高中数学数列复习-题型归纳-解题方法整理

数列
一、等差数列与等比数列
1.基本量的思想：
常设首项、（ 公差）比为基本量，借助于消元思想及解方程组思想等。转化为“基本量”是解决问题的
基本方法。
2.等差数列与等比数列的联系
d
1）若数列
?
a
n?
是等差数列，则数列
{a
n
}
是等比数列，公比为
a
，其中
a
是常数，
d
是
?
a
n
?
的公差。
a
（a>0且a≠1）；
2）若数列
?
a
n
?
是等比数列，且
a
n
?0
，则数列
?
log
a
a
n
?
是等差数列，公差为
log
a< br>q
，其中
a
是常数且
a?0,a?1
，
q
是
?
a
n
?
的公比。
3）若
{a
n
}
既是等差数列又是等比数列,则
{a
n
}
是非零常数数列。
3.等差与等比数列的比较

定义
等差数列 等比数列
{a< br>n
}为A?P?a
n?1
?a
n
?d(常数）

{a
n
}为G?P?
a
n?1
a
n

?q(常数）
通项
公式
求和
公式
a
n
=
a
1
+（n-1）d=
a
k
+（n-k）d=dn+a
1
-d
a
n
?a
1
q
n?1?a
k
q
n?k

n(a
1
?a
n< br>)
n(n?1)
?na
1
?d
22

d2
d
?n?(a
1
?)n
22
s
n
?
A=
(q?1)
?
na
1
?
s
n
?
?
a
1
(1?q
n
)
a
1
?a
n
q

(q?1)
?
1?q
?
1?q?
G
2
?ab
。
推广：
a
n
?a
n?m
?a
n?m
若m+n=p+q，则
a
m
a
n
?a
p
aq
。
2
中项
公式
a?b

2推广：2
a
n
=
a
n?m
?a
n?m

性
质
1
2
若m+n=p+q则
a
m
?a
n
?a
p
?a
q


若
{k
n
}
成（其中
k
n
?N
）则
{a
k
n
}
也为。
若
{k
n
}
成等比数列 （其中
k
n
?N
），
则
{a
k
n
}
成等比数列。

3
．
s
n
,s
2n
?s
n
,s
3n
?s
2n
成等差数列。
s
n
,s
2n
?s
n
,s
3n
?s
2n
成等 比数列。
4
a?a
1
a
m
?a
n

d?
n
?(m?n)

n?1m?n
q
n?1
?
a
n
a
，
q
n?m
?
n

(m?n)

a
1
a
m
4、典型例题分析
【题型1】 等差数列与等比数列的联系
例1 （2010陕西文16）已知{a
n
}是公差不 为零的等差数列，a
1
＝1，且a
1
，a
3
，a
9
成等比数列.（Ⅰ）
求数列{a
n
}的通项;（Ⅱ）求数列{2}的前n项和 S
n
.
解：（Ⅰ）由题设知公差d≠0，
由a
1
＝1， a
1
，a
3
，a
9
成等比数列得
an
1? 2d1?8d
＝，
11?2d
解得d＝1，d＝0（舍去）， 故{a
n
}的通项a
n
＝1+（n－1）×1＝n.
(Ⅱ)由（Ⅰ ）知
2
23n
a
m
=2，由等比数列前n项和公式得
n< br>2(1?2
n
)
n+1
S
m
=2+2+2+…+2= =2-2.
1?2
d
小结与拓展：数列
?
a
n
?
是等差数列，则数列
{a
n
}
是等比数列，公比为
a
，其中
a
是常数，
d
是
?
a
n
?
的
a
公差。（a>0且a≠1）.
【题型2】 与“前n项和Sn与通项an”、常用求通项公式的结合
例2 已知数列{a
n
}的前三项与数列{b
n
}的前三项对应相同，且a
1
＋2a
2＋2a
3
＋…＋2
n∈N都成立，数列{b
n＋1
－b
n
}是等差数列．求数列{a
n
}与{b
n
}的通项公式。
解：a
1
＋2a
2
＋2a
3
＋…＋2
2
2n－1
*
2n－1
a
n
＝8n对任意的
a
n＝8n(n∈N) ①
n－2
*< br>当n≥2时，a
1
＋2a
2
＋2a
3
＋…＋2
①－②得2
n－1
a
n－1
＝8(n－1)(n∈N) ②
*
a
n
＝8，求得a
n
＝2
4－n
， < br>在①中令n＝1，可得a
1
＝8＝2
∴a
n
＝2
4－ n*
4－1
，
(n∈N)． 由题意知b
1
＝8，b
2
＝4，b
3
＝2，∴b
2
－b
1
＝－4，b
3
－b
2
＝－2，
∴数列{b
n＋1
－b
n< br>}的公差为－2－(－4)＝2，∴b
n＋1
－b
n
＝－4＋(n－1 )×2＝2n－6，
法一（迭代法）
b
n
＝b
1
＋(b
2
－b
1
)＋(b
3
－b
2
)＋…＋(b
n
－b
n－1
)＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n－8)
＝n－7n＋14(n∈N)．
法二（累加法）
2*

即b
n
－b
n－1
＝2n－8，
b
n－1
－b
n－2
＝2n－10，
…
b
3
－b
2
＝－2，
b
2
－b
1
＝－4，
b
1
＝8，
相加得b
n
＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n－8)
(n－1)(－4＋2n－8)
2*
＝8＋＝n－7n＋14(n∈N)．
2
小结与拓展：1）在数列{a
n
}中，前n项和S
n
与通项an
的关系为：
(n?1)
?
a
1
?S
1

.是重要考点；2）韦达定理应引起重视；3）迭代法、累加法及累乘法
a
n
?
?
S?S (n?2,n?N)
n?1
?
n
是求数列通项公式的常用方法。
【题型3】 中项公式与最值（数列具有函数的性质）
例3 （2009汕头一模）在等比数列｛a
n
｝中，a
n
＞0 (n
?< br>N），公比q
?
(0,1)，且a
1
a
5
+ 2a
3
a
5
+a
2
a
8
＝25，a< br>3
与a
s
的等比中项为2。（1）求数列｛a
n
｝的通项公式 ；（2）设b
n
＝log
2
a
n
，数列｛b
n< br>｝的前n
项和为S
n
当
＊
S
S
1
S
2
??????
n
最大时，求n的值。
12n
22
解：（1）因为a
1
a
5
+ 2a
3
a
5
+a
2
a
8
＝25，所以，
a
3
+ 2a
3
a
5
+
a
5
＝25
又a
n
＞o，…a
3
＋a
5
＝5 又a
3
与a
5
的等比中项为2，所以，a
3
a
5
＝4
而q
?
（0,1），所以，a
3
＞a
5
，所以，a
3
＝4，a
5
＝1，
q?
1
，a
1
＝16，所以，
2
?
1
?
a
n
?16?
??
?
2
?
n?1
?2
5?n

（2）b
n
＝log
2
a
n
＝5－n，所以，b
n＋1
－b
n
＝－1，
所以，{b
n
}是以4为首项，－1为公差的等差数列。所以，
S
n
?
所以，当n≤8时，
n(9?n)
S
n
9?n
,?

n2
2
S
n
SS
＞0，当n＝9时，
n
＝0，n＞9时，
n
＜0，
nnn
S
SS
当n＝ 8或9时，
1
?
2
?????
n
最大。
12n
小结与拓展：1）利用配方法、单调性法求数列的最值；2）等差中项与等比中项。

二、数列的前n项和
1.前n项和公式Sn的定义：
S
n
=a
1
+a
2
+…a
n
。
2.数列求和的方法（1）
（1）公式法：1）等差数列求和公式；2）等比数列求和公式； 3）可转化为等差、等比数列的数列；4）
常用公式:
?
k?
1?2?3?
k?1
n
?n?n(n?1)
；
2
1
?
k
2
?
1
2
?2
2
?3
2
?k?1
n
n
?n
2
?n(n?1)(2n?1)
； < br>6
1
?
k
k?1
3
?
1
3
?2
3
?3
3
??n
3
?[
n(n?1)
2
]
2
；
?
(2k?1)?
1?3?5?...?(2n-1)?n
2
。 < br>k?1
n
（2）分组求和法：把数列的每一项分成多个项或把数列的项重新组合，使其转 化成等差数列或等比数
列，然后由等差、等比数列求和公式求解。
（3）倒序相加法：如果一 个数列{a
n
}，与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，那么求
这个 数列的前n项和即可用倒序相加法。如：等差数列的前n项和即是用此法推导的。
（4）裂项相消法：即把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限几项，可求和。
适 用于
?
?
c
?
?
其中{
a
n
}是 各项不为0的等差数列，c为常数；部分无理数列、含阶乘的数列等。如：
?
a
na
n?1
?
??
?
1
?
1
1111< br>??
?(?)
；2）1）
?
和（其中等差）可裂项为：
a??
??
?
n
a?adaa
nn?1nn?1
???
a
n
?a
n?1
?
?
a
n
?a
n?1
?
11
（根式在分母上时可考虑利用分母有理化，因式相消 求和）
?(a
n?1
?a
n
)
。
a
n< br>?a
n?1
d
常见裂项公式：
（1）
（2）
（3）
（4）
1
n(n?1)
??
n
11
n?1
；
11
n(n?k)
1
?(?
kn
11
n?k< br>1
)
；
?
1
(n?1)(n?2)n(n?1)(n?1)
?[
1
2n(n?1)
]
；
n
(n?1)!?
1
n!
?
1
(n?1)!

2
n? 1?n
（5）常见放缩公式：
2(
n?1
?
n
)??
1
n
?
2
n?n?1
?2(
n
?
n?1
)
.

3.典型例题分析
【题型1】 公式法
2222
例1 等比数列
{a
n
}
的前ｎ项和Sｎ
＝2－p，则
a
1
?a
2
?a
3
? ??a
n
＝________.
ｎ
解：1）当n=1时，
a
1
?2-p
；
2）当
n?2
时，
a
n
?S
n
-S
n-1
?(2-p)-(2
nn-1
-p)?2
n-1
。
1-1
因为数列
{a
n
}
为等比数列，所以
a
1
?2-p?2?1?p?1

从而等比数列
{a
n
}
为首项为1，公比为2的等比数列。
2
2
故等比数列
a
n
为首项为1，公比为
q?4
的等比数列。
??
2
3
1(1-4
n
)1
na?a?a???a??(4-1)

1-43
2
1
2
2
2
n
小结与拓展：1）等差数列求和公式；2）等比数列求和公式；3）可转化为等 差、等比数列
的数列；4）常用公式:（见知识点部分）。5）等比数列的性质：若数列
{a
n
}
为等比数列，
?
1
?
??
a
则数列及
??
也为等比数列，首项分别为
a
2
n
?
a
n
?
2
1
、
1
1
2
，公比分 别为
q
、。
q
a
1
【题型2】 分组求和法
?
例2 （2010年丰台期末18）数列
{a
n
}
中，
a
1
?1
，且点
(a
n
, a
n?1
)
(n?N)
在函数
f(x)?x?2
的
图象上.（Ⅰ）求 数列
{a
n
}
的通项公式；（Ⅱ）在数列
{a
n
}
中，依次抽取第3，4，6，…，
2
项，组成新数列
{b
n
}
，试求数列
{b
n
}
的通项
b
n
及前< br>n
项和
S
n
.
解：（Ⅰ）∵点
(a
n
, a
n?1
)
在函数f(x)?x?2
的图象上，∴
a
n?1
?a
n
?2< br>。
∴
a
n?1
?a
n
?2
，即数列
{a
n
}
是以
a
1
?1
为首项，2为公差的等差 数列，
∴
a
n
?1?(n?1)?2?2n?1
。
（Ⅱ ）依题意知：
b
n
∴
S
n
?b
1
?b2
?
n?1
?2
，…
?a
2
n?1
? 2
?2(2
n?1
?2)?1?2
n
?3

ni
n
i
2?2
n?1
?b
n
=
?(2?3)?
?
2?3n
=
?3n?2
n?1
?3n? 2
.
1?2
i?1i?1
小结与拓展：把数列的每一项分成多个项，再把数 列的项重新组合，使其转化成等差数列或等比数列，

然后由等差、等比数列求和公式求解 。
【题型3】 裂项相消法
例3 （2010年东城二模19改编）已知数列?
a
n
?
的前
n
项和为
S
n
，
a
1
?1
，
S
n?1
?4a
n
?1
，设
b
n
?a
n?1
?2a
n
．（Ⅰ ）证明数列
?
b
n
?
是等比数列；
（Ⅱ）数列
?
c
n
?
满足
c
n
?
1
(n?N< br>*
)
，求
T
n
?c
1
c
2
?c
2
c
3
?c
3
c
4
?
log
2
b
n
?3
?c
n
c
n?1
。
证明：（Ⅰ）由于
S
n?1
?4a
n
?1
， ①
当
n?2
时，
S
n
?4a
n?1
?1
． ②
①
?
②得
a
n?1
?4a
n
?4a
n?1
． 所以 < br>a
n?1
?2a
n
?2(a
n
?2a
n?1
)
．
又
b
n
?a
n?1
?2a
n
， 所以
b
n
?2b
n?1
．
因为
a
1?1
，且
a
1
?a
2
?4a
1
?1< br>，所以
a
2
?3a
1
?1?4
．
所以b
1
?a
2
?2a
1
?2
．故数列
?
b
n
?
是首项为
2
，公比为
2
的等比数列 ．
解：（Ⅱ）由（Ⅰ）可知
b
n
?2
n
，则
c
n
?
11
?
（
n?N
*
）．
l og
2
b
n
?3n?3
T
n
?c
1
c
2
?c
2
c
3
?c
3
c
4< br>??c
n
c
n?1
?
111
???
4?55 ?66?7
?
1

(n?3)(n?4)

?
n
11
?
．
?
4n?4
4(n?4)
小结与拓展：裂项相消法是把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限几项，可求和。它适用< br>于
?
?
c
?
?
其中{
a
n
}是各项不为0的等差数列，c为常数；部分无理数列、含阶乘的数列等。如：1）
aa
?nn?1
?
?
?
1
?
?
1
1111< br>??
?(?)
；2）
?
（其中
?
a
n
?
等差）可裂项为：
??
和
?
a
n
?a
n?1
da
n
a
n?1
?
a
n
?a
n?1
?
?
?
a
n
?a
n?1
?
?
11
（根式在分母上时可考虑利用分母有理化，因式相消求和）
?(a
n?1
?a
n
)
。
a
n
?a
n?1
d

4.数列求和的方法（2）
（5）错位相减法：适用于差比数列（如果< br>?
a
n
?
等差，
?
b
n
?
等比，那么
?
a
n
b
n
?
叫做差比数列）即把每< br>一项都乘以
?
b
n
?
的公比
q
，向后错一项 ，再对应同次项相减，转化为等比数列求和。
如：等比数列的前n项和就是用此法推导的.
（6）累加（乘）法


（7）并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.
n
形如a
n
＝(－1)f(n)类型，可采用两项合并求。


（8）其它方法：归纳、猜想、证明；周期数列的求和等等。

5.典型例题分析
【题型4】 错位相减法
2462n
,
2
,
3
,???,
n
,???
前n项的和.
2222
2n1
解：由题可知{
n
}的通项是等差数列{2n}的通项与等 比数列{
n
}的通项之积
2
2
2462n
设
S< br>n
??
2
?
3
?????
n
①
2
222
12462n
S
n
?
2
?< br>3
?
4
?????
n?1
② （设制错位）
2
2222
1222222n
①－②得
(1?)S< br>n
??
2
?
3
?
4
?????
n< br>?
n?1
（错位相减）
22
22222
12n

?2?
n?1
?
n?1

22
n?2
∴
S
n
?4?
n?1

2
例4 求数列
【题型5】 并项求和法
例5 求
S
100
＝100－99＋98－97＋…＋2－1
222222
解：
S
100
＝100－99＋98－97＋…＋2－1＝(100＋ 99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050.
222222

【题型6】 累加（乘）法及其它方法：归纳、猜想、证明；周期数列的求
和等等
例6 求
1?11?111?????111?
?
??1
之和.
??n个1
???1?
解：由于
111
???
k个1
11< br>?999???9?(10
k
?1)
（找通项及特征）
??? ??
99
k个1
∴
1?11?111?????111?
?
??1
＝
??
n个1
1
1
111
(10?1)?( 10
2
?1)?(10
3
?1)?????(10
n
?1)
（分组求和）＝
9999
1
1
1
110(10
n< br>?1)n
23n
(10?10?10?????10)?(1?1
?
? 1?
?
????1)
＝
??

???
99
??
910?19
n个1
＝
1
(10
n?1
?10 ?9n)

81
6.归纳与总结
以上一个8种方法虽然各有其特点，但总的 原则是要善于改变原数列的形式结构，使其能进行消项
处理或能使用等差数列或等比数列的求和公式以及 其它已知的基本求和公式来解决，只要很好地把
握这一规律，就能使数列求和化难为易，迎刃而解。
三、数列的通项公式
1.数列的通项公式
一个数列{a
n
}的 与 之间的函数关系，如果可用一个公式a
n
＝f(n)来表示，我们就把< br>这个公式叫做这个数列的通项公式．
2.通项公式的求法（1）
（1）定义法与观察 法（合情推理：不完全归纳法）：直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方
法叫定义法，这种方法 适应于已知数列类型的题目；有的数列可以根据前几项观察出通项公式。
（2）公式法：在数列{a< br>n
}中，前n项和S
n
与通项a
n
的关系为：
(n?1)
?
a
1
?S
1

a
n
?
?
(数列
{a
n
}
的前n项的和为
s
n
?a
1
?a
2
?
S?S (n?2,n?N)
n?1
?
n

（3）周期数列
由递推式计算出前几项，寻找周期。

（4）由递推式求数列通项
?a
n
).

类型1 递推公式为
a
n?1
?a
n
?f(n)

解法：把 原递推公式转化为
a
n?1
?a
n
?f(n)
，利用累加法 (逐差相加法)求解。
类型2 （1）递推公式为
a
n?1
?f(n)a
n

解法：把原递 推公式转化为
a
n?1
?f(n)
，利用累乘法(逐商相乘法)求解。 a
n
（2）由
a
n?1
?f(n)a
n
和a
1
确定的递推数列
?
a
n
?
的通项可如下求 得：
由已知递推式有
a
n
?f(n?1)a
n?1
， < br>a
n?1
?f(n?2)a
n?2
，
???
，
a
2
?f(1)a
1
依次向前代入，得
a
n
?f (n?1)f(n?2)???f(1)a
1
，这就是叠（迭）代法的基本模式。
类型3 递推公式为
a
n?1
?pa
n
?q
（ 其中p，q均为常数，
(pq(p?1)?0)
）。
解法：把原递推公式转化为：< br>a
n?1
?t?p(a
n
?t)
，其中
t?
q
，再利用换元法转化为等比数列求解。
1?p
3.典型例题分析
【题型1】 周期数列
1
?
2a,(0?a?)
n
?
6
?
n
2
，若
a
1
?
，则
a
20
=____。
?
?
7
?
2a?1,(< br>1
?a?1)
nn
?
2
?
例1 若数列
?
a
n
?
满足
a
n?1
答案：
5
。
7
小结与拓展：由递推式计算出前几项，寻找周期。
【题型2】 递推公式为
a
n?1
?a
n
?f(n)
，求通项
例2 已知数列
?
a
n
?
满足
a
1< br>?
解：由条件知：
a
n?1
?a
n
?
11
，
a
n?1
?a
n
?
2
，求
a
n
。
2
n?n
1111
???

n
2
?n
n(n?1)nn?1
分别令
n?1,2,3,?????? ,(n?1)
，代入上式得
(n?1)
个等式累加之，即
(a
2< br>?a
1
)?(a
3
?a
2
)?(a
4
?a
3
)????????(a
n
?a
n?1
)

1111111
?(1?)?(?)?(?)????????(?)

22334n?1n
1
所以
a
n
?a
1
? 1?

n
1
1131
?a
1
?
，
?a
n
??1???

2
2n2n

小结与拓展：在运用累加法时,要特别注意项数,计算时项数容易出错.
【题型3】 递推公式为
a
n?1
?f(n)a
n
，求通项
例3 已知数列
?
a
n
?
满足
a
1
?
解 ：由条件知
2
n
，
a
n?1
?a
n
，求< br>a
n
。
3
n?1
a
n?1
n
?< br>，分别令
n?1,2,3,??????,(n?1)
，代入上式得
(n?1)
个等式累乘之，即
a
n
n?1
a
a
a
2< br>a
3
a
4
1
123n?1
?
n
?< br>
??????????
n
???????????
a
1n
a
1
a
2
a
3
a
n?1
2 34n
又
?a
1
?
2
2
，
?a
n
?

3n
3
小结与拓展：在运用累乘法时,还是要特别注意项数,计算时项数容易出错.
【题型4】 递推公式为
a
n?1
?pa
n
?q
（其中p，q均为常数，
(pq(p?1)?0)
），
求通项
例4 在数列
{a
n
}
中，
a
1
?1
，当
n?2
时，有
a
n
?3a
n?1
?2
，求
{a
n
}
的通项公式。
解法1：设
a
n
?m? 3(a
n?1
?m)
，即有
a
n
?3a
n?1?2m
，对比
a
n
?3a
n?1
?2
，得m?1
，于是得
n?1
a
n
?1?3(a
n?1
?1)
，数列
{a
n
?1}
是以
a
1
? 1?2
为首项，以3为公比的等比数列，所以有
a
n
?2?3?1
。
解法2：由已知递推式，得
a
n?1
?3a
n
?2,an
?3a
n?1
?2,(n?2)
，上述两式相减，得
a
n?1
?a
n
?3(a
n
?a
n?1
)
，因此，数列
{a
n?1
?a
n
}
是以
a
2
?a
1
?4
为首项，以3为公比的等比数列。所以
a
n? 1
?a
n
?4?3
n?1
，即
3a
n
?2 ?a
n
?4?3
n?1
，所以
a
n
?2?3
n?1
?1
。
小结与拓展：此类数列解决的办法是将其构造成一个新的等比数列， 再利用等比数列的性质进行求解，
构造的办法有两种，一是待定系数法构造，设
比较系数有pm?m?b
，所以
m?
a
n?1
?m?p(a
n?m)
，展开整理
a
n?1
?pa
n
?pm?m
，
b
bb
，所以
a
n
?
是等比数列，公比为p
，首项为
a
1
?
。
p?1
p?1p?1二是用做差法直接构造，
a
n?1
?pa
n
?q
，a
n
?pa
n?1
?q
，两式相减有
a
n?1
?a
n
?p(a
n
?a
n?1
)
，所以< br>a
n?1
?a
n
是公比为
p
的等比数列。也可用“归 纳—猜想—证明”法来求，这也是近年高考考得很多的一
种题型.

4.通项公式的求法（2）
（5）构造法
构造法就是在解 决某些数学问题的过程中，通过对条件与结论的充分剖析，有时会联想出一种适当
的辅助模型，如某种数 量关系，某个直观图形，或者某一反例，以此促成命题转换，产生新的解题方法，
这种思维方法的特点就 是“构造”.若已知条件给的是数列的递推公式要求出该数列的通项公式，此类
题通常较难，但使用构造 法往往给人耳目一新的感觉.
1）构造等差数列或等比数列
由于等差数列与等比数列的通项 公式显然，对于一些递推数列问题，若能构造等差数列或等比数列，
无疑是一种行之有效的构造方法.
2）构造差式与和式
解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差，然后采用迭加的方 法就可求得这一数列的通
项公式.
3）构造商式与积式
构造数列相邻两项的商式，然后连乘也是求数列通项公式的一种简单方法.
4）构造对数式或倒数式
有些数列若通过取对数，取倒数代数变形方法，可由复杂变为简单，使问题得以解决.
（6）归纳猜想证明法
数学归纳法
（7）已知数列
{a
n
}
前
n
项之积T
n
，一般可求T
n-1
，则a< br>n
＝
T
n
（注意：不能忘记讨论
n?1
）.
T
n－1
2
?
如：数列
{a
n
}
中，对 所有的
n?N
都有
a
1
a
2
a
3
?a
n
?n
，则
a
3
?a
5
?
_ _________.
四、典型例题分析
【题型5】 构造法：1）构造等差数列或等比数列
例5 设各项均为正数的数列
?
a
n
?
的前n项和为
S
n
，对于任意正整数n，都有等式：
a
n
?2a
n
?4S
n
2
成立，求
?a
n
?
的通项
a
n
.
2
解：
a
n
?2a
n
?4S
n
?
a
n?1?2a
n?1
?4S
n?1
，
2
22
∴< br>a
n
?a
n?1
?2a
n
?2a
n?1?4(S
n
?S
n?1
)?4a
n

(an
?a
n?1
)(a
n
?a
n?1
?2)?0
，∵
a
n
?a
n?1
?0
，∴
a
n
?a
n?1
?2
. 即
?
a
n
?
是以2为公差的等差数列，
且
a
1
?2a
1
?4a
1
?a
1
?2
.
∴
a
n
?2?2(n?1)?2n

小结与拓展：由于等差 数列与等比数列的通项公式显然，对于一些递推数列问题，若能构造等差数列或
等比数列，无疑是一种行 之有效的构造方法.
2
【题型6】 构造法：2）构造差式与和式
解题的基本 思路就是构造出某个数列的相邻两项之差，然后采用迭加的方法就可求得这一数列的通
项公式。
22
例6 设
?
a
n
?
是首项为1的正项数列 ，且
a
n
?a
n?1
?na
n
?na
n? 1
?0
，（n∈N*），求数列的通项公式an.

解：由题设得(a
n
?a
n?1
)(a
n
?a
n?1
?n)?0
.
∵
a
n
?0
，
a
n?1
?0
，∴
a
n
?a
n?1
?0
.
∴
a
n
?a
n?1
?n

a
n< br>?a
1
?(a
2
?a
1
)?(a
3
?a
2
)?
?
(a
n
?a
n?1
)?1? 2?3?
?
?n?
n(n?1)

2
【题型7】 构造法：3）构造商式与积式
构造数列相邻两项的商式，然后连乘也是求数列通项公式的一种简单方法.
1
2，前n项的和
S
n
?na
n
，求
a
n?1.
2
2222
解：
a
n
?S
n
?S
n?1
?na
n
?(n?1)a
n?1
?(n?1)an
?(n?1)a
n?1

a
n?1

?
n
?
，
a
n?1
n?1
aa
a
n?1n?2111
?
?
??
∴
a
n
?
n
?
n?1
?
2
?a
1
?
a
n?1
a
n?2
a
1
n?1n32n(n?1)1
∴
a
n?1
?

(n?1)(n?2)
例7 数列
?
a
n
?
中，
a
1
?
【题型 8】 构造法：4）构造对数式或倒数式
有些数列若通过取对数，取倒数代数变形方法，可由复杂变为简单，使问题得以解决.
2
例8 设正项数列
?
a
n
?
满足
a
1
?1
，
a
n
?2a
n?1
（n≥2）. 求数列
?
a
n
?
的通项公式.
解：两边取对数得：
log
2
n
?1?2log
2
n?1
，
log< br>2
n
?1?2(log
2
n?1
?1)
，设
b
n
?log
2
n
?1
，
则
b
n
?2b
n?1

aaaa
a
?
b
n
?
是以2为公比的等比数列，
b
1
?lo g
1
2
?1?1
.
a
n
n?1n?1
n
b
n
?1?2
n?1
?2
n?1
，
log
a
?1?2log?2?1
， ，
22
∴
a
n
?2
2
n?1
?1

【题型9】 归纳猜想证明
例9 设数列｛a
n
｝的前n项和为S
n
，且方程x－a
n
x－a
n
＝0有一根为S
n< br>－1，n＝1，2，3，…
（Ⅰ）求a
1
，a
2
；（Ⅱ）｛a
n
｝的通项公式
2
解：(Ⅰ)当n＝1时，x－a
1
x－a
1
＝0有一根为 S
1
－1＝a
1
－1
2
1
2
于是(a< br>1
－1)－a
1
(a
1
－1)－a
1
＝0， 解得a
1
＝
2
1
2
当n＝2时，x－a
2
x－a
2
＝0有一根为S
2
－1＝a
2
－，
2
1
2
11
于是(a
2
－)－a
2
(a2
－)－a
2
＝0，解得a
1
＝
226
(Ⅱ)由题设(S
n
－1)－a
n
(S
n
－1)－a
n
＝0，
2
即S
n
－2S
n
＋1－a
n
S
n
＝0
当n≥2时，a
n
＝S
n
－S
n－1
，代入上式得
2

S
n－1
S
n
－2S
n
＋1＝0 ①
11123
由(Ⅰ)知S
1
＝a1
＝，S
2
＝a
1
＋a
2
＝＋＝ 由①可得S
3
＝
22634
n
由此猜想S
n
＝，n＝1，2，3，…
n＋1
下面用数学归纳法证明这个结论
(i)n＝1时已知结论成立
k
(ii)假设n＝k时结论成立，即S
k
＝，
k＋1
1 k＋1
当n＝k＋1时，由①得S
k＋1
＝，即S
k＋1
＝，
2－S
k
k＋2
故n＝k＋1时结论也成立
综上，由(i)、(ii)可知S
n
＝
n
对所有正整数n都成立 < br>n＋1
于是当n≥2时，a
n
＝S
n
－S
n－1＝
nn－11
－＝，
n＋1nn(n＋1)
11
又n＝1时，a
1
＝＝，所以
21×2
n
｛a
n
｝的通项公式a
n
＝，n＝1，2，3， ……
n＋1