高中数学讲义微专题53 求数列的通项公式 12页

微专题 53 求数列的通项公式 一、基础知识——求通项公式的方法 1、累加（累乘法） （1）累加法：如果递推公式形式为： ，则可利用累加法求通项公式 ① 等号右边为关于 的表达式，且能够进行求和 ② 的系数相同，且为作差的形式 例：数列 满足： ，且 ，求 解： 累加可得： （2）累乘法：如果递推公式形式为： ，则可利用累加法求通项公式 例：已知数列 满足： ，且 ，求 解： 2、构造辅助数列：通过对递推公式进行变形，变形为相邻项同构的特点，进而将相同的结构 视为一个整体，即构造出辅助数列。通过求出辅助数列的通项公式，便可算出原数列的通项  1n na a f n   n 1,n na a  na 1 1a  1 2 1n n na a    na 1 2 1n n na a    1 1 2 1n n na a      1 2 1 2 1a a    2 1 1 2 2 2 1n na a n        12 2 1 1 2 32 1 n nn n         2 2n na n     1n n a f na    na 1 1a   1 1n nna n a   na   1 1 11 n n n n a nna n a a n       1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 n n n n a a a n n a a a n n              1 na na  1na na n   公式 （1）形如 的形式：通常可构造出等比数列，进而求出通项公式。 例：数列 中， ， ，求数列 的通项公式 思路：观察到 与 有近似 3 倍的关系，所以考虑向等比数列方向构造，通过对 与 分别加上同一个常数 ，使之具备等比关系，考虑利用待定系数法求出 解：设 即 对比 ，可得 是公比为 的等比数列 （2）形如 ，此类问题可先处理 ，两边同时除以 ，得 ， 进而构造成 ，设 ，从而变成 ，从而将问题转化为第 （1）个问题 例：在数列 中， ， 解： 是公差为 2 的等差数列 小结：对于以上两个问题，还有一个通用的方法：对于形如 （其中  1 1, 0n na pa q p q     na 1 1a  13 2n na a    na na 1na  na 1na     13n na a    13 2n na a   13 2n na a   1   11 3 1n na a      1na  3   1 11 1 3n na a      12 3 1n na     1 n n na pa q  nq nq 1 1n n n n a apq q   1 1 1n n n n a p a q q q     n n n ab q 1 1n n pb bq     na 1 1a  13 2 3n n na a    13 2 3n n na a    1 1 23 3 n n n n a a     3 n n a     1 1 51 2 23 3 3 n n a a n n       52 33 n na n        1n na pa f n   f n 为 关 于 的 表 达 式 ），可 两 边 同 时 除 以 ， 。 设 ， 即 ，进而只要 可进行求和，便可用累加的方法求出 ，进而求出 。 以（1）中的例题为例： 设 ，则 （3）形如： ，可以考虑两边同时除以 ，转化为 的形 式，进而可设 ，递推公式变为 ，转变为上面的类型求解 例：已知在数列 中， ，且 解： n np  1 1 n n n n n f na a p p p    n n n ab p   1n n n f nb b p    n f n p nb nb 13 2n na a   1 1 123 3 3 n n n n n a a          3 n n n ab  1 1 3b  1 12 3 n n nb b         1 1 2 12 3 n n nb b           2 2 1 12 3b b        1 22 3 1 1 1 113 31 1 1 1 12 2 113 3 3 3 31 3 n n n nb b                                                      1 1 1 2 1 3 3 3 3 3 n n nb                12 1 2 3 13 3 3 n nn nn a a           1 1n n n nqa pa a a   1n na a  1 1 n n q p a a    1 n n b a 1 1n nqb pb    na 10, 2na a  1 12n n n na a a a   1 1 1 1 12 2n n n n n n a a a a a a         累加可得： （4）形如 ，即中间项的系数与两边项的系数和互为相反数， 则可根据两边项的系数对中间项进行拆分，构造为： 的形 式，将 ，进而可转化为上面所述类型进行求解 例：已知数列 中， ，且 ，求 解： 设 ，则 ，且 为公差是 4 的等差数列 4、题目中出现关于 的等式：一方面可通过特殊值法（令 ）求出首项，另一方面 1 1 1 2 n na a      1 2 1 1 2 n na a       2 1 1 1 2a a       1 1 1 2 1 n na a    1 1 1 1 52 2 2 2 22 2n n n na a         1 2 5 5 422 na nn      2 1n n npa p q a qa k        2 1 1n n n np a a q a a k      1n n nb a a   na 1 21, 3a a  2 12 4n n na a a    na    2 1 2 1 12 4 4n n n n n n na a a a a a a            1n n nb a a  1 4n nb b   1 2 1 2b a a    nb  1 1 4 4 2nb b n n       1 4 2n na a n     1 4 1 2n na a n     2 1 4 1 2a a       1 4 1 2 1 2 1na a n n               214 2 1 2 4 22 n n n n n       22 4 3na n n    ,n nS a 1n  可考虑将等式转化为纯 或纯 的递推式，然后再求出 的通项公式。 例：已知数列 各项均为正数， ，求 解： 两式相减，可得： 是公差为 1 的等差数列 在 中，令 ，可得 5、构造相减：当所给递推公式无法直接进行变形，则可考虑根据递推公式的形式再构造出下 一组相邻项的递推公式，通过两式相减可构造出新的递推公式，再尝试解决。尤其是处理递 推公式一侧有求和特征的问题，这种做法可构造出更为简单的递推公式。（详见例 5，例 8） 以上面的一个例子为例：数列 中， ， ，求数列 的通项公式 解： ① ② ② ①可得： 是公比为 的等比数列 nS na na  na  1 ,2 n n n a aS n N   na    1 1 1 1 1,2 2 n n n n n n a a a aS S            1 1 1 1 1 , 22 2 n n n n n n a a a aS S n N n          2 2 2 21 1 1 12 n n n n n n n n n a a a aa a a a a              1 1 1n n n n n na a a a a a       0na  1 1n na a     na  1 2 n n n a aS  1n   1 1 1 1 1 12 a aS a    1 1na a n d n      na 1 1a  13 2n na a    na 13 2n na a   1 3 2n na a     1 13n n n na a a a     1n na a  3 2 13 2 5a a   2 1 4a a     1 1 1 2 1 3 4 3n n n na a a a          累加后可得： 6、先通过数列前几项找到数列特点，从而猜出通项公式，再利用数学归纳法证明（详见数学 归纳法） 例 1：在数列 中， ，求数列 的通项 公式 思 路 ： 观 察 递 推 公 式 中 的 特 点 ， 两 边 同 时 除 以 可 得 ，进而可将 视为一个整体，利用累加法即可得到 的表达式， 从而求出 解： 即 则有 累加可得： 即 2 1 4 3n n na a      3 1 2 4 3n n na a       0 2 1 4 3a a     1 2 1 1 3 14 1 3 3 4 2 3 23 1 n n n na a             12 3 1n na      na  2 1 11, 2 3 , 21 n n n na a a n n N nn         na na 1 1 1 na nn      n 2 1 1 2 31 nn n a an n     na n na n na 2 1 2 31 n n n na a nn     2 1 1 2 31 nn n a an n      21 2 31 nn na a n n    21 2 31 nn na a n n    31 2 2 31 2 nn na a n n       2 1 22 1 a a     1 2 1 2 3 1 2 1 3 3 3 1 n nna an           1 1 1 3 1 3n nna an      13n na n    例 2：已知在数列 中， ， ，则 的通项公式为_________ 思路：在本题中很难直接消去 ，所以考虑 用 进行表示，求出 之后再解出 解： 当 时， ，整理可得： 为公差为 2 的等差数列 点评：在 同时存在的等式中， 例 3：数列 满足 ，则 _________ 思路：只从所给递推公式很难进行变形，所以考虑再构造一个递推公式并寻找关系：即 ，两式相减可得： ，从而 可 得 在 中 ， 奇 数 项 和 偶 数 项 分 别 可 构 成 公 差 为 2 的 等 差 数 列 ， 所 以 答案： 例 4：已知数列 满足： ，且 ，则数列 的通 项公式为_________ 思 路 ： 观 察 到 递 推 公 式 的 分 子 只 有 ， 所 以 考 虑 两 边 同 取 倒 数 ， 再 进 行 变 形 ： ，从而找到同构特  na 1 1a  22 2 1 n n n Sa S   na nS na 1n nS S  nS na  2,n n N   1n n na S S   2 2 2 1 1 1 2 2 2 22 1 n n n n n n n n n n SS S S S S S S SS          1 12n n n nS S S S   1 1 1 2 n nS S     1 nS        1 1 1 1 2 2 1 n n nS S       1 2 1nS n   1 1 , 22 1 2 3 1, 1 n na n n n        ,n nS a  na 1 10, 2n na a a n   2015a     1 2 1 , 2,n na a n n n N        1 1 2, 2,n na a n n N        na 2015 1 1007 2014a a d   2014  na 1 3 2a   1 1 3 2,2 1 n n n naa n n Na n        na 1na  1 1 1 1 1 1 3 1 2 1 2 1 2 1 2 1 3 3 3 3 3 n n n n n n n n n na a n n n na a n a na n na a a                   点，并设为辅助数列： ，求出 通项公式后即可解出 解： 设 ，则 ， 而 为公比是 的等比数列 即 例 5：已知数列 为正项数列，且 ，求 解： ① ② ① ②可得： ， 在已知等式中令 ，可得： ③，满足上式 ④ ⑤ 两式相减可得： ， n n nb a  nb na 1 1 3 2 1 n n n naa a n      1 1 1 1 2 1 2 1 3 3 3 n n n n a n n a na n na          1 2 1 3 3n n n n a a     n n nb a 1 1 2 3 3n nb b   1 1 1 2 3b a   1 1 1 2 11 13 3 3n n n nb b b b        1nb  1 3   1 1 11 1 3 n nb b         11 3 n nb        11 3 n n n a       3 3 111 3 n n n n n na          na 1 2 1 2 4 4 4 2 2 2 n n n S S S Sa a a      na 1 2 1 2 4 4 4 2 2 2 n n n S S S Sa a a      1 2 1 1 1 2 1 4 4 4 2 2 2 n n n S S S Sa a a           2,n n N    24 4 22 n n n n n n S a S a aa     2n  1n   1 1 1 1 1 1 4 4 22 S S S a aa     24 2n n nS a a   2 1 1 14 2n n nS a a    2 2 1 14 2 2n n n n na a a a a       2 2 1 12 n n n na a a a       2 2 1 1 1n n n n n na a a a a a      1 2n na a    为公差是 2 的等差数列，由③可解得： 例 6：已知数列 的各项均为正数，且 ，求 思路：所给为 的关系，先会想到转为 递推公式， ，两 式相减可得： ，很难再往下进行。从而 考虑化为 的递推式： 时， ，从而 为公差是 1 的等差数列，可求出 ，进而求出 解： ，当 ，有 为公差是 1 的等差数列 在 中， 令 可得： 可解得 小炼有话说：在处理 的式子时，两种处理方向如果一个没有进展，则立刻尝试另一个方 向。本题虽然表面来看消去 方便，但通过运算发现递推公式无法再进行处理。所以立刻调 转方向，去得到 的式子，迂回一下再求出  na 1 2a   1 1 2na a n d n      na 1 1 2n n n S a a       na ,n nS a na  1 1 1 1 1 22n n n S a na          1 1 1 1 1 1 1 12 n n n n n n n n n a a a a aa a a a            nS 2n  2 2 1 1 1 1 1 12n n n n n n n S S S S SS S             2 nS nS na 1 1 2n n n S a a       2n  1 1 1 1 2n n n n n S S S S S        1 1 1 1 1 12 n n n n n n n n S S S S SS S S S            2 2 1 1n nS S     2 nS  2 2 1 1nS S n    1 1 2n n n S a a       1n  1 1 1 1 1 2S a a       1 1a  2 nS n  nS n  1 1 , 2 1, 2 , 1 1, 1 n n n n S S n n n na aS n n             ,n nS a nS nS na 例 7：已知数列 满足 ， ，求 的通项公式 解： 是公差为 的等差数列 例 8：设数列 中， ，则数列 的通项公式为 _______ 思路：题目中所给的是 的递推公式，若要求得 ，则考虑以 作为桥梁得到关于 的 递 推 公 式 ： ， 代 入 可 得 ： ， 所 以 可 得 为 等 比 数 列 ， 且 ，从而可得： 答案： 例 9：在数列 中， ， ，求数列 的 通项 解： }{ na )(3)1)(1( 11   nnnn aaaa 21 a }{ na    1 1( 1)( 1) 3 1 1n n n na a a a                 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 3 n n n n n n a a a a a a               1 1na     1 3   1 1 1 1 1 211 1 3 3 3n n na a       3 51 2 2n n na an n        na 1 1 2 22, , ,1 1 n n n n n aa a b n Na a         nb nb  na nb na  nb 1 1 1 2 1 n n n ab a      1 2 1n n a a   1 2 21 2 4 22 22 1 111 n n n n n n n n a a ab ba a a          nb 1 1 1 2 41 ab a   1 1 1 2 2n n nb b     12n nb  { }na 11 a )(2 1......32 1321    Nnannaaaa nn  na na )(2 1......32 1321    Nnannaaaa nn  1 2 3 12 3 ...... 1 ( 2 )2n n na a a n a a n          例 10：设数列 满足： ，且对于其中任意三个连续的项 ，都有： ，求 通项公式 思路：由已知条件可得： ，观察发现 的系数和与 相等，所以可将 拆为 和 ，从而与 配对，将原递推公式转化 为： ，进而可将 视为一个整体，设为 ，则符合累乘的特点。累 乘后可得： ，再进行累加即可得到通项公式 解： 设 ，即  1 1 2,2 2n n n n nna a a n n N        1 1 3 1 3 2 2 1 n n n n n n a na a a n        21 3 1 2 2 1 2 23 1 3 nn n n n a a a n n a a a n n               2 2 23nna a n    2 1 1a a   22 3 2, n na n n Nn      22 3 , 2 1, 1 n n na n n         na 1 21, 2a a  1 1, ,n n na a a     1 11 1 2 n n n n a n aa n      na    1 12 1 1n n nna n a n a     1 1,n na a  na 2 nna  1 nn a  1 nn a 1 1,n na a  1 1 1 1 n n n n a a n a a n      1n na a  nb  1 2 1n na a n n           1 1 1 1 1 1 2 1 12 n n n n n n n a n aa na n a n an                  1 11 1n n n nn a a n a a               1 1 1 1 n n n n a a n a a n       1n n nb a a  1 1 1 n n b n b n     1 2 1 2 1 1 1 2 1 2 1 3 1 n n n n n b b b n n b b b b n n b n n                 即 思 路 二 ： 本 题 还 可 以 从 递 推 公 式 中 的 “ 同 构 入 手 ”， 构 造 辅 助 数 列 ， ，此三项具备同构特点， 故设 ，则递推公式变为： ，所以 为等差数列，其公差可由 计算，从而得到 通项公式以求得 解： 设 ，则递推公式变为： 为等差数列 ，即 小炼有话说：两个思路对比可发现，求数列的通项公式关键在于寻找合适的模型，抓住递推 公式的特点构造出辅助数列，选取角度的不同也会导致运算复杂程度的差异   1 2 1nb bn n   1 2 1 1b a a    1 2 1 121 1n n na a b n n n n                1 1 2 2 1 1 1 1 1 12 11 2 1 2n n n na a a a a a n n n n                       12 1 n      1 12 1na a n       23na n            1 1 1 1 1 1 2 1 12 n n n n n n n a n aa na n a n an             n nb na 1 12 n n nb b b    nb 1 2,b b  nb na    1 11 1 2 n n n n a n aa n          1 12 1 1n n nna n a n a      n nb na 1 12 n n nb b b    nb 1 1 2 21, 2 4b a b a    2 1 3d b b     1 1 3 2nb b n d n      3 2nna n  23na n  