·1=EQ\F(2n—1,n)變式練習(xí)19．已知，，求。解：方法1（遞推法）：…。方法2（疊乘法):，依次類(lèi)推有：、、…、、，將各式疊乘并整理得…，即…。類(lèi)型4：形如（p、r為常數(shù)，）的數(shù)列，可用遞推法或作差法構(gòu)造等比數(shù)列求，或用待定系數(shù)法設(shè)，則，數(shù)列是等比數(shù)列，先求的通項(xiàng)，再求。思路1（遞推法）:=……。思路2（待定系數(shù)法）:設(shè)，即得,數(shù)列是以為首項(xiàng)、為公比的等比數(shù)列，則，即.思路3（作差法）：，數(shù)列是以首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列,（類(lèi)型2)，再用疊加法求。例8。(2006重慶）已知數(shù)列滿足且,，則該數(shù)列的通項(xiàng)an=_____。解：方法1(遞推法）：……….方法2(待定系數(shù)法）：設(shè),即，數(shù)列是以為首項(xiàng)、為公比的等比數(shù)列,則，即.方法3（作差法）：∵∴∴數(shù)列是以首項(xiàng)為,公比為2的等比數(shù)列故，即，再用疊加法求（略）。變式練習(xí)20。[2014新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ］已知數(shù)列｛an}滿足a1＝1，an＋1＝3an＋1。(1）證明eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1（an＋\f(1，2)))是等比數(shù)列，并求｛an}的通項(xiàng)公式；（2）證明eq\f（1,a1）＋eq\f（1,a2）＋…＋eq\f（1,an）＜eq\f（3，2).解：(1）由an＋1＝3an＋1得an＋1＋eq\f(1，2）＝3eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（an＋\f(1，2））)。又a1＋eq\f（1，2）＝eq\f(3，2)，所以eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1（an＋\f(1,2)））是首項(xiàng)為eq\f（3,2），公比為3的等比數(shù)列,所以an＋eq\f(1,2）＝eq\f(3n,2)，因此數(shù)列｛an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f（3n－1,2）。(2)證明:由（1)知eq\f（1,an）＝eq\f（2，3n－1).設(shè)eq\f(2,3n－1)，則∴eq\f(1，an）＝eq\f（2,3n－1）≤.∴eq\f(1,a1）＋eq\f(1,a2）＋…＋eq\f(1，an）≤1＋eq\f（1,3)＋…＋eq\f(1，3n－1)＝eq\f(3,2）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(1－\f（1,3n)))<eq\f（3，2)?！鄀q\f（1,a1）＋eq\f(1，a2）＋…＋eq\f（1,an）〈eq\f（3,2）.變式練習(xí)21。（2013新課標(biāo)Ⅰ卷理１２）設(shè)△AnBnCn的三邊長(zhǎng)分別為an,bn,cn,△AnBnCn的面積為Sn，n=1,2，3,…,若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝eq\f（cn＋an,2)，cn＋1＝eq\f(bn＋an，2)，則( )A、{Sn｝為遞減數(shù)列B、｛Sn｝為遞增數(shù)列QUOTE12 C、｛S2n－1}為遞增數(shù)列,｛S2n}為遞減數(shù)列 D、{S2n－1}為遞減數(shù)列，{S2n｝為遞增數(shù)列 解法一:∴△AnBnCn的周長(zhǎng)為3a1由海倫公式，得。選B。解法二：由b1＋c1＝2a1，得，即故An在以Bn、Cn為焦點(diǎn)的橢圓上,可設(shè)，該橢圓方程為，，則由橢圓第二定義，得由bn＋1＝eq\f(cn＋an,2），cn＋1＝eq\f(bn＋an,2)，得bn＋1－cn＋1＝－＝故，則是遞減數(shù)列，從而是遞增數(shù)列，所以｛Sn}為遞增數(shù)列.選Ｂ.解法三：取,則半周長(zhǎng).由海倫公式，得由bn＋1＝eq\f(cn＋an，2），cn＋1＝eq\f（bn＋an,2)，依次求,再比較面積大小得B。類(lèi)型5：形如(且）的數(shù)列，可用轉(zhuǎn)化法或待定函數(shù)法(注意：待定函數(shù)要與原函數(shù)同類(lèi)型)求通項(xiàng)公式.思路1（轉(zhuǎn)化法）:，遞推式兩邊同時(shí)除以,得，令，問(wèn)題就轉(zhuǎn)化為類(lèi)型2（疊加法）求解。思路2（待定函數(shù)法）：設(shè),由求,是等比數(shù)列。注意：待定函數(shù)與必須是同一類(lèi)型的函數(shù)！例9.已知，，求。解法一：，式子兩邊同時(shí)除以，得，令，則依此類(lèi)推有、、…、,各式疊加得,即.解法二：(待定函數(shù)法）設(shè),則∴A=1∴是以4為首項(xiàng)，公比為4的等比數(shù)列(余略）.變式練習(xí)22。數(shù)列{an}滿足a1=1且an=2an－1＋EQ\F（1，3n）（n≥2），求an。解法一：設(shè),則是公比為q=2、首項(xiàng)為＋EQ\F(1，5)·EQ\F(1，3)=EQ\F（16,15)的等比數(shù)列，則解法二:an=2an－1＋EQ\F（1,3n），即設(shè)，則5k=1,故∴是以為首項(xiàng)，6為公比的等比數(shù)列∴，即點(diǎn)評(píng)：形如（)數(shù)列，可用構(gòu)造法:，設(shè)，則，從而解得。那么是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列。變式練習(xí)23.已知，求的通項(xiàng)公式.分析：是一次函數(shù)，故用待定函數(shù)法求解時(shí)，待定函數(shù)也要設(shè)為一次函數(shù).解：設(shè),則∴解得:A=－４,Ｂ＝６∴∴是以3為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列∴∴變式練習(xí)24。(2006全國(guó)，理22）設(shè)數(shù)列{an｝的前n項(xiàng)和…。(Ⅰ）求首項(xiàng)a1與通項(xiàng)an;（Ⅱ)設(shè)…,證明：解：（Ⅰ)由Sn=eq\f（4,3）an－eq\f（1,3)×2n+1+eq\f（2,3）,n=1，2，3，…,①得a1=S1=eq\f(4,3)a1－eq\f（1，3)×4+eq\f（2,3)所以a1=2.再由①有Sn－1=eq\f（4,3)an－1－eq\f(1,3）×2n+eq\f(2,3)，n=2,3，4，…將①和②相減得:an=Sn－Sn－1=eq\f(4，3）（an－an－1）－eq\f（1，3）×(2n+1－2n）,n=2，3,…整理得:an=4an—1+2n,即an+2n=4(an－1+），n=2,3,…，因而數(shù)列{an+2n}是首項(xiàng)為a1+2=4,公比為4的等比數(shù)列，∴an+2n=4×=4n，n=1，2,3,…,因而an=4n－2n，n=1,2,3,…,（Ⅱ）將an=4n－2n代入①得Sn=eq\f（4,3）×（4n－2n)－eq\f（1，3）×2n+1+eq\f(2，3)=eq\f（1，3)×（2n+1－1）(2n+1－2）=eq\f(2,3）×（2n+1－1)(2n－1）Tn=eq\f(2n,Sn)=eq\f(3，2)×eq\f（2n,(2n+1－1）（2n－1）)=eq\f(3,2)×(eq\f(1,2n－1)－eq\f（1,2n+1－1)）所以，=eq\f（3，2）eq\f（1，2i－1）－eq\f（1，2i+1－1)）=eq\f（3，2)×(eq\f（1,21－1)－eq\f（1,2i+1－1))〈eq\f(3，2）類(lèi)型6：形如（）的數(shù)列,用倒數(shù)法化為類(lèi)型4求。思路（轉(zhuǎn)化法）：對(duì)遞推式兩邊取倒數(shù)，得，那么,令,問(wèn)題就可以轉(zhuǎn)化為類(lèi)型4求解.例10。已知,，求。解：由,得即，令，則。設(shè)，即，數(shù)列是以為首項(xiàng)、為公比的等比數(shù)列，則，即。變式練習(xí)25.[2014南昌聯(lián)考]已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝eq\f(an，an＋2)(n∈N*）．若bn＋1＝（n－λ)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,an）＋1）)，b1＝－λ，且數(shù)列｛bn}是遞增數(shù)列,則實(shí)數(shù)λ的取值范圍為(）A．λ＜2B．λ＞3C．λ＞2D．λ＜3解：易知eq\f（1,an＋1）＝eq\f(2，an)＋1，∴eq\f（1，an＋1）＋1＝2(eq\f(1，an)＋1）。又a1＝1,∴eq\f(1，an)＋1＝（eq\f（1，a1）＋1）·2n-1＝2n,∴bn＋1＝（n－λ)·2n，∴bn＋1－bn＝（n－λ）2n－（n－1－λ)·2n—1＝（n－λ＋1)2n-1>0,∴n－λ＋1＞0。又n∈N＊，∴λ<2.選A.變式練習(xí)26。[2014廣州調(diào)研］已知數(shù)列{an｝滿足a1＝eq\f（3,5)，an＋1＝eq\f（3an,2an＋1)，n∈N*。(1）求證：數(shù)列eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1（\f（1,an）－1）)為等比數(shù)列．(2）是否存在互不相等的正整數(shù)m,s，t，使m，s，t成等差數(shù)列，且am－1，as－1，at－1成等比數(shù)列？如果存在，求出所有符合條件的m，s,t；如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解：（1）證明：因?yàn)閍n＋1＝eq\f（3an，2an＋1)，所以eq\f(1，an＋1）＝eq\f(1,3an）＋eq\f（2，3），所以eq\f(1，an＋1)－1＝eq\f（1,3）(eq\f（1，an)－1）因?yàn)閍1＝eq\f(3，5），所以eq\f（1,a1)－1＝eq\f(2，3)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f（1,an）－1))是首項(xiàng)為eq\f（2，3)，公比為eq\f（1,3）的等比數(shù)列．(2）由(1)知，eq\f(1，an)－1＝eq\f（2,3）×eq\f(1，3)n－1＝eq\f(2，3n)，所以an＝eq\f(3n，3n＋2).假設(shè)存在互不相等的正整數(shù)m，s，t滿足條件,則有eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(m＋t＝2s，，(as－1)2＝（am－1）（at－1）.)）由an＝eq\f（3n，3n＋2）與(as－1)2＝（am－1）(at－1）,得（eq\f(3s,3s＋2)－1）2＝（eq\f（3m，3m＋2)－1)（eq\f(3t，3t＋2）－1）,即3m+t＋2×3m＋2×3t＝32s＋4×3s.因?yàn)閙＋t＝2s，所以3m＋3t＝2×3s又3m＋3t≥2eq\r（3m＋t）＝2×3s，當(dāng)且僅當(dāng)m＝t時(shí)，等號(hào)成立，這與m,s，t互不相等矛盾,所以不存在互不相等的正整數(shù)m，s，t滿足條件．類(lèi)型7：形如(p、r為常數(shù)，)的數(shù)列,可兩邊取對(duì)數(shù)法求。思路（轉(zhuǎn)化法）：對(duì)遞推式兩邊取對(duì)數(shù)得，令，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為類(lèi)型4求解。例11。(02上海)若中，，則=.解：∵∴∴是首項(xiàng)為，公比為2的等比數(shù)列∴。變式練習(xí)27。(2016秋?安徽校級(jí)月考）已知函數(shù)f（x）=x2+bx為偶函數(shù)，數(shù)列{an｝滿足an+1=2f(an﹣1)+1，且a1=5，又設(shè)bn=log2(an﹣1).（1）求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)cn=nbn，求數(shù)列{cn｝的前n項(xiàng)和Sn．【分析】（1）由函數(shù)f(x）=x2+bx為偶函數(shù)，可得b=0，可得an+1﹣1=2(an-1)2，取對(duì)數(shù)：log2（an+1﹣1)=2log2(an﹣1）+1，可得：bn+1+1=2（bn+1），利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．（2）由（1）得cn=nbn=n×3×﹣n．利用“錯(cuò)位相減法"、等差數(shù)列與等比數(shù)列的求和公式即可得出．解:(1)∵函數(shù)f（x）=x2+bx為偶函數(shù),∴b=0，∴an+1=2f（an﹣1)+1=2（an-1）2+1，∴an+1﹣1=2(an—1)2∴l(xiāng)og2（an+1﹣1)=2log2（an﹣1）+1，∴bn+1=2bn+1，即:bn+1+1=2(bn+1）,∵b1+1=log2（a1﹣1）=2+1=3,∴數(shù)列｛bn+1｝是首項(xiàng)為3,公比為2的等比數(shù)列，∴bn+1