專題19-常見數(shù)列通項公式的求解(解析版)

8/8專題19常見數(shù)列通項公式的求解一,題型選講題型一,公式法若已知一個數(shù)列是等差數(shù)列或者等比數(shù)列則直接運(yùn)用通項公式求,即可.例1,已知是各項均為正數(shù)的等差數(shù)列,其前項和為,且．則數(shù)列的通項公式；【答案】．【解析】因為數(shù)列是正項等差數(shù)列,設(shè)首項為,公差為,所以解得,所以．題型二,用an＝EQ\b\lc\{(\a\al\co2\vs3\hs3(a1，,n＝1，,Sn－Sn－1，,n≥2)),將遞推關(guān)系轉(zhuǎn)化為僅含有an的關(guān)系式(如果轉(zhuǎn)化為an不能解決問題,則考慮轉(zhuǎn)化為僅含有Sn的關(guān)系式,特別注意當(dāng)n≥2時,Sn－Sn－1＝an,.例2,(2018蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研)已知Sn是數(shù)列{an}的前n項和,a1＝3,且2Sn＝an＋1－3(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；規(guī)范解答(1)2Sn＝an＋1－3,2Sn－1＝an－3(n≥2),兩式相減,得2an＝an＋1－an.即當(dāng)n≥2時,an＋1＝3an.(2分)由a1＝S1＝3,得6＝a2－3,即a2＝9,滿足a2＝3a1.所以對n∈N*,都有an＋1＝3an,即eq\f(an＋1,an)＝3.所以數(shù)列{an}是首項為3,公比為3的等比數(shù)列,通項公式an＝3n.(4分)題型二,累加法若已知連續(xù)兩項差的形式,形如an－an－1＝f(n)(n∈N*且n≥2).則運(yùn)用累加法進(jìn)行求數(shù)列的通項.即：n≥2時,an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1．例3,(2019南京學(xué)情調(diào)研)在數(shù)列{an}中,已知a1＝1,an＋1＝an＋eq\f(1,n（n＋1）)(n∈N*),則a10的值為________．【答案】eq\f(19,10)【解析】由an＋1＝an＋eq\f(1,n（n＋1）)得an＋1－an＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1),故a2－a1＝1－eq\f(1,2),a3－a2＝eq\f(1,2)－eq\f(1,3),a4－a3＝eq\f(1,3)－eq\f(1,4),…,a10－a9＝eq\f(1,9)－eq\f(1,10),所以a10＝eq\f(19,10).例4,已知數(shù)列滿足,,當(dāng),時,．(1)求數(shù)列的通項公式；【解析】∵當(dāng),時,,∴,,…,．把上面?zhèn)€等式左右兩邊分別相加,得,整理,得．當(dāng)時,滿足．∴題型三,疊乘法若已知連續(xù)兩項的商的形式,形如eq\f(an,an－1)＝f(n)(n∈N*且n≥2),則運(yùn)用疊乘法進(jìn)行求數(shù)列的通項.即：n≥2時,an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a2,a1)·a1．例5,(2018徐州期末)已知數(shù)列{an}中,a1＝1,an＝2nan－1(n∈N*且n≥2),則an＝．【答案】an＝2EQ\s\up6(EQ\F((n－1)(n＋2),2))．解析由題意,eq\s\do1(\f(an,an－1))＝2n,eq\s\do1(\f(an－1,an－2))＝2n－1,…,eq\s\do1(\f(a2,a1))＝22,疊乘得eq\s\do1(\f(an,a1))＝2n·2n－1·…·22＝2EQ\s\up6(EQ\F((n－1)(n＋2),2)),所以an＝2EQ\s\up6(EQ\F((n－1)(n＋2),2))(n≥2),a1＝1也符合．所以an＝2EQ\s\up6(EQ\F((n－1)(n＋2),2))．題型四,構(gòu)造法若一個數(shù)列既不是等差數(shù)列頁不是等比數(shù)列,則考慮次數(shù)列加減一個實數(shù)或者變量,或者進(jìn)行其它變形的處理得當(dāng)一個特殊數(shù)列.形如an＝pan－1＋q(n∈N*且n≥2,p≠1)化為an＋EQ\F(q,p－1)＝p(an－1＋EQ\F(q,p－1))形式．令bn＝an＋EQ\F(q,p－1),即得bn＝pbn－1,轉(zhuǎn)化成{bn}為等比數(shù)列,從而求數(shù)列{an}的通項公式．例6,設(shè)數(shù)列的前項和為.已知,,.求數(shù)列的通項公式.【解析】,..①

當(dāng)時,.②

由①—②,得.

,

.

,數(shù)列是以首項為,公差為1的等差數(shù)列.

.

當(dāng)時,上式顯然成立..例7,已知數(shù)列{an}中,a1＝1,且an＋1＋3an＋4＝0,n∈N*.(1)求證：{an＋1}是等比數(shù)列,并求數(shù)列{an}的通項公式；(2)數(shù)列{an}中是否存在不同的三項按照一定順序重新排列后,構(gòu)成等差數(shù)列？若存在,求滿足條件的項；若不存在,說明理由．規(guī)范解答(1)由an＋1＋3an＋4＝0得an＋1＋1＝－3(an＋1),n∈N*.(2分)其中a1＝1,所以a1＋1＝2≠0,可得an＋1≠0,n∈N*.(4分)所以eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝－3,n∈N*,所以{an＋1}是以2為首項,－3為公比的等比數(shù)列．(6分)所以an＋1＝2(－3)n－1,即an＝2(－3)n－1－1,則數(shù)列{an}的通項公式為an＝2(－3)n－1－1,n∈N*.(8分)(2)若數(shù)列{an}中存在三項am,an,ak(m<n<k)符合題意,其中k－n,k－m,n－m都是正整數(shù)．(9分)分以下三種情形：①am位于中間,則2am＝an＋ak,即2＝2(－3)n－1－1＋2(－3)k－1－1,所以2(－3)m＝(－3)n＋(－3)k,兩邊同時除以(－3)m得2＝(－3)n－m＋(－3)k－m,等式右邊是3的倍數(shù),等式不成立,舍去；②an位于中間,則2an＝am＋ak,即2＝2(－3)m－1－1＋2(－3)k－1－1,所以2(－3)n＝(－3)m＋(－3)k,兩邊同時除以(－3)m得2(－3)n－m＝1＋(－3)k－m,即1＝2(－3)n－m－(－3)k－m,等式右邊是3的倍數(shù),等式不成立,舍去；③ak位于中間,則2ak＝am＋an,即2＝2(－3)m－1－1＋2(－3)n－1－1,所以2(－3)k＝(－3)m＋(－3)n,兩邊同時除以(－3)m,得2(－3)k－m＝1＋(－3)n－m,即1＝2(－3)k－m－(－3)n－m,等式右邊是3的倍數(shù),等式不成立,舍去．(15分)綜上可得,數(shù)列{an}中不存在三項滿足題意．(16分)題型五,總體代入形如a1＋2a2＋…＋nan＝f(n)或a1a2…an＝f(n)列出EQ\b\lc\{(\a\al(a1＋2a2＋…＋nan＝f(n),a1＋2a2＋…＋(n－1)an－1＝f(n－1)))(n∈N*且n≥2),兩式作差得an＝EQ\F(f(n)－f(n－1),n)(n∈N*且n≥2),或者列出EQ\b\lc\{(\a\al(a1a2…an＝f(n),a1a2…an－1＝f(n－1)))(n∈N*且n≥2),兩式作商得an＝EQ\F(f(n),f(n－1))(n∈N*且n≥2),例8,(2019鎮(zhèn)江期末)設(shè)數(shù)列{an}是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列,a1＝2,a2a4＝64.數(shù)列{bn}滿足：對任意的正整數(shù)n,都有a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝(n－1)·2n＋1＋2.(1)分別求數(shù)列{an}與{bn}的通項公式．.規(guī)范解答(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0),因為a1＝2,a2a4＝a1q·a1q3＝64,解得q＝2,則an＝2n.(1分)當(dāng)n＝1時,a1b1＝2,則b1＝1；(2分)當(dāng)n≥2時,a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝(n－1)·2n＋1＋2①,a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝(n－2)·2n＋2②,①－②得anbn＝n·2n,則bn＝n.綜上,bn＝n.(4分)題型六,通項公式中奇偶性的討論形如an＋an＋1＝f(n)或anan＋1＝f(n)形式列出EQ\b\lc\{(\a\al(an＋an＋1＝f(n),an＋1＋an＋2＝f(n＋1))),兩式作差得an＋2－an＝f(n＋1)－f(n),即找到隔項間的關(guān)系．例9,已知正項數(shù)列的前項和為,且,．(1)求數(shù)列的通項公式；(2)若對于,都有成立,求實數(shù)取值范圍．解(1)當(dāng)時,,故；當(dāng)時,,所以,即,又,所以,所以,,,故二,達(dá)標(biāo)訓(xùn)練1,(2018鹽城三模)設(shè)數(shù)列的前項和為,若,則數(shù)列的通項公式為▲．【答案】：【解析】：因為,當(dāng)時,,即；當(dāng)時,,即,所以,即,所以數(shù)列為首項,公比的等比數(shù)列,所以,即.2,(2019無錫期末)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0,q≠1),前n項和為Sn,且2a1a3＝a4,數(shù)列{bn}的前n項和Tn滿足2Tn＝n(bn－1),n∈N*,b2＝1.(1)求數(shù)列{an},{bn}的通項公式；解：(1)因為2a1a3＝a4,所以2a1·a1q2＝a1q3,所以a1＝eq\f(q,2),所以an＝eq\f(q,2)qn－1＝eq\f(1,2)qn.(2分)因為2Tn＝n(bn－1),n∈N*①所以2Tn＋1＝(n＋1)(bn＋1－1),n∈N②②－①,得2Tn＋1－2Tn＝(n＋1)bn＋1－nbn－(n＋1)＋n,n∈N*.所以2bn＋1＝(n＋1)bn＋1－nbn－(n＋1)＋n.所以(n－1)bn＋1＝nbn＋1,n∈N*,③(4分)所以nbn＋2＝(n＋1)bn＋1＋1,n∈N,④④－③得nbn＋2－(n－1)bn＋1＝(n＋1)bn＋1－nbn,n∈N*所以nbn＋2＋nbn＝2nbn＋1,n∈N*,所以bn＋2＋bn＝2bn＋1,所以bn＋2－bn＋1＝bn＋1－bn,所以{bn}為等差數(shù)列．因為n＝1時b1＝－1,又b2＝1.所以公差為2,所以bn＝2n－3.(6分)3,(2018南京學(xué)情調(diào)研)已知數(shù)列{an}的各項均為正數(shù),記數(shù)列{an}的前n項和為Sn,數(shù)列{aeq\o\al(2,n)}的前n項和為Tn,且3Tn＝Seq\o\al(2,n)＋2Sn,n∈N*.(1)求a1的值；(2)求數(shù)列{an}的通項公式；規(guī)范解答(1)由3T1＝Seq\o\al(2,1)＋2S1,得3aeq\o\al(2,1)＝aeq\o\al(2,1)＋2a1,即aeq\o\al(2,1)－a1＝0.因為a1＞0,所以a1＝1.(2分)(2)因為3Tn＝Seq\o\al(2,n)＋2Sn,①所以3Tn＋1＝Seq\o\al(2,n＋1)＋2Sn＋1,②②－①,得3aeq\o\al(2,n＋1)＝Seq\o\al(2,n＋1)－Seq\o\al(2,n)＋2an＋1,即3aeq\o\al(2,n＋1)＝(Sn＋1＋Sn)(Sn＋1－Sn)＋2an＋1,即3aeq\o\al(2,n＋1)＝(Sn＋1＋Sn)an＋1＋2an＋1,因為an＋1＞0,所以3an＋1＝Sn＋1＋Sn＋2,③(5分)所以3an＋2＝Sn＋2＋Sn＋1＋2,④④－③,得3an＋2－3an＋1＝an＋2＋an＋1,即an＋2＝2an＋1,所以當(dāng)n≥2時,eq\f(an＋1,an)＝2.(8分)又由3T2＝Seq\o\al(2,2)＋2S2,得3(1＋aeq\o\al(2,2))＝(1＋a2)2＋2(1＋a2),即aeq\o\al(2,2)－2a2＝0.因為a2＞0,所以a2＝2,所以eq\f(a2,a1)＝2,所以對n∈N*,都有eq\f(an＋1,an)＝2成立,所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n－1,n∈N*.(10分)4,(2018揚(yáng)州期末)已知各項都是正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋an,數(shù)列{bn}滿足b1＝eq\f(1,2),2bn＋1＝bn＋eq\f(bn,an).(1)求數(shù)列{an},{bn}的通項公式；規(guī)范解答(1)2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋an①,2Sn＋1＝aeq\o\al(2,n＋1)＋an＋1②,②－①得2an＋1＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＋an＋1－an,即(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0.因為{an}是正數(shù)數(shù)列,所以an＋1－an－1＝0,即an＋1－an＝1,所以{an}是等差數(shù)列,其中公差為1.在2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋an中,令n＝1,得a1＝1,所以an＝n.(2分)由2bn＋1＝bn＋eq\f(bn,an)得eq\f(bn＋1,n＋1)＝eq\f(1,2)·eq\f(bn,n),所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,n)))是等比數(shù)列,其中首項為eq\f(1,2),公比為eq\f(1,2),所以eq\f(bn,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n),即bn＝eq\f(n,2n).(5分)5,(2018蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研)已知Sn是數(shù)列{an}的前n項和,a1＝3,且2Sn＝an＋1－3(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；規(guī)范解答(1)2Sn＝an＋1－3,2Sn－1＝an－3(n≥2),兩式相減,得2an＝an＋1－an.即當(dāng)n≥2時,an＋1