高考数学总复习课件14数列通项公式题型例析

a2 1 a3 2
an n－1
∴a1＝2，a2＝3，…，an－1＝ n ，
a
6
a2 a3
an 1 2
n－1
以上各式相乘得 × ×…× a1 a2
an－1＝2×
3×…×
n
，
an 1
1
即 ＝ ，又a1＝1，∴an＝ .
a1 点评
n
n
an＋1
若在数列的已知条件中出现数列具有 ＝f(n)
an
的情形，可利用逐项累商法求数列的通项公式．
a
4
(2)当n≥2时，由于
a2－a1＝c，
a3－a2＝2c，
……
an－an－1＝(n－1)c，
n(n－1) 所以an－a1＝[1＋2＋…＋(n－1)]c＝ 2 c.
又a1＝2，c＝2，故an＝2＋n(n－1)＝n2－n＋2(n＝ 2,3，…)．
当n＝1时，上式也成立，所以an＝n2－n＋2(n＝
1,2，…)．
Sn＋1 ∴ ＝3.
Sn
又∵S1＝a1＝1，∴数列{Sn}是首项为1，公比为3的等
比数列，则Sn＝3n－1(n∈N*)．
当n≥2时，an＝2Sn－1＝2·3n－2(n≥2)，
1，n＝1， ∴数列{an}的通项公式为an＝
2·3n－2，n≥2，n∈N*.
点评 本题中利用数列an与Sn的关系求解数列的通项公式，
又由an＋1＝Sn＋1－Sn＝6(an＋1＋1)(an＋1＋2)－6(an＋
1)·(an＋2)，得(an＋1＋an)(an＋1－an－3)＝0，
a
1
即an＋1－an－3＝0或an＋1＝－an，又因为an>0，
故an＋1＝－an不成立，舍去．
因此an＋1－an＝3，
从而{an}是公差为3，首项为2的等差数列，
故{an}的通项为an＝3n－1. 点评 本题中通过对已知条件的化简，得到数列为特 殊数列(等差、等比)，利用等差、等比数列的通项公 式求解．
a
2
二、an与Sn关系型
【例2】 数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝
2Sn(n∈N*)，求数列{an}的通项an. 解析 ∵an＋1＝2Sn，∴Sn＋1－Sn＝2Sn，
点评 一般情况下，若已知中出现数列具有an＋1＝an＋cn
的情形，则可利用逐项累差法求数列的通项公式．
a
5
四、累商型
n 【例4】 在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝ an，求
n＋1
数列{an}的通项公式．
n 解析 由an＋1＝ an对所有的自然数n都成立，
n＋1
an＋1
n
即 ＝ 恒成立，
an n＋1
特别要注意当n＝1时的情况．a
3
三、累差型 【例3】 数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋cn(c是常
数，n＝1,2,3，…)，且a1、a2、a3成公比不为1的 等比数列．
(1)求c的值；(2)求{an}的通项公式．
解析 (1)由a1＝2，得a2＝2＋c，a3＝2＋3c. 因为a1、a2、a3成等比数列，所以(2＋c)2＝2(2＋3c)， 解得c＝0或c＝2. 当c＝0时，a1＝a2＝a3，不符合题意，舍去，故c＝2.
n(n∈N*)．
点评 本题以数列的递推关系式为载体，主要考查等 比数列的概念、等比数列的通项公式及构造新数列的
能力．
a
返回 8
a
7
五、构造新数列型
【例5】 在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝4an－3n＋1，
n∈N*，求数列{an}的通项an.
解析 由题设an＋1＝4an－3n＋1，得
an＋1－(n＋1)＝4(an－n)，n∈N*.
又a1－1＝1，所以数列{an－n}是首项为1，且公比为
4的等比数列，∴an－n＝(a1－1)4n－1，∴an＝4n－1＋
备课资讯14 数列通项公式题型例析
一、等差、等比型
【例1】 已知各项均为正数的数列{an}前n项和Sn满
足S1>1，且6Sn＝(an＋1)·(an＋2)，n∈N*，求{an}
的通项公式． 1
解析 由a1＝S1＝6(a1＋1)(a1＋2)，
解得a1＝1或a1＝2，又由a1＝SLeabharlann Baidu>1，因此a1＝2，
1
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