数学高二上沪教版求数列的通项公式中学教育高考_中学教育-高中教育.pdf

《数学高二上沪教版求数列的通项公式中学教育高考_中学教育-高中教育.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《数学高二上沪教版求数列的通项公式中学教育高考_中学教育-高中教育.pdf（11页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、年 级：高二 辅导科目：数学 课时数：3 课 题 求数列的通项公式-构造等差（比）数列求数列的通项 教学目的 掌握通过构造等差或等比数列来求数列的通项公式的方法 教学内容【知识梳理】1、等差数列的通项公式及其推导方法 2、等比数列的通项公式及其推导方法 【典型例题分析】1、利用待定常数法（也是最常考的一种方法）例 1、已知数列an 中，若a1=1，且an+1=3an-4(n=1,2,3,).求数列的通项公式an.分析：若关系式是an+1=3an即为等比数列，因此考虑处理-4，若能化为an+1+x=3(an+x),则可构造等比数列 an+x。解：设an+1=3an-4 恒等变形为an+1+x=3

2、（an+x)，即an+1=3an+2x,比较系数得：x=-2 an+1-2=3(an-2)数列an-2是以a1-2=-1为首项，公比为 3 的等比数列 an-2=（-1）3n-1 即an=-3n-1+2.说明：给出一阶递推关系式形如BAaann 1(n=1,2,),A、B 为常数，均可使用待定常数法，构造等比数列求出通项。变式练习 1：已知an中a13且aann211求此数列的通项公式.解：)(21tatann，则taann 12.与aann211进行比较，可得 t=1，则有1211nnaa.设bann 1，则有bbnn21.bn是以ba1112 为首项，2 为公比的等比数列 122nnb，1

3、212211nnnnba 例 2、已知数列an 中，前 n 项和sn=2an-3n,求数列的通项公式an.分析：已知等式中不是递推关系式，利用1nnnssa可转化为：an-2an-1=213n,考虑 3n-1是变量，引入待定常数 x 时，可设an-xn3=2(an-1-x13n),从而可构造等比数列。解：a1=s1=2a1-3 则a1=3，当 n 2 时，1nnnssa=（2an-3n）-（2an-1-3n-1）即an-2an-1=213n,设其可恒等变形为：an-xn3=2(an-1-x13n)，即 an-2an-1=x 13n,比较系数得：x=2.an-2n3=2(an-1-2 13n)数

4、列an-2n3是以a1-6=-3为首项，公比为 2 的等比数列。an-2n3=（-3）2n-1 an=2n3-312n.说明：对于型如an=Aan-1+f(n)（A 为常数）的一阶递推关系式。可利用待定常数法，构造等比数列；但须体现新数列相邻两项的规律性，设其可恒等变形为：an-xg(n)=Aan-1-xg(n-1),若 x 存在,则可构造等比数列 an-xg(n)。变式练习 1：已知数列na中，1a=92，113232nnnaa（n2），求na.解：将原递推式化作：232311nnnnaa，则 2323211nnnnaa 两式相减得 )3(323211nnnnaaaa 数列13nnaa 是以

5、首项为94，公比为32的等比数列.13nnaa=941)32(n，又 232311nnnnaa na=13)21(2nn.变式练习 2：设数列11132(*)nnnnxxxxnN.满足：，求数列nx 的通项公式 解析：132nnnxx，两边同除以12n，得113122 22nnnnxx令32 2nnnxy，则有13122nnyy于是，得131(1)2nnyy，数列1ny 是以首项为37144，公比为32的等比数列，故1731()42nny，即173()142nny，从而2117 323nnnx 2、利用配方法 有些递推关系式经“配方”后，可体现等差（比）的规律性。例 3、设an 0，a1=5，

6、当 n 2 时，an+an-1=17nnaa+6,求数列的通项公式an。分析：给出的递推关系式不能反映规律性，因此考虑去分母得：a2n-a2n-1=7+6(an-an-1),为体现规律性，变形为：a2n-a2n-1-6an+6an-1=7，即（an-3）2-(an-1-3)2=7.解：由an+an-1=17nnaa+6（n 2）变形为：a2n-a2n-1=7+6(an-an-1)即（an-3）2-(an-1-3)2=7（n 2）数列 2)3(na是以(a1-3)2=4 为首项，公差为 7 的等差数列 2)3(na=4+7（n-1）=7n-3，而an 0 an=37 n+3 说明：递推关系式中含

7、有二次项、一次项时可考虑用配方法，揭示规律，构造等差（比）数列。等比数列来求数列的通项公式的方法教学内容知识梳理等差数列的通项公式及其推导方法等比数列的通项公式及其推导方法典型例题分析利用待定常数法也是最常考的一种方法例已知数列中若且求数列的通项公式分析若关系式是即数列即说明给出一阶递推关系式形如为常数均可使用待定常数法构造等比数列求出通项变式练习已知中且求此数列的通项公式解则与进行比较可得则有设则有是以为首项为公比的等比数列例已知数列中前项和求数列的通项公式分析恒等变形为即比较系数得数列是以为首项公比为的等比数列说明对于型如为常数的一阶递推关系式可利用待定常数法构造等比数列但须体现新数列相邻

8、两项的规律性设其可恒等变形为若存在则可构造等比数列变式练习已知数列中求3、利用因式分解 有些递推关系式经因式分解后，可体现等差（比）的规律性。例 4、已知数列an 是首项为 1 的正项数列，且a2n+1+3an+1-2a2n+3an-anan+1=0求数列的通项公式an。分析:由已知递推关系式，若配方，则无法配成完全平方或完全平方项之和。因此考虑用因式分解化简，寻求更实质的关系。可变形为：an+1（an+1+3）+3an-anan+1+an（-2an）=0。解：由已知有：an+1（an+1+3）+3an-anan+1+an（-2 an）=0（an+1+an）（an+1+3）-2an=0，而an

9、 0 an+1+3-2an=0，则利用待定常数法有（an+1-3）-2（an-3）=0 数列an-3 是以a1-3=-2为首项，公比为 2 的等比数列。an-3=（-2）2n-1 即an=3-2n 说明：因式分解能达到化简的目的，使递推关系式简化，凸显规律性。变式练习：设na是首项为 1 的正项数列，且01212nnnnnanaaa，（nN*），求数列的通项公式na.解：由题设得0)(11naaaannnn.0na，01na，01nnaa.naann 1 2)1(321)()()(123121nnnaaaaaaaannn 4、利用对数 有些数列的递推关系式看起来比较复杂，但通过取对数变行后，往

10、往能构造出简单数列（如等差、等比数列），揭示规律。例 5、设a 0,如图，已知直线 L:y=ax 及曲线 C:y=x2,C 上的点 Q1的横坐标为a1(0 a1a),从 C上的点 Qn(n 1)作直线平行 X轴，交直线 L 于点Pn+1,再从点Pn+1作直线平行 Y轴,交曲线 C于点Qn+1；点 Qn（n=1,2,3,）的横坐标构成数列an,(I)试求an+1与an的关系，并求数列an的通项公式。（II）、（III）两题略（2003 年江苏高考 第 22 题）分析：通过点 Qn与 Pn+1的纵坐标的关系、Pn+1与 Qn+1 横坐标的关系，建立an+1与an的递推关系式：an+1=aan2，用

11、配方法无法揭示规律，为降次，考虑两边取对数，从而可构造等比数列。解：由点 Qn在曲线 C上，则 Qn（an，an2）；而 Qn与 Pn+1纵坐标相同，且点 Pn+1在直线 L 上，则 Pn+1（aan2，an2），因 Qn+1与 Pn+1横坐标相同，所以an+1=aan2。两边取对数得：lgan+1=2lgan lga，则由待定常数法得：lgan+1-lga=2（lgan lga）数列 lgan lga是以 lga1 lga为首项，公比为 2 的等比数列 lgan lga=（lga1 lga）2n-1 an=a(aa1)12n 变式练习：正项数列an中，a1=1，a2=10，当 n 3 时，a

12、n2an-1-3an-2=1，求数列的通项公式an。Q2Q3Q1P1P2xOylc等比数列来求数列的通项公式的方法教学内容知识梳理等差数列的通项公式及其推导方法等比数列的通项公式及其推导方法典型例题分析利用待定常数法也是最常考的一种方法例已知数列中若且求数列的通项公式分析若关系式是即数列即说明给出一阶递推关系式形如为常数均可使用待定常数法构造等比数列求出通项变式练习已知中且求此数列的通项公式解则与进行比较可得则有设则有是以为首项为公比的等比数列例已知数列中前项和求数列的通项公式分析恒等变形为即比较系数得数列是以为首项公比为的等比数列说明对于型如为常数的一阶递推关系式可利用待定常数法构造等比数列

13、但须体现新数列相邻两项的规律性设其可恒等变形为若存在则可构造等比数列变式练习已知数列中求分析：已知递推关系式是相邻三项之积且各项次数不同，则两边取对数后，可转化为加、减运算，即：2lgan-3lgan-1+lgan-2=0,从而可构造等比数列。解：由已知递推关系式两边取对数得：2lgan-3lgan-1+lgan-2=0（n 3）变形为：2（lgan-lgan-1）=lgan-1-lgan-2（n 3）数列 lgan-lgan-1（n 2）是以 lga2-lga1=1 为首项，公比为21的等比数列 lgan-lgan-1=（21）n-2（n 2）lgan=lga1+（lga2-lga1）+（l

14、ga3-lga2）+（lgan-lgan-1）=lg1+（21）0+（21）1+（21）n-2 =211)21(11n=2-（21）n-2（n 2）an=2)21(210n（n 2）,而当 n=1 时亦满足。an=2)21(210n（n 1）说明：从例 5、例 6 可看出，若正项数列an的递推关系式型如an+1=A an（其中 A为正常数，N）或相邻几项积的形式，可采用取对数的方法，构造等比（差）数列，顺利求出通项。由例 6，已知递推关系式取对数后化为型如pqxpxxnnn(11、q 均为常数，q0）的二阶递推关系式，当 p+q=1时，可恒等变形为)(1(11nnnnxxpxx，从而构造等比数

15、列nnxx 1。例 6 中结合应用了累加法的变形公式，即由(2a-1a)+(23aa)+(1nnaa)=na-1a变形得：na=1a+(2a-1a)+(23aa)+(1nnaa)其中 n2。5、利用倒数 有些数列的递推关系式，经取倒数变形后，显现出规律性，可构造等比（差）数列。例 6、已知 x1=1,x2=2,xn+2=112nnnnxxxx,试求xn。分析：由递推关系式结构特征，易联想到倒数，即有 xn+2=nnxx1121，从而nnxx111=22nx可构造等比数列。解：对递推关系式两边取倒数得：nnxx111=22nx 可变形为1211nnxx=（-21）（nnxx111）等比数列来求数

16、列的通项公式的方法教学内容知识梳理等差数列的通项公式及其推导方法等比数列的通项公式及其推导方法典型例题分析利用待定常数法也是最常考的一种方法例已知数列中若且求数列的通项公式分析若关系式是即数列即说明给出一阶递推关系式形如为常数均可使用待定常数法构造等比数列求出通项变式练习已知中且求此数列的通项公式解则与进行比较可得则有设则有是以为首项为公比的等比数列例已知数列中前项和求数列的通项公式分析恒等变形为即比较系数得数列是以为首项公比为的等比数列说明对于型如为常数的一阶递推关系式可利用待定常数法构造等比数列但须体现新数列相邻两项的规律性设其可恒等变形为若存在则可构造等比数列变式练习已知数列中求 数列n

17、nxx111是以1211xx=-21为首项，公比为-21的等比数列 111nnxx=（-21）(-2)21n=1)21(n (n 2)nx1=11x+(1211xx)+(2311xx)+(111nnxx)=1+（-21）+（-21）2+1)21(n =32+311)21(n(n 2)nx=1)21(23n(n 2)而当 n=1 时亦满足。nx=1)21(23n(n 1)说明：递推关系式中含有相邻两项之积与相邻两项之和的关系，可考虑取倒数（或化为分式），揭示规律，构造等比（差）数列。变式练习：已知数列an 中，a1=7，n 2 时，52211nnnaaa，求数列的通项公式an 分析：已知递推关系

18、式右边为分式，取倒数后可化为：29211nnaa，未能反映规律，但若能化为AaAann 111与的关系，则可揭示规律；结合待定常数法，可确定 A值。解：由已知：AaaAannn52211 （A 0）即52)1225)(12(11nnnaAAaAAa(2A+10)令1225AAA，解得：A=1 已知关系式可恒等变形为52)1(3111nnnaaa，取倒数得：3211111nnaa（n 2）。数列11na是以111a=81为首项，公差为32的等差数列。11na=81+（n-1）32,即13161637nnan（n 1）说明：例 8 中的递推关系式结构特征，亦易想到取倒数，但要灵活结合待定常数法，构

19、造新数列，凸显等差的等比数列来求数列的通项公式的方法教学内容知识梳理等差数列的通项公式及其推导方法等比数列的通项公式及其推导方法典型例题分析利用待定常数法也是最常考的一种方法例已知数列中若且求数列的通项公式分析若关系式是即数列即说明给出一阶递推关系式形如为常数均可使用待定常数法构造等比数列求出通项变式练习已知中且求此数列的通项公式解则与进行比较可得则有设则有是以为首项为公比的等比数列例已知数列中前项和求数列的通项公式分析恒等变形为即比较系数得数列是以为首项公比为的等比数列说明对于型如为常数的一阶递推关系式可利用待定常数法构造等比数列但须体现新数列相邻两项的规律性设其可恒等变形为若存在则可构造等

20、比数列变式练习已知数列中求规律性。引入待定常数 A是为了揭示AaAann 111与变化的一致性（规律性），若 A值存在，则可反映此变化规律。若 A值不存在，则考虑其它变形。6、利用换元 有些数列的递推关系式看起来较为复杂，但应用换元和化归思想后，可构造新数列进行代换，使递推关系式简化，从而揭示等差（比）规律，求出通项。例 7、已知数列an 中，,11a ).24141(1611nnnaaa求na 分析：已知递推关系式中的na241较难处理，考虑用换元去掉根式，即令nnab241（nb 0）。解：令nnab241，则1b=5，nb 0，从而na=2412nb 由已知递推关系式有：)24141(1

21、61241221nnnbbb 化简得：21)2(nb=（3nb）2 21nb=3nb，由待定常数法得：2（1nb-3）=nb-3 数列nb-3是以1b-3=2为首项，公比为21的等比数列。nb-3=2（21）n-1 即 nb=n22+3 na=2412nb=12112231232nnn(n 1)说明：对于递推关系式中较难处理的根式（比如不能反映相邻项的规律性），可采用换元去掉根式，化简递推关系式，揭示相邻项的变化规律，构造等比（差）数列。变式练习：设0a=1，na=12111nnaa（n N）,求证：na22n 分析：比较已知与结论，应先求通项公式na。待证的不等式中含有，且已知递推关系式中含

22、有211na，据此两个信息，考虑进行三角代换，化简递推关系式。证明：由已知na 0，引入数列n使na=tann,n(0,2)由已知有：na=2tansincos1tan1tan1111112nnnnn 2tantan1nn即n=21n，又0a=1，8tan121a，从而81 等比数列来求数列的通项公式的方法教学内容知识梳理等差数列的通项公式及其推导方法等比数列的通项公式及其推导方法典型例题分析利用待定常数法也是最常考的一种方法例已知数列中若且求数列的通项公式分析若关系式是即数列即说明给出一阶递推关系式形如为常数均可使用待定常数法构造等比数列求出通项变式练习已知中且求此数列的通项公式解则与进行比

23、较可得则有设则有是以为首项为公比的等比数列例已知数列中前项和求数列的通项公式分析恒等变形为即比较系数得数列是以为首项公比为的等比数列说明对于型如为常数的一阶递推关系式可利用待定常数法构造等比数列但须体现新数列相邻两项的规律性设其可恒等变形为若存在则可构造等比数列变式练习已知数列中求 即数列n是以8为首项，公比为21的等比数列 n=1)21(8n=22n，而当 x(0,2)时，有 tanx X na=tan22n22n 说明：对于递推关系式中，型如1121,1,1nnnnnnaaaaaa可考虑采用三角代换，化简递推关系式，揭示规律性。总之，构造等比（差）数列关键在于抓住递推关系式的结构特征，选择

24、恰当方法进行恒等变形，往往能揭示等比（差）规律，顺利求出通项。【课堂小练】1、数列na中，3,121 aa，且nnnanana)2()3(12，（nN*），求通项公式an.解：)1)(2()(1)(2()(2(1112nnaannaanaannnnnn )!2()(3412naa !3!21)()()(123121naaaaaaaannn（nN*）2、数列na中，211a，前 n 项的和nnanS2，求1na.解：1221221)1()1()1(nnnnnnnananananSSa 111nnaann，112211aaaaaaaannnnn)1(12131211nnnnnn )2)(1(11n

25、nan 3、设正项数列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12nnbb nb是以 2 为公比的等比数列，11log121b.11221nnnb，1221lognan，12log12nan，1212nna 4、已知数列na中，21a，n2 时133711nnnaaa，求通项公式.解：1344111nnnaaa，两边取倒数得4311111nnaa.可化为等差数列关系式.413)1(4311111nnaan 等比数列来求数列的通项公式的方法教学内容知识梳理等差数列

26、的通项公式及其推导方法等比数列的通项公式及其推导方法典型例题分析利用待定常数法也是最常考的一种方法例已知数列中若且求数列的通项公式分析若关系式是即数列即说明给出一阶递推关系式形如为常数均可使用待定常数法构造等比数列求出通项变式练习已知中且求此数列的通项公式解则与进行比较可得则有设则有是以为首项为公比的等比数列例已知数列中前项和求数列的通项公式分析恒等变形为即比较系数得数列是以为首项公比为的等比数列说明对于型如为常数的一阶递推关系式可利用待定常数法构造等比数列但须体现新数列相邻两项的规律性设其可恒等变形为若存在则可构造等比数列变式练习已知数列中求 1353nnan 5、已知数列na的前n项和为n

27、S，且585nnSna，*nN(1)证明：1na 是等比数列；(2)求数列nS的通项公式，并求出使得1nnSS成立的最小正整数n.解析：(1)当 n 1 时，a114；当 n 2 时，an Sn Sn 15an 5an 1 1，所以151(1)6nnaa，又 a1 115 0，所以数列an 1是等比数列；(2)由(1)知：151156nna ，得151 156nna ，从而1575906nnSn (n N*)；由 Sn 1Sn，得15265n ，562log114.925n ，最小正整数 n 15 【课堂总结】等差数列或等比数列是两类最基本的数列，是数列部分的重点，也是高考考 查的热点.而主要

28、考查学生分析问题和解决问题的能力，这个能力往往集中在“转化”的水平上.也就是说，把不同的递推公式，经过相应的变形手段，转化成比较熟悉的等差数列或等比数列进行求解.【课后练习】1、设nS为等差数列na的前n项和，若36324SS，则9a 。解析：填 15.31613 23326 56242SadSad,解得112ad，91815.aad 2、已知数列na满足1133,2,nnaaan则nan的最小值为_.【答案】212【命题立意】本题考查了递推数列的通项公式的求解以及构造函数利用导数判断函数单调性，考查了同学们综合运用知识解决问题的能力。【解析】an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+

29、(a2-a1)+a1=21+2+(n-1)+33=33+n2-n 所以331nannn 等比数列来求数列的通项公式的方法教学内容知识梳理等差数列的通项公式及其推导方法等比数列的通项公式及其推导方法典型例题分析利用待定常数法也是最常考的一种方法例已知数列中若且求数列的通项公式分析若关系式是即数列即说明给出一阶递推关系式形如为常数均可使用待定常数法构造等比数列求出通项变式练习已知中且求此数列的通项公式解则与进行比较可得则有设则有是以为首项为公比的等比数列例已知数列中前项和求数列的通项公式分析恒等变形为即比较系数得数列是以为首项公比为的等比数列说明对于型如为常数的一阶递推关系式可利用待定常数法构造等

30、比数列但须体现新数列相邻两项的规律性设其可恒等变形为若存在则可构造等比数列变式练习已知数列中求设()f n 331nn，令()f n 23310n，则()f n在(33,)上是单调递增，在(0,33)上是递减的，因为 nN+,所以当 n=5或 6 时()f n有最小值。又因为55355a，66321662a，所以，nan的最小值为62162a 3、设nS为等比数列na的前n项和，2580aa，则52SS（）（A）11 （B）5 （C）8 （D）11 解析：解析：通过2580aa，设公比为q，将该式转化为08322 qaa，解得q=-2，带入所求式可知答案选 D，本题主要考察了本题主要考察了等比

31、数列的通项公式与前 n 项和公式，属中档题 4、设数列na的前 n 项和2nSn，则8a的值为（A）15 (B)16 (C)49 （D）64【解析】887644915aSS，A【方法技巧】直接根据1(2)nnnaSSn即可得出结论.5、设na是任意等比数列，它的前n项和，前2n项和与前3n项和分别为,X Y Z，则下列等式中恒成立的是 A、2XZY B、Y YXZ ZX C、2YXZ D、Y YXX ZX 答案：D 6、设各项均为正数的数列na的前 n 项和为nS，已知3122aaa，数列nS是公差为d的等差数列。（1）求数列na的通项公式（用dn,表示）；（2）设c为实数，对满足nmknm且

32、3的任意正整数knm,，不等式knmcSSS都成立。求证：c的最大值为29。解析 本小题主要考查等差数列的通项、求和以及基本不等式等有关知识，考查探索、分析及论证的能力。满分 16分。（1）由题意知：0d，11(1)(1)nSSndand 21323213233()aaaaSSSS，2221113()(2),adaad 化简，得：22111120,aaddad ad 等比数列来求数列的通项公式的方法教学内容知识梳理等差数列的通项公式及其推导方法等比数列的通项公式及其推导方法典型例题分析利用待定常数法也是最常考的一种方法例已知数列中若且求数列的通项公式分析若关系式是即数列即说明给出一阶递推关系式

33、形如为常数均可使用待定常数法构造等比数列求出通项变式练习已知中且求此数列的通项公式解则与进行比较可得则有设则有是以为首项为公比的等比数列例已知数列中前项和求数列的通项公式分析恒等变形为即比较系数得数列是以为首项公比为的等比数列说明对于型如为常数的一阶递推关系式可利用待定常数法构造等比数列但须体现新数列相邻两项的规律性设其可恒等变形为若存在则可构造等比数列变式练习已知数列中求22(1),nnSdndnd Sn d ，当2n 时，222221(1)(21)nnnaSSn dndnd，适合1n 情形。故所求2(21)nand（2）（方法一）222222222mnkSScSm dn dc k dmnc

34、 k ，222mnck恒成立。又nmknm且3，222222292()()92mnmnmnkk，故92c，即c的最大值为29。（方法二）由1ad及1(1)nSand，得0d，22nSn d。于是，对满足题设的knm,，mn，有 2222222()99()222mnkmnSSmnddd kS。所以c的最大值max92c。另 一 方 面，任 取 实 数92a。设k为 偶 数，令331,122mknk，则knm,符 合 条 件，且22222222331()(1)(1)(94)222mnSSmnddkkdk。于是，只要22942kak，即当229ka时，22122mnkSSdakaS。所以满足条件的9

35、2c，从而max92c。因此c的最大值为92。等比数列来求数列的通项公式的方法教学内容知识梳理等差数列的通项公式及其推导方法等比数列的通项公式及其推导方法典型例题分析利用待定常数法也是最常考的一种方法例已知数列中若且求数列的通项公式分析若关系式是即数列即说明给出一阶递推关系式形如为常数均可使用待定常数法构造等比数列求出通项变式练习已知中且求此数列的通项公式解则与进行比较可得则有设则有是以为首项为公比的等比数列例已知数列中前项和求数列的通项公式分析恒等变形为即比较系数得数列是以为首项公比为的等比数列说明对于型如为常数的一阶递推关系式可利用待定常数法构造等比数列但须体现新数列相邻两项的规律性设其可

36、恒等变形为若存在则可构造等比数列变式练习已知数列中求 等比数列来求数列的通项公式的方法教学内容知识梳理等差数列的通项公式及其推导方法等比数列的通项公式及其推导方法典型例题分析利用待定常数法也是最常考的一种方法例已知数列中若且求数列的通项公式分析若关系式是即数列即说明给出一阶递推关系式形如为常数均可使用待定常数法构造等比数列求出通项变式练习已知中且求此数列的通项公式解则与进行比较可得则有设则有是以为首项为公比的等比数列例已知数列中前项和求数列的通项公式分析恒等变形为即比较系数得数列是以为首项公比为的等比数列说明对于型如为常数的一阶递推关系式可利用待定常数法构造等比数列但须体现新数列相邻两项的规律性设其可恒等变形为若存在则可构造等比数列变式练习已知数列中求