数列求通项公式的常见题型与解题方法

数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础．高考对本章的考查比较全面，等差数列，等比数列的考查每年都不会遗漏．有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起．探索性问题是高考的热点，常在数列解答题中出现．本章中还蕴含着丰富的数学思想，在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法．

数列这一章的主要章节结构为：

近几年来，高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面：（1）数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式．（2）数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合．（3）数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主．试题的难度有三个层次，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大． 我仅对数列求通项公式这一部分内容做一个浅显的分析与提炼． 题型1 已知数列前几项求通项公式 在我们的教材中，有这样的题目：

01． 数列0,2,0,2的通项an22．数列n为奇数n为偶数．

11111n,,,的通项an（1）． 12233445n(n1)1357n12n1,1,1,11+（1）的通项． an22426282(2n)23．数列1

此题主要通过学生观察、试验、合情推理等活动，且在此基础上进一步通过比较、分析、概括、证明去揭示事物

的本质，从而培养学生数学思维能力．相对于填空题或是选择题只需利用不完全归纳法进行猜想即可；对于解答题，往往还需要我们进一步加以证明．

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选校网 www.xuanxiao.com 高考频道 专业大全 历年分数线 上万张大学图片 大学视频 院校库 例如（2003年全国高考）已知数列an满足a11,an3n1an1(n2)． (Ⅰ)求：a2,a3；

3n1(Ⅱ)证明：an．

2分析：问题（１）主要渗透一般化特殊化，利用已知的递推公式求具体．

问题（２）与问题（１）紧密相连，可以从特殊入手，归纳论证相结合，求一般．当然还可用后面介绍的方法即注意到进行anan13n1(n2)，由特殊化归为等比数列等加以证明．本题贯穿特殊化与一般化的思维方法，实质上是归纳中的综合． 课堂中我们还可以设计如下例题及练习，训练学生这方面的技能． 例1.写出下面数列的一个通项公式，使它的前4项分别是下列各数： 221321421521(n1)21(1),,,;an 2345n1

11111(2),,,.an(1)n

12233445n(n1)

例2.观察下面数列的特点，写出每个数列的一个通项公式： n(1)1,7,13,19,;an(1)(6n5)

7

(2)7,77,777,7777,77777,;an(10n1) 9n(3)5,0,5,0,5,0,5,0,.an5sin

2练习１:写出下面数列的一个通项公式：

31537n2 313131(1)n2(2),,,,,.an(1)1,,,,,,;an 52117173n223456n练习２．在某报《自测健康状况》的报道中，自测血压结果与相应年龄的统计数据如下表． 观察表中数据的特点，用适当的数填入表中空白（ ）内． 年龄（岁） 30 35 40 45 50 55 60 65 收缩压（水银柱 毫米） 110 115 120 125 130 135 （140）145 舒张压（水银柱 毫米） 70 73 75 78 80 83 （ 85）88 练习３．根据下列5个图形及相应点的个数的变化规律，猜测第n个图中有__n2-n+1_个点．

。 。 。 。 。 。 。 。 。 。。 。 。 。。 。 。 。。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。 。。 。 。 。 。 。 。 。 。 。。 。 。 （1） （2） （3） （4） 。 （5） 。

相关的高考试题有：

（2004年全国卷）已知数列{an}，满足a1=1，an=a1+2a2+3a3+„+(n－1)an－1(n≥2)，则{an}的通项 an分析：由已知，a2a11．

由ana12a23a3(n1)an1 生成

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n1，1

n2．___选校网 www.xuanxiao.com 高考频道 专业大全 历年分数线 上万张大学图片 大学视频 院校库 an1a12a23a3(n2)an2

ann an1aaaa为商型的，用累乘法可得annn13nn(n1)43,

an1an2a2a2n即an．

2两式相减得：anan1(n1)an1，即

（2006年广东卷）在德国不来梅举行的第48届世乒赛期间，某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品，其中第1堆只有1层，就一个球；第2,3,4,堆最底层（第一层）分别按图4所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第n堆第n层就放一个乒乓球，以f(n)表示第n堆的乒乓球总数，则

1f(3)_10_；f(n)_n(n1)(n2)___

6（答案用n表示）.

题型2 由an与Sn的关系求通项公式 在我们的教材中，有这样的题目：

１． 已知数列{an}的前n项和Sn„

12(nn)，则an n ． 2２． 已知数列{an}的前n项和Sn32n，则an 这类题目主要注意sn与an之间关系的转化．即：

5n1， ． n12n2，nS1 (n=1) an=a1(akak1)． an=k2SnSn1 (n2)一般已知条件中含an与Sn的关系的数列题均可考虑用上述公式． 例如：（04年浙江）设数列{an}的前项的和Sn=(Ⅰ)求a1；a2；

(Ⅱ)求证数列{an}为等比数列．

1（an-1） (nN)． 3111111(a11),得a1(a11) ∴a1 又S2(a21),即a1a2(a21),得a2. 33334211 (Ⅱ)当n>1时,anSnSn1(an1)(an11),

33解: (Ⅰ)由S1 得

an111,所以an是首项,公比为的等比数列．

22an12课堂中我们还可以设计如下例题及练习，训练学生这方面的技能．

n

例3.数列{an}的前n项和 Sn=3·2-3,求数列的通项公式.an322

n1

练习1：设数列{an}的前n项和为Sn=2n+3n+2，求通项an的表达式，并指出此数列是否为等差数列.

7n1， an4n1n2，选校网 www.xuanxiao.com 专业大全 历年分数线 上万张大学图片 大学视频 院校库

选校网 www.xuanxiao.com 高考频道 专业大全 历年分数线 上万张大学图片 大学视频 院校库 练习2：已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且nan+1=Sn+n(n+1)，求an． 相关的高考试题有：an2n

(2004全国卷)已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn=2an +(-1)n,n≥1．

（Ⅰ）写出求数列{an}的前3项a1,a2,a3； （Ⅱ）求数列{an}的通项公式； （Ⅲ）证明：对任意的整数m>4，有

1117. a4a5am8.解：⑴当n=1时,有：S1=a1=2a1+(-1) a1=1；

当n=2时,有：S2=a1+a2=2a2+(-1)2a2=0； 当n=3时,有：S3=a1+a2+a3=2a3+(-1)3a3=2； 综上可知a1=1,a2=0,a3=2；

⑵由已知得：anSnSn12an(1)n2an1(1)n1 化简得：an2an12(1)n1

22(1)n2[an1(1)n1] 3322n1故数列{an(1)}是以a1(1)为首项, 公比为2的等比数列.

3321n11n122n2nnn故an(1)2 ∴an2(1)[2(1)]

333332n2n数列{an}的通项公式为：an[2(1)].

3上式可化为：an⑶由已知得：

1113111[23m2] a4a5am221212(1)m3111111[m2] m2391533632(1)11111[1] 235112111111[1] 235102011(1m5)14221142[5][m5]

12355223121311131041057()m5. 1552151201208选校网 www.xuanxiao.com 专业大全 历年分数线 上万张大学图片 大学视频 院校库

选校网 www.xuanxiao.com 高考频道 专业大全 历年分数线 上万张大学图片 大学视频 院校库 故

1117( m>4). a4a5am8（2006年湖北卷）已知二次函数yf(x)的图像经过坐标原点，其导函数为f'(x)6x2，数列{an}的前n项和为

Sn，点(n,Sn)(nN)均在函数yf(x)的图像上．

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bnm1，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn对所有nN都成立的最小正整数m．

20anan1点评：本小题考查二次函数、等差数列、数列求和、不等式等基础知识和基本的运算技能，考查分析问题的能力

和推理能力．

解：（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax2+bx (a≠0) ,则 f`(x)=2ax+b,由于f`(x)=6x－2,得 a=3 , b=－2, 所以 f(x)＝3x2－2x.

又因为点(n,Sn)(nN)均在函数yf(x)的图像上，所以Sn＝3n2－2n. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（3n2－2n）－（3n1)2(n1)＝6n－5. 当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2＝6×1－5，所以，an＝6n－5 （nN）. （2006年安徽卷）数列an的前n项和为Sn，

已知a121,Snn2annn1,n1,2,． 2（Ⅰ）写出Sn与Sn1的递推关系式n2，并求Sn关于n的表达式；

Snn1x,bnfn/ppR，求数列bn的前n项和Tn． n2222解：由Snnannn1n2得：Snn(SnSn1)nn1，即(n1)SnnSn1nn1，所以

（Ⅱ）设fnxn1nSnSn11，对n2成立． nn1n1nnn132n1SnSn11，Sn1Sn21，„，S2S11相加得：Sn2S1n1，又由nn1n1n221n1n2S1a1，所以Sn，当n1时，也成立．

2n1Sn1nn1x，得bnfn/pnpn． （Ⅱ）由fnxnxnn1选校网 www.xuanxiao.com 专业大全 历年分数线 上万张大学图片 大学视频 院校库

选校网 www.xuanxiao.com 高考频道 专业大全 历年分数线 上万张大学图片 大学视频 院校库 而Tnp2p23p3(n1)pn1npn，

pTnp22p33p4(n1)pnnpn1， (1P)Tnpppp23n1pnpnn1p(1pn)npn1．

1p题型3 已知数列递推公式求通项公式 在我们的教材中，还有这样的类型题：

1． 已知数列{an}的首项a11，且anan13(n2)，则an 3n-2 ． 2．已知数列{an}的首项a11，且an2an13(n2)，则an 433．已知数列{an}的a11，a22且ann13．

1a(an1an2)(n3)，则limn 1 ．

xa2n14． 已知数列{an}的a11，a22且an22an1an,则an n ．

这类问题是通过题目中给定的初始值和递推公式，在熟练掌握等差数列、等比数列的通项公式的推导方法的基础上，产生的一系列变式．

我们应清楚的意识到：

1．证明数列an是等差或等比数列常用定义，即通过证明an1ananan1 (n2)或得．

2．在解决等差数列或等比数列的相关问题时，“基本量法”是常用的方法，但有时灵活地运用性质，可使运算简便，而一般数列的问题常转化为等差、等比数列求解．

3.等差数列、等比数列求通项公式涉及的迭代、累加、累乘、构造等方法． 我们具体进行如下分析：

一、由等差，等比演化而来的“差型”，“商型”递推关系

题组一：

数列{an}中，a11,an1an2，求{an}的通项公式 ．an2n1 变式1：数列{an}中，a11,an1ann，求{an}的通项公式 ．an变式2：数列{an}中，a11,an1an3n1an1an(n2)而anan1121nn1 223n11，求{an}的通项公式 ．an

2变式3：已知数列{an}满足a11，

1an1111，求an．an

nan变式4：数列{an}中，a11,an1分析：①等差数列：an1and

22an，求{an}的通项公式 ．an

n1an2生成：a2a1d，a3a2d，„an1an2d，anan1d

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选校网 www.xuanxiao.com 高考频道 专业大全 历年分数线 上万张大学图片 大学视频 院校库 累加：an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1 =(n1)da1 由此推广成差型递推关系：anan1f(n)(n2) 累加：an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1=题组二、

已知数列{an}的首项a11，且an3an1(n2)，则an 3变式1：已知数列{an}的首项a11，且ann1f(n)a ，于是只要f(n)可以求和就行．

12n ．

n11an1(n2)，则an ． nn变式2：数列{an}中，a12,an13an2，求{an}的通项公式．an3n1 变式3：数列{an}是首项为1的正项数列，

22且(n1)an,2,3,)，求{an}的通项公式．an1nanan1an0,(n11 n分析：②等比数列：an1anq

生成：a2a1q，a3a2q，„an1an2q，anan1q

anan1a2a1=qn1a1 an1an2a1a由此推广成商型递推关系：ng(n)

an1nanan1a2累乘：ana1g(n)a1

an1an2a12累乘：an为了提高，我们还可以引用下列例题： 例1、 若数列an满足：a12,an2(2n1)an1,(n2)． nn求证：①anC2n； ②an是偶数 ．

证明：由已知可得：

an2(2n1) an1nanan1a22n35(2n1)又an a1=

n!an1an2a1(2n)!246(2n2)2n135(2n1)2n35(2n1)而C= n!n!n!n!n!nnn所以anC2n，而anC2n2C2n1为偶数．

n2n

例2、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（Ⅰ）（略）a33,a513

(II) a2k1a2k3ka2k1(1)k3k

所以a2k1 故a2k1a2k13k(1)k ，为差型

(a2k1a2k1)(a2k1a2k3)(a3a1)a1

(3k3k13)(1)k(1)k1(1)1

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选校网 www.xuanxiao.com 高考频道 专业大全 历年分数线 上万张大学图片 大学视频 院校库 3k11(1)k1． =223k13k1kk1ka2ka2k1(1)(1)(1)1(1)k1．

2222所以{an}的通项公式为： 当n为奇数时，an3n222n2(1)n1211； 231(1)21． 当n为偶数时， an22二．由差型，商型类比出来的和型，积型：即anan1f(n),和anan1g(n)

例如：数列an中相邻两项an，an1是方程x23nxbn0的两根，已知a1017，求b51的值． 分析： 由题意：an+an13n ②—①：an2an3．

所以该数列的所有的奇数项成等差，所有的偶数项也成等差．

其基本思路是，生成，相减；与“差型”的生成，相加的思路刚好相呼应．到这里本题的解决就不在话下了． 特别的，若an+an1c，则an2an．

即该数列的所有的奇数项均相等，所有的偶数项也相等． 若 anan12n

①

则 an1an22n1 ② ②÷①：

①

②

生成： an1+an23(n1)

nan22． an所以该数列的所有的奇数项成等比，所有的偶数项也成等比．

其基本思路是，生成，相除；与“商型”的生成，相乘的思路刚好相呼应． 特别地，若anan1c，则an2an．

即该数列的所有的奇数项均相等，所有的偶数项也相等．

三．可以一次变形后转化为差型，商型的 1．anpan1f(n)

例如：设a0是常数，且an2an13n1，（nN）． 证明：an(2)n1*3n(1)n12na0．

5分析：这道题目是证明型的，最简单的方法当然要数数学归纳法，现在我们考虑用推导的方法来处理an2an13n1的三种方法：

方法（1）：构造公比为—2的等比数列an3n，用待定系数法可知方法（2）：构造差型数列1． 5ananan113nn，即两边同时除以 得：()，从而可以用累加的方(2)nnn132(2)(2)(2)法处理．

方法（3）：直接用迭代的方法处理：

an2an13n12(2an23n2)3n1(2)2an2(2)3n23n1 (2)2(2an33n3)(2)23n23n1

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选校网 www.xuanxiao.com 高考频道 专业大全 历年分数线 上万张大学图片 大学视频 院校库 (2)3an3(2)23n3(2)3n23n1 (2)a0(2)nn103(2)n213(2)n33(2)322n3(2)3n23n13n(1)n12n(2)a0．

5n说明：①当f(n)c或f(n)anb时，上述三种方法都可以用；

②当f(n)n2时，若用方法1，构造的等比数列应该是anpn2qnr 而用其他两种方法做则都比较难． ③用迭代法关键是找出规律，除含a1外的其它式子，常常是一个等比数列的求和问题． 2．anp(an1)q型

1(an1)2，首项为a1，求an．（2003年江苏卷22题改编） a方法1：两端取常用对数，得lgan2lgan1lga，

例如：已知an令bnlgan，则bn2bn1lga，转化如上面类型的． 特别的，a=1，则转化为一个等比数列． 方法2：直接用迭代法：

a12n1121122112221122n22n1an1(an)()a()aa()． 21aaaaaa四．f(Sn,an)0型的 an利用anSnSn1,(n2)转化为g(an,an1)0型，或h(Sn,Sn1)0型 即混合型的转化为纯粹型的．

例如： 已知数列an的前n项和Sn满足Sn2an(1)n,n1 ．(Ⅰ)写出数列an的前3项a1,a2,a3; (Ⅱ)求数列an的通项公式． 分析：Sn2an(1)n,n1. 由a1S12a11,得a11.

-① -②

由n2得，a1a22a21，得a20 -③ 由n3得，a1a2a32a31，得a32 -④ 用n1代n得 Sn12an1(1)n1 即an2an12(1)n

-⑤

①—⑤：anSnSn12an2an12(1)n

--⑥

an2an12(1)n22an22(1)n12(1)n22an222(1)n12(1)n22n1a12n1(1)2n2(1)22(1)n 2n2(1)n1 -⑦

3n2Sn(n1,2,3). 又如：数列{an}的前n项和记为Sn，已知a11,an1nS证明：数列{n}是等比数列．

nn2Sn, 方法1∵an1Sn1Sn,an1n∴ (n2)Snn(Sn1Sn), 整理得 nSn12(n1)Sn,

SSS所以 n12n. 故{n}是以2为公比的等比数列.

n1nnS2n方法2：事实上，我们也可以转化为n，为一个商型的递推关系，

Sn1n1选校网 www.xuanxiao.com 专业大全 历年分数线 上万张大学图片 大学视频 院校库

选校网 www.xuanxiao.com 高考频道 专业大全 历年分数线 上万张大学图片 大学视频 院校库 由snsnsn1snn1n22a1na12n1． 2s1=2n1n1n2n31sn1sn2s1当然，还有一些转化的方法和技巧，如基本的式的变换，象因式分解，取倒数等还是要求掌握的．

生成与迭代是递推关系的最重要特征．递推关系一般说来，是对任意自然数或大于等于2的自然数总成立的一个等式，自然数n可以取1，2，3„n，n+1等等，这样就可以衍生出很多的等式．这就是所谓的生成性．对于生成出来的等式，我们往往选一些有用的进行处理．比如相加，相减，相乘，相除等，但用的最多的还是由后往前一次又一次的代入，直到已知项．这种方法就叫迭代．上面的很多例题都可以体现这一点．这种很朴素的思想，对于相关的其他数列问题也是非常有效的．

这类的高考试题也比比皆是，如：

（2004年全国卷）已知数列{an}，满足a1=1，an=a1+2a2+3a3+„+(n－1)an－1(n≥2)，则{an}的通项 an分析：由已知，a1a21

由ana12a23a3(n1)an1 生成

n1，1

n2．___an1a12a23a3(n2)an2

ann an1aaaa为商型的，用累乘法可得annn13nn(n1)43,

an1an2a2a2n即an．

22.已知数列an中，Sn是其前n项和，并且Sn14an2(n1,2,),a11，

(Ⅰ)设数列bnan12an(n1,2,)，求证：数列bn是等比数列；

a,(n1,2,)，求证：数列cn是等差数列； (Ⅱ)设数列cnnn2（Ⅲ）求数列an的通项公式及前n项和．

两式相减得anan1(n1)an1，即

分析：由于{bn}和{cn}中的项都和{an}中的项有关，{an}中又有Sn1=4an+2，可由Sn2-Sn1作切入点探索解题的途径．

解：(1)由Sn1=4an2，Sn2=4an1+2，两式相减，得Sn2-Sn1=4(an1-an)，即an2=4an1-4an．(根据bn的构造，如何把该式表示成bn1与bn的关系是证明的关键，注意加强恒等变形能力的训练)

an2-2an1=2(an1-2an)，又bn=an1-2an，所以bn1=2bn ① 已知S2=4a1+2，a1=1，a1+a2=4a1+2，解得a2=5，b1=a2-2a1=3 ② 由①和②得，数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列，故bn=3·2

n1．

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选校网 www.xuanxiao.com 高考频道 专业大全 历年分数线 上万张大学图片 大学视频 院校库 当n≥2时，Sn=4an1+2=2

n1

(3n-4)+2；当n=1时，S1=a1=1也适合上式．

n1说明：1．本例主要复习用等差、等比数列的定义证明一个数列为等差，等比数列，求数列通项与前n项和．解决本题的关键在于由条件Sn14an2得出递推公式．

2．解综合题要总揽全局，尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件，在后面求解的过程中适时应用． 3.（04年重庆）设a1=1,a2=

综上可知，所求的求和公式为Sn=2

(3n-4)+2．

552,an+2=an+1-an (n=1,2,---),令bn=an+1-an (n=1,2---)． 333(Ⅰ)求数列{bn}的通项公式； (Ⅱ)求数列{nan}的前n项的和Sn．

5222an1anan1(an1an)bn 3333222n(n1,2,) 故{bn}是公比为的等比数列，且b1a2a1,故 bn()3332n （II）由bnan1an()得

3

解：（I）因bn1an2an1

an1a1(an1an)(anan1)(a2a1)

22222()n()n1()22[1()n] 33333

2n注意到a11,可得an3n1(n1,2,)

3n2n1记数列{n1}的前n项和为Tn，则

3

222222Tn12n()n1,Tn2()2n()n．

3333331222222两式相减得Tn1()2()n1n()n3[1()n]n()n,

33333332n2n(3n)2n故Tn9[1()]3n()9.333n1 n13(3n)2从而Sna12a2nan3(12n)2Tnn(n1)18.n1234.（04年全国）已知数列{an}中，a1=1，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：（I）a2=a1+(－1)1=0, a3=a2+31=3.a4=a3+(－1)2=4 a5=a4+32=13, 所以，a3=3,a5=13. (II) a2k+1=a2k+3k = a2k－1+(－1)k+3k, 所以a2k+1－a2k－1=3k+(－1)k,

－－

同理a2k－1－a2k－3=3k1+(－1)k1, a3－a1=3+(－1). 所以(a2k+1－a2k－1)+(a2k－1－a2k－3)+…+(a3－a1)

－－

=(3k+3k1+…+3)+[(－1)k+(－1)k1+…+(－1)],

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选校网 www.xuanxiao.com 高考频道 专业大全 历年分数线 上万张大学图片 大学视频 院校库 由此得a2k+1－a1=

3k1(3－1)+[(－1)k－1], 22kk3k1111kk3k－1k3(1)1.a2k= a2k－1+(－1)=(－1)－1+(－1)=(－1)k=1. 于是a2k+1=222222{an}的通项公式为： 当n为奇数时，an=3n122n2(1)n1211; 2 当n为偶数时，an3(1)211.

225.（2004年全国）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．

6.(2004年天津理)已知定义在R上的函数f(x)和数列{an}满足下列条件： a1a,anf(an1)(n2,3,4,...),a2a1，

nf(an)f(an1)k(anan1)(n2,3,4,...)，其中a为常数，k为非零常数．

（I）令bnan1an(nN*)，证明数列{bn}是等比数列； （Ⅱ）求数列{an}的通项公式； （Ⅲ）当|k|1时，求liman．

n7.(2006年重庆卷)在数列｛an｝中，若a1=1,an+1=2an+3 (n≥1),则该数列的通项an=_________．

解析：在数列an中，若a11,an12an3(n1)，∴ an132(an3)(n1)，即{an3}是以a134为首项，2为公比的等比数列，an342n12n1，所以该数列的通项an28.（2006年福建卷）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{bn}满足4k1-14k2-1„4k-1=(an+1)km(n∈N*),证明:{bn}是等差数列； （Ⅲ）证明:

n13.

an1a1a2n＜n＜(n∈N*)． 23a2a3an12解析：本小题主要考查数列、不等式等基本知识，考查化归的数学思想方法，考查综合解题能力．

（I）解：an12an1(nN*),

an112(an1),

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an1是以a112为首项，2为公比的等比数列． an12n.

即 an221(nN*). （II）证法一：4142...4nk1k1k1(an1)kn.

4(k1k2...kn)n2nkn.

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,

nbn2(n1)bn120.

③－④，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．

证法二：同证法一，得 (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等式成立，那么

k2k2bk[2(k1)d]2[(k1)1]d. k1k1k1k1这就是说，当nk1时，等式也成立． bk1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．

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ak2k12k11k1,k1,2,...,n, （III）证明：ak1212(2k1)22

aa1a2n...n. a2a3an12

ak2k11111111k1.k,k1,2,...,n, k1kkak12122(21)23.222232aa1a2n1111n11n1...n(2...n)(1n), a2a3an12322223223

an1aan12...n(nN*)． 23a2a3an12

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