學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精常見數列類型的通項公式的求法三、已知數列的遞推公式求通項類型1:已知的前n項和與的關系，則先求，再由求或與其它項的關系，進而轉化為等差（比）數列求通項,并驗算此時的在時是否成立。若成立,則通項公式是，若不成立，則要用分段函數來表示。例5．(2015新課標Ⅰ（17））為數列｛}的前n項和。已知＞0，=QUOTEan2+2an=4Sn+3(Ⅰ）求｛}的通項公式：（Ⅱ）設QUOTEbn=1anan+1解：(Ⅰ）當時，，∵∴=3，當時，==,即，∵∴=2，∴數列｛｝是首項為3,公差為2的等差數列,故=;(Ⅱ)由（Ⅰ)知，=，所以數列｛｝前n項和為==.評注:遞推關系中含有Sn，通常是用Sn和an的關系an=Sn－Sn－1(n≥2）來求通項公式，具體來說有兩類：一是通過an=Sn－Sn－1將遞推關系揭示的前n項和與通項的關系轉化為項與項的關系，再根據新的遞推關系求出通項公式；二是通過an=Sn－Sn－1將遞推關系揭示的前n項和與通項的關系轉化為前n項和與前n－1項和的關系,再根據新的遞推關系求出通項公式。并要檢驗用an=Sn－Sn－1（n≥2）所求的能否包含（當不包含時，最后結果要寫成分段函數來表示)。變式練習12.已知數列{an}的前n項和Sn＝3n2－2n＋1，則其通項公式為________．解：當n＝1時，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n＋1－[3（n－1)2－2(n－1)＋1］＝6n－5，顯然當n＝1時，不滿足上式．故數列的通項公式為an＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（2，n＝1，,6n－5，n≥2.）)變式練習13.（2013新課標Ⅰ14。）｛an｝的前n項和為Sn＝eq\f（2,3）an＋QUOTE13eq\f（1,3），則數列｛an}的通項公式是an=______。解：當=1時,==，解得=1，當≥2時，==－（)=，即=，∴{}是首項為1，公比為－2的等比數列，∴=.變式練習14。（2016新課標Ⅲ理）已知數列的前n項和，其中．(I）證明是等比數列，并求其通項公式；（II)若，求．解：（Ⅰ）由題意得，故，,。由，得,即.由，得，所以.因此是首項為,公比為的等比數列，于是．(Ⅱ）由(Ⅰ）得，由得,即，解得．變式練習15.(2014新課標Ⅰ（17))已知數列{｝的前項和為，=1,，,其中為常數。(Ⅰ）證明：；（Ⅱ）是否存在，使得｛｝為等差數列?并說明理由.解：(Ⅰ）由題設，，兩式相減,得,由于，所以…………6分（Ⅱ）由題設=1，,可得，由(Ⅰ）知假設｛}為等差數列，則成等差數列，∴，解得；證明時，{}為等差數列：由知數列奇數項構成的數列是首項為1，公差為4的等差數列令則，∴數列偶數項構成的數列是首項為3，公差為4的等差數列令則，∴∴(),因此,存在存在，使得{｝為等差數列.………12分類型2:形如的數列｛}，則用遞推法或累(疊)加法求.思路1（遞推法）：＝…。思路2（疊加法):……將各式疊加并整理得,即.評注：當f(n）為常數時,數列｛an｝就是等差數列，教材對等差數列通項公式的推導其實就是用疊加法求出來的.例6．(2010遼寧理數(16））已知數列滿足則的最小值為___.【命題立意】本題考查了遞推數列的通項公式的求解以及構造函數利用導數判斷函數單調性，考查了同學們綜合運用知識解決問題的能力。解：，則上述各式相加，得當且僅當即時取“＝"，但，,，所以,的最小值為.或由求導法，得在上是單調遞增,在上是遞減的，因為n∈N+,，，，所以，的最小值為。變式練習16。數列｛}滿足=1,且，求.解：，由疊加法，得思考：若上題中“”改為“”，則結果如何?分析：是首項為2，公差為1的等差數列,則。變式練習17.［2014溫州十校聯考]已知二次函數f（x）＝ax2＋bx的圖像過點（－4n，0)，且f′(0)＝2n，n∈N*，數列{an｝滿足eq\f(1,an＋1)＝f′eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an））），且a1＝4。(1)求數列{an}的通項公式；(2）記bn＝eq\r(anan＋1)，求數列｛bn}的前n項和Tn.解：(1)f′（x)＝2ax＋b。由題意知f′(0）＝b＝2n,16n2a－4nb∴a＝eq\f（1，2），b＝2n,∴f(x)＝eq\f（1，2)x2＋2nx，n∈N*。又數列｛an｝滿足eq\f（1，an＋1)＝f′（eq\f（1，an））,f′（x)＝x＋2n，∴eq\f（1,an＋1)＝eq\f(1,an）＋2n，∴eq\f(1,an＋1）－eq\f（1,an)＝2n。由疊加法可得eq\f(1,an）－eq\f（1,4)＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝n2－n，化簡可得an＝eq\f(4,（2n－1)2）（n≥2）．當n＝1時，a1＝4也符合上式，∴an＝eq\f（4，（2n－1）2)(n∈N*）．（2）∵bn＝eq\r（anan＋1)＝eq\f（4,（2n－1）（2n＋1））＝2（eq\f(1，2n－1）－eq\f（1,2n＋1))，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\r（a1a2)＋eq\r（a2a3)＋…＋eq\r（anan＋1)＝21－eq\f（1,3）＋eq\f（1，3）－eq\f（1，5)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f（1，2n＋1）＝21－eq\f（1，2n＋1）＝eq\f（4n,2n＋1).變式練習18。(2010新課標,理17)設數列滿足(1）求數列的通項公式;(2）令，求數列的前n項和解：（1）由已知，當n≥1時,。而所以數列{｝的通項公式為.(Ⅱ）由知①從而②①—②得：。即類型3:形如的數列｛an｝,用遞推法或累積（疊乘）法求.思路1（遞推法）：……。思路2（疊乘法)：，依次類推有：、、…、，將各式疊乘并整理得…，即…。評注：如果f(n)為常數，則｛an}為等比數列,an=f（n）an—1型數列是等比數列的一種推廣，教材中對等比數列通項公式地推導其實正是用疊乘法推導出來的。例7.已知數列{an｝滿足a1=1且（n≥2)，求an.解：由條件EQ\F（an，an—1）=,記f（n）=an=EQ\F（an,an—1）·EQ\F(an－1,an—2）·…·EQ\F（a2，a1）·a1=f（n）·f（n－1）·f（n－2）·…·f（2）·a1=EQ\F(2（n－1）,n)·EQ\F(2（n－2),n－1）·EQ\F(2（n－3）,n－2)·…EQ\F（2×2，3）·EQ\F（2×1，2)·1=EQ\F(2n—1,n)變式練習19．已知，，求。解：方法1（遞推法）：…。方法2（疊乘法):，依次類推有：、、…、、，將各式疊乘并整理得…，即…。類型4：形如（p、r為常數，）的數列，可用遞推法或作差法構造等比數列求，或用待定系數法設，則，數列是等比數列，先求的通項，再求。思路1（遞推法）:=……。思路2（待定系數法）:設，即得,數列是以為首項、為公比的等比數列，則，即.思路3（作差法）：，數列是以首項為，公比為的等比數列,（類型2)，再用疊加法求。例8。(2006重慶）已知數列滿足且,，則該數列的通項an=_____。解：方法1(遞推法）：……….方法2(待定系數法）：設,即，數列是以為首項、為公比的等比數列,則，即.方法3（作差法）：∵∴∴數列是以首項為,公比為2的等比數列故，即，再用疊加法求（略）。變式練習20。[2014新課標全國卷Ⅱ］已知數列｛an}滿足a1＝1，an＋1＝3an＋1。(1）證明eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1（an＋\f(1，2)))是等比數列，并求｛an}的通項公式；（2）證明eq\f（1,a1）＋eq\f（1,a2）＋…＋eq\f（1,an）＜eq\f（3，2).解：(1）由an＋1＝3an＋1得an＋1＋eq\f(1，2）＝3eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（an＋\f(1，2））)。又a1＋eq\f（1，2）＝eq\f(3，2)，所以eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1（an＋\f(1,2)））是首項為eq\f（3,2），公比為3的等比數列,所以an＋eq\f(1,2）＝eq\f(3n,2)，因此數列｛an}的通項公式為an＝eq\f（3n－1,2）。(2)證明:由（1)知eq\f（1,an）＝eq\f（2，3n－1).設eq\f(2,3n－1)，則∴eq\f(1，an）＝eq\f（2,3n－1）≤.∴eq\f(1,a1）＋eq\f(1,a2）＋…＋eq\f(1，an）≤1＋eq\f（1,3)＋…＋eq\f(1，3n－1)＝eq\f(3,2）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(1－\f（1,3n)))<eq\f（3，2)。∴eq\f（1,a1）＋eq\f(1，a2）＋…＋eq\f（1,an）〈eq\f（3,2）.變式練習21。（2013新課標Ⅰ卷理１２）設△AnBnCn的三邊長分別為an,bn,cn,△AnBnCn的面積為Sn，n=1,2，3,…,若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝eq\f（cn＋an,2)，cn＋1＝eq\f(bn＋an，2)，則( )A、{Sn｝為遞減數列B、｛Sn｝為遞增數列QUOTE12 C、｛S2n－1}為遞增數列,｛S2n}為遞減數列 D、{S2n－1}為遞減數列，{S2n｝為遞增數列 解法一:∴△AnBnCn的周長為3a1由海倫公式，得。選B。解法二：由b1＋c1＝2a1，得，即故An在以Bn、Cn為焦點的橢圓上,可設，該橢圓方程為，，則由橢圓第二定義，得由bn＋1＝eq\f(cn＋an,2），cn＋1＝eq\f(bn＋an,2)，得bn＋1－cn＋1＝－＝故，則是遞減數列，從而是遞增數列，所以｛Sn}為遞增數列.選Ｂ.解法三：取,則半周長.由海倫公式，得由bn＋1＝eq\f(cn＋an，2），cn＋1＝eq\f（bn＋an,2)，依次求,再比較面積大小得B。類型5：形如(且）的數列，可用轉化法或待定函數法(注意：待定函數要與原函數同類型)求通項公式.思路1（轉化法）:，遞推式兩邊同時除以,得，令，問題就轉化為類型2（疊加法）求解。思路2（待定函數法）：設,由求,是等比數列。注意：待定函數與必須是同一類型的函數！例9.已知，，求。解法一：，式子兩邊同時除以，得，令，則依此類推有、、…、,各式疊加得,即.解法二：(待定函數法）設,則∴A=1∴是以4為首項，公比為4的等比數列(余略）.變式練習22。數列{an}滿足a1=1且an=2an－1＋EQ\F（1，3n）（n≥2），求an。解法一：設,則是公比為q=2、首項為＋EQ\F(1，5)·EQ\F(1，3)=EQ\F（16,15)的等比數列，則解法二:an=2an－1＋EQ\F（1,3n），即設，則5k=1,故∴是以為首項，6為公比的等比數列∴，即點評：形如（)數列，可用構造法:，設，則，從而解得。那么是以為首項，為公比的等比數列。變式練習23.已知，求的通項公式.分析：是一次函數，故用待定函數法求解時，待定函數也要設為一次函數.解：設,則∴解得:A=－４,Ｂ＝６∴∴是以3為首項，為公比的等比數列∴∴變式練習24。(2006全國，理22）設數列{an｝的前n項和…。(Ⅰ）求首項a1與通項an;（Ⅱ)設…,證明：解：（Ⅰ)由Sn=eq\f（4,3）an－eq\f（1,3)×2n+1+eq\f（2,3）,n=1，2，3，…,①得a1=S1=eq\f(4,3)a1－eq\f（1，3)×4+eq\f（2,3)所以a1=2.再由①有Sn－1=eq\f（4,3)an－1－eq\f(1,3）×2n+eq\f(2,3)，n=2,3，4，…將①和②相減得:an=Sn－Sn－1=eq\f(4，3）（an－an－1）－eq\f（1，3）×(2n+1－2n）,n=2，3,…整理得:an=4an—1+2n,即an+2n=4(an－1+），n=2,3,…，因而數列{an+2n}是首項為a1+2=4,公比為4的等比數列，∴an+2n=4×=4n，n=1，2,3,…,因而an=4n－2n，n=1,2,3,…,（Ⅱ）將an=4n－2n代入①得Sn=eq\f（4,3）×（4n－2n)－eq\f（1，3）×2n+1+eq\f(2，3)=eq\f（1，3)×（2n+1－1）(2n+1－2）=eq\f(2,3）×（2n+1－1)(2n－1）Tn=eq\f(2n,Sn)=eq\f(3，2)×eq\f（2n,(2n+1－1）（2n－1）)=eq\f(3,2)×(eq\f(1,2n－1)－eq\f（1,2n+1－1)）所以，=eq\f（3，2）eq\f（1，2i－1）－eq\f（1，2i+1－1)）=eq\f（3，2)×(eq\f（1,21－1)－eq\f（1,2i+1－1))〈eq\f(3，2）類型6：形如（）的數列,用倒數法化為類型4求。思路（轉化法）：對遞推式兩邊取倒數，得，那么,令,問題就可以轉化為類型4求解.例10。已知,，求。解：由,得即，令，則。設，即，數列是以為首項、為公比的等比數列，則，即。變式練習25.[2014南昌聯考]已知數列{an}滿足a1＝1，an＋1＝eq\f(an，an＋2)(n∈N*）．若bn＋1＝（n－λ)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,an）＋1）)，b1＝－λ，且數列｛bn}是遞增數列,則實數λ的取值范圍為(）A．λ＜2B．λ＞3C．λ＞2D．λ＜3解：易知eq\f（1,an＋1）＝eq\f(2，an)＋1，∴eq\f（1，an＋1）＋1＝2(eq\f(1，an)＋1）。又a1＝1,∴eq\f(1，an)＋1＝（eq\f（1，a1）＋1）·2n-1＝2n,∴bn＋1＝（n－λ)·2n，∴bn＋1－bn＝（n－λ）2n－（n－1－λ)·2n—1＝（n－λ＋1)2n-1>0,∴n－λ＋1＞0。又n∈N＊，∴λ<2.選A.變式練習26。[2014廣州調研］已知數列{an｝滿足a1＝eq\f（3,5)，an＋1＝eq\f（3an,2an＋1)，n∈N*。(1）求證：數列eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1（\f（1,an）－1）)為等比數列．(2）是否存在互不相等的正整數m,s，t，使m，s，t成等差數列，且am－1，as－1，at－1成等比數列？如果存在，求出所有符合條件的m，s,t；如果不存在，請說明理由．解：（1）證明：因為an＋1＝eq\f（3an，2an＋1)，所以eq\f(1，an＋1）＝eq\f(1,3an）＋eq\f（2，3），所以eq\f(1，an＋1)－1＝eq\f（1,3）(eq\f（1，an)－1）因為a1＝eq\f(3，5），所以eq\f（1,a1)－1＝eq\f(2，3)，所以數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f（1,an）－1))是首項為eq\f（2，3)，公比為eq\f（1,3）的等比數列．(2）由(1)知，eq\f(1，an)－1＝eq\f（2,3）×eq\f(1，3)n－1＝eq\f(2，3n)，所以an＝eq\f(3n，3n＋2).假設存在互不相等的正整數m，s，t滿足條件,則有eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(m＋t＝2s，，(as－1)2＝（am－1）（at－1）.)）由an＝eq\f（3n，3n＋2）與(as－1)2＝（am－1）(at－1）,得（eq\f(3s,3s＋2)－1）2＝（eq\f（3m，3m＋2)－1)（eq\f(3t，3t＋2）－1）,即3m+t＋2×3m＋2×3t＝32s＋4×3s.因為m＋t＝2s，所以3m＋3t＝2×3s又3m＋3t≥2eq\r（3m＋t）＝2×3s，當且僅當m＝t時，等號成立，這與m,s，t互不相等矛盾,所以不存在互不相等的正整數m，s，t滿足條件．類型7：形如(p、r為常數，)的數列,可兩邊取對數法求。思路（轉化法）：對遞推式兩邊取對數得，令，問題轉化為類型4求解。例11。(02上海)若中，，則=.解：∵∴∴是首項為，公比為2的等比數列∴。變式練習27。(2016秋?安徽校級月考）已知函數f（x）=x2+bx為偶函數，數列{an｝滿足an+1=2f(an﹣1)+1，且a1=5，又設bn=log2(an﹣1).（1）求數列{bn}的通項公式；（2）設cn=nbn，求數列{cn｝的前n項和Sn．【分析】（1）由函數f(x）=x2+bx為偶函數，可得b=0，可得an+1﹣1=2(an-1)2，取對數：log2（an+1﹣1)=2log2(an﹣1）+1，可得：bn+1+1=2（bn+1），利用等比數列的通項公式即可得出．（2）由（1）得cn=nbn=n×3×﹣n．利用“錯位相減法"、等差數列與等比數列的求和公式即可得出．解:(1)∵函數f（x）=x2+bx為偶函數,∴b=0，∴an+1=2f（an﹣1)+1=2（an-1）2+1，∴an+1﹣1=2(an—1)2∴log2（an+1﹣1)=2log2（an﹣1）+1，∴bn+1=2bn+1，即:bn+1+1=2(bn+1）,∵b1+1=log2（a1﹣1）=2+1=3,∴數列｛bn+1｝是首項為3,公比為2的等比數列，∴bn+1