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
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< br>，其中
a
是常数，
d
a
d
是
?
a< br>n
?
的公差。（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< br>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
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
=< br>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
)
n(n?1)
?na
1
?d
22

d
2
d
?n?(a
1
?)n
22
s
n
?(q?1)
?
na
1
?
s
n
?
?a
1
(1?q
n
)
a
1
?a
n
q
?(q?1)
?
1?q1?q
?
1

中项
公式
A=
a?b

2
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
。
若
{k
n
}
成等比数列 （其中
kn
?N
），
则
{a
k
n
}
成等比数列 。
2
推广：2
a
n
=
a
n?m
?an?m

性
质
1
2
若m+n=p+q则
a
m
?a
n
?a
p
?a
q
若
{k
n
}
成A.P（其中
k
n
?N
）则
{a
k
n
}
也
为A.P。
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< br>1
＝1，a
1
，a
3
，a
9
成等比数列得< br>an
2(1?2
n
)
n+1
S
m
=2+2+ 2+?+2==2-2.
1?2
23n
小结与拓展：数列
?
an
?
是等差数列，则数列
{a
n
}
是等比数列，公比为
a
，其中
a
是
a
常数，
d
是
?< br>a
n
?
的公差。（a>0且a≠1）.
2

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
n?m
?
n

(m?n)
，
q
a
1
a
m
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
a
m
=2，由等比数列前n项和公式得
n
d

【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
－1*
2n
a
n
＝ 8n对任意的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
a
n
＝8n(n∈N) ①
n－2*
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
，
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，b3
－b
2
＝－2，
∴数列{b
n＋1
－b
n
}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）
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：
2*
?
a
1
?S
1
(n?1)
a
n
?
?
.是重要考点；2）韦达定理应引起重视；3） 迭代法、
S?S (n?2,n?N)
n?1
?
n
累加法及累 乘法是求数列通项公式的常用方法。
3

【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
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
｝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
< br>,?
2n2
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
。
4

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???n?
2
n(n?1)
；
k?1
n
n
1
?
k
k?1
n
k?1
n
2
?
1
2
?2
2
?3
2
?? ?n
2
?n(n?1)(2n?1)
；
6
n(n?1)
2
1
?
k
3
?
1
3
?2
3
?3
3
???n
3
?[
k?1
]
2
；
?
(2k?1)?
1?3?5?...?(2n-1)?n
2
。 < br>（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。 < br>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
?
a
n
an?1
?
?
?
1
?
?
1
??
阶乘的数列等。如：1）
?
和
?
??
（其中
?
a< br>n
?
等差）可裂项为：
a?a
?
nn?1
?
?
?
a
n
?a
n?1
?
?
11
1 111
?(a
n?1
?a
n
)
。
?(?)
；2）（根式在分母上时可
d
a
n
?a
n?1
da
n
a
n?1
a
n
?a
n?1
考虑利用分母有理化， 因式相消 求和）
常见裂项公式：
（1）
（2）
（3）
（4）

1
n(n?1)1
n(n?k)
1
n(n?1)(n?1)
?
1
n?
1
n?1
；
1
?(?
kn
11
n?k
1
)
；
?
1
(n?1)(n?2)
?[
1
1
2n(n?1)]
；
n
(n?1)!
?
1
n!
?
(n?1)!

5

（5）常见放缩公式：
2(
n?1
?
n
)?
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
例1 等比数列
{a< br>n
}
的前ｎ项和S
ｎ
＝2－p，则
a
1
?a
2
?a
3
???a
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
ｎ
2222
-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。
故等比数列
a
n
为首项为1，公比为
q?4
的等比数列。
??
2
2
1(1-4
n
)1
n
a?a?a ???a??(4-1)

1-43
2
1
2
2
2< br>3
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，
则数列
a
n< br>及
?
??
2
?
1
?
1
1
2 2
aq
也为等比数列，首项分别为、，公比分别为、。
?
1
a1
q
?
a
n
?
【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
6

抽取第3，4，6，?，
2
n?1
?2
，?项，组成新数列
{b
n
}
，试求数列{b
n
}
的通项
b
n
及
前
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
。
∴
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
?a
2
n?1
?2
?2(2
n? 1
?2)?1?2
n
?3

n
i
n
i2?2
n?1
∴
S
n
?b
1
?b
2< br>???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 （201 0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
cc
12
cc?
23
cc?
(n?N*
)
，求
T
n
?
34
log
2
b
n
?3
?cc??
1nn?
。
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
．
7

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*
）．
?
log
2
b
n
?3n?3
T
n
?c
1
c
2
?c
2
c
3?c
3
c
4
???c
n
c
n?1
?< br>1111

???
?
?
4?55?66?7(n?3)(n?4)

?
n
11
．
?
?
4(n?4)
4n?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，
?
c
?
可求和。它适用于
??
其中{
a
n
}是各项 不为0的等差数列，c为常数；部分无
aa
?
nn?1
?
?
?
1
?
?
1
??
理数列、含阶乘的数列等。如：1）
??
和
??
（其中
?
a
n
?
等差）?
a
n
?a
n?1
?
?
?
a
n
?a
n?1
?
?
可裂项为：
11
1111
?(a
n?1
?a
n
)
。
?(?)
；2）（根式 在
a
n
?a
n?1
da
n
a
n?1
a
n
?a
n?1
d
分母上时可考虑利用分母有理化，因式相消求和 ）
4.数列求和的方法（2）
（5）错位相减法：适用于差比数列（如果
?
a
n
?
等差，
?
b
n
?
等比，那么?
a
n
b
n
?
叫做
差比数列）即把每一项都乘 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

（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.
2
222
2n1< br>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
n
??
2
?
3
?????
n
①
2
222
12462n
S
n
?
2
?
3?
4
?????
n?1
② （设制错位）
2
2222
1222222n
①－②得
(1?)S
n
??
2
?
3
?
4
?????
n
?
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)＝
222222
5050.
9

【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>k
?999???9?(10?1)
（找通项及特征）
?????99
k个1
∴
1?11?111?????111?
?
??1< br>??
n个1
＝
1
1
111
(10?1)?(102
?1)?(10
3
?1)?????(10
n
?1)
（分组求和）＝
9999
1
1
1
110(10
n
? 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 们就把这个公式叫做这个数列的通项公式．
10

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
n
}中，前n项和S
n
与通项a
n
的关系为：
?
a
1
?S
1
(n?1)
a
n
?
?
(数列
{a
n
}
的前
?
S
n
?S
n?1
(n?2,n?N)

n项的和 为
s
n
?a
1
?a
2
???a
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
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?
化为等比数列求解。
q
，再利用换元法转
1?p
11

3.典型例题分析
【题型1】 周期数列
1
?
2a,(0?a?)
nn
?
6
?
2
，若
a
1
?
，则
a
20
=____。
?
?
7
?
2a?1,(
1
?a?1)
nn
?
2
?
例1 若数列
?
a
n
?
满足
an?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

???
2
n?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
? a
1
)?(a
3
?a
2
)?(a
4
?a< br>3
)????????(a
n
?a
n?1
)

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

22 334n?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.
12

【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
a
n
n?1
累乘之，即
a
a
a2
a
3
a
4
1
123n?1
?
n?

??????????
n
???????????
a
1
n
a
1
a
2
a
3
a
n?1< br>234n
又
?a
1
?
22
，
?a
n
?

33n
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，
，求通项
(pq(p?1)?0)
）
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
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
n? 1
?1
。
解法2：由已知递推式，得
a
n?1
?3an
?2,a
n
?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
展开整理
a
n?1
?m?p(a
n
?m)，
a
n?1
?pa
n
?pm?m
，比较系数有
pm?m?b
，所以
m?
b
，所以
p?1
a
n?
bb
是等比数列，公比为
p
，首项为
a
1
?
。二是用做差法直接构造，
p?1p?1
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
a
n?1
?a
n
13

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
＝
论
n?1
）.
?
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< br>5
?
__________.
2
T
n
（注意：不能 忘记讨
T
n－1
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
成立，求
?
an
?
的通项
a
n
.
2
14

解：
a
n
?2a
n
?4S
n
?
a
n?1
?2a
n?1
?4S
n?1
，
∴
a
n
?a
n?1
?2a
n
?2 a
n?1
?4(S
n
?S
n?1
)?4a
n

公差的等差数列，且
a
1
?2a
1
?4a
1< br>?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
22
2
2
(a
n
?an?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
【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。
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
22
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
?
15

【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.
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.
2
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?1
， ，
22
?2
∴
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
－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
S
n－1
S
n
－2S
n
＋1＝0 ①
2
11123
由(Ⅰ)知S
1
＝a
1
＝，S< br>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
16

1k＋1
当n＝k＋1时，由①得 S
k＋1
＝
2－S
k
，即S
k＋1
＝
k＋ 2
，
故n＝k＋1时结论也成立
综上，由(i)、(ii)可知S
n
＝
n
n＋1
对所有正整数n都成立
于是当n≥2时，a
n
n
＝S
n
－S
n－1
＝
n＋1
－
n－1
n
＝
1
n(n＋1)
，
又n＝1时，a
1 1
1
＝
2
＝
1×2
，所以
｛a｝的通项公式a< br>n
nn
＝
n＋1
，n＝1，2，3，??

17