数列通项公式习题精选精讲

等差数列及等比数列的“遗传”与“变异”１．遗传若数列na是公差为d的等差数列，则由此构造出的以下数列是等差数列．如：（１）na去掉前面几项后余下项组成的仍为公差为d的等差数列．（２）所有的奇数项组成的是公差为d2的等差数列；所有的偶数项组成的是公差为d2的等差数列；形如kna（其中k是常数，且Nk）的数列都是等差数列．由此可得到的一般性结论是：凡是项的序号成等差数列（公差为k）的项依次组成的数列一定是等差数列，公差为kd．（３）数列nac（其中c是任一个常数）是公差为cd的等差数列．（４）数列can（其中c是任一个常数）是公差为d的等差数列．（５）数列knnaa（其中k是常数，且Nk）是公差为dk)1(的等差数列．（６）若nb是公差为1d等差数列，且qp,为常数，则数列nnbqap一定是公差为1qdpd的等差数列．（７）等差数列na中，任意连续k项的和是它前面连续k项的和与它后面连续k项的和的等差中项，也就是说这些连续k项的和也构成一个等差数列．若na是公比为q的等比数列，则由此构造出的以下数列是等比数列．如：（１）na去掉前面几项后余下项组成的仍是公比为q的等比数列．（２）项的序号成等差数列（公差为k）的项依次取出并组成的数列一定是等比数列，公比为kq．（３）数列na是公比为q的等比数列．（４）数列nac（c是任一常数且0c）是等比数列，公比仍为q．（５）mna（m是常数，且Km）是公比为mq的等比数列．特殊地：若数列na是正项等比数列时，且m是任一个实常数，则数列mna是公比为mq的等比数列．（６）knnaa（其中k是常数，且Nk）是公比为1kq的等比数列．（７）若nb是公比为1q的等比数列，，则nnba是公比为1qq的等比数列．（８）等比数列na中，若任意连续k项的和不为0，则任意连续k项的和是它前面连续k项的和与它后面连续k项的和的等比中项，也就是说这些连续k项的和也构成一个等比数列．２．变异若数列na，nb均为不是常数列的等差数列时，则有：（１）当数列na中的项不同号时，则数列na一定不是等差数列．（２）数列knnaa不是等差数列（３）mna（m是常数，且Km，1m，0na）不是等差数列．（４）数列nnba不是等差数列．若数列na为不是常数列的等比数列时，则有：（１）数列can（其中c是任一个不为０的常数，）不是等比数列．（２）数列1nnaa不一定是等比数列．如nna)1(时，则01nnaa，所以1nnaa不是等比数列．（３）数列nnba不一定是等比数列．３．突变（１）若数列na是公差为d的等差数列，则nac（其中c是正常数）一定是公比为dc的等比数列．（２）若na是公比为q的正项等比数列，则ncalog（其中c是不等于１的正常数）是公差为qclog的等差数列．数列通项公式的求法几种常见的数列的通项公式的求法一．观察法例1：根据数列的前4项，写出它的一个通项公式：（1）9，99，999，9999，…（2）,17164,1093,542,211（3）,52,21,32,1（4）,54,43,32,21解：（1）变形为：101－1，102―1，103―1，104―1，……∴通项公式为：110nna（2）;122nnnan（3）;12nan（4）1)1(1nnann.点评：关键是找出各项与项数n的关系。二、公式法例2：已知数列{an}是公差为d的等差数列，数列{bn}是公比为q的(q∈R且q≠1)的等比数列，若函数f(x)=(x－1)2，且a1=f(d－1)，a3=f(d+1)，b1=f(q+1)，b3=f(q－1)，(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；解：(1)∵a1=f(d－1)=(d－2)2，a3=f(d+1)=d2，∴a3－a1=d2－(d－2)2=2d，∴d=2，∴an=a1+(n－1)d=2(n－1)；又b1=f(q+1)=q2，b3=f(q－1)=(q－2)2，∴2213)2(qqbb=q2，由q∈R，且q≠1，得q=－2，∴bn=b·qn－1=4·(－2)n－1例1.等差数列na是递减数列，且432aaa=48，432aaa=12，则数列的通项公式是（）(A)122nan(B)42nan(C)122nan(D)102nan解析：设等差数列的公差位d，由已知12348)()(3333adaada，解得243da，又na是递减数列，∴2d，81a，∴)2)(1(8nan102n，故选(D)。例2.已知等比数列na的首项11a，公比10q，设数列nb的通项为21nnnaab，求数列nb的通项公式。解析：由题意，321nnnaab，又na是等比数列，公比为q∴qaaaabbnnnnnn21321，故数列nb是等比数列，)1(211321qqqaqaaab，∴)1()1(1qqqqqbnnn点评：当已知数列为等差或等比数列时，可直接利用等差或等比数列的通项公式，只需求得首项及公差公比。三、叠加法例3：已知数列6，9，14，21，30，…求此数列的一个通项。解易知,121naann∵,312aa,523aa,734aa……,121naann各式相加得)12(7531naan∴)(52Nnnan点评：一般地，对于型如)(1nfaann类的通项公式，只要)()2()1(nfff能进行求和，则宜采用此方法求解。例4.若在数列na中，31a，naann1，求通项na。解析：由naann1得naann1，所以11naann，221naann，…，112aa，将以上各式相加得：1)2()1(1nnaan，又31a所以na=32)1(nn四、叠乘法例4：在数列｛na｝中，1a=1,(n+1)·1na=n·na，求na的表达式。解：由(n+1)·1na=n·na得11nnaann，1aan=12aa·23aa·34aa…1nnaa=nnn11433221所以nan1例4.已知数列na中，311a，前n项和nS与na的关系是nnannS)12(，试求通项公式na。解析：首先由nnannS)12(易求的递推公式：1232,)32()12(11nnaaanannnnn5112521221aannaann将上面n—1个等式相乘得：.)12(12(1)12)(12(357)32)(12)(12(13)72)(52)(32(1nnannnnnnnnaann点评：一般地，对于型如1na=f(n)·na类的通项公式，当)()2()1(nfff的值可以求得时，宜采用此方法。五、Sn法利用1nnnSSa(n≥2)例5：已知下列两数列}{na的前n项和sn的公式，求}{na的通项公式。（1）13nnSn。（2）12nsn解：（1）11111Sana=1nnSS=1)1()1()1(33nnnn=3232nn此时，112Sa。∴na=3232nn为所求数列的通项公式。（2）011sa，当2n时12]1)1[()1(221nnnssannn由于1a不适合于此等式。∴)2(12)1(0nnnan点评：要先分n=1和2n两种情况分别进行运算，然后验证能否统一。六、待定系数法：例6：设数列}{nc的各项是一个等差数列与一个等比数列对应项的和，若c1=2，c2=4，c3=7，c4=12，求通项公式cn解：设1)1(nnbqdnac132211121237242nnncabdqbqdabqdabqdaba例6.已知数列nc中，bbc11，bbcbcnn11，其中b是与n无关的常数，且1b。求出用n和b表示的an的关系式。解析：递推公式一定可表示为)(1nncbc的形式。由待定系数法知：bbb1)1(1,1,12122bbcbbbcbbbnn故数列21bbcn是首项为112221bbbbc，公比为b的等比数列，故111121211222bbbcbbbbbbbcnnnnn点评：用待定系数法解题时，常先假定通项公式或前n项和公式为某一多项式，一般地，若数列}{na为等差数列：则cbnan，cnbnsn2（b、ｃ为常数），若数列}{na为等比数列，则1nnAqa，)1,0(qAqAAqsnn。七、辅助数列法例7：已知数}{na的递推关系为121nnaa，且11a求通项na。解：∵121nnaa∴)1(211nnaa令1nnab则辅助数列}{nb是公比为2的等比数列∴11nnqbb即nnnqaa2)1(111∴12nna例5.在数列na中，11a，22a，nnnaaa313212，求na。解析：在nnnaaa313212两边减去1na，得)(31112nnnnaaaa∴nnaa1是以112aa为首项，以31为公比的等比数列，∴11)31(nnnaa，由累加法得na=112211)()()(aaaaaaannnn=2)31(n3)31(n…11)31(=311)31(11n=1])31(1[431n=1)31(4347n例8：已知数列｛na｝中11a且11nnnaaa（Nn），，求数列的通项公式。解：∵11nnnaaa∴11111nnnnaaaa，设nnab1，则11nnbb故｛nb｝是以1111ab为首项，1为公差的等差数列∴nnbn)1(1∴nbann11点评：这种方法类似于换元法,主要用于已知递推关系式求通项公式。趣谈数列的通项问题及其思维方式1．递推关系的形成：直接给出，函数给出，解析几何给出，应用问题给出，方程给出。2．给出递推关系求通项，有时可以用归纳，猜想，证明的思路；而证明型的问题用数学归纳法往往是一种比较简单的方法；而给出铺垫（转化后的数列）的问题常常可以用证明（变换，待定系数法等）处理，一般难度不大。3．给定初始条件和递推关系往往可以用演绎（推导）的方法求出它的通项公式，其最主要的思想方法是生成、转化、叠代。4．给定初始条件和递推关系，有时不一定能求出通项，却也可以研究它的其他性质。（如取值范围，比较大小，其他等价关系等，无非等与不等两类），这类问题往往有一定的难度。将n喻为楼的第一层，na本文主要采用风趣的“楼层式”讲解，更易于理解数列中求通项的问题。喻为楼的第二层，nS喻为楼的第三层，则数列中,,nnnaS之间的关系式可理解为这三层之间的走动关系，那么我们可以用爬楼层的方式理解,,nnnaS之间的相互转化关系-----我亲切地称它为“楼层式”的转化方式。一、“二层”之间的关系式，即1(,,,,)0mmmnfaaan型若数列na的连续若干项之间满足关系1(,,,,)0mmmnfaaan，由这个递推关系及n个初始值确定的数列，叫做递推数列。它主要给出的是“二层”中连续几项之间的递推关系式（如：daann1、)(