技巧方法专题 2 数列求通项问题 解析版
一、数列求通项常用方法知识框架
二、数列求通项方法
【一】归纳法求通项
1.例题
【例 1】由数列的前 n 项，写出通项公式：
(1)3,5,3,5,3,5，…
(2)1
2，2
3，3
4，4
5，5
6，…
(3)2，5
2，13
4 ，33
8 ，81
16，…
(4)1
2，1
6，1
12，1
20，1
30，…
【解析】 (1)这个数列前 6 项构成一个摆动数列，奇数项为 3，偶数项为 5.所以它的一个通项公式为 an＝
4＋(－1)n.
(2)数列中的项以分数形式出现，分子为项数，分母比 分子大 1，所以它的一个通项公式为 an＝ n
n＋1.
(3)数列可化为 1＋1,2＋1
2，3＋1
4，4＋1
8，5＋ 1
16，…，所以它的一个通项公式为 an＝n＋ 1
2n－1.
(4)数列可化为 1
1 × 2， 1
2 × 3， 1
3 × 4， 1
4 × 5， 1
5 × 6，…，所以它的一个通项公式为 an＝ 1
n(n＋1).
通过数列前若干项归纳出数列的一个通项公式，关键是依托基本数列如等差数列、等比数列，寻找 an
与 n，an 与 an＋1 的联系.【例 2】已知数列： ，按照 从小到大的顺序排列在一起，构成一个新的数列
： 首次出现时为数列 的（ ）
A．第 44 项 B．第 76 项 C．第 128 项 D．第 144 项
【解析】观察分子分母的和出现的规律： ，
把数列重新分组： ，
可看出 第一次出现在第 16 组，因为 ，所以前 15 组一共有 120 项；
第 16 组的项为 ，所以 是这一组中的第 8 项，故 第一次出现在数列的第 128 项，
故选 C.
2. 巩固提升综合练习
【练习 1】由数列的前几项，写出通项公式：
(1)1，－7，13，－19，25，…
(2)1
4，3
7，1
2，7
13，9
16，…
(3)1，－8
5，15
7 ，－24
9 ，…
【解析】 (1)数列每一项的绝对值构成一个以 1 为首项，6 为公差的等差数列，且奇数项为正，偶数项为
负，所以它的一个通项公式为 an＝(－1)n＋1(6n－5).
(2)数列化为1
4，3
7，5
10，7
13，9
16，…，分子，分母分别构成等差数列，所以它的一个通项公式为 an＝2n－1
3n＋1.
(3)数列化为22－1
3 ，－32－1
5 ，42－1
7 ，－52－1
9 ，…，
所以数列的一个通项公式为 an＝(－1)n＋1
(n＋1)2－1
2n＋1 .
【练习 2】如图是一个三角形数阵，满足第 行首尾两数均为 ， 表示第 行第 个数，则
的值为__________．
( )1 2, , ,1 1
k k Nk k
∗⋅⋅⋅ ∈− k
{ }na 1 2 1 2 3 81, , , , , , ,2 1 3 2 1 9
⋅⋅⋅ 则 { }na
2,3,4,5
1 1 2 1 2 3 1 2( ),( , ),( , , ), ( , , , )1 2 1 3 2 1 1 1
k
k k −
8
9 1 2 3 15 120+ + + + =
1 2 7 8( , , , , )16 15 10 9
8
9
8
9
n n ( ),A i j ( )2i i ≥ j
( )100,2A【答案】4951
【解析】设第 n 行的第 2 个数为 an，由图可知，a2=2=1+1，a3=4=1+2+1，a4=7=1+2+3+1，a5=11=1+2+3+4+1…
归纳可得 an=1+2+3+4+…+（n-1）+1= +1，故第 100 行第 2 个数为： ，故答案
为 4951
【二】公式法求通项
1.例题
【例 1】 数列 满足 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【解析】∵ ，∴ ，
∴数列 是等差数列，首项为 ，公差为﹣1．
∴ ，∴ ．∴ ．故选：C．
【例 2】已知数列{an}满足 a1＝4，an＝4－
4
an－1(n>1)，记 bn＝
1
an－2．
求证：数列{bn}是等差数列，并求 ．
【解析】∵bn＋1－bn＝ 1
an＋1－2－ 1
an－2＝ 1
(4－ 4
an)－2
－ 1
an－2＝ an
2（an－2）－ 1
an－2＝ an－2
2（an－2）＝1
2.
又 b1＝ 1
a1－2＝1
2，∴数列{bn}是首项为1
2，公差为1
2的等差数列，
{ }na 1
1
2a = ( )*
1
1 1 1 n1 1n n
Na a+
= − ∈− − 10a =
9
10
10
9
10
11
11
10
( )*
1
1 1 1 n1 1n n
Na a+
= − ∈− − 1
1 1 11 1n na a+
− = −− −
1
1na
− 1
1 21a
= −−
( )1 2 1 11n
n na
= − − − = − −−
11 1 1n
na n n
= − =+ +
( 1)
2
n n − 100 99 1 49512
× + =
等差数列：
等比数列：
dnaan )1(1 −+=等差数列：
1
1
−= n
n qaa等比数列：
11
10
10 =a
na故 ，即 ．
2.巩固提升综合练习
【练习 1】已知各项都为正数的数列{an}满足 a1＝1，a2n－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0．
(1)求 a2，a3；
(2)证明数列{an}为等比数列,并求 ．
【解析】(1)由题意可得 a2＝1
2，a3＝1
4.
(2)由 a2n－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，得 2an＋1(an＋1)＝an(an＋1).
因为{an}的各项都为正数，所以an＋1
an ＝1
2.
故{an}是首项为 1，公比为1
2的等比数列。所以
【练习 2】已知数列 和 满足
求证： 是等比数列, 是等差数列；
求数列 和 的通项公式．
【解析】 证明:
是首项为 ,公比为 的等比数列,
······
1
1)2
1( −==
n
n
n ab 12 += n
na
na
1)2
1( −= n
na
{ }na { }nb 1 1 1 11 2, 3 4 1, 3 4 1n n n na b a b n b a n+ += + = = + − = − +
( )1 { }n na b+ { }n na b−
( )2 { }na { }nb
( )1 1 1 1 1 1 11 2, 3, 1a b a b a b= + = ∴ + = − = ，
1 13 4 1, 3 4 1n n n na b n b a n+ += + − = − +
( ) ( )1 1 1 13 , 3 8 2n n n n n n n na b a b a b b a n+ + + +∴ + = + − = − + −
{ }n na b∴ + 3 3
( )1 12 1 3 8 2 2 1n n n na b n b a n n+ +− − = − + − − − ( )3 6 3n na b n= − − + −
( ) ( )1 1 2 1 1 3 2 1n n n na b n a b n+ +∴ − − + + = − − − +
1 1 2 1 1 1 2 1 0a b− − × + = − + =
( )1 12 1 3 2 1 1n n n na b n a b n− −∴ − − + = − − − − + 3 0 0= − × =
( ) ( )1 1 2 1 1 3 2 1 3 0 0n n n na b n a b n+ −∴ − − + + = − − − + = − × =
( ) ( )1 1 2 0n n n na b a b+ +∴ − − − − =
( ) ( )1 1 2n n n na b a b+ +∴ − − − =是首项为 ,公差为 的等差数列.
由 知,
【三】累加法求通项
1.例题
【例 1】在数列 中， ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【解析】在数列{an}中，a1＝2， ，∴an+1﹣an＝
∴an＝a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+…+（an﹣an﹣1）
＝2+ln2+ ＝2+lnn，故 2+ln10
故选：A
【例 2】对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果，北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首
创的“隙积术”，就是关于高阶等差级数求和的问题.现有一货物堆，从上向下查，第一层有 2 个货物，第二
层比第一层多 3 个，第三层比第二层多 4 个，以此类推，记第 层货物的个数为 ，则数列 的通项
公式 _______，数列 的前 项和 _______.
【解析】由题意可知 ， ， ， ， ，累加可得
，
{ }na 1 2a = 1
1ln 1n na a n+
= + + 10a =
2 ln10+ 2 9ln10+ 2 10ln10+ 11 ln10+
1
1ln 1n na a n+
= + + ln 1
n
n +
3 3ln ln 2 ln 22 1 2 1
n n
n n
+ + = + × × × − − 10a =
{ }n na b∴ − 1 2
( )2 ( )1 3 , 2 1n
n n n na b a b n+ = − = −
2 3 2 1,2 3 2 1n n
n na n b n∴ = + − = − +
3 2 1 3 2 1,2 2
n n
n n
n na b
+ − − +∴ = =
型如 an＋1＝an＋f(n)的递推公式求通项可以使用累加法，步骤如下：
第一步 将递推公式写成 an＋1－an＝f(n)；
第二步 依次写出 an－an－1，…，a2－a1，并将它们累加起来；
第三步 得到 an－a1 的值，解出 an；
第四步 检验 a1 是否满足所求通项公式，若成立，则合并；若不成立，则写出分段形式.累乘法类似.
n na { }na
na =
( 2) n
n
n a
+
n nS =
1 2a = 2 1 3a a− = 3 2 4a a− = 1 1n na a n−− = +
( ) ( 3)2 3 4 1 2n
n na n
+= + + + + + =，
.
故答案为： ； .
2.巩固提升综合练习
【练习 1】在数列 中， ，则数列的通项 ________.
【解析】当 时，
，
，
当 也适用，所以 .
【练习 2】已知数列 是首项为 ，公差为 1 的等差数列，数列 满足 （ ），
且 ，则数列 的最大值为__________．
【解析】根据题意，数列 是首项为 ，公差为 的等差数列，则
， ，对于数列 满足
，则有
，数列
的通项为： ，分析可得：当 时，数列 取得最大值，此时 ；
故答案为： ．
【练习3】两千多年前，古希腊毕达哥拉斯学派的数学家曾经在沙滩上研究数学问题，他们在沙滩上画点
或用小石子来表示数，按照点或小石子能排列的形状对数进行分类，如图2中的实心点个数1，5，12，
22，…，被称为五角形数，其中第1个五角形数记作 ，第2个五角形数记作 ，第3个五角形数记
作 ，第4个五角形数记作 ，…，若按此规律继续下去，得数列 ，则
{ }na 1 11, 2 1n na a a n+= − = + na =
2n ≥
1 1 2 2 3 3 2 2 1 1( ) ( ) ( ) ( ) ( )n n n n n n na a a a a a a a a a a a− − − − −= − + − + − + + − + − +
2(2 1 1)(2 1) (2 3) (2 5) 5 3 1 2n
n na n n n n
− +⇒ = − + − + − + + + + = =
11,n a= 2
na n=
{ }nb 34− { }na 1 2n
n na a+ − = *n N∈
1 37a b= n
n
b
a
{ }nb 34− 1
( ) ( )34 1 1 35nb n n= − + × − = − 37 37 35 2b = − = { }na
*
1 1 372 ( ) 2n
n na a n N a b+ − = ∈ = =，
1
1 2
1 1 2 2 1 1
2(2 1)( ) ( ) ( ) (2 2 2) 2 22 1
n
n n n
n n n n na a a a a a a a
−
− −
− − −
−= − + − +…+ − + = + +…+ + = =−
n
n
b
a
35
2
n
n
n
b n
a
−= 36n = n
n
b
a
36
36
36
1
2
b
a
=
36
1
2
1 1a = 2 5a =
3 12a = 4 22a =
2 1 12( )( 2) ( 2)( 3) 2 3n
n
n a n n n n
∴ = = −+ + + + +
1 1 1 1 1 1 1 1 22( ) 2( ) 2( ) 2( )3 4 4 5 2 3 3 3 3 9n
nS n n n n
∴ = − + − + + − = − =+ + + +
( 3)
2
n n + 2
3 9
n
n +
{ }na；对 ， ．
【解析】因为 ， ， ， …………
所以
以上n个式子相加，得 。
【四】累积法求通项
1.例题
【例 1】已知数列{an}满足 a1＝2
3，an＋1＝ n
n＋1an，求 an.
【解析】由条件知an＋1
an ＝ n
n＋1，分别令 n＝1,2,3，…，n－1，
代入上式得(n－1)个等式累乘之，
即a2
a1·a3
a2·a4
a3… an
an－1＝1
2×2
3×3
4×…×n－1
n ，
∴an
a1＝1
n，又∵a1＝2
3，∴an＝ 2
3n.
2.巩固提升综合练习
【练习 1】已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2nan(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为( )
A.an＝2n－1 B.an＝2n C. D.
【解析】由 an＋1 ＝2nan，得an＋1
an ＝2n，即a2
a1·a3
a2·a4
a3… an
an－1＝21×22×23×…×2n－1 ，即an
a1＝21＋2＋3＋…＋(n－1) ＝
，故 an＝ a1＝ .故选 C.
【五】Sn 法（项与和互化求通项）
1 1a = 2 5a = 3 12a = 4 22a =
1 _______( 2)n na a n−− = ≥ *n N∈ _____na =
1 2 1 3 2 4 3 -1=1, - =4, - =7, - =10, , - =3 -2n na a a a a a a a n… … a
( )3 -1= 2n
n na
型如 的递推公式求通项可以使用累积法)(1 nfa
a
n
n =+
( 1)
22
n n
na
−
=
2
22
n
na =
( 1)
22
n n− ( 1)
22
n n− ( 1)
22
n n−1.例题
【例 1】已知数列 的前 n 项和 ，且 ，则 .
【解析】因为 ，所以 ，所以 ，
当 时， ，不符合上式，所以
【例 2】设数列 的前 项和 ，若 ， ，则 的通项公式为
_____．
【解析】 时， ，化为： ．
时， ，解得 ．不满足上式．
∴数列 在 时成等比数列．
∴ 时， ．
∴ ．
故答案为： ．
【例 3】设 Sn 是数列{an}的前 n 项和，且 a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则 Sn＝__________.
【答案】－ .
【解析】试题分析：因为 ，所以 ，所以 ，
{ }na n nS 1 1a = − ( )*
1
1 02n nS a n N+− = ∈ { }na
2n ≥ 1 1
1 1
2 2n n n n na S S a a− += − = − 1 3n na a+ =
1n = 1 2
11 2a a− = = 2 2a = −
{ }na 2n ≥
2n ≥ 22 3n
na −= − ×
2
1, 1
2 3 , 2n n
s
na n−
− == − × ≥
2
1, 1
2 3 , 2n n
na n−
− == − × ≥
已知 Sn＝f(an)或 Sn＝f(n)解题步骤：
第一步 利用 Sn 满足条件 p，写出当 n≥2 时，Sn－1 的表达式；
第二步 利用 an＝Sn－Sn－1(n≥2)，求出 an 或者转化为 an 的递推公式的形式；
第三步 若求出 n≥2 时的{an}的通项公式，则根据 a1＝S1 求出 a1，并代入{an}的通项公式进行验证，
若成立，则合并；若不成立，则写出分段形式.如果求出的是{an}的递推公式，则问题化归为类型二.
1
1,( 1)n
n n
sa s s n−
= − >
, （n=1)
{ }na nS 23 −= n
nS =na
23 −= n
nS )1(,23 1
1 >−= −
− nS n
n
11 3233 −− ×=−= nnn
na
1=n 12311 =−== Sa
=
>×=
−
1,1
132 1
n
na
n
n
，
1
n
1 1n n na S S+ += 1 1 1n n n n na S S S S+ + += − = 1
1 1
1 1 1n n
n n n n
S S
S S S S
+
+ +
− = − =即 ，又 ，即 ，所以数列 是首项和公差都为 的等差数列，所
以 ，所以 ．
2.巩固提升综合练习
【练习 1】在数列{an}中，a1＝1，a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n＋1
2 an＋1(n∈N*)，求数列{an}的通项 an.
【解析】 由 a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n＋1
2 an＋1，得
当 n≥2 时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝n
2an，
两式作差得 nan＝n＋1
2 an＋1－n
2an，得(n＋1)an＋1＝3nan(n≥2)，
即数列{nan}从第二项起是公比为 3 的等比数列，且 a1＝1，a2＝1，于是 2a2＝2，
故当 n≥2 时，nan＝2·3n－2.
于是 an＝Error!
【练习 2】记数列 的前 项和为 ，若 ，则数列 的通项公式为 ______.
【解析】当 时， ，解得 ；当 时， ，
，两式相减可得， ，故 ，设
，故 ，即 ，故 .故数列 是以 为
首项， 为公比的等比数列，故 ，故 .
故答案为：
【练习 3】已知数列{an}是递增的等比数列，且 a1＋a4＝9，a2a3＝8.[
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设 Sn 为数列{an}的前 n 项和，bn＝ an＋1
SnSn＋1，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
【解析】(1)由题设可知 a1·a4＝a2 ·a3＝8，又 a1＋a4＝9，
可解得Error!或Error!(舍去).
由 a4＝a1q3 得公比 q＝2，故 an＝a1qn－1＝2n－1.
{ }na n nS 3 2 3n nS a n= + − { }na na =
1n = 1 1 13 1S a a= = − 1
1
2a = 2n ≥ 3 2 3n nS a n= + −
1 13 2 5n nS a n− −= + − 13 3 2n n na a a −= − + 1
3 12n na a −= −
( )1
3
2n na aλ λ−+ = + 2λ = − ( )1
32 22n na a −− = −
1
2 3
2 2
n
n
a
a −
− =− { }2na − 3
2
−
3
2
13 32 2 2
n
na
− − = − ⋅
32 2
n
na = −
32 2
n
na = −
1
1 1 1
n nS S+
− = − 1 1a = −
1 1
1 1 1S a
= = − 1
nS
1−
( )( )1 1 1 1
n
n nS
= − − − − = − 1
nS n
= −(2)Sn＝a1(1－qn)
1－q ＝1－2n
1－2 ＝2n－1，又 bn＝ an＋1
SnSn＋1＝Sn＋1－Sn
SnSn＋1 ＝ 1
Sn－ 1
Sn＋1，
所以 Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝( 1
S1－ 1
S2)＋( 1
S2－ 1
S3)＋…＋( 1
Sn－ 1
Sn＋1)＝ 1
S1－ 1
Sn＋1＝1－ 1
2n＋1－1.
【练习 4】设数列 满足 ．
（1）求 的通项公式；
（2）求数列 的前 项和 ．
【解析】（1）由 n＝1 得 ，因为 ，
当 n≥2 时， ，
由两式作商得： （n＞1 且 n∈N*），
又因为 符合上式，[来源:Z。xx。k.Com]
所以 （n∈N*）．
（2）设 ，
则 bn＝n＋n·2n，
所以 Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝（1＋2＋…＋n）＋
设 Tn＝2＋2·22＋3·23＋…+（n－1）·2n－1＋n·2n，①
所以 2Tn＝22＋2·23＋…（n－2）·2n－1＋（n－1）·2n＋n·2n＋1，②
①－②得：－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1，
所以 Tn＝（n－1）·2n＋1＋2．
所以 ，
即 ．
【练习 5】已知数列 的前 项和为 ， ， ．
（1）求证：数列 是等差数列；
{ }na 1 2 32 3 ... 2 (n N*)n
na a a na⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ∈
{ }na
12 2n
na
+ +
n nS
1a = 2 ( )1 2 32 3 ... 2 n N *n
na a a na⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ∈
( ) ( )1
1 2 3 12 3 ... 1 2 n 2n
na a a n a −
−⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − = ≥
2
na n
=
1a = 2
2
na n
=
12 2n
n
n
b a
++=
2 3 12 2 2 3 2 ( 1)2 2n nn n− + ⋅ + ⋅ + + − + ⋅
( )1
2n n
n nS T
+= +
( ) ( )1 11 2 22
n
n
n nS n + += − ⋅ + +
{ }na n nS 1
1
2a = 2 0( 2)n n n nS a S a n− + = ≥
1
nS
（2）若 ，设数列 的前 项和为 ，求 .
【解析】（1）证明：因为当 时， ，
所以 ． 所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
所以 ．
所以 是以 为首项，以 1 为公差的等差数列．
（2）由（1）可得 ，所以 .
∴
∴
【六】构造法求通项
1
,3
2 ,
n
n
n
S nC n
n−
= +
为奇数
为偶数
{ }nC n nT 2nT
2n ≥ 1n n na S S −= −
( )2
1 1 0n n n n n nS S S S S S− −− − + − = 1 1 0n n n nS S S S− −+ − =
1
1
2a = 2
1
6a = − 1 0n nS S− ≠
1
1 1 1
n nS S −
− =
1
nS
1
1 2S
=
1 2 ( 1) 1
n
n nS
= + − = + 1
1nS n
= +
( )( ) ( )
( )1
1
1 3
2
n
n
nn nC
n−
+ +=
为奇数
为偶数
( )1 3 2 1
2
1 1 1 1 1 1 1 2 2 22 2 4 4 6 2 2 2
n
nT n n
− = − + − + + − + + + + +
2 1 2 11 1 1 2 2 2 5 1
2 2 2 2 3 3 12 4 4
n n
n n
+ +− = − + = − − + + 1.例题
【例 1】已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3，求 an.
【解析】递推公式 an＋1＝2an＋3 可以转化为 an＋1－t＝2(an－t)，即 an＋1＝2an－t，则 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＋1
bn ＝an＋1＋3
an＋3 ＝2.
所以{bn}是以 4 为首项，2 为公比的等比数列.
所以 bn＝4×2n－1＝2n＋1，即 an＝2n＋1－3.
【例 2】已知数列{an}满足 an＋1＝2an＋n，a1＝2，求数列{an}的通项公式.
【解析】令 ，即
解得 ， ，所以数列 以 为首项，公比为 2 的等比
数列。 ，即
【例 3】已知数列{an}满足 an＋1＝2an＋3×5n，a1＝6，求数列{an}的通项公式.
【解析】法一：设 an＋1＋x×5n＋1＝2(an＋x×5n)，①
将 an＋1＝2an＋3×5n 代入①式，得 2an＋3×5n＋x×5n＋1＝2an＋2x×5n，等式两边消去 2an，得 3×5n＋x×5n＋1＝
2x×5n，两边除以 5n，得 3＋5x＝2x，则 x＝－1，代入①式得 an＋1－5n＋1＝2(an－5n).②
由 a1－51＝6－5＝1≠0 及②式得 an－5n≠0，则an＋1－5n＋1
an－5n ＝2，则数列{an－5n}是以 1 为首项，2 为公比的
等比数列，则 an－5n＝2n－1，故 an＝2n－1＋5n.
1.型如 an＋1＝pan＋q(其中 p，q 为常数，且 pq(p－1)≠0)可用待定系数法求得通项公式，步骤如下：
第一步 假设将递推公式改写为 an＋1＋t＝p(an＋t)；
第二步 由待定系数法，解得 t＝ q
p－1；
第三步 写出数列 的通项公式；
第四步 写出数列{an}通项公式.
2.an＋1＝pan＋f(n)型
【参考思考思路】确定 设数列 列关系式
比较系数求 ，
解得数列 的通项公式 解得数列 的通项公式
−+
1p
qan
( )f n → { }1 ( )na f nλ+ →
)]([)1( 1211 nfanfa nn λλλ +=+++ → 1
λ 2
λ
→ { }1 ( )na f nλ+ → { }na
)(2)1(1 µλµλ ++=++++ nana nn λµλ −++=+ naa nn 21
1,1 == µλ 21
1)1(1 =++
++++
na
na
n
n 1}{ ++ nan 4111 =++a
1241 −×=++ n
n na 124 1 −−×= − na n
n法二：an＋1＝2an＋3×5n，即 ，[来源:Z.Com]
令 ，所以
所以数列 是以 为首项，公比为 的等比数列，
故 an＝2n－1＋5n.
【例 4】 已知数列 满足： ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【解析】数列 满足： ，
是以 为首项 为公差的等差数列，
故答案为：B.
2.巩固提升综合练习
【练习 1】已知数列{an}满足 an＋1＝3an＋2，且 a1＝1，则 an＝________.
【解析】 设 an＋1＋A＝3(an＋A)，化简得 an＋1＝3an＋2A.
又 an＋1＝3an＋2，∴2A＝2，即 A＝1.
∴an＋1＋1＝3(an＋1)，即an＋1＋1
an＋1 ＝3.
∴数列{an＋1}是等比数列，首项为 a1＋1＝2，公比为 3.
则 an＋1＝2×3n－1，即 an＝2×3n－1－1.
【练习 2】已知数列{an}的首项为 a1＝1，且满足 an＋1＝1
2an＋ 1
2n，则此数列的通项公式 an 等于( )
A.2n B.n(n＋1) C. n
2n－1 D.n(n＋1)
2n
【解析】 ∵an＋1＝1
2an＋ 1
2n，∴2n＋1an＋1＝2nan＋2，即 2n＋1an＋1－2nan＝2.
又 21a1＝2，∴数列{2nan}是以 2 为首项，2 为公差的等差数列，∴2nan＝2＋(n－1)×2＝2n，∴an＝ n
2n－1.
【练习 3】已知非零数列 的递推公式为 , .
(1)求证数列 是等比数列；
{ }na 1 1a = 1
12 2 ( 2, )n
n na a n n N−
−= + ≥ ∈ na =
2n
na n= ⋅ 12n
na n −= ⋅ (2 1) 2n
na n= − ⋅ 1(2 1) 2n
na n −= − ⋅
{ }na 1 1a = 1
12 2 ( 2, )n
n na a n n N−
−= + ≥ ∈ 1 1
1 1
1 1 ,2 2 2 2 2 2
n n n n
n n n n
a a a a− −
− −⇒ = + ⇒ − =
2
n
n
a ∴
1
2
a 1
2
( ) 11 11 22 2 2 2
nn
nn
a nn a n −∴ = + − = ⇒ = ⋅
5
3
55
2
5 1
1 +⋅=+
+
n
n
n
n aa
)55
2
5 1
1 λλ +=++
+
n
n
n
n aa （ λ
5
3
55
2
5 1
1 −⋅=⇒ +
+
n
n
n
n aa 1−=⇒ λ
}15{ −
n
na
5
115
1 =−a
5
2 1
5
2
5
115
−⋅=−∴ n
n
na ）（
{ }na 1 1a = ( )1 12n n n na a a a n N ∗
+ += + ∈
11
na
+
(2)若关于 的不等式 有解,求整数
的最小值；
(3)在数列 中,是否一定存在首项、第 项、第 项 ,使得这三项依次成等差数列？
若存在,请指出 所满足的条件；若不存在 ,请说明理由.
【解析】(1)由 ，得 ，
法一：即 ，
法二：由上， ，
所以 是首项为 2，公比为 2 的等比数列．
(2)由(1)可得： ，所以已知的不等式等价于
令 ，[来源:Z*xx*k.Com]
则 ，
所以 单调递增，则
，
于是 ，即 ，故整数 的最小值为 4.
(3)由上面得 ，则
要使 成等差数列，只需 ，
即
因为 ，则上式左端 ；又因为上式右端
n
2 2 2
1 2
1 1 1 5
21 1 1log 1 log 1 log 1
n
m
n n na a a
+ +⋅⋅⋅+ < − + + + + + +
m
( )1 1 1 n
na
+ − −
r s ( )1 r s< <
r s、
1 12n n n na a a a+ += +
1
1 2 1
n na a+
− =
1
1 11 2( 1)
n na a+
+ = +
nn aa
211
1
+=
+
=
+
+
+
11
11
1
n
n
a
a 2
11
22
11
121
=
+
+
=
+
++
n
n
n
n
a
a
a
a
1{1 }
na
+
11 2n
na
+ = 1 1 1 5... ,1 2 2mn n n n
+ + + < −+ + +
1 1 1( ) ...1 2f n n n n n
= + + ++ + +
1 1 1 1 1( 1) ( ) 02 1 2 2 1 2 1 2 2f n f n n n n n n
+ − = + − = − >+ + + + +
( )f n
min
1( ) (1) 2f n f= =
1 5
2 2m< − 3m > m
1
2 1n na = −
1 1 ( 1) 2 ( 1)n n n
n
n
ba
+ + − = − − =
1, ,r sb b b 1 2s rb b b+ =
( ) ( )12 2 1 2 1 3s rs r+− = − − − −
1,s r≥ + 12 2 0s r+− ≥ ( ) ( )-1 2 1 3 0s r− − − ≤于是当且仅当 ，且 为不小于 4 的偶数时， 成等差数列．
【七】其他求通项方法
1.例题
【例 1】 已知数列 满足 , ,则 （ ）
A． B． C． D．
【解析】依题意， ， ，所以 ，所以数列是周期为
的数列，且每 项的积为 ，故 ，故选 B.
【例 2】若数列{an}中，a1＝3 且 an＋1＝a2n(n 是正整数)，则它的通项公式 an 为________________.
【解析】由题意知 an>0，将 an＋1＝a 2n两边取对数得 lg an＋1＝2lg an，即lg an＋1
lg an
＝2，所以数列{lg an}是以 lg
a1＝lg 3 为首项，2 为公比的等比数列，lg an＝(lg a1)·2n－1＝ .即 an＝ .
【例 3】已知数列 满足递推关系： ， ，则 ＝（ ）
A． B． C． D．
【解析】由 得： ，即
又 ，则 ， 数列 是以 为首项， 为公差的等差数列
， ，本题正确选项：
2.巩固提升综合练习
【练习 1】 已知数列{an}的前 n 项和是 Sn，且满足 an＋1＝ 1
1－an(n∈N*)， ，则 S2 017＝（ ）
【解析】∵an＋1＝ 1
1－an(n∈N*)，
{ }na 1
1
3a = 1
1
1
n
n
n
aa a+
+= −
*( )n N∈ 2012 3 91a a a a……⋅ ⋅ =
3− 2− 1
2
− 1
3
−
1
1
3a = 1
1
1
n
n
n
aa a+
+= − 2 3 4 5
1 12, 3, , ,2 3a a a a= = − = − = 4
4 ( )1 12 3 13 2
⋅ ⋅ − ⋅ − = 1 2 3 2019a a a a⋅ ⋅ ⋅⋅⋅⋅⋅ = 1 2 3 2a a a⋅ ⋅ = −
{ }na 1 1
n
n
n
aa a+ = + 1
1
2a = 2018a
1
2016
1
2017
1
2018
1
2019
1 1
n
n
n
aa a+ = + 1
11 1 1n
n n n
a
a a a+
+= = +
1
1 1 1
n na a+
- =
1
1
2a =
1
1 2a
= ∴ 1
na
2 1
( )
2018
1 2 2018 1 1 2019a
∴ = + − × =
2018
1
2019a∴ = D
1s r= + s 1, ,r sb b b
12lg 3 n− 123 n−
2
1
1 =a∴ ， ，
.∴数列{an} 是周期为 3 的周期数列.a1＋a2＋a3＝3
2.∴S2 017＝672×3
2＋1
2＝2 017
2 .
【练习2】 在数列 中，已知 ， ，则 _______，归纳可知 _______．
【解析】∵ ， ，∴ ，
由 ，取倒数得 ，得 ，
即数列 是以公差 的等差数列，首项为 ，则 ，
即
故答案为： (1). (2).
【八】特征根和不动点法求通项（自我提升）
1.例题
【例 1】已知数列 满足 ，求数列 的通项 ．
【解析】其特征方程为 ，解得 ，令 ，
{ }na 1 2a = ( )*
1 3 1
n
n
n
aa n Na+ = ∈+ 2a = na =
1 2a = ( )*
1 3 1
n
n
n
aa n Na+ = ∈+
1
2
1
2 2
3 1 3 2 1 7
aa a
= = =+ × +
( )*
1 3 1
n
n
n
aa n Na+ = ∈+ 1
3 11 13n
n n n
a
a a a+
+= = +
1
1 1 3
n na a+
− =
1
na
3d = 1
2
( )1 1 6 53 12 2n
nna
−= + − =
*2 ,6 5na n Nn
= ∈−
2
7
2
6 5n −
{ }na *
1 2 2 12, 3, 3 2 ( )n n na a a a a n N+ += = = − ∈ { }na na
2 3 2x x= − 1 21, 2x x= = 1 21 2n n
na c c= ⋅ + ⋅
2
2
11
1
1
1
1
2 =
−
=−=
aa 121
1
1
1
2
3 −=−=−=
aa 1
3
4 2
1
)1(1
1
1
1 aaa ==−−=−=
一、形如 是常数）的数列
形如 是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项
，其特征方程为 …①
若①有二异根 ，则可令 是待定常数）
若①有二重根 ，则可令 是待定常数）
再利用 可求得 ，进而求得 ．
2 1 ( ,n n na pa qa p q+ += +
1 1 2 2 2 1, , ( ,n n na m a m a pa qa p q+ += = = +
na 2x px q= +
,α β 1 2 1 2( ,n n
na c c c cα β= +
α β= 1 2 1 2( ) ( ,n
na c nc c cα= +
1 1 2 2, ,a m a m= = 1 2,c c na由 ，得 ， ．
【例 2】已知数列 满足 ，求数列 的通项 ．
【解析】其特征方程为 ，解得 ，令 ，
由 ，得 ， ．[来源:学.科.网]
2.巩固提升综合练习
【 练 习 1 】 设 为 实 数 ， 是 方 程 的 两 个 实 根 ， 数 列 满 足 ，
， （ …）．
（1）证明： ， ；
（2）求数列 的通项公式；
（3）若 ， ，求 的前 项和 ．
【解析】（1）由求根公式，不妨设 ，得
，
（2）设 ，则 ，由
得， ，消去 ，得 ， 是方程 的根，
由题意可知，
①当 时，此时方程组 的解记为
即 、 分别是公比为 、 的等比数列，
1 1 2
2 1 2
2 2
4 3
a c c
a c c
= + =
= + =
1
2
1
1
2
c
c
= =
11 2n
na −∴ = +
{ }na *
1 2 2 11, 2,4 4 ( )n n na a a a a n N+ += = = − ∈ { }na na
24 4 1x x= − 1 2
1
2x x= = ( )1 2
1
2
n
na c nc = +
1 1 2
2 1 2
1( ) 12
1( 2 ) 24
a c c
a c c
= + × =
= + × =
1
2
4
6
c
c
= −
= 1
3 2
2n n
na −
−∴ =
p q， α β， 2 0x px q− + = { }nx 1x p=
2
2x p q= − 1 2n n nx px qx− −= − 3 4n = ，，
pα β+ = qαβ =
{ }nx
1p = 1
4q = { }nx n nS
( )1
1
1n
n
a n Na+ += − ∈+ na b= n
3
2 1
1
1 1 1111 11
n n
n n
n
a aa a
a
+
+ +
+
= − = − = − − =+ − ++
{ }na 116 aa =
{ }na 1
1
2a = 1 3 1n na a+ = +
1
2na +
{ }nb 1 1b = 1
1
2n n nb b a+ − = + { }nb
1 3 1n na a+ = + 1
1 132 2n na a+
+ = +
1
2na +
11 32
n
na −+ = 1 13 2
n
na −= −
1
1
2n n nb b a+ − = + 1
1 3n
n nb b −
+ − =
0
2 1 3b b∴ − =
1
3 2 3b b− =
2
1 3n
n nb b −
−− = 2n ≥
1 2 21 1 3 3 3n
nb −− = + + + +
11 31 1 3
n
nb
−−∴ − = −
13 1
2
n
nb
− +∴ =7．已知数列 的前 项和为 ， ， ．
（1）求 ；
（2）求证: ．
【解析】（1）∵ ，∴ ，
两式相减得， ，∴ ，
∴
又 ，满足上式．
∴ ．
（2）由（1）得 ．
∴
．
8．已知 f(x)＝logmx(m＞0 且 m≠1)，设 f(a1)，f(a2)，…，f(an)，…是首项为 4，公差为 2 的等差数列，
求证：数列{an}是等比数列，并求 ．
【解析】证明 由题意知 f(an)＝4＋2(n－1)＝2n＋2＝logman，
∴an＝m2n＋2，∴an＋1
an ＝m2(n＋1)＋2
m2n＋2 ＝m2，
∵m＞0 且 m≠1，∴m2 为非零常数，
∴数列{an}是等比数列.由 ，所以 ，所以
9．已知数列 满足： ， ， .
{ }na n nS 1 2a = 1 ( 2)3n nS n a= +
na
1 2
1 1 1 1
na a a
+ +…+ <
( )3 2n nS n a= + ( ) ( )1 13 1 2n nS n a n− −= + ≥
( ) ( ) 13 2 1n n na n a n a −= + − + ( )
1
1 21
n
n
a n na n−
+= ≥−
1 2 3 2
1
1 2 3 2 1
1 1 4 3 2 ( 1), 21 2 3 2 1
n n n
n
n n n
a a a a a n n na a n n na a a a a n n n
− −
− − −
+ −= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ = + ≥− − −
1 2a =
( )1 ( *)na n n n N= + ∈
( )
1 1 1 1
1 1na n n n n
= = −+ +
( )1 2
1 1 1 1 1 1
1 2 2 3 1na a a n n
+ +…+ = + +…+⋅ ⋅ +
1 1 1 1 11 2 2 3 1n n
= − + − +…+ − +
11 11n
= −
nS n∴ =
2n∴ ≥ 1 1n n na S S n n−= − = − − 1 1 1a S= =
∴ { }na 1na n n= − −（2）解：
依题意有 ，解得 ，
故所求最大正整数 的值为 .
12．已知数列 中， ，其前 项的和为 ，且当 时，满足 ．
（1）求证：数列 是等差数列；
（2）证明： ．
【解析】（1）当 时， ， ，即
从而 构成以 1 为首项，1 为公差的等差数列．
（2）由（1）可知， ， ．
则当 时 ．
故当 时
又当 时， 满足题意，故 ．
法二：则当 时 ，
那么
( )( )4
2 2
4 1 2 1 2 1n
n
b S n n = =− − +
1 1
2 1 2 1n n
= −− +
1 1 11 3 3 5nT∴ = − + − + 1 1
2 1 2 1n n
⋅⋅⋅+ − =− +
11 2 1n
− +
*n N∈ 1
2
3nT T∴ ≥ =
( )22 1 33 6 m m> − 1 4m− < <
m 3
{ }na 1 1a = n nS 2n ≥
2
1
n
n
n
Sa S
= −
1
nS
2 2 2
1 2
7
4nS S S+ + + 1 1n nS S −− =
{ }nS ( )1 1 1nS n n= + − × = 2
nS n=
2n ≥ ( )22
1 1 2 1n n nb S S n n n−= − = − − = −
( )2 1nb n n ∗= − ∈N
( ) ( )1212
1
75
1
53
1
31
11111
1433221 +×−++×+×+×=++++=
+ nnbbbbbbbbT
nn
n
+−−++
−+
−+
−=
12
1
12
1
2
1
7
1
5
1
2
1
5
1
3
1
2
1
3
112
1
nn
1 112 2 1 2 1
n
n n
= − = + +
1000
2 1 2015n
nT n
= >+
1000
15n > 1000
2015nT >
微信/支付宝扫码支付