求数列通项公式方式专题(高考大题数列温习)

（1）．公式法（概念法）通过简单的处置后，得出cncn1d或等差数列、等比数列的概念求通项。

cnq形式能够利用上cn11.已知数列{an}知足a12,anan11(n1)，求数列{an}的通项公式；

2.数列an知足a1=8，a42，且an22an1an0 （nN），求数列an的通项公式；

3. 已知数列{an}知足a12,1an112，求数列an的通项公式； an4.设数列{an}知足a10且

111，求{an}的通项公式

1an11an2an,a11，求数列{an}的通项公式。 an225. 已知数列{an}知足an16.已知数列{an}知足a12，a24且an2anan1 （nN），求数列an的通项公式；

7.已知数列{an}知足a12，且an15式；

8.数列已知数列an知足a1n12(an5n)（nN），求数列an的通项公

1,an4an11(n1).那么数列an的通项公式= 2n9．已知数列{an}知足an12an32，a12，求数列{an}的通项公式。

nn1解：an12an32两边除以2，得

an1an3an1an3an{}，那么，故数列nn1nn1n2222222是以

a121231为首项，以为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得22an331n{a}1(n1)a(n)2。 ，因此数列的通项公式为nnn2222（2）累加法（适用于：an1anf(n) ）

例：1.已知数列{an}知足a11,2an1an14n12，求数列{an}的通项公式。

，a11，求数列{an}的通项公式。 2. 已知数列{an}知足an1an2n1n3.已知数列{an}知足an1an231，a13，求数列{an}的通项公式。

2n14.设数列{an}知足a12，an1an32，求数列{an}的通项公式

（3）累乘法 适用于： an1f(n)an

n例：1. 已知数列{an}知足an12(n1)5an，a13，求数列{an}的通项公式。

2.已知数列an知足a1

3.已知a13，an1

4）待定系数法 适用于an1qanf(n)

解题大体步骤：一、确信f(n) 二、设等比数列an1f(n)，公比为3、列出关系式

2n，an1an，求an。 3n13n1an (n1)，求an。 3n2an11f(n1)2[an1f(n)] 4、比较系数求1，2 五、解得数列

an1f(n)的通项公式 六、解得数列an的通项公式

例：1. 已知数列{an}中，a11,an2an11(n2)，求数列an的通项公式。

2.（2006. 福建.理22.本小题总分值14分）已知数列

an知足

a11,an12an1(nN*).求数列an的通项公式；

n3.已知数列{an}知足an12an35，a16，求数列an的通项公式。

解：设an1x5n12(anx5n)

n4. 已知数列{an}知足an13an524，a11，求数列{an}的通项公式。

解：设an1x2n1y3(anx2ny)

5.已知数列an中，a1511n1,an1an()，求an 63226. 已知数列{an}知足an12an3n4n5，a11，求数列{an}的通项公式。 22解：设an1x(n1)y(n1)z2(anxnynz)

n17. 已知数列{an}知足an12an43，a11，求数列an的通项公式。

递推公式为an2pan1qan（其中p，q均为常数）。 先把原递推公式转化为an2san1t(an1san)

stp其中s，t知足

stq9. 已知数列{an}知足an25an16an,a11,a22，求数列{an}的通项公式。

*10.已知数列an知足a11,a23,an23an12an(nN).

（I）证明：数列an1an是等比数列；（II）求数列an的通项公式； 11.已知数列an中，a11,a22,an2（5）递推公式中既有Sn

21an1an，求an 33 分析：把已知关系通过an纳相应的方式求解。

S1,n1转化为数列an或Sn的递推关系，然后采

SnSn1,n21.（北京卷）数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，an11Sn，n=1，2，3，……，求3a2，a3，a4的值及数列{an}的通项公式．

*2.（山东卷）已知数列an的首项a15,前n项和为Sn，且Sn1Snn5(nN)，

证明数列an1是等比数列．

3．已知数列an中，a13，前n和Sn①求证：数列an是等差数列 ②求数列an的通项公式

4. 已知数列{an}的各项均为正数，且前n项和Sn知足Sn成等比数列，求数列{an}的通项公式。

（6）依照条件找n1与n项关系

例1.已知数列{an}中，a11,an1C的通项公式

1(n1)(an1)1 21且a2,a4,a9(an1)(an2)，

6151，假设C,bn，求数列{bn}an2an21n1a1,a(1)a1n1n{a}n2n 2.（2020全国卷Ⅰ理）在数列n中，

bnann，求数列{bn}的通项公式

（I）设

（7）倒数变换法 适用于分式关系的递推公式，分子只有一项 例：1. 已知数列{an}知足an12an,a11，求数列{an}的通项公式。 an2（8）对无穷递推数列

消项取得第n1与n项的关系

例：1. （全国I第15题，原题是填空题）已知数列{an}知足

a11，ana12a23a3

(n1)an1(n2)，求{an}的通项公式。

2.设数列an知足a13a232a3…3n1ann*，aN．求数列an的通项； 3（9）、迭代法

3(n1)2例：1.已知数列{an}知足an1an，a15，求数列{an}的通项公式。

n3(n1)2解：因为an1an，因此

n3n2anan1n13(n1)2[an]3n22n32n2n13(n1)n2an22(n2)(n1)3(n2)2 [an]333(n1)n2(n2)(n1)(n3)(n2)(n1)3(n2)(n1)n2 an3  a13 an1

(n3)(n2)(n1)23(n2)(n1)n212n(n1)23n1n!21又a15，因此数列{an}的通项公式为an53

（10）、变性转化法

n1n(n1)n!22。

一、对数变换法 适用于指数关系的递推公式

n5例： 已知数列{an}知足an123an，a17，求数列{an}的通项公式。

n5解：因为an123an，a17，因此an0，an10。

两边取经常使用对数得lgan15lgannlg3lg2 二、换元法 适用于含根式的递推关系 例： 已知数列{an}知足an1

1 (14an124an)，a11，求数列{an}的通项公式。

1612(bn1) 24解：令bn124an，那么an 练习：

1．已知数列{an}的前n项和Sn知足：Sn=2an +(-1)n,n≥1．

（Ⅰ）写出求数列{an}的前3项a1,a2,a3； （Ⅱ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅲ）证明：对任意的整数m>4，有

11a4a517 am8.解：⑴当n=1时,有：S1=a1=2a1+(-1) a1=1；

当n=2时,有：S2=a1+a2=2a2+(-1)2a2=0； 当n=3时,有：S3=a1+a2+a3=2a3+(-1)3a3=2； 综上可知a1=1,a2=0,a3=2；

nn1⑵由已知得：anSnSn12an(1)2an1(1) n1化简得：an2an12(1)

22(1)n2[an1(1)n1] 3322n1故数列{an(1)}是以a1(1)为首项, 公比为2的等比数列.

3321n11n122n故an(1)2 ∴an2(1)n[2n2(1)n]

333332n2n数列{an}的通项公式为：an[2(1)].

3上式可化为：an⑶由已知得：

11a4a51311[23am221211]

2m2(1)m311111[2391533631] m2m2(1)11111[1] 235112111111[1] 235102011(1m5)14221142] [5][m512355223121311131041057()m5. 1552151201208故

11a4a517( m>4). am8

2.已知数列an中，Sn是其前n项和，而且Sn14an2(n1,2,),a11，

(Ⅰ)设数列bnan12an(n1,2,)，求证：数列bn是等比数列；

an,(n1,2,)，求证：数列cn是等差数列； n2（Ⅲ）求数列an的通项公式及前n项和．

(Ⅱ)设数列cn分析：由于{bn}和{cn}中的项都和{an}中的项有关，{an}中又有Sn1=4an+2，可由Sn2-Sn1作切入点探讨解题的途径．

解：(1)由Sn1=4an2，Sn2=4an1+2，两式相减，得Sn2-S

n1=4(an1-an)，即

an2=4an1-4an．(依照bn的构造，如何把该式表示成bn1与bn的关系是证明的关键，注意增强恒等变形能力的训练)

an2-2an1=2(an1-2an)，又bn=an1-2an，因此bn1=2bn ①

已知S2=4a1+2，a1=1，a1+a2=4a1+2，解得a2=5，b1=a2-2a1=3 ② 由①和②得，数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列，故bn=3·2n1．

当n≥2时，Sn=4an1+2=2

n1

(3n-4)+2；当n=1时，S1=a1=1也适合上式．

n1综上可知，所求的求和公式为Sn=2

(3n-4)+2．

3．数列{an}的前n项和记为Sn，已知a11,an1证明：数列{n2Sn(n1,2,3). nSn}是等比数列． nn2解∵an1Sn1Sn,an1Sn,

n∴ (n2)Snn(Sn1Sn), 整理得 nSn12(n1)Sn,

因此

4.（2006年福建卷）已知数列｛an｝知足a1=1,an1=2an+1(n∈N) （Ⅰ）求数列｛an｝的通项公式；

（Ⅱ）假设数列{bn}知足4k1-14k2-1…4k-1=(an+1)km(n∈N*),证明:{bn}是等差数列；

Sn1SS2n. 故{n}是以2为公比的等比数列. n1nn（Ⅲ）证明:

an1a1a2n＜n＜(n∈N*)． 23a2a3an12解：（I）略

（II）证法一：

4k114k21...4kn1(an1)kn.

4(k1k2...kn)n2nkn.

2[(b1b2...bn)n]nbn, ①

2[(b1b2...bnbn1)(n1)](n1)bn1. ② ②－①，得2(bn11)(n1)bn1nbn, 即(n1)bn1nbn20,

nbn2(n1)bn120.

③－④，得 nbn22nbn1nbn0, 即 bn22bn1bn0,

bn2bn1bn1bn(nN*),

bn是等差数列．

ak2k12k11k1,k1,2,...,n, ak1212(2k1)22III）证明：

aa1a2n...n. a2a3an12

ak2k11111111k1.k,k1,2,...,n, k1kkak12122(21)23.222232aa1a2n1111n11n1...n(2...n)(1n), a2a3an12322223223

an1aan12...n(nN*) 23a2a3an12