2022年求数列通项公式的十种方法 .pdf

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1、求数列通项公式的十一种方法（方法全，例子全，归纳细）总述：一利用递推关系式求数列通项的11 种方法：累加法、累乘法、待定系数法、阶差法（逐差法） 、迭代法、对数变换法、倒数变换法、换元法（目的是去递推关系式中出现的根号）、数学归纳法、不动点法（递推式是一个数列通项的分式表达式）、特征根法二。四种基本数列：等差数列、等比数列、等和数列、等积数列及其广义形式。等差数列、等比数列的求通项公式的方法是：累加和累乘，这二种方法是求数列通项公式的最基本方法。三 求数列通项的方法的基本思路是：把所求数列通过变形，代换转化为等差数列或等比数列。四求数列通项的基本方法是：累加法和累乘法。五数列的本质是一个函数，

2、其定义域是自然数集的一个函数。一、累加法1适用于：1( )nnaaf n- 这是广义的等差数列累加法是最基本的二个方法之一。2若1( )nnaaf n (2)n，则21321(1)(2)( )nnaafaafaaf nLL两边分别相加得111( )nnkaaf n精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 31 页例 1 已知数列na满足11211nnaana，求数列na的通项公式。解：由121nnaan得121nnaan则112322112()()()()2(1)12(2)1(221)(21 1)12(1)(2)21(1)1(1)

3、2(1)12(1)(1)1nnnnnaaaaaaaaaannnnnnnnnnnLLL所以数列na的通项公式为2nan。例 2 已知数列na满足112313nnnaaa，求数列na的通项公式。解法一：由1231nnnaa得1231nnnaa则11232211122112211()()()()(231)(231)(231)(231)32(3333 )(1)33(1 3)2(1)313331331nnnnnnnnnnnnaaaaaaaaaannnnLLL所以31.nnan解法二：13231nnnaa两边除以13n，得111213333nnnnnaa，则111213333nnnnnaa，故112232

4、112232111122122()()()()33333333212121213()()()()3333333332(1)11111()1333333nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnaaaaaaaaaaaanLLL精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 31 页因此11(1 3)2(1)21131331 3322 3nnnnnann，则21133.322nnnan练习1.已知数列na的首项为1，且*12 ()nnaan nN写出数列na的通项公式. 答案：12nn练 习2.已 知数 列na满足31a，)2()1(11n

5、nnaann， 求此 数列的通项 公式 . 答案：裂项求和nan12评注 ：已知aa1,)(1nfaann，其中 f(n) 可以是关于n 的一次函数、二次函数、指数函数、分式函数，求通项na. 若 f(n) 是关于 n 的一次函数，累加后可转化为等差数列求和; 若 f(n) 是关于 n 的二次函数，累加后可分组求和; 若 f(n) 是关于 n 的指数函数，累加后可转化为等比数列求和; 若 f(n) 是关于 n 的分式函数，累加后可裂项求和。例 3.已知数列na中, 0na且)(21nnnanaS,求数列na的通项公式 . 解 :由已知)(21nnnanaS得)(2111nnnnnSSnSSS,

6、 化简有nSSnn212,由类型 (1)有nSSn32212, 又11aS得11a,所以2) 1(2nnSn,又0na,2)1(2nnsn, 则2)1(2)1(2nnnnan此题也可以用数学归纳法来求解. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 31 页二、累乘法1.适用于：1( )nnaf n a- 这是广义的等比数列累乘法是最基本的二个方法之二。2若1( )nnaf na，则31212(1)(2)( )nnaaafff naaaL L，两边分别相乘得，1111( )nnkaaf ka例 4 已知数列na满足112(1)53n

7、nnanaa，求数列na的通项公式。解：因为112(1)53nnnanaa，所以0na，则12(1)5nnnana，故1321122112211(1) (2)2 1(1)122(1 1)52(2 1)52(21) 5 2(11) 5 32 (1)3 2 533 25!nnnnnnnnnnn nnaaaaaaaaaannn nnLLLL所以数列na的通项公式为(1)12325!.n nnnan例 5.设na是首项为1 的正项数列，且011221nnnnaanaan（n=1，2， 3，），则它的通项公式是na=_. 解：已知等式可化为：0)1()(11nnnnnaanaa0na(*Nn)(n+1)

8、01nnnaa, 即11nnaann2n时，nnaann11112211aaaaaaaannnnn=121121nnnn=n1. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 31 页评注： 本题是关于na和1na的二次齐次式，可以通过因式分解（一般情况时用求根公式）得到na与1na的更为明显的关系式，从而求出na. 练习 .已知1, 111annaann,求数列 an 的通项公式 . 答案：na) 1()!1(1an-1. 评注：本题解题的关键是把原来的递推关系式,11nnaann转化为),1(11nnana若令1nnab,则问题进

9、一步转化为nnnbb1形式， 进而应用累乘法求出数列的通项公式. 三、待定系数法适用于1( )nnaqaf n基本思路是转化为等差数列或等比数列，而数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。1形如0( ,1cdcaann,其中aa1)型（ 1）若 c=1 时，数列 na为等差数列 ; （ 2）若 d=0 时，数列 na为等比数列 ; （ 3）若01且dc时，数列 na 为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求 . 待定系数法：设)(1nnaca, 得)1(1ccaann,与题设,1dcaann比较系数得dc) 1(,所以)0( ,1ccd所以有：)1(11cdaccda

10、nn因此数列1cdan构成以11cda为首项，以c为公比的等比数列，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 31 页所以11)1(1nnccdacda即：1)1(11cdccdaann. 规律：将递推关系dcaann 1化为)1(11cdaccdann,构造成公比为c 的等比数列1cdan从而求得通项公式)1(1111cdaccdann逐项相减法（阶差法） ：有时我们从递推关系dcaann 1中把 n 换成 n-1 有dcaann1,两式相减有)(11nnnnaacaa从而化为公比为c 的等比数列1nnaa,进而求得通项公式.

11、)(121aacaannn,再利用类型 (1)即可求得通项公式.我们看到此方法比较复杂. 例 6 已知数列na中，111,21(2)nnaaan，求数列na的通项公式。解法一：121(2),nnaanQ112(1)nnaa又112,1naaQ是首项为2，公比为2的等比数列12nna，即21nna解法二：121(2),nnaanQ121nnaa两式相减得112()(2)nnnnaaaan，故数列1nnaa是首项为2，公比为2 的等比数列，再用累加法的练习已知数列na中，,2121,211nnaaa求通项na。答案：1)21(1nna精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结

12、- - - - - - -第 6 页，共 31 页2形如：nnnqapa1(其中 q 是常数，且n0,1) 若 p=1 时，即：nnnqaa1，累加即可 . 若1p时，即：nnnqapa1，求通项方法有以下三种方向：i. 两边同除以1np.目的是把所求数列构造成等差数列即：nnnnnqppqapa)(111,令nnnpab，则nnnqppbb)(11,然后类型1，累加求通项 . ii. 两边同除以1nq. 目的是把所求数列构造成等差数列。即：qqaqpqannnn111, 令nnnqab,则可化为qbqpbnn11.然后转化为类型5 来解，iii. 待定系数法：目的是把所求数列构造成等差数列设

13、)(11nnnnpapqa.通过比较系数，求出，转化为等比数列求通项. 注意：应用待定系数法时，要求pq，否则待定系数法会失效。例 7 已知数列na满足11124 31nnnaaa，求数列na的通项公式。解法一（待定系数法） ：设11123(3nnnnaa)，比较系数得124,2，则数列14 3nna是首项为1 114 35a，公比为 2 的等比数列，所以114 35 2nnna，即114 35 2nnna解法二（两边同除以1nq） ： 两边同时除以13n得：1122433 33nnnnaa，下面解法略解法三（两边同除以1np） ： 两边同时除以12n得：nnnnnaa)23(342211，下

14、面解法略精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 31 页练习 .（2003 天津理）设0a为常数，且)(2311Nnaannn证明对任意n1，012) 1(2) 1(351aannnnnn；3形如bknpaann 1(其中 k,b 是常数，且0k) 方法 1：逐项相减法（阶差法）方法 2：待定系数法通过凑配可转化为)1()(1ynxapyxnann; 解题基本步骤：1、确定( )f n=kn+b 2、设等比数列)(yxnabnn，公比为p 3、列出关系式)1()(1ynxapyxnann,即1nnpbb4、比较系数求x,y 5、

15、解得数列)(yxnan的通项公式6、解得数列na的通项公式例 8 在数列na中，,23, 111naaann求通项na.（逐项相减法）解：，,231naann2n时，)1(231naann，两式相减得2)(311nnnnaaaa.令nnnaab1,则231nnbb利用类型5 的方法知2351nnb即13511nnnaa再由累加法可得213251nann. 亦可联立解出213251nann. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 31 页例 9. 在数列na中，362,2311naaann,求通项na.（待定系数法）解：原递推式

16、可化为ynxayxnann)1()(21比较系数可得：x=-6,y=9, 上式即为12nnbb所以nb是一个等比数列，首项299611nab,公比为21.1)21(29nnb即：nnna)21(996故96)21(9nann. 4形如cnbnapaann21(其中 a,b,c 是常数，且0a) 基本思路是转化为等比数列，而数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。例 10 已知数列na满足21123451nnaanna，求数列na的通项公式。解： 设221(1)(1)2()nnax ny nzaxnynz比较系数得3,10,18xyz，所以2213(1)10(1)182(31018)

17、nnannann由213 1101 18131320a，得2310180nann则2123(1)10(1) 18231018nnannann，故数列231018nann为以213 110 11813132a为首项，以2 为公比的等比数列，因此2131018322nnann，则42231018nnann。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 31 页5.形如21nnnapaqa时将na作为( )f n求解分析：原递推式可化为211()() nnnnaapaa的形式，比较系数可求得，数列1nnaa为等比数列。例 11已知数列na满

18、足211256,1,2nnnaaaaa，求数列na的通项公式。解：设211(5)()nnnnaaaa比较系数得3或2，不妨取2， （取 -3 结果形式可能不同，但本质相同）则21123(2)nnnnaaaa，则12nnaa是首项为4，公比为 3 的等比数列1124 3nnnaa，所以114 35 2nnna练习 .数列na中，若2,821aa,且满足03412nnnaaa,求na. 答案：nna311. 四、迭代法rnnpaa1(其中 p,r 为常数 )型例 12已知数列na满足3(1)2115nnnnaaa，求数列na的通项公式。解：因为3(1)21nnnnaa，所以1212(2)(1)32

19、(2)(1)3(3)(2)(1)11 2(3)(323(1) 2323 (1)21223(2) 23 (1)233 (2)(1)23323(2) (1)21nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnaaaaaaaL LL LL2)(1)(1)123! 21nn nnna又15a，所以数列na的通项公式为(1)123! 25n nnnna。注：本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 31 页例 13.（2005 江西卷）已知数列:,且满足的各项都是正数

20、naNnaaaannn),4(21, 110，（1）证明12,;nnaanN（2）求数列na的通项公式an. 解： （1）略（ 2）,4)2(21)4(2121nnnnaaaa所以21)2()2(2nnaannnnnnnnnbbbbbab22212122222112)21()21(21)21(2121,2 则令又 bn=1，所以1212)21(22,)21(nnnnnbab即. 方法 2：本题用归纳 -猜想 -证明，也很简捷，请试一试.解法 3：设 cnnb，则 c2121nnc,转化为上面类型（ 1）来解五、对数变换法适用于rnnpaa1(其中 p,r 为常数 )型p0，0na例 14.设正

21、项数列na满足11a，212nnaa（n2）.求数列na的通项公式 . 解：两边取对数得：122log21lognnaa，)1(log21log122nnaa，设1log2nanb，则12nnbbnb是以 2 为公比的等比数列，11log121b11221nnnb，1221lognan，12log12nan，1212nna练习数列na中，11a，12nnaa（n2） ，求数列na的通项公式 . 答案：nna2222精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 31 页例 15 已知数列na满足512 3nnnaa，17a，求数列na

22、的通项公式。解：因为511237nnnaaa，所以100nnaa，。两边取常用对数得1lg5lglg3lg 2nnaan设1lg(1)5(lg)nnax nyaxny（同类型四）比较系数得，lg3lg3lg 2,4164xy由1lg3lg3lg 2lg3lg3lg 2lg1lg 71041644164a，得lg3lg3lg 2lg04164nan，所以数列lg3lg3lg 2lg4164nan是以lg3lg3lg 2lg 74164为首项，以5 为公比的等比数列，则1lg3lg3lg 2lg3lg3lg 2lg(lg 7)541644164nnan，因此11111111116164444111

23、115161644445415151164lg3lg3lg 2lg 3lg 3lg 2lg(lg 7)54164464lg(7 332 )5lg(332 )lg(7 332 )lg(332 )lg(732)nnnnnnnnnnan则11541515164732nnnnna。六、倒数变换法适用于分式关系的递推公式，分子只有一项例 16 已知数列na满足112,12nnnaaaa，求数列na的通项公式。解：求倒数得11111111111,22nnnnnnaaaaaa为等差数列，首项111a，公差为12，112(1),21nnnaan精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 -

24、 - - - - - -第 12 页，共 31 页七、换元法适用于含根式的递推关系例 17 已知数列na满足111(14124)116nnnaaaa，求数列na的通项公式。解：令124nnba，则21(1)24nnab代入11(14124)16nnnaaa得221111(1)14(1)241624nnnbbb即2214(3)nnbb因为1240nnba，则123nnbb，即11322nnbb，可化为113(3)2nnbb，所以3nb是以1131243124 132ba为首项，以21为公比的等比数列，因此121132()()22nnnb，则21( )32nnb，即21124( )32nna，得2

25、 111( )()3 423nnna。八、数学归纳法通过首项和递推关系式求出数列的前n 项，猜出数列的通项公式，再用数学归纳法加以证明。例 18 已知数列na满足11228(1)8(21) (23)9nnnaaann，求数列na的通项公式。解：由1228(1)(21) (23)nnnaann及189a，得2122322243228(1 1)88224(21 1) (213)9925258(21)248 348(221) (223)252549498(31)488480(23 1) (233)49498181aaaaaa精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - -

26、- - - -第 13 页，共 31 页由此可猜测22(21)1(21)nnan，下面用数学归纳法证明这个结论。（1）当1n时，212(211)18(21 1)9a，所以等式成立。（2）假设当nk时等式成立，即22(21)1(21)kkak，则当1nk时，12222222222222228(1)(21) (23)(21)1(23)8(1)(21) (23)(21) (23)(21)(21) (23)(23)1(23)2(1) 112(1) 1kkkaakkkkkkkkkkkkkkkk由此可知，当1nk时等式也成立。根据（ 1） ， （ 2）可知，等式对任何*nN都成立。九、阶差法（逐项相减法）

27、1、递推公式中既有nS，又有na分析：把已知关系通过11,1,2nnnS naSSn转化为数列na或nS的递推关系，然后采用相应的方法求解。例 19已知数列na的各项均为正数，且前n 项和nS满足1(1)(2)6nnnSaa，且249,aaa成等比数列，求数列na的通项公式。解：对任意nN有1(1)(2)6nnnSaa当 n=1 时，11111(1)(2)6Saaa，解得11a或12a精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 31 页当 n2 时，1111(1)(2)6nnnSaa-整理得：11()(3)0nnnnaaaana各

28、项均为正数，13nnaa当11a时，32nan，此时2429aa a成立当12a时，31nan，此时2429aa a不成立，故12a舍去所以32nan练习。 已知数列na中, 0na且2) 1(21nnaS, 求数列na的通项公式 . 答案：nnnaSS1212)1()1(nnaa12nan2、对无穷递推数列例 20 已知数列na满足11231123(1)(2)nnaaaaananL， 求na的通项公式。解：因为123123(1)(2)nnaaaananL所以1123123(1)nnnaaaananaL用式式得1.nnnaana则1(1)(2)nnanan故11(2)nnanna所以13222

29、122! (1)4 3.2nnnnnaaanaan naaaaaLL由123123(1)(2)nnaaaananL，21222naaa取得，则21aa，又知11a，则21a，代入得!1 3 4 52nnanL。所以，na的通项公式为!.2nna精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 31 页十、不动点法目的是 将递推数列转化为等比（差）数列的方法不动点的定义：函数( )f x的定义域为D，若存在0( )f x xD，使00()f xx成立，则称0 x为( )f x的不动点或称00(,()xf x为函数( )f x的不动点。分析

30、：由( )f xx求出不动点0 x，在递推公式两边同时减去0 x，在变形求解。类型一：形如1nnaqad例 21 已知数列na中，111,21(2)nnaaan，求数列na的通项公式。解：递推关系是对应得递归函数为( )21f xx，由( )fxx得，不动点为-1112(1)nnaa，类型二：形如1nnna abac ad分析：递归函数为( )a xbf xc xd（1）若有两个相异的不动点p,q 时，将递归关系式两边分别减去不动点p,q，再将两式相除得11nnnnapapkaqaq，其中apckaqc，111111()()()()nnna qpq ka ppqaap kaq（ 2） 若 有

31、两 个 相 同 的 不 动 点p， 则 将 递 归 关 系 式 两 边 减 去 不 动 点p， 然 后 用1 除 ， 得111nnkapap，其中2ckad。例 22. 设数列na满足7245,211nnnaaaa, 求数列na的通项公式 . 分析：此类问题常用参数法化等比数列求解. 解：对等式两端同时加参数t, 得：725247)52(727)52(72451nnnnnnnattatatattaata, 令5247ttt, 解之得 t=1,-2 代入72)52(1nnnatatta得721311nnnaaa,722921nnnaaa, 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归

32、纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 31 页相除得21312111nnnnaaaa, 即 21nnaa 是首项为412111aa，公比为31的等比数列 , 21nnaa=n1341, 解得13423411nnna. 方法 2：,721311nnnaaa，两边取倒数得1332)1(39)1(2)1(372111nnnnnnaaaaaa，令 b11nna，则 bnnb332,转化为累加法来求. 例 23已知数列na满足112124441nnnaaaa，求数列na的通项公式。解：令212441xxx，得2420240 xx，则1223xx，是函数2124( )41xf xx的两个不动

33、点。因为112124224121242(41)13262132124321243(41)92793341nnnnnnnnnnnnnnaaaaaaaaaaaaaa。所以数列23nnaa是以112422343aa为 首 项 ， 以913为 公 比 的 等 比 数 列 ， 故12132()39nnnaa， 则113132()19nna。练习 1：已知na满足11122,(2)21nnnaaana，求na的通项na答案：3( 1)3( 1)nnnnna练习 2。 已知数列na满足*11212,()46nnnaaanNa，求数列na的通项na答案：135106nnan精选学习资料 - - - - - -

34、 - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 31 页练习 3.（2009 陕西卷文）已知数列na满足，*11212,2nnnaaaaanN 2. 令1nnnbaa，证明：nb是等比数列；()求na的通项公式。答案： （1）nb是以 1 为首项，12为公比的等比数列。 （ 2）1*521()()332nnanN。十一。 特征方程法形如21( ,nnnapaqap q是常数）的数列形如112221,( ,nnnam amapaqap q是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项na，其特征方程为2xpxq若有二异根,，则可令1212(,nnnaccc c是待定常数）若

35、有二重根，则可令1212()(,nnacncc c是待定常数）再利用1122,am am可求得12,c c，进而求得na例 24 已知数列na满足*12212,3,32()nnnaaaaanN，求数列na的通项na解： 其特征方程为232xx，解得121,2xx，令1212nnnacc，由1122122243accacc，得12112cc，112nna例 25已知数列na满足*12211,2,44()nnnaaaaanN，求数列na的通项na解： 其特征方程为2441xx，解得1212xx，令1212nnacnc，由1122121()121(2)24accacc，得1246cc，1322nnn

36、a练习 1 已知数列na满足*12211,2,441()nnnaaaaanN，求数列na的通项练习 2 已知数列na满足*12211,2,444()nnnaaaaannN，求数列na的通项精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 31 页说明 ：(1)若方程2xpxq有两不同的解s , t, 则)(11nnnntaastaa, )(11nnnnsaatsaa, 由等比数列性质可得1121)(nnnstaataa, 1121)(nnntsaasaa, , st由上两式消去1na可得nnnttstsaastsstaaa.1212.

37、(2)若方程2xpxq有两相等的解ts，则12121211)(taastaastaastaannnnnnn，21211staasasannnn,即nnsa是等差数列，由等差数列性质可知2121.1ssaansasann，所以nnsnssaassaasaa.2122121例 26、数列na满足1512a，且212542924nnnaaa求数列na的通项。解：2211252925244429292244nnnnnnnaaaaaaa令229254，解得12251,4，将它们代回得，21112924nnnaaa，212525429424nnnaaa，得21125254411nnnnaaaa, 则112

38、52544lg2lg11nnnnaaaa，数列254lg1nnaa成等比数列，首项为1，公比q=2 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 31 页所以1254lg21nnnaa，则12254101nnnaa，112225104101nnna十二、 四种基本数列1形如)(1nfaann型等差数列的广义形式，见累加法。2. 形如)(1nfaann型等比数列的广义形式，见累乘法。3. 形如)(1nfaann型（1）若daann 1（d 为常数），则数列 na 为“等和数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论

39、; （2）若 f(n) 为 n 的函数（非常数）时，可通过构造转化为)(1nfaann型，通过累加来求出通项; 或用逐差法 (两式相减 ) 得) 1()(11nfnfaann，分奇偶项来分求通项. 例 27. 数列 na满足01a,naann21, 求数列 an的通项公式 . 分析 1 ：构造转化为)(1nfaann型解法 1：令nnnab)1(则naaaabbnnnnnnnnnn2) 1()()1()1()1(111111. 2n时,012) 1()2(2) 1() 1(2) 1(112121211abbbnbbnbbnnnnnn各式相加:1) 1(2)1()2()1()1()1(2231n

40、nbnnn当n为 偶 数 时 ，nnnbn22)1() 1(2. 此 时nbann当n 为 奇 数 时 ，1)21(2nnbn此时nnab,所以1nan.故., 1为偶数为奇数nnnnan解法2：naann21精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 31 页2n时，)1(21naann，两式相减得：211nnaa. ,531aaa构成以1a, 为首项，以2 为公差的等差数列; ,642aaa构成以2a, 为首项，以2 为公差的等差数列22)1(112kdkaakkdkaak2)1(22. ., 1为偶数为奇数nnnnan评注：

41、结果要还原成n 的表达式 . 例 28.（ 2005 江西卷）已知数列an的前 n 项和 Sn满足SnSn2=3,23,1),3()21(211SSnn且求数列 an 的通项公式 . 解：方法一：因为),3()21(31112naaaaSSnnnnnnn所以以下同上例，略答案.,)21(34,)21(3411为偶数为奇数nnannn4. 形如)(1nfaann型（1）若paann 1(p 为常数 ) ，则数列 na 为“等积数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论; （2）若 f(n) 为 n 的函数（非常数）时，可通过逐差法得)1(1nfaann，两式相除后，分奇偶项

42、来分求通项. 例 29. 已知数列满足na)( ,)21(, 3*11Nnaaannn, 求此数列的通项公式. 注：同上例类似，略. 5形如()nnpsf a型(1) 若)(naf是常数，同题型 1. (2) 若)(naf是一次式同题型 1 (3) 若)(naf是二次式。例 1(2006 年陕西理 20) 已知正项数列na，其前 n 项和 Sn满足1531,aaa成等比数列，且 10 Sn=652nnaa，求数列na的通项公式na. 解: 10 Sn=652nnaa.32,6510111211aaaaa或解得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - -

43、 -第 21 页，共 31 页又 10 Sn 1=65121nnaa( n2), - , 得)(5)(101212nnnnnaaaaa，即0)5)(11nnnnaaaa. ,01nnaa)2(51naann. 当73,1331531aaa时，. 此时1531,aaa不成等比数列，31a. 当72,1221531aaa时，. 此时有15123aaa. 21a. 35nan. 评注:该题用）2()1(11nSSnSannn即nnSa 与的关系, )(11nnnnnafafSSa（）. 消去nnaS求出, 也可用nnnnaSfSfS消去)()(1的方法求出nnaS 再求. 例 2（2007年重庆理科

44、 21） 已知各项均为正数的数列na的前n项和nS满足11S，且6(1)(2)nnnSaa， nN（）求na的通项公式；（）设数列nb满足(21)1nbna，并记nT为nb的前n项和，求证：231log (3)nnTanN，解： （I）解由11111(1)(2)6aSaa，解得11a或12a，由假设111aS，因此12a，又由111111(1)(2)(1)(2)66nnnnnnnaSSaaaa，得11()(3)0nnnnaaaa，即130nnaa或1nnaa，因0na，故1nnaa不成立，舍去因此13nnaa，从而na是公差为 3，首项为 2的等差数列，故na的通项为31nan精选学习资料 -

45、 - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 31 页（II）证法一：由(21)1nbna可解得22213log1log31nnban；从而1223 63log2 531nnnTbbbnLL因此3223 63231 log (3)log2 53132nnnTannL令33 632( )2 53132nf nnnL，则322(1)3233(33)( )3532(35)(32)f nnnnf nnnnn因32(33)(35)(32)970nnnn，故(1)( )f nf n特别地27( )(1)120f nf，从而2231log (3)log( )0n

46、nTaf n即231log (3)nnTa证法二：同证法一求得nb及nT，由二项式定理知，当0c时，不等式3(1)13cc成立由此不等式有333211131log 2 1112531nTnL2333log 2 1112531nL2225 832log 22 531log (32)log (3)nnnnaL证法三：同证法一求得nb及nT令3 634 7312 5313 63nnnnABnnLL，5 8324 731nnCnL因3313231331nnnnnn因此33 +22nnnnnAA B C从而33223 6331log 2log 22 531nnnTAnL2log2nnnA B C精选学习

47、资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页，共 31 页22log (32)log (3)nna证法四：同证法一求得nb及nT下面用数学归纳法证明：231log (3)nnTa当1n时，122731log4T，212log (3)log 5a，因此12131log (3)Ta，结论成立假设结论当 nk 时成立，即231log (3)kkTa则当1nk时，12112131log (3)313log (3)kkkkkTaTba2211log (3)log (3)3kkkaab322(33)log(35)(32)kkk；因32(33)(35)(32

48、)970kkkk故322(33)log0(35)(32)kkk从而12131log (3)kkTa这就是说，当1nk时结论也成立综上231log (3)nnTa对任何nN+成立例 3 （2008 年全国理科2）设函数( )lnfxxxx数列na满足101a，1()nnaf a（）证明：函数( )f x在区间(01)，是增函数；（）证明：11nnaa；（）设1(1)ba，整数11lnabkab证明：1kab解： （）证明：( )lnf xxxx，ln ,0,1ln0fxxxfxx当时，故函数 fx 在区间 (0,1)上是增函数（）证明：（用数学归纳法）（i）当 n=1 时，101a，11ln0a

49、a，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 24 页，共 31 页211111()lnaf aaaaa由函数( )f x在区间(01)，是增函数，且函数( )f x在1x处连续，则( )f x在区间(01，是增函数，21111()ln1af aaaa，即121aa成立；（）假设当(*)xk kN时，11kkaa成立，即1101kkaaa那么当1nk时，由( )f x在区间(0 1，是增函数，1101kkaaa得：1()()(1)kkf af af.而1()nnaf a，则121(),()kkkkaf aaf a，121kkaa，也就是说当1

50、nk时，11nnaa也成立；根据（）、 （）可得对任意的正整数n，11nnaa恒成立（）证明：由( )lnfxxxx1()nnaf a可得：kkkkaababaln111lnkiiiabaa1、若存在某 ik满足iab，则1kiabab 02、若对任意 ik都有bai，则：kkkkaababaln111lnkiiabab11()lnkiiabab111ln()0abkbabab，11ka ab即成立例 4. 已知数列na中, 0na且)(21nnnanaS, 求数列na的通项公式 . 解: 由已知)(21nnnanaS得)(2111nnnnnSSnSSS, 化简有nSSnn212, 由类型 (