数列通项公式的求法(全)

高考数列题型分类归纳解析

各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解。特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。本文总结出几种求解数列通项公式的方法，希望能对大家有帮助。

类型1 an1anf(n)

解法：把原递推公式转化为an1anf(n)，利用累加法(逐差相加法)求解。

1例:已知数列aan满足

12，a1n1ann2n，求an。

1111解：由条件知：

an1ann2nn(n1)nn1

分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累加之(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)

(112)(11111123)(34)(n1n)

1所以

ana11n

a1131112，an21n2n

即

1

，

变式:（2004，全国I，个理22．本小题满分14分）

已知数列{an}中a11，且a2k=a2k－1+(－1)K, a2k+1=a2k+3k, 其中k=1,2,3,…….

（I）求a3, a5；

（II）求{ an}的通项公式.

解：

a2ka2k1(1)k，

a2k1a2k3k

akkkkk2k1a2k3a2k1(1)3，即a2k1a2k13(1)

a3a13(1)，

a5a332(1)2

…… ……

a2k1a2k13k(1)k

将以上k个式子相加，得

a3k)[(1)(1)2(1)k]3(3k1)12k1a1(3322[(1)k21]

将a11代入，得

2

a2k11k113(1)k122，

a2ka2k1(1)k1k13(1)k122。

1n11n2123(1)1(n为奇数)2an2nn1321(1)21(n为偶数)22经检验a11也适合，

类型2 an1f(n)an

an1f(n)a解法：把原递推公式转化为n，利用累乘法(逐商相乘法)求解。

例:已知数列an满足

a12nan1an3，n1，求an。

an1n解：由条件知ann1，分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累乘之，

即

aaa2a3a41••••n123n1na1a2a3an1234a1n n又

a122an3，3n

例:已知a13，

an13n1an3n2 (n1)，求an。

3

解：

an3(n1)13(n2)132131••••a13(n1)23(n2)232232

3n43n73n13n45263853n1。

变式:（2004，全国I,理15．）已知数列{an}，满足a1=1，ana12a23a3(n1)an1

n11an___ n2 (n≥2)，则{an}的通项

解：由已知，得an1a12a23a3(n1)an1nan，用此式减去已知式，得

当n2时，an1annan，即an1(n1)an，又a2a11，

aaa2an!1,33,44,,nnana1a2a3an12(n2) ，将以上n个式子相乘，得

a11,类型3 an1panq（其中p，q均为常数，(pq(p1)0)）。

q1p，再利用换

解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：an1tp(ant)，其中元法转化为等比数列求解。

例:已知数列an中，a11，an12an3，求an.

t解：设递推公式an12an3可以转化为an1t2(ant)即an12antt3.故递推公式为an132(an3),令bnan3，则b1a134,且

bn1an132bnan3.所以bn是以b14为首

4

n1n1n1项，2为公比的等比数列，则

bn422,所以

an23.

变式:（2006，重庆,文,14）

在数列an中，若a11,an12an3(n1)，则该数列的通项an_______________

（key:

an2n13）

变式:（2006. 福建.理22.本小题满分14分）

已知数列an满足a11,an12an1(nN*).

（I）求数列an的通项公式；

（II）若数列{b1n}滿足

4b114b24bn1(abnn1)(nN*),证明：数列{bn}是等差数列；n1a1a2an（Ⅲ）证明：23a...n(nN*2a3a).n12

（I）解：

an12an1(nN*),

an112(an1),

an1是以a112为首项，2为公比的等比数列

an12n.

5

即

an2n1(nN*).

（II）证法一：

4k114k21...4kn1(ann1)k.

4(k1k2...kn)n2nkn. 2[(b1b2...bn)n]nbn, 2[(b1b2...bnbn1)(n1)](n1)bn1. ②－①，得2(bn11)(n1)bn1nbn,

即(n1)bn1nbn20,

nbn2(n1)bn120.

③－④，得 nbn22nbn1nbn0,

即 bn22bn1bn0,

b*n2bn1bn1bn(nN),

bn是等差数列

证法二：同证法一，得

①②

6

(n1)bn1nbn20

令n1,得b12.

设b22d(dR),下面用数学归纳法证明 bn2(n1)d.

（1）当n1,2时，等式成立

（2）假设当nk(k2)时，bk2(k1)d,那么

bkk1k1b2k2kk1k1[2(k1)d]k12[(k1)1]d.

这就是说，当nk1时，等式也成立

根据（1）和（2），可知bn2(n1)d对任何nN*都成立

bn1bnd,bn是等差数列

akk21a2k11k11,k1,2,...,n,（III）证明：

k122(2k12)2

a1aa2...ann.2a3an12

ak2k111111a1.1k1,k1,2,...,n,k12122(2k11)23.2k2k2232k7

aa1a2n1111n11n1...n(2...n)(1n),a2a3an12322223223

an1aan12...n(nN*).23a2a3an12

变式:递推式：an1panfn。解法：只需构造数列bn，消去fn带来的差异．

类型4

an1panqnan1panrqn(pq(p1)(q1)0)（其中p，q均为常数，）。 （或,

其中p，q, r均为常数） 。

an1pan1•nn1n1qqq引入辅助数列bnq解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以q，得：

（其中

bnanp1bbn1nqn）qq再待定系数法解决。 ，得：

例:已知数列an中，

a1511an1an()n16,32，求an。

112nn1an1an()n12•a(2•an)1n1n1323解：在两边乘以2得：

22nbb1b32()n1nnbn2•an33令，则,解之得：

n所以

anbn1n1n3()2()23 2n变式:（2006，全国I,理22,本小题满分12分）

41n12Sa2nnan333，n1,2,3,设数列的前n项的和

8

2nTnSn，n1,2,3,（Ⅰ）求首项a1与通项an；（Ⅱ）设

，证明：i1Tin32

解：（I）当n1时，

a1S1442a1333a12；

412412anSnSn1an2n1(an12n)an4an12nn2333333当时，，即，利用an1panqnan1panrqn(pq(p1)(q1)0)（其中p，q均为常数，）。 （或,其中p，

q, r均为常数）的方法，解之得：

(Ⅱ)将

an4n2nan4n2n

4121

nnn+1代入①得 Sn= ×(4－2)－×2 + = ×(2n+1－1)(2n+1－2) 3333

2

= ×(2n+1－1)(2n－1) 3

2n32n311Tn= = ×n+1 = ×(n － n+1) nSn2 (2－1)(2－1)22－12－1

所以,

Ti1ni=

3(2

i1n3113

－ i+1) = ×(1 － i+1) < i2－12－122－12－12

11

类型5 递推公式为an2pan1qan（其中p，q均为常数）。

解法一(待定系数法)：先把原递推公式转化为an2san1t(an1san)

stp其中s，t满足stq

解法二(特征根法)：对于由递推公式an2pan1qan，a1,a2给出的数列an，方

2x程pxq0，叫做数列an的特征方程。若x1,x2是特征方程的两个根，当x1x2时，数

9

列an的通项为an代入

n1Ax1n1Bx2，其中A，B由a1,a2决定（即把a1,a2,x1,x2和n1,2，

n1anAx1n1Bx2，得到关于A、B的方程组）；当x1x2时，数列an的通项为

an(ABn)x1n1，其中A，B由a1,a2决定（即把a1,a2,x1,x2和n1,2，代入an(ABn)xn11，得到关于A、B的方程组）。

解法一（待定系数——迭加法）:

数列an：3an25an12an0(n0,nN)， a1a,a2b，求数列an的通项公式。由3an25an12an0，得

a2n2an13(an1an)，

且a2a1ba。

2则数列an1an是以ba为首项，3为公比的等比数列，于是

aaa)(2n1n(b3)n1。把n1,2,3,,n代入，得

a2a1ba，

a23a2(ba)(3)，

10

a(ba)(24a3)23，

•••

a2nan1(ba)()n23。

把以上各式相加，得

1(2)n13(baa(ba)[123(23)(2n22)na13)]13。

a[33(23)n1](ba)a3(ab)(2n3)n13b2a。

解法二（特征根法）：数列an：3an25an12an0(n0,nN)，方程是：3x25x20。

x211,x23,

an1AB(2nAxn11Bx3)n12。

又由a1a,a2b，于是

a1a,a2b的特征

11

aABA3b2a2bABB3(ab)3

2an3b2a3(ab)()n13故

21aaann2n1ana1a233，求an。 例:已知数列中，1,2,

21an2an1an33可转化为an2san1t(an1san) 解：由

即an22st1s13s31st1t(st)an1stan33或t1

s11t3（当然也可选用这里不妨选用1s3t1，大家可以试一试），则

11an2an1(an1an)aan1n是以首项为a2a11，公比为3的等比数列,所以31an1an()n13,应用类型1的方法，分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累

111ana1()0()1()n2333加之，即

11()n13113

又a11，所以

an731n1()443。

12

变式:（2006，福建,文,22,本小题满分14分）

已知数列an满足a11,a23,an23an12an(nN*).

（I）证明：数列an1an是等比数列； （II）求数列an的通项公式；

（III）若数列b满足11n4b4b21...4bn1(abnn1)(nN*),证明bn是等差数列 （I）证明：an23an12an,

an2an12(an1an),a11,a23,an2an1a2(nN*).n1an

an1an是以a2a12为首项，2为公比的等比数列

（II）解：由（I）得

ann1an2(nN*),

an(anan1)(an1an2)...(a2a1)a1

2n12n2...212n1(nN*).

（III）证明：

4b114b21...4bn1(ann1)b,

13

4(b1b2...bn)2nbn, 2[(b1b2...bn)n]nbn, ①

2[(b1b2...bnbn1)(n1)](n1)bn1. ②

②－①，得2(bn11)(n1)bn1nbn,

即(n1)bn1nbn20. ③

nbn2(n1)bn120. ④

④－③，得nbn22nbn1nbn0,

即bn22bn1bn0,

bn2bn1bn1bn(nN*),

bn是等差数列

类型6 递推公式为Sn与an的关系式。(或Snf(an))

S1(n1)anSnSn1(n2)与anSnSn1f(an)f(an1)消去Sn 解法：这种类型一般利用

(n2)或与Snf(SnSn1)(n2)消去an进行求解。

14

例：已知数列an前n项和

Sn4an12n2.

（1）求an1与an的关系；（2）求通项公式an.

12n2得：

12n1

解：（1）由

Sn4anSn14an1于是

Sn1Sn(anan1)(12n212n1)

所以

an1anan1111aan1n22n12n.

（2）应用类型4（

n1an1panqn（其中p，q均为常数，(pq(p1)(q1)0)））的方法，

上式两边同乘以2得：

2n1an12nan2由

na1S14a11a112nan212.于是数列是以2为首项，2为公差的等差数列，所

nan2n1 以2an22(n1)2n变式:（2006，陕西,理,20本小题满分12分)

已知正项数列{an}，其前n项和Sn满足10Sn=an2+5an+6且a1,a3,a15成等比数列，求数列{an}的通项an

解: ∵10Sn=an2+5an+6， ① ∴10a1=a12+5a1+6，解之得a1=2或a1=3

15

又10Sn－1=an－12+5an－1+6(n≥2)，②

由①－②得 10an=(an2－an－12)+5(an－an－1)，即(an+an－1)(an－an－1－5)=0

∵an+an－1>0 ， ∴an－an－1=5 (n≥2)

当a1=3时，a3=13，a15=73 a1， a3，a15不成等比数列∴a1≠3;

当a1=2时， a3=12， a15=72， 有 a32=a1a15 ， ∴a1=2， ∴an=5n－3

变式: (2005,江西,文,22．本小题满分14分）

13()n1(n3),且S11,S2,2求数列{an}已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn－Sn－2=32的通项公式.

解：SnSn2anan1，

1anan13•()n1(n3)n(1)2，两边同乘以，可得

11(1)nanan1(1)n13•(1)n()n13•()n122 bn(1)nan令

1bnbn13•()n1(n3)2

16

b1n1bn23•(2)n2

…… ……

b123b23•(2)

1b11•(1)n2n11n212nb23•[(2)(2)(4422)]b23112

b32•(1232)n1(n3)

又aa351S11，

2S2S1212， 5b1(1)1a(1)2a11，

b222

b533•(1)n143•(1n)n12222(n1)。

43•(1)n1,a)nb)n3•(1)n•(1n(1n4(1)n12n为奇数,243•(12)n1,n为偶数.类型7 an1pananb(p1、0，a0)

17

解法：这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令an1x(n1)yp(anxny)，与已知递推式比较，解出x,y,从而转化为anxny是公比为p的等比数列。

例:设数列an：a14,an3an12n1,(n2)，求an.

解：设bnanAnB，则anbnAnB，将an,an1代入递推式，得

bnAnB3bn1A(n1)B2n13bn1(3A2)n(3B3A1)

A3A2A1B3B3A1B1 取bnann1an23nn1…（１）则

bn3bn1n1nb6323b6n,又1，故代入（１）得

bnanAn2BnCf(n)n说明：（1）若为的二次式，则可设;(2)本题也可由

an3an12n1 ,an13an22(n1)1（n3）两式相减得anan13(an1an2)2转化为

bn2pbn1qbn求之.

变式:（2006，山东,文,22,本小题满分14分）

1a、点（n、2an1an）1an2已知数列｛｝中，在直线y=x上，其中n=1,2,3…

(Ⅰ)令bnan1an3,求证数列bn是等比数列；

18

(Ⅱ)求数列an的通项；

bn的前n(Ⅲ)设Sn、Tn分别为数列an、SnTnn为等项和,是否存在实数，使得数列

差数列？若存在，试求出 若不存在,则说明理由

解：（I）由已知得 a112,2an1ann,

a34,a31322a114214,

又bnan1an1,

bn1an2an11,

an1(n1)annan1an1bn1an1an1221b2.nan2an11an1an1an1an12

31{bn}是以4为首项，以2为公比的等比数列

b3(1)n131（II）由（I）知，

n4222n, a131n1an22n, a1312a122,

19

a313a21222,



a131nan122n1,

将以上各式相加得：

aa3111n1(n1)2(2222n1),

1(11a3na1n1222n1)1(n1)3(11311222n1)2nn2.2a3n2nn2.

（III）解法一：

SnTn存在2，使数列{n}是等差数列

Sna1a2an3(12112212n)(12n)2n

1(11322n)n(n1)2n1122

20



1n23n3n23n3(1n)n3.2222

31(1)Tnb1b2bn42n3(111122n)3232n1.2

SnTn数列{n}SnTn是等差数列的充要条件是nAnB,(A、B是常数)即

SnTnAn2Bn,

3n23n又S33nTn2n23(22n1)

n23n23(112)(12n)

nTn当且仅当

120S，即2时，数列{n}为等差数列

解法二：

SnTn存在2，使数列{n}是等差数列

由（I）、（II）知，an2bnn2

Sn(n1)n2T22n

21

n(n1)2n2TnTnSnTn2nn

n32Tn2n

31(1n)23(11)33Tnb1b2bn4nn11222212又

SnTnn3233(n1)n2n22

SnTn}2n当且仅当时，数列是等差数列

{类型8

ran1pan(p0,an0)

解法：这种类型一般是等式两边取对数后转化为an1panq，再利用待定系数法求解。

12an的通项公式.(a0)，求数列ana

例：已知数列｛an｝中，

a11,an1解：由

an1121anlgan12lganlgaa， 两边取对数得

令bnlgan，则

bn12bnlg11ana()2n1a，再利用待定系数法解得：a。

变式:（2005，江西,理,21．本小题满分12分）

22

已知数列{aa1,a1an}的各项都是正数,且满足:0n12n(4an),nN.

（1）证明anan12,nN;

（2）求数列{an}的通项公式an.

f(x)1解：用数学归纳法并结合函数

2x(4x)的单调性证明：

（1）方法一 用数学归纳法证明：

11°当n=1时，

a01,a12a30(4a0)2,

∴a0a12，命题正确.

2°假设n=k时有ak1ak2.

1则

nk1时,akak12a(4a1k1k1)2ak(4ak)

2(a11k1ak)2(ak1ak)(ak1ak)2(ak1ak)(4ak1ak).

而ak1ak0.4ak1ak0,akak10.

又

ak112a(4a)1kk2[4(ak2)2]2.

23

∴nk1时命题正确.

由1°、2°知，对一切n∈N时有anan12.

方法二：用数学归纳法证明：

11°当n=1时，

a01,a12a30(4a0)2,∴0a0a12；

2°假设n=k时有ak1ak2成立，

1 令

f(x)2x(4x)，f(x)在[0，2]上单调递增，所以由假设

1有：f(aa(4a)1a(4a)12(42k1)f(ak)f(2),即2k1k12kk2),

也即当n=k+1时 akak12成立，所以对一切nN,有akak1211a12（2）解法一：

an2n(4an)2[(an2)4],

所以

2(a2n12)(an2)

令ba则b121122112221122n12nnn2,n2bn12(2bn2)2(2)bn1(2)bn,

又bb12n1,即a12n1n=－1，所以n(2)n2bn2(2)

24

1解法二：an1a(4a)1nn(a222n2)2,

2a1n12(2an)2

由（I）知，2an0，两边取以2为底的对数，

log2(2an1)12log2(2an)

令

bnlog2(2an),则

bn112bnbn12n

21a或a2(12)nn2212nn

变式:（2006,山东,理,22,本小题满分14分）

已知a1=2，点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中=1，2，3，…（1） 证明数列｛lg(1+an)｝是等比数列；

（2） 设Tn=(1+a1) (1+a2) …(1+an)，求Tn及数列｛an｝的通项；

112记bn=anan2，求｛bn｝数列的前项和Sn，并证明Sn+

3Tn1=1

解：（Ⅰ）由已知aa2n1n2an，

25

an11(an1)2

a12

an11，两边取对数得

lg(1an1)2lg(1an)，

lg(1an1)即lg(1a2n)

{lg(1an)}是公比为2的等比数列

（Ⅱ）由（Ⅰ）知

lg(1a1n)2nlg(1a1)1an32n1 （*）Tn(1a1)(1a2)…(1+an)

320321322…32n-1

31222…+2n-1=32n-1

由（*）式得a32n1n1 2n1lg3lg32n126

111（Ⅲ）

a2n1a02an， an1an(an2)，

1a()n12anan2

1a21a2b1111nabn2()nnan1，又nan2，anan1

111111Snb1b2…+b2(1naa…+)2(1)12a2a3anan1a1an1

an1nn321,a12,an1321

S22n132n1，又T32n1n，

Sn3T1n1

f(n)an类型9

an1g(n)anh(n)

解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为an1panq。

例：已知数列｛aaan1n3a,a11n｝满足：

n11，求数列｛an｝的通项公式。1解：取倒数：a3an111na3n1an1 1a11(n1)31n是等差数列，ana11(n1)3an3n2

变式:（2006，江西,理,22,本大题满分14分）

27

3nan－13（n2，nN）已知数列｛an｝满足：a1＝2，且an＝2an－1＋n－1

（1） 求数列｛an｝的通项公式；

（2） 证明：对于一切正整数n，不等式a1•a2•……an2•n！

n1n－1n（1－）an－1，因此｛1－an｝为一个等比数列，其首项解：（1）将条件变为：1－an＝3为

1nn•3n111nn1－a1＝3，公比3，从而1－an＝3，据此得an＝3－1（n1）…………1

n！111（1－）•（1－2）…（1－n）333 （2）证：据1得，a1•a2•…an＝

为证a1•a2•……an2•n！

1111（1－）•（1－2）…（1－n）3332…………2 只要证nN时有

显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个nN，有

111111（1－）•（1－2）…（1－n）＋2＋…＋n3331－（333）…………3

用数学归纳法证明3式：

28

（i） n＝1时，3式显然成立，

（ii） 设n＝k时，3式成立，

即

（1－13）•（1－1111132）…（1－3k）1－（3＋32＋…＋3k） 则当n＝k＋1时，

1－111111113）•（1－32）…（•1－3k）•（1－3k＋1）〔1－（3＋32＋…＋3k）〕•（1－3k＋1）1＝1－（3＋111111132＋…＋3k）－3k＋1＋3k＋1（3＋32＋…＋3k） 11－（3＋11132＋…＋3k＋3k＋1）即当n＝k＋1时，3式也成立 故对一切nN，3式都成立

利用3得，

1〔1－（1）n1－111111313〕3）•（1－32）…（1－3n）1－（3＋32＋…＋3n）＝1－1－3

11n111n＝1－2〔1－（3）〕＝2＋2（3）12 29

（

（

故2式成立，从而结论成立

类型10

an1panqranh

解法：如果数列{an}满足下列条件：已知a1的值且对于nN，都有

an1panqranh（其中

p、q、r、h均为常数，且

phqr,r0,a1hpxqxr）rxh,当特征方，那么，可作特征方程

1axx0程有且仅有一根时,则n0是等差数列;当特征方程有两个相异的根x1、x2时，则anx1axn2是等比数列。

例：已知数列{an}满足性质：对于

nN,an1an4,2an3且a13,求{an}的通项公式.

解: 数列{an}的特征方程为

xx4,22x3变形得2x2x40,其根为11,22.故特征

方程有两个相异的根，使用定理2的第（2）部分，则有

a11p1rn131112n1()(),nN.a12p2r32122cn

∴

cn21n1(),nN.55

30

a2c22(1)n11n1nc55n12,nN.(1)n1∴551

即a(5)n4n2(5)n,nN.

例：已知数列{an}满足：对于nN,都有

an113an25a3.n

（1）若a15,求an;（2）若a13,求an;（3）若a16,求an;

（4）当a1取哪些值时，无穷数列{an}不存在？

13x25解：作特征方程

xx3.变形得x210x250,

特征方程有两个相同的特征根5.依定理2的第（1）部分解答. (1)∵a15,a1.对于nN,都有an5; (2)∵a13,a1.

1∴

bna(n1)r1pr

135(n1)11315

31

1n1,28

令bn0，得n5.故数列{an}从第5项开始都不存在，

15n17bnn5.

当n≤4，nN时，

an(3)∵a16,5,∴a1.

1rn1(n1)1,nN.a1pr8

∴

bn令bn0,则n7n.∴对于nN,bn0.

1bn15n435,nN.n1n718

an∴

(4)、显然当a13时，数列从第2项开始便不存在.由本题的第（1）小题的解答过程知，a15时，数列{an}是存在的，当a15时，则有

bn1r1n15n13(n1),nN.a,nN1bn0,a1pra158n1令则得且n≥2.

∴当

a15n13n1（其中nN且N≥2）时，数列{an}从第n项开始便不存在.

5n13:nN,a{3于是知：当1在集合或n1且n≥2}上取值时，无穷数列{an}都不存在.

32

变式:（2005，重庆,文,22,本小题满分12分）

b1n(n1).数列{an}满足a11且8an1an16an12an50(n1).记

a1n2

（Ⅰ）求b1、b2、b3、b4的值；

（Ⅱ）求数列{bn}的通项公式及数列{anbn}的前n项和Sn.

2an52x515解法一：由已知,得

an1168axx解之得,xn,其特征方程为16812或x246(a15a1n12)12(a2168aan15n)n4n,4168an a1n12a1111n2an2a12•(1)n1452a55522nn14an4, an4a14 2n1a5n2n4 解法二：

a111,故b112;（I）12

33

a78故b182,2713;82 a34,故b133314;42

a1320420,故b43.

（II）因

(b442841)(b3)3(3)2333， (b43(43)2,(b4442)213)(b33)(b23)2

故猜想{b42n3}是首项为3,公比q2的等比数列.

因an2，（否则将an2代入递推公式会导致矛盾）故a52an1168a(n1).n因b418an42016an13a141636an,n1n336an322(b428n3)a32016an446a3bn13,b130,n1n2

4故

|bn3|确是公比为q2的等比数列.

34

由b1n得a1nbn因b4241n2bn1,133,故bn332, bn132n43(n1)

an12

故Sna1b1a2b2anbn

112(b3(12n)51b2bn)n123n13(2n5n1)

解法三：

b11n得an（Ⅰ）由a1b1,代入递推关系8an1an16an12an50,nn224整理得b630,即b4n12bn,n1bnbn1bn3 由a1,有b820112,所以b23,b34,b43.

（Ⅱ）由b44442n12bn3,bn132(bn3),b1330,

所以{b42n3}是首项为3,公比q2的等比数列,故

bn412n,即b1n433n323(n1).

35

由bn1得anbnbn1,12an2

11故Sa1b1a2b2abbnn2(b1b2nn)n

1(12n)31253n13(2n5n1).

解法四：

（Ⅰ）同解法一

2（Ⅱ）

b2b1,bb4828432,b4b33,33(3)233

猜想{b21nn1bn}是首项为3,公比q2的等比数列,bn1bn32又因aa52ann2,故n1168a(n1).因此nb1n1bn1a1152a2n12an11n12an2168an2

168an108

6a366aan3;nn36an

b8an1168an2bn11a111166ann2n136an32an12

36

3624an6a3168an6a2016an32(bn1bn).nn36an

因b22b130,{bb1n1bn}是公比q2的等比数列,n1bn32n,

从而bn(bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b1

1(2n12n221)213(2n2)214332n3(n1).

由b1n得a1nbnbn1,a12n2

1故Sna1b1a2b2abnbn2(b1b2n)n

1(12n)35n1(2n12335n1).

类型11 an1anpnq或an1anpqn

解法：这种类型一般可转化为a2n1与a2n是等差或等比数列求解。例：（I）在数列{an}中，a11,an16nan，求an

（II）在数列

{an}中，

a11,anan13n，求an

类型12 归纳猜想法

37

解法：数学归纳法

变式:（2006，全国II,理,22,本小题满分12分）

设数列｛an｝的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1，2，3，…

（Ⅰ）求a1，a2；

（Ⅱ）｛an｝的通项公式

提示:1

Sn1,n1,2,3,...为方程的根,代入方程可得

11a22 6

(Sn1)2an(Sn1)an0

将n=1和n=2代入上式可得

a12 求出a1,a2,a3,a4等,可猜想

an1n(n1)并用数学归纳法进行证明，本题主要考察 一般

数列的通项公式与求和公式间的关系

3 方程的根的意义(根代入方程成立)

4数学归纳法证明数列的通项公式(也可以把

an1n(n1)分开为

an111然后求和,中间项均抵消,只剩下首项和末项n(n1)nn1,可得Sn

38

解：(Ⅰ)当n＝1时，x2－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1，

于是(a1－1)2－a1(a1

1－1)－a1＝0，解得a1＝2

当n＝2时，x2－a2x－a2＝0

有一根为S1

2－1＝a2－2

，

于是(a1112－2)2－a2(a2－2)－a2＝0，解得a1＝6

(Ⅱ)由题设(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，

即 Sn2－2Sn＋1－anSn＝0

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入上式得

Sn－1Sn－2Sn＋1＝0 ①

由(Ⅰ)知S1112

1＝a1＝2，S2＝a1＋a2＝2＋6＝3

由①可得S33＝4

由此猜想Snn＝

n＋1

，n＝1，2，3，… ……8分 39

下面用数学归纳法证明这个结论

(i)n＝1时已知结论成立

(ii)假设n＝k时结论成立，即Skk＝

k＋1

， 当n＝k＋1时，由①得S1k＋1

k＋1＝2－Sk，即Sk＋1＝k＋2

，

故n＝k＋1时结论也成立

综上，由(i)、(ii)可知Snn＝

n＋1

对所有正整数n都成立 ……10分 于是当n≥2时，an1

n＝Sn－Sn－1＝

n＋1

－n－1n＝n(n＋1)

，

又n＝1时，a11

1＝2＝1×2

，所以

｛ann｝的通项公式an＝

n＋1

，n＝1，2，3，… ……12分 本题难度较大,不过计算较易,数列的前面一些项的关系也比较容易发现 40

类型13双数列型

解法：根据所给两个数列递推公式的关系，灵活采用累加、累乘、化归等方法求解。 例：已知数列an中，a11；数列bn中，b10。当n2时，

a13(2a1nn1bn1),bn3(an12bn1)，求an,bn.

1解：因

a(2ab)13(anbn3n1n1n12bn1)an1bn1 所以anbnan1bn1an2bn2•••a2b2a1b11

即anbn1…………………………………………（1）

1又因为a(2ab)1(a2b)1nbn3n1n13n1n13(an1bn1)

11所以a(abn1)(3)2ab)……(13)n1(anbn3n1n2n21b1)

(13)n1.即a(1n13)nbn………………………（2）

a11111由（1）、（2）得：n2[1(3)n1]， bn2[1(3)n]

类型14周期型

41

解法：由递推式计算出前几项，寻找周期。

an1例：若数列an满足

12a,(0a)nn262a1,(1a1)ann127，则a20的值为___________。 ，若

变式:（2005，湖南,文，5）

n3已知数列{an}满足

a10,an1a3aN*)n1(n，则a20=

3A．0 B．3 C．3

D．2

）

42

（