高中数学数列解题方法总结

高中数学数列解题方法总结


?
累加法类型一：
a
n?1
?a
n
?f(n)（
f(n)
可以求和）
????
例1、在数列
?
an
?
中，已知
a
1
=1，当
n?2
时，有a
n
?a
n?1
?2n?1
?
n?2
?
，求数列

的通项公式。
解析：
Qa
n
?a
n?1
?2n?1(n?2)

解决方法
?
a
2
?a
1
?1
?
a ?a?3
32
?
?
?
?
a
4
?a
3
?5
上述
n?1
个等式相加可得：
?
M
?
?
?
a
n
?a
n?1
?2 n?1
a
n
?a
1
?n
2
?1

?a
n
?n
2

?
累积法 类型二：
a
n?1
?f(n)?a
n
（
f(n)
可以求积）
????
例2、在数列
?
a
n
?
中，已 知
a
1
?1,
有
na
n?1
?
?
n?1
?
a
n
，(
n?2
)求数列
?
a< br>n
?
的通项公式。
解决方法
a
n
a
n?1
a
n?2
a
3
a
2
??L??a
1

a
n?1
a
n?2
a
n?3
a
2a
1
nn?1n?2322

???
L
??1?
n?1nn?143n?1
2
*
又
Qa
1
也满足上式；< br>?a
n
?

(n?N)

n?1
解析：
a
n
?
?
待定常数法 类型三：a
n?1
?Aa
n
?B(其中A,B为常数A?0,1）
??? ?
可将其转化为
a
n?1
?t?A(a
n
?t)
， 其中
t?
等比数列，然后求
a
n
即可。
例3 在数列
?
a
n
?
中，
a
1
?1
，当
n?2
时，有
a
n
?3a
n?1
?2
，求数列
?
a
n
?
的通项公式。
解析：设
an
?t?3
?
a
n?1
?t
?
，则
a
n
?3a
n?1
?2t

解决方法
B
，则 数列
?
a
n
?t
?
为公比等于A的
A?1
?t?1
，于是
a
n
?1?3
?
a
n?1
?1
?

?
?
a
n
?1
?
是以< br>a
1
?1?2
为首项，以3为公比的等比数列。
?a
n
?2?3
n?1
?1

类型四：
A a
n?1
?Ba
n
?Ca
n?1
?0；其中A,B,C为常 数，且A?B?C?0

可将其转化为
A
?
a
n ?1
?
?
a
n
?
?
?
?
a
n
?
?
a
n?1
??
n?2
?
---- -（*）的形式，列出方程组
??
?
A?
?
?
?
? B
?
a?
?
a
?
,
?
;
,解出还 原到（*）式，则数列是以为首项，
a?
?
a
??
?
21
n?1n
A
?
?
?
?
?
?C
为公 比的等比数列，然后再结合其它方法，就可以求出
a
n
。
例4、 在数列
?
a
n
?
中，
a
1
?2
，
a
2
?4
，且
a
n?1
?3a
n
?2a
n?1
?
n?2
?
求数列
?
a
n
?
的
通项公式。
解析：令
a
n?1
?
?
a
n
?
?
(a
n
?
?
a
n?1
),(n?2)


1

得方程组
?
?
?
?
?
?3
解得
?
??1,
?
?2;

?
?
?
?
??2
?a
n?1
?a
n
?2
?
a< br>n
?a
n?1
??
n?2
?

则数列
?
a
n?1
?a
n
?
是以
a
2
?a
1
为首项，以2为公比的等比数列
?a
n?1
?a
n
?2?2
n?1
?2
n

?
a
2
?a
1
?2
?
a?a?2
2
32
?
2(1 ?2
n?1
)
?
3
?2
n
?2

?
?
a
4
?a
3
?2

?a
n
?a
1
?
1?2
?
M
?
n ?1
?
?
a
n
?a
n?1
?2
?a
n
?2
n
?
n?N
*
?

类型五：
a
n?1
?ka
n
?f(n)
（
k?0
且
k?1
）
一般需一次或多次待定系数法，构造新的等差数列或等比数列。
（1）若
f(n)?an?b
，则可设
∴
a
n?1
?A(n?1)?B?k(a
n
?An?B)

a
n?1
?ka
n
?(k?1)An?(k?1)B?A

?
(k?1)A?a
ba
a
B??
?
A?
2
k?1
(k?1)
(k?1)B?A?b
?
k?1
∴ 解得：，
∴
{a
n
?An?B}
是以
a
1
?A?B
为首项，k为公比的等比数列
n?1
a?An?B?(a?A?B)?k
n1
∴
n?1
a?(a?A?B)?k?An?B
将A、B代入即可
n1
∴
（2）若
f(n)?q
（
q?
0，1）， 则等式两边同时除以
q
令
C
n
?
nn?1
得
a
n?1
k
a
n
1
??
n
?

n?1
q
q
q
q
a
n
k1
C?C ?
则 ∴
{C
n
}
可归为
a
n?1
?ka
n
?b
型
n?1n
qq
q
n
1
例6 设在数列
?
a
n
?
中，
a
1
?1
，
a
n
?a
n?1
?2n?1
?
n?2
?
求数列
?
a
n
?
的通项公式。
2
1
解析：设
b
n
?a
n
?An?b

?a
n< br>?An?B?
?
a
n?1
?A
?
n?1
?< br>?B
?
?

2
?
?
A
?2?0
?
?
A??4
这时
b?
1
b
?
2
展开后比较得
?
??
nn?1
?
n?2
?
且b
n
?a
n
?4n?6

2
?
A
?
B
?1?0
?
B?6
?
?22
1
?
1
?
?
?
b
n
?
是以3为首项，以为公比的等比数列
?b
n
?3?
??
2
?
2
?
n?1

?
1
?
即
3?
??
?
2
?
?
1< br>?
?a
n
?4n?6
，
?a
n
?3?
??
?4n?6

?
2
?
n?1
例7 在数列
?
a
n
?
中，
a
1
?2
，
a
n
?2a
n?1
?2
?
n?2
?求数列
?
a
n
?
的通项公式。
解析：
Qa< br>n
?2a
n?1
?2
n?1
n?1n?1
?
n?2
?

2

?a
n
?2a
n?1
?2
n?1
，两边同除以
2
n
得
差的等差数列。
a
n
a
n?1
a
1
?
a
n
?
?
是以 =1为首项，2为公
??2
?
n
?
nn?1
2
22 2
??
a
n
?1?
?
n?1
?
?2?2n ?1
即
a
n
?2
n
?
2n?1
?

n
2
解决方法
c?a
n
?
倒数法 类型六：
a
n?1
?
（
c?p?d?0
）
????
pa< br>n
?d
2?a
n
例10 已知
a
1
?4，
a
n?1
?
，求
a
n
。
2an
?1
111
1
??1
，设
?b
n
,
则
b
n?1
?b
n
?1
； 解析：两边取倒数得：
a
n?1
2a
n
a
n
2
b?2
1
1
?
； 令
b
n?1
?t?(b
n
?t)
；展开后得，
t??2
；
?
n?1
b
n
? 22
2
17
1
?2??
为首项，为公比的等比数列。 < br>?
?
b
n
?2
?
是以
b
1
?2?
a
1
4
2
?
?
7
??
1< br>?
?b
n
?2?
?
?
???
?
4< br>??
2
?
类型七：
S
n
?f(a
n
)
n?1
1
?
7
??
1
?
；即
?2?
?
?
???
a
n
?
4
??
2
?
s
1
1
2
n?2
n?1
2
n ?1
，得
a
n
?
n?2
；
2?7
评注：去倒数后，一般需构造新的等差（比）数列。
解决方法
??? ??
a
n
?
?
?
(n?1)
?
s
n
?s
n?1
(n?2)
.

例11 已知数列
?
a
n
?
前n项和
S
n
?4?a
n
?
?
1
?
求
a
n?1
与
a
n< br>的关系； （2）求通项公式
a
n
.
解析：
?
1
?
1
?
n?1
时，
a
1
?s
1
?4?a1
?2
，得
a
1
?1
；
2
?
n?2
时，
a
n
?s
n
?s
n?1
?4 ?a
n
?
得
a
n?1
?
1
2
n? 2
?4?a
n?1
?
1
2
n?3
；
11
a
n
?
n
。
22
n?1
（ 2）在上式中两边同乘以
2
得
2
n?1
a
n?1
? 2
n
a
n
?2
；
?数列2
n
a
n
是以
2
1
a
1
?2
为首项，2为公差的等差数列 ；
?2
n
a
n
?2?2n?2?2n
；得
an
?
类型八：周期型
例12若数列
?
a
n
?
满足
a
n?1
??
n
。
2
n?1
1
?
2a,(0?a?)
n
?
6
?
n
2
?
?
，若
a
1
?
，则
a
20的值为___________。
1
7
?
2a?1,(?a?1)nn
?
2
?
解析：根据数列
?
a
n
?
的递推关系得它的前几项依次为：
6536536
，，，，，，LL
；我们 看出这个数列是一个周期数列，三项为一个周期；
7777777

3

?a
20
?a
2
?
5
.
7
8(n?1)
8
，求数列
{a
n
}
的通 项公式。
，a?
1
22
9
(2n?1)(2n?3)
类型九 、利用数学归纳法求通项公式
例13 已知数列
{a
n
}
满足a
n?1
?a
n
?
(2n?1)
2
?1
a
n
?

(2n?1)
2
解析：根据递推关系和
a
1
?
82448
得，
a
2
?,a
3?,LL

92549
(2n?1)
2
?1
所以猜测< br>a
n
?
，下面用数学归纳法证明它；
(2n?1)
2
1
?
n?1
时成立（已证明）
(2k?1)
2
?1
，
2
?
假设
n?k
(k?2)
时，命题成立，即
a
k
?
(2k?1)
2
8
?
k?1
?
8(k?1)
(2k?1)
2?1
?
则
n?k?1
时，
a
k?1
?a
k
?
=
22
22
2
(2k?1)(2k?3)
(2k?1)
?
2k?1
??
2k?3
?
=
16k
4
????
?64k?84k?44k?8
?
2k?1
?< br>?
?
2k?3
?
?1
??
?
2k?3
?
?1
?
。
??
22
222
?
2k? 1
??
2k?3
?
?
2k?1
??
2k?3
??
2k?3
?
32
222
?
n?k?1
时命题 成立；
由
1
?
2
?
可知命题对所有的
n?N均成立。
*

4