求数列的通项公式(例题+习题)
三.数列的通项的求法
1.定义法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式。
例1．等差数列{}n a 是递增数列，前n 项和为n S ，且931,,a a a 成等比数列，
2
55a S =．求数列{}n a 的通项公式.
2.公式法：已知n S （即12()n
a a a f n +++= ）
求n a ，用作差法：{
11,(1),(2)n n n S n a S S n -==-≥。
点评：利用公式⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-21
1
n S S n S a n n n n 求解时，要注意对n 分类讨论，但若
能合写时一定要合并．
练一练：①已知{}n a 的前n 项和满足2log (1)1n S n +=+，求n a ； ②数列{}n a 满足111
5
4,3n n n a S S a ++=+=
，求n a ； 3.作商法：已知12()n a a a f n = 求n a ，用作商法：(1),(
1)(),(2)(1)n f n f n a n f n =⎧⎪=⎨≥⎪-⎩。
如数列}{n a 中，,11=a 对所有的2≥n 都有2
321n a a a a n = ，则=+53a a ______ ；
4.累加法： 若1()n n a a f n +-=
求n a ：11221()()()n n n n n a a a a a a a ---=-+-++- 1a +(2)n ≥。
例3. 已知数列{}n a 满足211=a ，n
n a a n n ++=+11
，求n a 。
解：由条件知：1
1
1)1(1121+-=+=+=-+n n n n n n a a n n
如已知数列{}n a 满足11a =，n
n a a n n ++=
--11
1(2)n ≥，则n a =________ ； 5.累乘法：已知1()n n a f n a +=求n a ，用累乘法：121121
n n n n n a a a
a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅ (2)n ≥。
例4. 已知数列{}n a 满足321=a ，n
n a n n
a 11+=
+，求n a 。
解：由条件知1
1+=+n n
a a n n ，分别令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ，代入上式得
)1(-n 个等式累乘之，即
如已知数列}{n a 中，21=a ，前n 项和n S ，若n n a n S 2
=，求n a
数列通项公式课后练习
1已知数列
{}n a 中，满足a 1＝６，a 1+n +1=2(a n +1) （n ∈N +）求数列{}n a 的通项公式。
2已知数列{}n a 中，a n ＞0,且a 1＝３，1+n a ＝n a ＋１ （n ∈N +）
3已知数列
{}n a 中，a 1＝３，a 1+n ＝2
1a n ＋１（n ∈N +）求数列{}n a 的通项公式
4已知数列{}n a 中，a 1＝１，a 1+n ＝3a n ＋２，求数列{}n a 的通项公式
5已知数列
{}n a 中，a n ≠０，a 1＝21，a 1+n ＝
n
n
a a 21+ （n ∈N +） 求a n
6设数列{}n a 满足a 1=4，a 2=2，a 3=1 若数列{}n n a a -+1成等差数列，求a n。
(完整版)求数列通项公式与数列求和精选练习题(有答案)
数列的通项公式与求和112342421{},1(1,2,3,)3(1),,{}.(2)n n n n n na n S a a S n a a a a a a a +===+++L L 数列的前项为且，求的值及数列的通项公式求1112{},1(1,2,).:(1){};(2)4n n n n nn n n a n S a a S n nS nS a +++====L 数列的前项和记为已知，证明数列是等比数列*121{}(1)()3(1),;(2):{}.n n nn n a n S S a n N a a a =-∈ 已知数列的前项为，求求证数列是等比数列11211{},,.2n n n n a a a a a n n +==++ 已知数列满足求练习1 练习2 练习3 练习4112{},,,.31n n n n n a a a a a n +==+ 已知数列满足求111511{},,().632n n n n n a a a a a ++==+ 已知数列中,求111{}:1,{}.31n n nn n a a a a a a --==⋅+ 已知数列满足，求数列的通项公式练习8 等比数列{}n a 的前n 项和Sｎ＝2ｎ－１，则2232221na a a a ++++Λ练习9 求和：5，55，555，5555，…，5(101)9n-，…；练习5 练习6练习7练习10 求和：1111447(32)(31)n n+++⨯⨯-⨯+L练习11 求和：111112123123n ++++= +++++++LL练习12 设{}na是等差数列，{}nb是各项都为正数的等比数列，且111a b==，3521a b+=，5313a b+=（Ⅰ）求{}na，{}nb的通项公式；（Ⅱ）求数列nnab⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n项和n S．答案练习1答案：练习2 证明： (1)注意到：a(n+1)=S(n+1)-S(n)代入已知第二条式子得： S(n+1)-S(n)=S(n)*(n+2)/n nS(n+1)-nS(n)=S(n)*(n+2) nS(n+1)=S(n)*(2n+2) S(n+1)/(n+1)=S(n)/n*2又S(1)/1=a(1)/1=1不等于0 所以{S(n)/n}是等比数列 (2)由(1)知，{S(n)/n}是以1为首项，2为公比的等比数列。
求数列通项公式专题典型例题精校版
数列的通项公式专题题型一【积差求商】形如11++⋅=-n n n n a ka a a 例1：已知数列}{n a 满足112++⋅=-n n n n a a a a ，且211=a ，求数列}{n a 的通项公式.变式训练1：已知数列}{n a 满足113++⋅=-n n n n a a a a ，且911=a ，求数列}{n a 的通项公式.变式训练2：已知数列}{n a 满足113++⋅=-n n n n a a a a ，且21=a ，求数列}{n a 的通项公式.题型二【n a 与n S 】例2：已知数列}{n a 的前n 项和22+=n S n ，求数列}{n a 的通项公式.变式训练1：已知数列}{n a 的前n 项和n S 满足1)1(log 2+=+n S n ，求数列}{n a 的通项公式.变式训练2：已知数列}{n a 的前n 和为n S ，21=a ，且)1(1++=+n n S na n n ，求n a .变式训练3：已知数列}{n a 的前n 和为n S ，且满足21),2(,0211=≥=⋅+-a n S S a n n n ，求n a ．变式训练4：已知数列}{n a 的前n 项和n S 满足2)1(41+=n n a S 且0>n a ，求}{n a 通项公式．变式训练5：数列{}n a 满足11154,3n n n a S S a ++=+=，求n a .题型三【累加法】形如已知1a 且()1n n a a f n +-=(()f n 为可求和的数列)的形式均可用累加法。
例3：已知数列}{n a ，且21=a ，n a a n n =-+1，求通项公式n a .变式训练1：已知数列}{n a 满足21=a ，231++=+n a a n n ，求}{n a 的通项公式.变式训练2：已知数列}{n a ，且21=a ，n n n a a 21+=+，求通项公式n a .变式训练3：数列{}n a 中已知11=a ,3231+++=+n a a n n n ,求{}n a 的通项公式.加强训练1：已知数列}{n a 满足11=a ，)11ln(1na a n n ++=+，求}{n a 的通项公式.加强训练2：已知数列{}n a 满足211=a ，n n a a n n ++=+211，求n a 。
求数列通项公式练习题(有答案)
求数列通项公式练习题(有答案)1. 已知数列 a ₙ中, S ₙ是它的前n 项和。
S ₙ=3ⁿ,a ₙ=;【答案】 a n ={3,n =12×3n−1,n ≥2【解析】【分析】本题考查利用数列的前n 项和的式子求数列的通项公式，利用 a n ={S 1,n =1S n −S n−1n ≥2解决。
属基础题。
【解答】解: S n =3x |M|n =1B i ∗,a 1=S 1=32n ≥2R 1+,a n =S n −S n−1=3n −3n−1=2×3n−1x ₙ₋₁时不满足上式。
所以 a n ={3,n =12×3n−1,n ≥2 故答案为 a n ={3,n =12×3n−1,n ≥22. 若数列(a ₙ)的首项(a ₁=2. 11 a n+1=3a n +2(n ∈N ∗).令人一kg/d ɑ,+1). 则 b n +b 2+b 3++b 300=¯. 【答案】5050【解析】 【分析】本题考查数列的选择公司，考查等比数列，等差数列的性质，属于中档题。
推导出 a ₙ+1是首项为3，公比为3的等比数列，从而得 b ₙ=log₂3ⁿ=n,由此能求出 b 1+b 2+b 3+⋯+b 100【解答】解: ∵数列{a ₙ}的首项a ₁=2. 且 a n+1=3a n +2(n ∈N ∗,Aa ₙ₊₁+1=3(a ₙ+1),a₁+1=3−3,a ₙ₊₁A.[a ₙ+1]是首项为3，公比为3的等比数列。
xa ₙ+1=3′,∴b₁₄=log₂₇(a ₙ+1)=log₂₂3¹¹=n!,ab 1+b 2+b 3++b 100=1+2+3++10 =100(100+1)2=505C.故答案为5050.3. 若数列{a ₙ}满足: a 1=12,a n+1=n+12n a n (n ∈N ∗)所[a ₙ]的通项公式 a ₙ=.【答案】:【解析】【分析】本道试题主要是考查了数列的遥推公式的应用，还考查了等比数列的通项公式的应用。
数列的通项公式练习题(通项式考试专题)
求数列通项公式专题练习1、 设n S 就是等差数列}{n a 得前n 项与,已知331S 与441S 得等差中项就是1,而551S 就是331S 与441S 得等比中项,求数列}{n a 得通项公式2、已知数列{}n a 中,311=a ,前n 项与n S 与n a 得关系就是 n n a n n S )12(-= ,试求通项公式n a 。
3、已知数列{}n a 中,11=a ,前n 项与n S 与通项n a 满足)2,(,1222≥∈-=n N n S S a n n n ,求通项n a 得表达式、4、在数列｛n a ｝中,1a =1, (n+1)·1+n a =n ·n a ,求n a 得表达式。
5、已知数}{n a 得递推关系为4321+=+n n a a ,且11=a 求通项n a 。
6、已知数列{}a n 得前n 项与S n b n n =+()1,其中{}b n 就是首项为1,公差为2得等差数列,数列{}a n 得通项公式7、已知等差数列{a n }得首项a 1 = 1,公差d > 0,且第二项、第五项、第十四项分别就是等比数列{b n }得第二项、第三项、第四项. (Ⅰ)求数列{a n }与{b n }得通项公式;lTsK3。
8、已知数列}{n a 得前n 项与为n S ,且满足322-=+n a S n n )(*N n ∈.(Ⅰ)求数列}{n a 得通项公式;9、设数列{}n a 满足211233333n n n a a a a -++++=…,n ∈*N .(Ⅰ)求数列{}n a 得通项; 10、已知数列}a {n 满足1a 1n 2a a 1n 1n =++=+，,求数列}a {n 得通项公式。
11、 已知数列}a {n 满足3a 132a a 1n n 1n =+⋅+=+，,求数列}a {n 得通项公式。
数列求与公式练习1、 设{}n a 就是等差数列,{}n b 就是各项都为正数得等比数列,且111a b ==,3521a b +=,5313a b +=(Ⅰ)求{}n a ,{}n b 得通项公式;(Ⅱ)求数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭得前n 项与n S .2、(){213}.nn n -⋅求数列前项和3、已知等差数列{}n a 满足:37a =,5726a a +=、{}n a 得前n 项与为n S 、(Ⅰ)求n a 及n S ;(Ⅱ)令211n n b a =-(n N +∈),求数列{}n b 得前n 项与n T 、4、已知等差数列{}n a 得前3项与为6,前8项与为-4。
数列求通项的七种方法及例题
数列求通项的七种方法及例题数列求通项的7种方法及例题：1. 已知首项和公比法：设数列{an}中，a1为首项，q为公比，则an = a1 × q^(n-1)。
例如：已知数列{an}中，a1=2，q=3，求a5。
答案：a5=2×3^4=2×81=1622. 已知前n项和法：设数列{an}中，Sn为前n项和，则an = S0 + S1 + S2 +···+ Sn-1 - (S1 + S2 +···+ Sn-1) = S0。
例如：已知数列{an}中，S2=6，S4=20，求a3。
答案：a3 = S2 - (S2 - S1) = 6 - (6 - 2) = 83. 等差数列的通项公式：设数列{an}为等差数列，d为公差，则an = a1 + (n-1)d。
例如：已知数列{an}为等差数列，a1=2，d=4，求a5。
答案：a5 = 2 + (5-1)4 = 184. 等比数列的通项公式：设数列{an}为等比数列，q为公比，则an = a1 ×q^(n-1)。
例如：已知数列{an}为等比数列，a1=2，q=3，求a5。
答案：a5=2×3^4=2×81=1625. 三项和平均数法：设数列{an}中，Sn = a1 + a2 + a3 +···+ an，则an = Sn/n。
例如：已知数列{an}中，S4=20，求a3。
答案：a3 = S4/4 = 20/4 = 56. 泰勒公式法：对于一般的数列，可以使用泰勒公式进行求通项。
例如：已知数列{an}中，a1=2，且当n→∞ 时，an → 0，求a4。
答案：使用泰勒公式，a4 = a1 + (n-1)(a2 - a1)/1! + (n-1)(n-2)(a3 -2a2 + a1)/2! + (n-1)(n-2)(n-3)(a4 - 3a3 + 3a2 - a1)/3! = 2 + 3(2 - 2)/1! + 3(3 - 2)(3 - 4)/2! + 3(3 - 2)(3 - 4)(3 - 5)/3! = 2 + 3(0)/1! + 3(1)(-1)/2! + 3(1)(-1)(-2)/3! = 2 - 3/2 - 3/4 + 3/6 = 2 - 1/87. 斐波那契数列法：斐波那契数列是一种特殊的数列，它的通项公式可以写作 an = an-1 + an-2。
数列通项公式的完整求法,还有例题详解
一．不雅察法例1：依据数列的前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-=n n a（2）;122++=n n n a n（3）;12+=n a n （4）1)1(1+⋅-=+n na n n .点评：症结是找出各项与项数n的关系.二.公式法：当已知前提中有a n 和s n 的递推关系时,往往运用公式：a n ＝1*1(1)(2,)n n s n s s n n N -=⎧⎪⎨-≥∈⎪⎩来求数列的通项公式. 例1： 已知数列{a n }是公役为d 的等差数列,数列{b n }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a 1 = f (d －1),a 3 = f (d +1),b 1 = f (q +1),b 3 = f (q －1),(1)求数列{ a n }和{ b n }的通项公式;解：(1)∵a 1=f (d －1) = (d －2)2,a 3 = f (d +1)= d 2,∴a 3－a 1=d 2－(d －2)2=2d ,∴d =2,∴a n =a 1+(n －1)d = 2(n －1);又b 1= f (q +1)= q 2,b 3 =f (q －1)=(q －2)2,∴2213)2(q q b b -==q 2,由q ∈R ,且q ≠1,得q =－2,∴b n =b ·qn －1=4·(－2)n －1例2. 等差数列{}n a 是递减数列,且432a a a ⋅⋅=48,432a a a ++=12,则数列的通项公式是（ ）(A)122-=n a n (B)42+=n a n (C)122+-=n a n(D)102+-=n a n解析：设等差数列的公役位d,由已知⎩⎨⎧==+⋅⋅+12348)()(3333a d a a d a ,解得⎩⎨⎧±==243d a ,又{}n a 是递减数列,∴2-=d ,81=a ,∴=--+=)2)(1(8n a n 102+-n ,故选(D).例 3. 已知等比数列{}n a 的首项11=a ,公比10<<q ,设数列{}n b 的通项为21+++=n n na ab ,求数列{}n b 的通项公式.解析：由题意,321++++=n n n a a b ,又{}n a 是等比数列,公比为q ∴q a a a a b b n n n n n n =++=+++++21321,故数列{}n b 是等比数列,)1(211321+=+=+=q q q a q a a a b ,∴)1()1(1+=⋅+=-q q q q q b n n n点评：当已知数列为等差或等比数列时,可直接运用等差或等比数列的通项公式,只需求得首项及公役公比.例4: 已知无限数列{}n a 的前n 项和为n S ,并且*1()n n a S n N +=∈,求{}n a 的通项公式？【解析】：1n n S a =-,∴111n n n n n a S S a a +++=-=-,∴112n n a a +=,又112a =, ∴12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭.反思：运用相干数列{}n a 与{}n S 的关系：11a S =,1n n n a S S -=-(2)n ≥与提设前提,树立递推关系,是本题求解的症结.{}n a 的前n 项和n S ,知足关系()1lg nS n +=(1,2)n =⋅⋅⋅.试证数列{}n a 是等比数列.例5：已知数列{}n a 前n 项的和为s n ＝23a n －3,求这个数列的通项公式.剖析：用a n 调换s n -s 1-n (n ≥2)得到数列项与项的递推关系来求.解： a 1=23a 1-3, ∴ a 1=6s n ＝23a n －3 （n ∈N *） ① ∴s 1-n ＝23a 1-n －3 (n ≥2且n ∈N *) ②①－ ②得：a n ＝23a n －23a 1-n∴21 a n ＝23a 1-n ,即1-n n a a ＝3(n ≥2且n ∈N *) ∴数列{}na 是以a 1=6,公比q 为3的等比数列. ∴a n＝a 1q 1-n ＝6⨯31-n ＝2⨯3n.例6：已知正项数列{}n a 中,s n ＝21（a n +na 1）,求数列{}n a 的通项公式.剖析：用s n -s 1-n (n ≥2)调换a n 得到数列n s 与1n s -的递推关系来求较易.解 s n ＝21（a n +na 1）,∴a 1=21( a 1+11a )∴ a 1=1又a n ＝ s n －s 1-n (n ≥2且n ∈N *)∴ s n ＝21（s n －s 1-n ＋1n s 1--n s ）∴2s n ＝s n －s 1-n ＋1n s 1--n s∴sn＋s 1-n ＝1n s 1--n s∴ s n2－s 1-n 2＝1 (n ≥2且n ∈N *)∴数列{}2n s 是以a 21=1为首项,公役为1的等差数列. ∴ s n 2＝1＋（n －1）⨯1＝n,即s n＝n ,当n ≥2时,s n －s 1-n ＝a n ＝n －1-n 将n ＝1代入上式得a n ＝n －1-n演习：数列{}n a 前n 项和为n S ,已知n a ＝5n S －3（*n N ∈）,求n a 三.累加法：求形如1n a +=n a ＋f(n)的递推数列的通项公式的根本办法.（个中f(n)能求前n 项和即可）运用1211()()n n n a a a a a a -=+-+⋅⋅⋅-求通项公式的办法称为累加法.累加法是求型如1()n n a a f n +=+的递推数列通项公式的根本办法（()f n 可求前n 项和）.例1.已知数列{}n a 中,1129,21,(2,*)n n a a a n n n N -==+-≥∈,求这个数列的通项公式.剖析：由已知121n n a a n -=+-,得121n n a a n --=-,留意到数列{}n a 的递推公式的情势与等差数列的递推公式相似,因而,可累加法求数列的通项.解：数列{}n a 中,1129,21,(2,*)n n a a a n n n N -==+-≥∈,可得：以上各式相加,将n ＝1代入上式得228n a n =+演习：已知数列{}n a 中,113,2,(*)n n n a a a n N ==+∈＋,求n a例2：已知数列6,9,14,21,30,…求此数列的一个通项. 解易知,121-=--n a a n n ∵,312=-a a ,523=-a a ,734=-a a ……,121-=--n a a n n各式相加得)12(7531-++++=-n a a n ∴)(52N n n a n ∈+=点评：一般地,对于型如)(1n f a a n n +=+类的通项公式,只要)()2()1(n f f f +++ 能进行乞降,则宜采取此办法求解.例3. 若在数列{}n a 中,31=a ,n a a n n +=+1,求通项n a . 解析：由na a n n +=+1得na a n n =-+1,所以11-=--n a a n n ,221-=---n a a n n ,…,112=-a a ,将以上各式相加得：1)2()1(1+⋅⋅⋅+-+-=-n n a a n ,又31=a 所以n a =32)1(+-n n例4已知无限数列{}n a 的的通项公式是12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭,若数列{}n b 知足11b =,(1)n ≥,求数列{}n b 的通项公式.【解析】：11b =,112nn n b b +⎛⎫-= ⎪⎝⎭(1)n ≥,∴1211()()n n n b b b b b b -=+-+⋅⋅⋅-=1+12+⋅⋅+112n -⎛⎫⎪⎝⎭=1122n -⎛⎫- ⎪⎝⎭.反思:用累加法求通项公式的症结是将递推公式变形为1()n n a a f n +=+.112a =,112nn n a a +⎛⎫=+ ⎪⎝⎭*()n N ∈,求数列{}n a 通项公式.3.累乘法：求形如1n a +=g(n)n a 的递推数列通项公式的根本办法.（个中g(n)可求前n 项 积即可）.运用恒等式321121(0,2)n n n n a a a a a a n a a a -=⋅⋅⋅≠≥求通项公式的办法称为累乘法,累乘法是求型如: 1()n n a g n a +=的递推数列通项公式的根本办法(数列()g n 可求前n 项积). 例1.若知足111,(*),1n n a na n N a n +==∈+求这个数列的通项公式. 剖析：由11n na n a n +=+知数列{}n a 不是等比数列,但其递推公式的情势与等比数列递推公式相似,因而,可累加法求数列的通项.解： 111,(*),1n n a na n N a n +==∈+ 以上各式相乘得：11231...234n a n a n -=⨯⨯⨯⨯1n a n∴=(2)n ≥∈*且n N将n ＝1代入上式得1n a n=变式演习：设{}n a 是首项为1的正数构成的数列,且2211(1)0(12)n n n n n a na a a n +++-+==，，…,则它的通项公式为n a =． 例2：在数列｛n a ｝中,1a =1, (n+1)·1+n a =n ·n a ,求n a 的表达式.解：由(n+1)·1+n a =n ·n a 得11+=+n n a a n n ,1a an =12a a ·23a a ·34a a …1-n n a a =n n n 11433221=-⋅⋅ 所以n a n 1=例3 已知数列{}n a 中,311=a ,前n 项和n S 与n a 的关系是n n a n n S )12(-= ,试求通项公式n a .解析：起首由n n a n n S )12(-=易求的递推公式：1232,)32()12(11+-=∴-=+--n n a a a n a n n n n n 5112521221=--=∴--a a n n a a n n 将上面n —1个等式相乘得：点评：一般地,对于型如1+n a =f (n)·n a 类的通项公式,当)()2()1(n f f f ⋅⋅ 的值可以求得时,宜采取此办法.例四 已知11a =,1()n n n a n a a +=-*()n N ∈,求数列{}n a 通项公式. 【解析】：1()n n n a n a a +=-,∴11n n a n a n++=,又有321121(0,2)n n n n a a a a a a n a a a -=⋅⋅⋅≠≥= 1×23n×××12n-1⋅⋅⋅=n ,当1n =时11a =,知足n a n =,∴n a n =. 反思: 用累乘法求通项公式的症结是将递推公式变形为1()n n a g n a +=.{}n a 知足11a =,123123(1)(2)n n a a a a n a n -=+++⋅⋅⋅+-≥.则{}n a 的通项公式是.4.结构新数列：经由过程变换递推关系,可将非等差数列或等比数列转化为等差或等比数列而求得通项公式的办法.(待定系数法)例题5：已知数列{}n a 中知足11a =,*123()n n a a n N +=-∈,求数列{}n a 的通项公式.剖析：将一阶线性递推关系形如1(0,1)n n a Aa B A B A B +=+≠≠、为常数，可转化为111(),111n n n n Ba B B A a A a A B A A a A +++-+=+=--+-即的一个新的等比数列或消常数项转化为212111()n n n n n n n na aa a A a a A a a ++++++--=-=-，即的一个等比数列.解法1：数列{}n a 中11=a ,321-=+n n a a （n 1≥）∴数列{}331--+n n a a 是以首项231-=-a ,公比为2的等比数列解法2： 数列{}n a 中11=a ,321-=+n n a a ① ∴3212-=++n n a a ②②－①得）（＝－n n n n a a a a -++122又 21231a a =-=-∴数列{}1n n a a --是以首项212,a a -=-公比为2的等比数列∴11122,2n n n n n n a a a a ----⨯-=-＝－即,（再运用累加法可求数列的通项公式,以下解法略）可求得()*23n n a n N =-∈＋ （倒数法）例题6:已知数列{}n a 中知足11a =,131nn n a a a +=+,求数列的通项n a .剖析：可将形如一阶分式递推公式1nn n Ca a Aa B+=+,(A.B.C 为知足前提的常数),等式双方取倒数得：111.n n B Aa C a C+=+,又可运用求形如1''n n a A a B +=+(A ’.B ’为常数)的办法来求数列的通项.解：数列 {}n a 中, 11a =,131n n n aa a +=+∴1113n n a a +=+,即1113n na a +-= ∴数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以111,a =公役为3的等差数列.变式演习：知数列{}n a 中知足11a =,1231nn n a a a +=+,求数列的通项.例题7：已知数列{}n a 中知足11a =,122(n n n a a n N ++=+∈）,求数列{}n a 的通项公式.剖析：形如递推公式1.(1,1)n n n a q a d q d d +=+≠≠、为非零常数，q 可转化为111.n n n n a a q d d d d ++=+,若令nnn a b d =,则转化为形如1.(n n a A a B A B +=+、为常数）的办法来求数列的通项.(提醒：将122(n n n a a n N ++=+∈）转化为111222n n n n a a ++-=,解法略.)别的,数列通项求法还稀有学归纳猜测法,可以先求出数列的前n 项,然后不雅察前n 项的纪律,再进行归纳.猜测出通项,最后予以证实,例如：数列{}n a 知足a 1=4,n a =4－14n a -（n ≥2）,求n a （理科请求,解略）;还有对数变换法,例如：形如1(0,0,01)p n n na Ca a Cpp +=≠且可转化为1lg lg lg n n a p a C +=+问题解决;当然还有特点方程法等等. 六.待定系数法：例10：设数列}{n c 的各项是一个等差数列与一个等比数列对应项的和,若c 1=2,c 2=4,c 3=7,c 4=12,求通项公式c n解：设1)1(-+-+=n n bq d n a c 132211121237242-+=⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=====⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=++=++=++=+∴n n n c a b d q bq d a bq d a bq d a b a 例11.已知数列{}n c 中,b b c +=11,bbc b c n n ++⋅=-11,个中b 是与n 无关的常数,且1±≠b .求出用n 和b 暗示的a n 的关系式.解析：递推公式必定可暗示为)(1λλ-=--n n c b c 的情势.由待定系数法知：bbb ++=1λλ 故数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧--21b b c n 是首项为112221-=--b b b b c ,公比为b 的等比数列,故111121211222--=∴-=-=--++-b b b c b b b b b b b c n n n n n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}{n a 为等差数列：则c bn a n +=,cn bn s n +=2（b.ｃ为常数）,若数列}{n a 为等比数列,则1-=n n Aq a ,)1,0(≠≠-=q Aq A Aq s n n .七.帮助数列法例12：已知数}{n a 的递推关系为121+=+n n a a ,且11=a 求通项n a .解：∵121+=+n n a a ∴)1(211+=++n n a a 令1+=n n a b 则帮助数列}{n b 是公比为2的等比数列∴11-=n n q b b 即n n n q a a 2)1(111=+=+-∴12-=n n a例13：在数列{}n a 中,11=a ,22=a ,n n n a a a 313212+=++,求n a . 解析：在n n n a a a 313212+=++双方减去1+n a ,得)(31112n n n n a a a a --=-+++ ∴{}n n a a -+1是认为112=-a a 首项,认为31-公比的等比数列,∴11)31(-+-=-n n n a a ,由累加法得na =112211)()()(a a a a a a a n n n n +-+⋅⋅⋅+-+---- =+--2)31(n +--3)31(n …11)31(++-=311)31(11+---n =1])31(1[431+---n = 1)31(4347---n 例14： 已知数列｛n a ｝中11=a 且11+=+n nn a a a （N n ∈）,,求数列的通项公式.解：∵11+=+n n n a a a ∴11111+=+=+n n n n a a a a , 设nn a b 1=,则11+=+n n b b故｛n b ｝是认为1111==a b 首项,1为公役的等差数列 ∴n n b n =-+=)1(1∴nb a n n 11==点评：这种办法相似于换元法, 重要用于已知递推关系式求通项公式.五 结构新数列: 类型1 )(1n f a a n n +=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+,运用累加法(逐差相加法)求解.例1:已知数列{}n a 知足211=a ,nn a a n n ++=+211,求n a .解：由前提知：111)1(1121+-=+=+=-+n n n n n n a a n n分离令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ,代入上式得)1(-n 个等式累加之,即)()()()(1342312--+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-+-+-n n a a a a a a a a)111()4131()3121()211(nn --+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-+-+-= 所以n a a n 111-=-211=a ,nn a n 1231121-=-+=∴类型2 n n a n f a )(1=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a nn =+,运用累乘法(逐商相乘法)求解.例2:已知数列{}n a 知足321=a ,n n a n na 11+=+,求n a . 解：由前提知11+=+n na a n n ,分离令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ,代入上式得)1(-n个等式累乘之,即1342312-•⋅⋅⋅⋅⋅⋅•••n n a a a a a a a a nn 1433221-⨯⋅⋅⋅⋅⋅⋅⨯⨯⨯=n a a n 11=⇒ 又321=a ,na n 32=∴ 例3:已知31=a ,n n a n n a 23131+-=+)1(≥n ,求n a .解：123132231232)2(31)2(32)1(31)1(3a n n n n a n +-•+⨯-⨯•⋅⋅⋅•+---•+---=3437526331348531n n n n n --=⋅⋅⋅⋅=---.变式:（2004,全国I,）已知数列{a n },知足a 1=1,1321)1(32--+⋅⋅⋅+++=n n a n a a a a (n ≥2),则{a n }的通项1___n a ⎧=⎨⎩12n n =≥ 解：由已知,得n n n na a n a a a a +-+⋅⋅⋅+++=-+13211)1(32,用此式减去已知式,得当2≥n 时,n n n na a a =-+1,即n n a n a )1(1+=+,又112==a a ,n a a a aa a a a a n n =⋅⋅⋅====∴-13423121,,4,3,1,1,将以上n 个式子相乘,得2!n a n =)2(≥n 类型3 q pa a n n +=+1（个中p,q 均为常数,)0)1((≠-p pq ）.解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：)(1t a p t a n n -=-+,个中pqt -=1,再运用换元法转化为等比数列求解. 例4:已知数列{}n a 中,11=a ,321+=+n n a a ,求n a .解：设递推公式321+=+n n a a 可以转化为)(21t a t a n n -=-+即321-=⇒-=+t t a a n n .故递推公式为)3(231+=++n n a a ,令3+=n n a b ,则4311=+=a b ,且23311=++=++n n n n a a b b .所所以{}n b 认为41=b 首项,2为公比的等比数列,则11224+-=⨯=n n n b ,所以321-=+n n a . 变式:（2006,重庆,文,14）在数列{}n a 中,若111,23(1)n n a a a n +==+≥,则该数列的通项n a =_______________（key:321-=+n n a ）类型 4 n n n q pa a +=+1（个中p,q 均为常数,)0)1)(1((≠--q p pq ）. （或1n n n a pa rq +=+,个中p,q, r 均为常数） .解法：一般地,要先在原递推公式双方同除以1+n q ,得：q q a q p q a n n n n 111+•=++引入帮助数列{}n b （个中nnnq a b =）,得：qb q pb n n 11+=+再待定系数法解决.例5:已知数列{}n a 中,651=a ,11)21(31+++=n n n a a ,求n a .解：在11)21(31+++=n n n a a 双方乘以12+n 得：1)2(32211+•=•++n n n n a a令n n n a b •=2,则1321+=+n n b b ,解之得：n n b )32(23-= 所以nn nn n b a )31(2)21(32-== 类型5 递推公式为n n n qa pa a +=++12（个中p,q 均为常数）.解 (特点根法)：对于由递推公式n n n qa pa a +=++12,βα==21,a a 给出的数列{}n a ,方程02=--q px x ,叫做数列{}n a 的特点方程. 若21,x x 是特点方程的两个根,当21x x ≠时,数列{}n a 的通项为1211--+=n n n Bx Ax a ,个中A,B 由βα==21,a a 决议（即把2121,,,x x a a 和2,1=n ,代入1211--+=n n n Bx Ax a ,得到关于A.B 的方程组）;当21x x =时,数列{}n a 的通项为11)(-+=n n x Bn A a ,个中A,B 由βα==21,a a 决议（即把2121,,,x x a a 和2,1=n ,代入11)(-+=n n x Bn A a ,得到关于A.B 的方程组）.例6: 数列{}n a ：),0(025312N n n a a a n n n ∈≥=+-++, b a a a ==21,,求n a 解（特点根法）：的特点方程是：02532=+-x x .32,121==x x ,∴1211--+=n n n Bx Ax a 1)32(-⋅+=n B A .又由b a a a ==21,,于是⎩⎨⎧-=-=⇒⎪⎩⎪⎨⎧+=+=)(32332b a B a b A B A b BA a 故1)32)((323--+-=n nb a a b a 演习:已知数列{}n a 中,11=a ,22=a ,n n n a a a 313212+=++,求n a .1731:()443n n key a -=--. 变式:（2006,福建,文,22）已知数列{}n a 知足*12211,3,32().n n n a a a a a n N ++===-∈求数列{}n a 的通项公式;（I ）解： 112211()()...()n n n n n a a a a a a a a ---∴=-+-++-+ 类型6 递推公式为n S 与n a 的关系式.(或()n n S f a =)解法：运用⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-)2()1(11n S S n S a n nn 与)()(11---=-=n n n n n a f a f S S a 消去n S )2(≥n 或与)(1--=n n n S S f S )2(≥n 消去n a 进行求解.例7：数列{}n a 前n 项和2214---=n n n a S .（1）求1+n a 与n a 的关系;（2）求通项公式n a . 解：（1）由2214---=n n n a S 得：111214-++--=n n n a S于是)2121()(1211--++-+-=-n n n n n n a a S S所以11121-+++-=n n n n a a a nnn a a 21211+=⇒+.（2）运用类型4（n n n q pa a +=+1（个中p,q 均为常数,)0)1)(1((≠--q p pq ））的办法,上式双方同乘以12+n 得：22211+=++n n n n a a由1214121111=⇒--==-a a S a .于是数列{}n na 2是以2为首项,2为公役的等差数列,所以n n a n n 2)1(222=-+=12-=⇒n n na归纳法：。
数列求通项公式练习题及答案
数列求通项公式练习题及答案练题
1. 求等差数列的通项公式，已知公差为3，首项为5。
2. 求等差数列的通项公式，已知首项为2，末项为20，公差为2。
3. 求等差数列的通项公式，已知首项为10，公差为-2，求第6项。
4. 求等差数列的通项公式，已知首项为1，公差为0.5，求第10项。
5. 求等差数列的通项公式，已知首项为3，公差为-1/2，求第8项。
答案
1. 等差数列的通项公式为：$a_n = a_1 + (n-1) \cdot d$
公差为3，首项为5，代入公式得：$a_n = 5 + (n-1) \cdot 3$
2. 等差数列的通项公式为：$a_n = a_1 + (n-1) \cdot d$
首项为2，末项为20，公差为2，代入公式得：$20 = 2 + (n-1) \cdot 2$
化简为：$18 = (n-1) \cdot 2$
3. 等差数列的通项公式为：$a_n = a_1 + (n-1) \cdot d$
首项为10，公差为-2，求第6项，代入公式得：$a_6 = 10 + (6-1) \cdot -2$
4. 等差数列的通项公式为：$a_n = a_1 + (n-1) \cdot d$
首项为1，公差为0.5，求第10项，代入公式得：$a_{10} = 1 + (10-1) \cdot 0.5$
5. 等差数列的通项公式为：$a_n = a_1 + (n-1) \cdot d$
首项为3，公差为$-\frac{1}{2}$，求第8项，代入公式得：$a_8 = 3 + (8-1) \cdot -\frac{1}{2}$
以上是数列求通项公式练习题及答案。
数列通项公式—常见9种求法
数列通项公式—常见9种求法一、公式法例1 已知数列满足，，求数列的通项公式。
解：两边除以，得，则，故数列是以为首项，以为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得，所以数列的通项公式为。
评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，说明数列是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出，进而求出数列的通项公式。
二、累加法例2 已知数列满足，求数列的通项公式。
解：由得则所以数列的通项公式为。
评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，进而求出，即得数列的通项公式。
例3 已知数列满足，求数列的通项公式解：由得所以评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，进而求出，即得数列的通项公式。
例4已知数列满足，求数列的通项公式。
解：两边除以，得，则，故因此，则评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，进而求出，即得数列的通项公式，最后再求数列的通项公式。
三、累乘法例5 已知数列满足，求数列的通项公式。
解：因为，所以，则，故所以数列的通项公式为评注：本题解题的关键是把递推关系转化为，进而求出，即得数列的通项公式。
例6 已知数列满足，求的通项公式。
解：因为①所以②用②式－①式得则故所以③由，，则，又知，则，代入③得。
所以，的通项公式为评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，进而求出，从而可得当的表达式，最后再求出数列的通项公式。
四、待定系数法例7已知数列满足，求数列的通项公式。
解：设④将代入④式，得，等式两边消去，得，两边除以，得代入④式得⑤由及⑤式得，则，则数列是以为首项，以2为公比的等比数列，则，故。
评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，从而可知数列是等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求出数列的通项公式。
例8 已知数列满足，求数列的通项公式。
解：设⑥将代入⑥式，得整理得。
令，则，代入⑥式得⑦由及⑦式，得，则，故数列是以为首项，以3为公比的等比数列，因此，则。
评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，从而可知数列是等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求数列的通项公式。
高中数学《求数列的通项习题课一》专题突破含解析
习题课一 求数列的通项题型一 利用累加、累乘法求数列的通项公式【例1】 (1)数列{a n }满足a 1＝1，对任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，求数列{a n }的通项公式；(2)已知数列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1＝nn ＋1a n ，求a n .解 (1)∵a n ＋1＝a n ＋n ＋1，∴a n ＋1－a n ＝n ＋1，即a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2).等式两边同时相加得a n －a 1＝2＋3＋4＋…＋n (n ≥2)，即a n ＝a 1＋2＋3＋4＋…＋n ＝1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2，n ≥2.又a 1＝1也适合上式，∴a n ＝n （n ＋1）2，n ∈N *.(2)由条件知a n ＋1a n ＝nn ＋1，分别令n ＝1，2，3，…，n －1，代入上式得(n －1)个等式，累乘，即a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝12×23×34×…·n －1n (n ≥2).∴a na 1＝1n ，又∵a 1＝23，∴a n ＝23n ，n ≥2.又a 1＝23也适合上式，∴a n ＝23n ，n ∈N *.规律方法 (1)求形如a n ＋1＝a n ＋f (n )的通项公式.将原来的递推公式转化为a n ＋1－a n ＝f (n )，再用累加法(逐差相加法)求解，即a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝a 1＋f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (n －1).(2)求形如a n ＋1＝f (n )a n 的通项公式.将原递推公式转化为a n ＋1a n＝f (n )，再利用累乘法(逐商相乘法)求解，即由a 2a 1＝f (1)，a 3a2＝f (2)，…，a na n －1＝f (n －1)，累乘可得a na1＝f (1)f (2)…f (n －1).【训练1】 数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1－a n ＝2n ，求{a n }的通项公式.解 因为a 1＝2，a n ＋1－a n ＝2n ，所以a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝22，a 4－a 3＝23，…，a n －a n －1＝2n －1，n ≥2，以上各式累加得，a n －a 1＝2＋22＋23＋…＋2n －1，故a n＝2（1－2n－1）1－2＋2＝2n，当n＝1时，a1也符合上式，所以a n＝2n.题型二 构造等差(比)数列求通项公式【例2】 (1)在数列{a n}中，a1＝13，6a n a n－1＋a n－a n－1＝0(n≥2，n∈N*).①证明：数列{1a n}是等差数列；②求数列{a n}的通项公式.(2)已知数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝2a n－3，求a n.(1)①证明 由6a n a n－1＋a n－a n＋1＝0，整理得1a n－1a n－1＝6(n≥2)，故数列{1a n}是以3为首项，6为公差的等差数列.②解 由①可得1a n＝3＋(n－1)×6＝6n－3，所以a n＝16n－3，n∈N*.(2)解 由a n＋1＝2a n－3得a n＋1－3＝2(a n－3)，所以数列{a n－3}是首项为a1－3＝－1，公比为2的等比数列，则a n－3＝(－1)·2n－1，即a n＝－2n－1＋3.规律方法 (1)课程标准对递推公式要求不高，故对递推公式的考查也比较简单，一般先构造好等差(比)数列让学生证明，再在此基础上求出通项公式，故同学们不必在此处挖掘过深. (2)形如a n＋1＝pa n＋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 假设递推公式可改写为a n＋1＋t＝p(a n＋t)；第二步 由待定系数法，解得t＝qp－1；第三步 写出数列{a n＋q p－1}的通项公式；第四步 写出数列{a n}的通项公式.【训练2】 已知各项均为正数的数列{b n}的首项为1，且前n项和S n满足S n－S n－1＝S n＋S n－1(n≥2).试求数列{b n}的通项公式.解 ∵S n－S n－1＝S n＋S n－1(n≥2)，∴(S n＋S n－1)(S n－S n－1)＝S n＋S n－1(n≥2).又S n >0，∴S n －S n －1＝1.又S 1＝1，∴数列{S n }是首项为1，公差为1 的等差数列，∴S n ＝1＋(n －1)×1＝n ，故S n ＝n 2.当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1.当n ＝1时，b 1＝1符合上式.∴b n ＝2n －1.题型三 利用前n 项和S n 与a n 的关系求通项公式【例3】 (1)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －4，n ∈N *，则a n 等于( )A.2n ＋1 B.2n C.2n －1D.2n －2(2)已知数列{a n }中，前n 项和为S n ，且S n ＝n ＋23·a n ，则a n a n －1的最大值为( )A.－3B.－1C.3D.1解析 (1)因为S n ＝2a n －4，所以n ≥2时，S n －1＝2a n －1－4，两式相减可得S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －2a n －1，整理得a n ＝2a n －1，所以a n a n －1＝2.因为S 1＝a 1＝2a 1－4，即a 1＝4，所以数列{a n }是首项为4，公比为2的等比数列，则a n ＝4×2n －1＝2n ＋1，故选A.(2)由S n ＝n ＋23a n 得，当n ≥2时，S n －1＝n ＋13a n －1，两式作差可得：a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理得a n a n －1＝n ＋1n －1＝1＋2n －1，由此可得，当n ＝2时，a n a n －1取得最大值，其最大值为3.答案 (1)A (2)C规律方法 已知S n ＝f (a n )或S n ＝f (n )的解题步骤：第一步 利用S n 满足条件p ，写出当n ≥2时，S n －1的表达式；第二步 利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，求出a n 或者转化为a n 的递推公式的形式；第三步 若求出n ≥2时的{a n }的通项公式，则根据a 1＝S 1求出a 1，并代入n ≥2时的{a n }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{a n }的递推公式，则问题化归为例2形式的问题.【训练3】 在数列{a n }中，a 1＝1，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n ＋12a n ＋1(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式a n .解 由a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n ＋12a n ＋1，得当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝n2a n ，两式作差得na n ＝n ＋12a n ＋1－n 2a n ，得(n ＋1)a n ＋1＝3na n (n ≥2)，即数列{na n }从第二项起是公比为3的等比数列，且a 1＝1，a 2＝1，于是2a 2＝2，故当n ≥2时，na n ＝2×3n －2.于是a n ＝{1，n ＝1，2×3n －2n，n ≥2，n ∈N *.一、素养落地1.通过学习数列通项公式的求法，提升数学运算与逻辑推理素养.2.求数列通项的方法有：(1)公式法，(2)累加、累乘法，(3)构造法等，但总的思想是转化为特殊的数列(一般是等差或等比数列)求解.二、素养训练1.数列1，3，6，10，15，…的递推公式可能是( )A.a n ＝{1（n ＝1）a n ＋1＋n －1（n ∈N *，n ≥2）B.a n＝{1（n ＝1）a n －1＋n （n ∈N *，n ≥2）C.a n＝{1（n ＝1）a n －1＋n －1（n ∈N *，n ≥2）D.a n＝{1（n ＝1）a n －1＋n ＋1（n ∈N *，n ≥2）解析 由题意可得，a 1＝1，a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝4，a 5－a 4＝5，……∴a n －a n －1＝n (n ≥2)，故数列的递推公式为a n ＝{1（n ＝1）a n －1＋n （n ∈N *，n ≥2）故选B.答案 B2.数列{a n }中，a 1＝1，且a n ＋1＝a n ＋2n ，则a 9＝( )A.1 024B.1 023C.510D.511解析 由题意可得a n ＋1－a n ＝2n ，则a 9＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a 9－a 8)＝1＋21＋22＋…＋28＝29－1＝511.故选D.答案 D3.已知数列{a n }的各项均为正数，且a 2n －a n －n 2－n ＝0，则a n＝________.解析 由a 2n －a n －n (n ＋1)＝0，得[a n －(n ＋1)](a n ＋n )＝0.又a n >0，所以a n＝n ＋1.答案 n ＋14.已知数列{a n }中，a 1＝1，对于任意的n ≥2，n ∈N *，都有a 1a 2a 3…a n ＝n 2，则a 10＝________.解析 由a 1a 2a 3…a n ＝n 2，得a 1a 2a 3…a n －1＝(n －1)2(n ≥2)，所以a n ＝n 2（n －1）2(n ≥2)，所以a 10＝10081.答案 100815.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式.解 由a n ＋1＝a n a n ＋2，得1a n ＋1＝2an ＋1，所以1an ＋1＋1＝2(1a n＋1).又a 1＝1，所以1a 1＋1＝2，所以数列{1a n＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以1a n ＋1＝2×2n －1＝2n ，所以a n ＝12n －1.基础达标一、选择题1.已知数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2n (n ∈N *)，则a 100的值是( )A.9 900 B.9 902 C.9 904D.11 000解析 a 100＝(a 100－a 99)＋(a 99－a 98)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2(99＋98＋…＋2＋1)＋2＝2×99×（99＋1）2＋2＝9 902.答案 B2.已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n1＋2a n，则这个数列的第n 项为( )A.2n －1B.2n ＋1C.12n －1D.12n ＋1解析 ∵a n ＋1＝a n 1＋2an，a 1＝1，∴1a n ＋1－1a n ＝2.∴{1a n}为等差数列，公差为2，首项1a1＝1.∴1a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，∴a n ＝12n －1.答案 C3.若数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋a n －1＝4(n ≥2)，则a 2 021的值为( )A.1 B.2 C.3D.4解析 ∵a 1＝3，a n ＋a n －1＝4(n ≥2)，∴a n ＋1＋a n ＝4，∴a n ＋1＝a n －1，∴a n ＝a n ＋2，即奇数项、偶数项构成的数列均为常数列，又∵a 1＝3，∴a 2 021＝3.答案 C4.已知数列{a n }的首项为a 1＝1，且满足a n ＋1＝12a n ＋12n ，则此数列的通项公式a n 等于( )A.2nB.n (n ＋1)C.n2n －1D.n （n ＋1）2n解析 ∵a n ＋1＝12a n ＋12n ，∴2n ＋1a n ＋1＝2n a n ＋2，即2n ＋1a n ＋1－2n a n ＝2.又21a 1＝2，∴数列{2n a n }是以2为首项，2为公差的等差数列，∴2n a n ＝2＋(n －1)×2＝2n ，∴a n ＝n 2n －1.答案 C5.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，S n ＋1＝4a n ＋2，则a 12＝( )A.20 480B.49 152C.60 152D.89 150解析 由题意得S 2＝4a 1＋2，所以a 1＋a 2＝4a 1＋2，解得a 2＝8，故a 2－2a 1＝4，又a n ＋2＝S n ＋2－S n ＋1＝4a n ＋1－4a n ，于是a n ＋2－2a n ＋1＝2(a n ＋1－2a n )，因此数列{a n ＋1－2a n }是以a 2－2a 1＝4为首项，2为公比的等比数列，即a n ＋1－2a n ＝4×2n －1＝2n ＋1，于是a n ＋12n ＋1－a n2n ＝1，因此数列{a n2n}是以1为首项，1为公差的等差数列，得a n2n ＝1＋(n －1)＝n ，即a n ＝n ·2n .所以a 12＝12×212＝49 152，故选B.答案 B 二、填空题6.在等比数列{a n }中，a 1，a 2，a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818则数列{a n }的通项公式为________.解析 当a 1＝3时，不合题意；当a 1＝2时，当且仅当a 2＝6，a 3＝18时，符合题意；当a 1＝10时，不合题意.因此a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18，所以公比q ＝3，故a n ＝2×3n －1.答案 a n ＝2×3n －17.在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1na n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析 当n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝nn －1·n －1n －2·…·32·21＝n ，当n ＝1时，a 1＝1也符合此式，∴a n ＝n .答案 n8.已知数列{a n }满足ln a 13·ln a 26·ln a 39·…·ln a n 3n ＝3n 2(n ∈N *)，则a 10＝________.解析 ∵ln a 13·ln a 26·ln a 39·…·ln a n 3n ＝3n2(n ∈N *)，∴ln a 13·ln a 26·ln a 39·…·ln a n －13（n －1）＝3（n －1）2(n ≥2)，∴ln a n ＝3n 2n －1(n ≥2)，∴a n ＝e 3n 2n －1(n ≥2)，∴a 10＝e 1003.答案 e1003三、解答题9.设f (x )＝log 2x －log x 4(0<x <1)，数列{a n }的通项a n 满足f (2a n )＝2n ，求数列{a n }的通项公式.解 ∵f (x )＝log 2x －log x 4(0<x <1)，f (2an )＝2n ，∴log 22an －log 2an 4＝2n ，由换底公式得log 22an －log 24log 22an ＝2n ，即a n －2a n ＝2n ，∴a 2n －2na n －2＝0，解得a n ＝n ±n 2＋2.又0<x <1，∴0<2an <1，∴a n <0，∴a n ＝n －n 2＋2，∴数列{a n }的通项公式是a n ＝n －n 2＋2.10.设数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{S n }的前n 项和为T n ，满足T n ＝2S n －n 2，n ∈N *.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式.解 (1)当n ＝1时，T 1＝2S 1－1，因为T 1＝S 1＝a 1，所以a 1＝2a 1－1，所以a 1＝1.(2)当n ≥2时，T n －1＝2S n －1－(n －1)2，则S n ＝T n －T n －1＝2S n －n 2－[2S n －1－(n －1)2]＝2(S n －S n －1)－2n ＋1＝2a n －2n ＋1，因为当n ＝1时，a 1＝S 1＝1也满足上式，所以S n ＝2a n －2n ＋1(n ≥1)，①当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2(n －1)＋1，②①－②，得a n ＝2a n －2a n －1－2，所以a n ＝2a n －1＋2(n ≥2)，所以a n ＋2＝2·(a n －1＋2)，因为a 1＋2＝3≠0，所以数列{a n ＋2}是以3为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＋2＝3×2n －1，所以a n ＝3×2n －1－2.能力提升11.已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝13，若a n (a n －1＋2a n ＋1)＝3a n －1·a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析 由题意知a n a n －1＋2a n a n ＋1＝3a n －1a n ＋1，∴1a n ＋1＋2a n －1＝3a n ，∴1a n ＋1－1a n ＝2(1a n －1a n －1)，即1a n ＋1－1a n1a n －1a n －1＝2，∴数列{1an ＋1－1a n}是首项为2，公比为2的等比数列，∴1a n ＋1－1a n ＝2×2n －1＝2n .利用累加法，得1a 1＋(1a 2－1a 1)＋(1a 3－1a 2)＋…＋(1a n －1a n －1)＝1＋2＋22＋…＋2n －1，即1a n ＝2n －12－1＝2n －1，∴a n ＝12n －1.答案 12n －112.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝1，nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n （n ＋1）2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式.(2)是否存在正整数k ，使a k ，S 2k ，a 4k 成等比数列？若存在，求k 的值；若不存在，请说明理由.解 (1)法一 由nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n （n ＋1）2，得S n ＋1n ＋1－S nn ＝12，∴数列{S nn}是首项为S 11＝1，公差为12的等差数列，∴S nn ＝1＋12(n －1)＝12(n ＋1)，∴S n ＝n （n ＋1）2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n （n ＋1）2－（n －1）n2＝n .而a 1＝1适合上式，∴a n ＝n .法二 由nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n （n ＋1）2，得n (S n ＋1－S n )－S n ＝n （n ＋1）2，∴na n ＋1－S n ＝n （n ＋1）2.①当n ≥2时，(n －1)a n －S n －1＝n （n －1）2，②①－②，得na n ＋1－(n －1)a n －a n ＝n （n ＋1）2－n （n －1）2，∴na n ＋1－na n ＝n ，∴a n ＋1－a n ＝1，∴数列{a n }是从第2项起的等差数列，且首项为a 2＝2，公差为1，∴a n ＝2＋(n －2)×1＝n (n ≥2).而a 1＝1适合上式，∴a n ＝n .(2)由(1)，知a n ＝n ，S n ＝n （n ＋1）2.假设存在正整数k ，使a k ，S 2k ，a 4k 成等比数列，则S 22k ＝a k ·a 4k ，即[2k （2k ＋1）2]2＝k ·4k .∵k 为正整数，∴(2k ＋1)2＝4.得2k ＋1＝2或2k ＋1＝－2，解得k ＝12或k ＝－32，与k 为正整数矛盾.∴不存在正整数k ，使a k ，S 2k ，a 4k 成等比数列.创新猜想13.(多选题)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2，且对于任意n >1，n ∈N *，满足S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)，则( )A.a 9＝17 B.a 10＝18C.S 9＝81D.S 10＝91解析 ∵对于任意n >1，n ∈N *，满足S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)，∴S n ＋1－S n ＝S n －S n －1＋2，∴a n ＋1－a n ＝2.∴数列{a n }在n ≥2时是等差数列，公差为2.又a 1＝1，a 2＝2，则a 9＝2＋7×2＝16，a 10＝2＋8×2＝18，S 9＝1＋8×2＋8×72×2＝73，S 10＝1＋9×2＋9×82×2＝91.故选BD.答案 BD14.(多空题)设S n是数列{a n}的前n项和，且满足a2n＋1＝2a n S n，且a n>0，则S n＝________，a100＝________.解析 由S n是数列{a n}的前n项和，且满足a2n＋1＝2a n S n，则当n＝1时，a21＋1＝2a1S1，即S21＝1；当n≥2时，(S n－S n－1)2＋1＝2(S n－S n－1)S n，整理得S 2n－S2n－1＝1.所以数列{S2n}是以1为首项，1为公差的等差数列，则S2n＝n.由于a n>0，所以S n＝n，故a100＝S100－S99＝100－99＝10－311.答案 n 10－311。
求数列的通项公式列(教案+例题+习题)
求数列的通项公式（教案+例题+习题）一、教学目标1. 理解数列的概念，掌握数列的基本性质。
2. 学会求解数列的通项公式，并能应用于实际问题。
3. 培养学生的逻辑思维能力和运算能力。
二、教学内容1. 数列的概念与基本性质2. 数列的通项公式的求法3. 数列通项公式的应用三、教学重点与难点1. 教学重点：数列的概念，数列的通项公式的求法及应用。
2. 教学难点：数列通项公式的推导和应用。
四、教学方法1. 采用讲授法，讲解数列的概念、性质及通项公式的求法。
2. 利用例题，演示数列通项公式的应用过程。
3. 布置习题，巩固所学知识。
五、教学过程1. 引入数列的概念，讲解数列的基本性质。
2. 讲解数列通项公式的求法，引导学生掌握求解方法。
3. 通过例题，演示数列通项公式的应用，让学生理解并掌握公式。
4. 布置习题，让学生巩固所学知识，并提供解题思路和指导。
5. 总结本节课的重点内容，布置课后作业。
教案结束。
例题：已知数列的前n项和为Sn = n(n+1)/2，求该数列的通项公式。
解答：由数列的前n项和公式可知，第n项的值为Sn S(n-1)。
将Sn = n(n+1)/2代入上式，得到第n项的值为：an = Sn S(n-1) = n(n+1)/2 (n-1)n/2 = n/2 + 1/2。
该数列的通项公式为an = n/2 + 1/2。
习题：1. 已知数列的前n项和为Sn = n^2，求该数列的通项公式。
2. 已知数列的通项公式为an = 2n + 1，求该数列的前n项和。
3. 已知数列的通项公式为an = (-1)^n，求该数列的前n项和。
4. 已知数列的通项公式为an = n^3 6n，求该数列的前n项和。
5. 已知数列的通项公式为an = 3n 2，求该数列的前n项和。
六、教学目标1. 掌握数列的递推关系式，并能运用其求解数列的通项公式。
2. 学习利用函数的方法求解数列的通项公式。
3. 提升学生分析问题、解决问题的能力。