((人教版))[[高三数学课件]]福建厦门外国语学校2009年高三数学专题复习之数列篇3《求递推数列通项公式》PPT

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资料由大小学习网收集 www.xiexiebang.com 求递推数列通项公式的十种策略例析

递推数列的题型多样，求递推数列的通项公式的方法也非常灵活，往往可以通过适当的策略将问题化归为等差数列或等比数列问题加以解决，亦可采用不完全归纳法的方法，由特殊情形推导出一般情形，进而用数学归纳法加以证明，因而求递推数列的通项公式问题成为了高考命题中颇受青睐的考查内容。笔者试给出求递推数列通项公式的十种方法策略，它们是：公式法、累加法、累乘法、待定系数法、对数变换法、迭代法、数学归纳法、换元法、不动点法、特征根的方法。仔细辨析递推关系式的特征，准确选择恰当的方法，是迅速求出通项公式的关键。

一、利用公式法求通项公式

例1 已知数列{an}满足an12an32n，a12，求数列{an}的通项公式。解：an12an32n两边除以2n1，得故数列{an2nan12n1an2n32，则

an12n1an2n32，an2n}是以32a121221为首，以

32为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得

3212)2。

an12n11(n1)，所以数列{an}的通项公式为an(nn评注：本题解题的关键是把递推关系式an12an32n转化为列{an2nan2n32，说明数}是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出

an2n1(n1)32，进而求出数列{an}的通项公式。

二、利用累加法求通项公式

例2 已知数列{an}满足an1an2n1，a11，求数列{an}的通项公式。解：由an1an2n1 得an1an2n1

则an(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a1

[2(n1)1][2(n2)1](221)(211)12[(n1)(n2)21](n1)12(n1)n2(n1)1

所以数列{an}的通项公式为ann2

评注：本题解题的关键是把递推关系式an1an2n1转化为an1an2n1，进而求出(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a1，即得数列{an}的通项公式。

例3 已知数列{an}满足an1an23n1，a13，求数列{an}的通项公式。

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资料由大小学习网收集 www.xiexiebang.com 解：由an1an23n1 得an1an23n1

则an(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a1

(232(3n11)(23n2n221)(231)(231)3121n1

333)(n1)3n所以an23313n23nn1

评注：本题解题的关键是把递推关系式an1an23n1转化为an1an23n1，进而求出(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a1，即得数列{an}的通项公式。

例4 已知数列{an}满足an13an23n1，a13，求数列{an}的通项公式。解：an13an23n1两边除以3n1，得

an13n1an3nan3n232313n1，an1an123则故an13n113n1an3n(13an3nan1an1231)(1an23n2)(an23n223an33n3)(33a232a131)a13

(23n)(3)(n111313n2)(13132)

2(n1)3(3n3nn113n22)1

1因此an3n232(n1)3n3n123n(1313n1)12n312123n，则an3n12

评注：本题解题的关键是把递推关系式an13an23n1转化为an13n1an3a131n23a1313n1，进而求出(an3nan3nan13n1)(an13n1an23n2)(an23n2an33n3)+…+(a232)，即得数列{}的通项公式，最后再求数列{an}的通项公式。

三、利用累乘法求通项公式

例5 已知数列{an}满足an12(n1)5nan，a13，求数列{an}的通项公式。

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资料由大小学习网收集 www.xiexiebang.com 解：因为an12(n1)5nan，a13，所以an0，则则ananan1an1an2n1an1ann2(n1)5，a3a2a2a1a1

][2(21)5][2(11)5]3

3

21[2(n11)52n1][2(n21)5n2[n(n1)32]5(n1)(n2)21所以数列{an}的通项公式为

n(n1)an32n152n!

an1ann2(n1)5，进而评注：本题解题的关键是把递推关系an12(n1)5nan转化为求出 anan1an1an2a3a2a2a1a1，即得数列{an}的通项公式。

例6（2004年全国15题）已知数列{an}满足a11，ana12a23a3(n1)

(n1)an1(n2)，则{an}的通项an1，n1n!，n22解：因为ana12a23a3(n1)an1(n2)所以an1a12a23a3(n1)an1nan 所以②式－①式得an1annan 则an1(n1)an(n2)则an1ann1(n2)anan1an1an2a3a2n!2 ②

①

所以ana2

[n(n1)43]a2a2

③

由ana12a23a3(n1)an1(n2)，取n=2得a2a12a2，则a2a1，又知a11，则a21，代入③得

an1345nn!2。

an1an评注：本题解题的关键是把递推关系式an1(n1)an(n2)转化为进而求出anan1an1an2a3a2（n≥2），n1从而可得当n≥2时an的表达式，最后再求出数列{an}的a2，资料由大小学习网收集 www.xiexiebang.com

资料由大小学习网收集 www.xiexiebang.com 通项公式。

四、利用待定系数法求通项公式

例7

已知数列{an}满足an12an35n，a16，求数列{an}的通项公式。解：设an1x5n12(anx5n)

④

将an12an35n代入④式，得2an35nx5n12an2x5n，等式两边消去nn1nn2x5，两边除以5，得3x52x，则x=－1，代入④式，2an，得35x5得an15n12(an5n)

1n ⑤

an15an5n1n由a15651≠0及⑤式，得an50，则2，则数列{an5n}是以a1511为首项，以2为公比的等比数列，则an5n12n1，故an2n15n。评注：本题解题的关键是把递推关系式an12an35n转化为an15n12(an5)，从而可知数列{an5}是等比数列，进而求出数列{an5}的nnn通项公式，最后再求出数列{an}的通项公式。

例8 已知数列{an}满足an13an52n4，a11，求数列{an}的通项公式。解：设an1x2n1y3(anx2ny)

⑥ 将an13an52n4代入⑥式，得

3an52n4x2n1y3(anx2ny)

整理得(52x)2n4y3x2n3y。令52x3x4y3yn1，则x5y2，代入⑥式，得

nan15223(an522)

⑦

由a15212112130及⑦式，得an5220，则nan152an52n1n223，故数列{an52n2}是以a1521211213为首项，以3为公比的等比数列，因此an52n2133n1，则an133n152n2。

评注：本题解题的关键是把递推关系式an13an52n4转化为an152n123(an52n2)，从而可知数列{an52n2}是等比数列，进而求出数列{an52n2}的通项公式，最后再求数列{an}的通项公式。

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资料由大小学习网收集 www.xiexiebang.com 例9 已知数列{an}满足an12an3n24n5，a11，求数列{an}的通项公式。解：设an1x(n1)2y(n1)z

2(anxn2ynz)

⑧

将an12an3n24n5代入⑧式，得

2an3n224n5x(n1)y(n1)z 22(anxnynz)，则

22an(3x)n2an2xn2(2xy4)n(xyz5)

22yn2z2yn2z，等式两边消去2an，得(3x)n2(2xy4)n(xyz5)2xn3x2xx3则得方程组2xy42y，则y10，代入⑧式，得

z18xyz52zan13(n1)10(n1)182(an3n2210n18)

⑨

由a131210118131320及⑨式，得

an3n210n180

2则an13(n1)10(n1)18an3n2210n182，故数列{an3n210n18}为以a1311011813132为首项，以an3n22为公比的等比数列，因此10n18322n1，则an2n43n210n18。

评注：本题解题的关键是把递推关系式an12an3n24n5转化为an13(n1)10(n1)182(an3n{an3n22210n18)2，从而可知数列10n18}是等比数列，进而求出数列{an3n10n18}的通项公式，最后再求出数列{an}的通项公式。

五、利用对数变换法求通项公式

例10 已知数列{an}满足an123na5n，a17，求数列{an}的通项公式。

解：因为an123na5所以an0，an10。在an123na5n，a17，n式两边取常用对数得lgan15lgannlg3lg

2⑩ 设lgan1x(n1)y5(lganxny)○11式，得5lganlg3lg2x(n1)y5(lgax将⑩式代入○ny)，两边消去nn5lgan并整理，得(lg3x)nxylg25xn5y，则

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lg3xlg3x5x4，故 lg3lg2xylg25yy16411式，得lga代入○n1lg34(n1)lg316lg24 ○5(lganlg34nlg316lg24)

lg34由lga1得lganlg34lg341lg316lg316lg24lg24lg3lg71lg316lg2412式，0及○n0，lg25，lgan1lg3则lgan4lg3164lg3lg2n4164(n1)所以数列{lganlg34nlg316lg24n1}是以lg7lg3164lg24lg36n15n1lg34lg3等比数列，则lganlgan(lg7n1lg34n1(lg7lg24n16lg34lg24lg316为首项，以5为公比的lg241)5n1，因此

1n1lg34lg3161lg24)5lg31n1(lg7lg34lg36lg24)5111111lg34lg316lg24[lg(73431624)]5n115n115n1lg34(31624)1lg(73431624)55n1n1n5n115n4n11lg34(31624)lg7(5n4n15n13431624)lg7(5n131624)，则an75n131624。

评注：本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式an123na5n转化为lgan1{lganlg34lg34(n1)nlg316lg316lg24lg245(lganlg34nlg316lg24)，从而可知数列

lg34nlg316lg24}的通项

}是等比数列，进而求出数列{lgan公式，最后再求出数列{an}的通项公式。

六、利用迭代法求通项公式

(n1)2，a15，求数列{an}的通项公式。例11 已知数列{an}满足an1a3n(n1)2解：因为an1a3，所以 nnnanan13n2n1[an23(n1)2n2]3n2n1

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资料由大小学习网收集 www.xiexiebang.com an23(n1)n23(n2)232(n2)(n1)[an3an3a13n1n3]3(n1)n22(n2)(n1)3(n2)(n1)n2(n3)(n2)(n1)

23(n2)(n1)n2n(n1)12(n3)(n2)(n1)3a1n1n!22n(n1)又a15，所以数列{an}的通项公式为an53n1n!22。

lgan1lgan评注：本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式，即先将等式an1an3(n1)2n两边取常用对数得lgan13(n1)2nlgan，即

lganlgan1lgan1lgan2lga3lga2lga2lga1n3(n1)2，再由

n(n1)累乘法可推知lganan53n1lga1lg53n1n!22，从而n!2n(n1)2

七、利用数学归纳法求通项公式 例12 已知数列{an}满足an1an式。

解：由an1ana2a1898(n1)(2n1)(2n3)22，a189，求数列{an}的通项公

8(n1)(2n1)(2n3)22及a189，得

8(11)(211)(213)242522

82925

8(21)a3a22425(221)(223)48498(31)(231)(233)8081(2n1)1(2n1)2222832549

a4a3484922844981

由此可猜测an，往下用数学归纳法证明这个结论。

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资料由大小学习网收集 www.xiexiebang.com（1）当n=1时，a1(211)1(211)2289，所以等式成立。

(2k1)1(2k1)22（2）假设当n=k时等式成立，即akak1ak2，则当nk1时，8(k1)(2k1)(2k3)22

(2k1)1(2k1)228(k1)(2k1)(2k3)222222[(2k1)1](2k3)228(k1)(2k1)(2k3)2

8(k1)(2k1)(2k3)(2k3)(2k1)(2k3)22222(2k1)(2k3)(2k1)(2k1)(2k3)(2k3)1(2k3)222[2(k1)1]1[2(k1)1]22

由此可知，当n=k+1时等式也成立。根据（1）（2）可知，等式对任何nN*

评注：本题解题的关键是通过首项和递推关系式先求出数列的前n项，进而猜出数列的通项公式，最后再用数学归纳法加以证明。

八、利用换元法求通项公式 例13 已知数列{an}满足an1式。

解：令bn124an，则an故an11242116(14an124an)，a11，求数列{an}的通项公

124(bn1)116(14an124an)得

2124(bn11)，代入an111612422(bn11)[14(bn1)bn]

2即4b2n1(bn3)

因为bn124an0，故bn1124an10 则2bn1bn3，即bn112bn32，资料由大小学习网收集 www.xiexiebang.com

资料由大小学习网收集 www.xiexiebang.com 可化为bn1312(bn3)，12所以{bn3}是以b13124a13124132为首项，以111222为公比的等比数

1列，因此bn32()n1()n2，则bn()n2+3，即124an()n23，得

2an21n1n1()()。3423评注：本题解题的关键是通过将124an的换元为bn，使得所给递推关系式转化bn112bn32形式，从而可知数列{bn3}为等比数列，进而求出数列{bn3}的通项公式，最后再求出数列{an}的通项公式。

九、利用不动点法求通项公式 例1

4已知数列{an}满足an1解：令x21x244x121an244an1，a14，求数列{an}的通项公式。

21x244x1139，得4x220x240，则x12，x23是函数f(x)21an2423的两个不动点。因为an12an134an121an244an121an242(4an1)21an243(4an1)13an269an27。an2an3an2an3，所以数列{2(139)n1an2an3}是以

a12a1342432为首项，以

139为公比的等比数列，故，则an2(1139)n13。121x2421x24评注：本题解题的关键是先求出函数f(x)两个根x12，x23，进而可推出列，再求出数列{

例15 已知数列{an}满足an1解：令x7x22x3an1an14x14x1213an2a2，从而可知数列{n}为等比数

39an3an3的不动点，即方程x的an2an3}的通项公式，最后求出数列{an}的通项公式。

7an22an3，a12，求数列{an}的通项公式。

3x14x7，得2x24x20，则x=1是函数f(x)15an52an3的不动点。

因为an117an22an3，所以

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资料由大小学习网收集 www.xiexiebang.com 1an111a1112an35an525anan35121222，所以数列{(1)}是以

15an1an15an11an11(n1)2521以1为首项，25为公差的等差数列，则，故an2n82n3。

评注：本题解题的关键是先求出函数f(x)x1，进而可推出

3x14x7的不动点，即方程x1an17x22x3的根1an111an125，从而可知数列{}为等差数列，再求出数列{1an1}的通项公式，最后求出数列{an}的通项公式。

十、利用特征根法求通项公式

例16

已知数列{an}满足an13anan1(n2)，a1a21，求数列{an}的通项公式。

解：an13anan1(n2)的相应特征方程为2310，解之求特征根是1325，2325，所以anc1325c2325。

由初始值a1a21，得方程组

31c1(31c1(2255)c2()c2(21323255)1)2525c15求得

525c25从而an52535n52535n()()。5252评注：本题解题的关键是先求出特征方程的根。再由初始值确定出c1，c2，从而可得数列{an}的通项公式。

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第二篇：〈〈求数列通项专题〉〉高三数学复习教学设计方案

你如果认识从前的我，也许会原谅现在的我。〈〈求数列通项专题〉〉高三数学复习教学设计方案

课题名称

求数列通项（高三数学第一阶段复习总第1课时）科 目 高三数学 年级

高三（7）班 教学时间

2008年10月10日 学习者分析 高三文科班 男生少 女生多 女生很认真

但太过于定性思维

成绩不太理想！数列通项是高考的重点内容 必须调动学生的积极让他们掌握！

教学目标

一、情感态度与价值观

1.培养化归思想、应用意识.2.通过对数列通项公式的研究 体会从特殊到一般

又到特殊的认识事物规律 培养学生主动探索 勇于发现的求知精神

二、过程与方法

1.问题教学法------用递推关系法求数列通项公式 2.讲练结合-----从函数、方程的观点看通项公式

三、知识与技能

1.培养学生观察分析、猜想归纳、应用公式的能力； 2.在领会函数与数列关系的前提下 渗透函数、方程的思想

教学重点、难点

1.重点：用递推关系法求数列通项公式

2.难点：（１）递推关系法求数列通项公式（２）由前n项和求数列通项公式时注意检验第一项（首项）是否满足

若不满足必须写成分段函数形式；若满足 则应统一成一个式子.教学资源

多媒体幻灯

教学过程

教学活动1 复习导入 第一组问题： 数列满足下列条件 求数列的通项公式

（1）；（2）

由递推关系知道已知数列是等差或等比数列 即可用公式求出通项

第二组问题：[学生讨论变式] 数列满足下列条件 求数列的通项公式

（1）；（2）；

解题方法：观察递推关系的结构特征 可以利用“累加法”或“累乘法”求出通项

（3）

解题方法：观察递推关系的结构特征 联想到“？=？)” 可以构造一个新的等比数列 从而间接求出通项

教学活动2

变式探究

变式1：数列中 求

思路：设

由待定系数法解出常数 从而

则数列是公比为3的等比数列

教学活动3

练习：数列中

求

思路一：模仿变式1 尝试“？=？)” 设

此时没有符合题意的x 引发认知冲突 讨论新的出路

思路二：由得

故数列是公差为1的等差数列

解题反思：反思上面两个问题的区别和联系 讨论变式1的第二种解题思路

变式1思路二：由得 转化为我们熟悉的问题

变式2：数列中

求

思路：通过类比转化 化归为以上类型即可求解

解题感悟：抓住递推关系的结构特征进行类比转化

1．分层次训练 拓展思维 培养能力

2．学生归纳总结：学到什么？会解决什么样的问题？哪些是难点？ 教学活动4

先反思提高

1、递推关系形如""的数列的通项的求解思路；

2、在复习的过程中

要注意提高自己在新的问题情境中准确、合理使用所学知识解决问题的能力；要了解事物间的联系与变化 并把握变化规律

再巩固落实

1、（2007京）数列中

（是常数）

且成公比不为的等比数列．（I）求的值；（II）求的通项公式．

2、(2002年上海)若数列中 a1＝3 且an+ 1＝an2(n是正整数)则数列的通项an＝__________

3、数列中

求

4、数列中

求

5、思考（2007天津文）在数列中

．证明数列是等比数列；

经过纠错----释疑----老师小结： 掌握数列通项公式的求法

如①直接（观察）法 ②递推关系法 ③累加法 ④累乘法 ⑤待定系数法等

4．课后反馈：试卷和作业

第三篇：数列通项公式之数学归纳法

数列通项公式之数学归纳法

1.用数学归纳法证明：

2.已知数列{an}满足a1=a，an＋1=

1111n++++=(nN*)2446682n(2n+2)4(n+1)1

2an(1)求a2，a3，a4；(2)推测通项an的表达式，并用数学归纳法加以证明。

3.已知正数数列{an}满足2Snan1，(n∈N)，(1)求a1，a2，a3；(2)猜测an的表达式，并证明你的结论。

4.已知数列{an}满足a1＝1，an1an，1an(1)计算a2，a3，a4；(2)猜测an的表达式，并用数学归纳法加以证明。

25.已知数列{an}满足an+1＞an,且a1=1,(an1an)2(an1an)10

(1)求a2,a3,a4；(2)猜想an,并用数学归纳法证明.6.在数列{an}中,a1=1,Sn是它的前n项和,当n≥2时,2(1)求a2、a3、a4的值,并推测{an}的通项公式.(2)用数学归纳法证明所得的结论.=2an·Sn－an.3 4

7.用数学归纳法证明：1－2＋4－8＋…＋(1)

n12n1=(1)n12n·

3＋

8.用数学归纳法证明：1－22＋32－42＋…＋(1)n1n2 =(1)n1n(n1)24

第四篇：初中数学复习专题：求数列通项方法汇总

5.1由递推公式求通项公式的方法总结

<教师备案>

．已知数列的递推公式，求取其通项公式是数列中一类常见的题型，这类题型如果单纯的看某一个具体的题目，它的求解方法是灵活多变的，构造的技巧性也很强，但是此类题目也有很强的规律性，存在着解决问题的通法，本讲就高中数学中常见的几类题型从解决通法上做一总结，方便于学生学习，不涉及具体某一题目的独特解法与技巧．

．教师在上课时需要注意：

⑴

确保学生基础知识的熟练，如基本的等差和等比数列的通项．

⑵

明确数列可以产生衍生数列，如：等等，而这些数列中的“”也会随着的项号的变化而变化．这点可以在后面第一次讲到用辅助数列的时候提到，但一定要举一些例子让学生体会．

⑶

教师要清晰的了解在高中阶段从递推关系求通项的核心思想就是通过代数变形将递推式转化为等差数列或等比数列的递推式．

⑷

高中阶段除了将递推数列转化为等差或等比数列进行求通项外，还有一小部分递推数列是周期数列．比如，就是周期数列．

考点1：

叠加法

知识点睛

由数列的递推公式求通项公式的方法有：（以下）

方法1．叠加法：若数列递推公式为，则通项．

<教师备案>我们知道等差数列可以通过叠加法求通项公式，对于数列有形如的递推式，且的和是可求的，我们可以用同样的方法来求，将递推式变形为，……

将各式相加，得

．

经典精讲

【铺垫】已知数列满足，求．

【解析】

．

【例1】

⑴已知数列满足，且求．

⑵已知数列满足且（），求．

⑶已知数列满足求．

⑷在数列中，，则（）

A．

B．

C．

D．

【解析】

⑴

．

⑵

．

⑶

．

⑷

A；

【点评】

在运用叠加法时，要特别注意项数，计算时项数容易出错．正确写出要累加的首项和末项很重要．

考点2：

叠乘法

知识点睛

由数列的递推公式求通项公式的方法有：（以下）

方法2．叠乘法：若数列递推公式为，则通项．

<教师备案>我们知道叠乘法可以求等比数列的通项，对于数列有形如“”的递推式，且的积是可求的时候，我们可以用同样的方法来求，将递推式变形成，……

将各式相乘，得．

经典精讲

【铺垫】已知数列中，求．

【解析】

．

【例2】

⑴已知数列中，，则数列的通项公式为（）

A．

B．

C．

D．

⑵已知数列中，求数列的通项公式．

⑶已知数列中，，求．

【解析】

⑴

B．

⑵

．

⑶

．

考点3：

构造法

知识点睛

由数列的递推公式求通项公式的方法有：（以下）

方法3．构造法：

⑴

若数列递推公式为，可以设成立，解得，即是等比数列．

⑵

（其中，且，是关于的多项式函数），可设，其中为与的次数相等的多项式函数，各项的系数都待定，通过比较与的各项系数确定待定系数，即为等比数列；

⑶，其中且，，．

①若，则，即为等差数列；

②若，则可以设；

也可两边同时除以或：得或．

<教师备案>

构造法的主要思想是通过观察递推公式的形式，进行合适的代数恒等变换，构造出我们比较熟悉的等差、等比数列，或者类似等差数列（叠加）、类似等比数列（叠乘）．它主要处理递推形式给出的数列，一阶递推主要有两种：⑴；⑵．

这两种递推形式的处理方式如下：

⑴，；

与等比数列的递推公式作对比，发现多一个常数，故考虑构造一个等比数列，于是令，解得，从而得到的表达式，解得的表达式；

例3⑴就是这种形式．

⑵，①当时，即，且数列可以求和时，就是“叠加法”的情形，即；

②当时，ⅰ．是等差数列，故也可以像一样分解：

令，可解得的值，于是成等比数列，可得到的通项公式．

例3⑵就是这种形式．

ⅱ．当成等比数列时，即，若，两边同除以，则，得到数列是一个等差数列；

若，则用待定系数法：设；

也可两边同时除以或：得或，前边的递推式中可以用叠加法求得通项公式，后面的递推式中，可以用（ⅰ）中的待定系数法得到一个等差数列．

例3⑶就是这种形式．

经典精讲

【例3】

⑴在数列中，当时，有，求．

⑵在数列中，，．求．

【追问】如果递推关系中出现了更为复杂的函数，那么该如何进行配凑？

如：在数列中，．求．

⑶已知数列满足，求．

【解析】

⑴

．

⑵

．

【追问】

．

⑶

．

【挑战十分钟】⑴

在数列中，求的通项公式．

⑵

在数列中，求的通项公式．

⑶

在数列中，求的通项公式．

【解析】

⑴

．

⑵

．

⑶

．

【例4】

数列中，求数列的通项公式．

【解析】

．

【点评】本题和例3的区别在于，例3可以说完全是按部就班的套公式，本题需要先代数变形，变成可以去套公式的形式，不过两道例题的整体思想仍然是将递推式左右两边变化出形式类似的代数式，换元后形成（类似）等差或（类似）等比数列．

考点4：

倒数法

知识点睛

由数列的递推公式求通项公式的方法有：（以下）

方法4．倒数法：若数列递推公式为，两边式子取倒数，然后转化为方法3的情形．

<教师备案>

除了一阶递推形式可以用构造法得到一个等差数列或等比数列，或是可以用叠加法或叠乘法处理的数列之外，高中数学中还常常会遇到递推形式为的分式递推数列．这样的数列形式与我们以前的一次分式函数非常相似，对于这样的递推形式，取倒数后分子上就没有了，实现了“变量分离”，得到的形式，于是数列满足的递推式就可以通过叠加法（）或构造法（）去求通项了．

经典精讲

【例5】

⑴已知数列满足，则_________．

⑵已知在数列中，求数列的通项公式．

【解析】

⑴；

⑵

5.2

两种形式的处理

考点5：

前项和与通项

知识点睛

1．已知求，直接用公式：

2．已知与的关系有两种处理方式：

⑴

把题目中的用替换，转化为关于的递推关系，从而得到的通项公式，再转为的通项公式．

⑵

分别写出和的表达式，两式相减转化为关于的递推关系．

注意：使用得到的通项是在这个前提下成立的，所以要注意验证的情况．

<教师备案>由与的关系式求通项是高中阶段的重点，前面的讲次也有涉及到，在本讲我们结合前面求通项的方法进行一个简单的总结．例6是只有一种方法比较可行的，例7则是两种方法都可以．

经典精讲

【铺垫】已知在数列中，求数列的通项公式．

【解析】

．

【例6】

已知数列中，且对于任意正整数有，求通项．

【解析】

．

【点评】此题即属于将用替换，进而转化为关于的递推关系，从而得到的通项公式，再转为的通项公式．如果用和的表达式相减的话则很难求出通项．

【例7】

设是正数组成的数列，其前项和为，并且对于所有的自然数，与的等差中项等于与的等比中项，求数列的通项公式．

【解析】

．

【备选】（2010朝阳二模理20）

已知是递增数列，其前项和为，且．

⑴

求数列的通项；

⑵

是否存在，使得成立？若存在，写出一组符合条件的的值；若不存在，请说明理由．

【解析】

⑴．

⑵

满足条件的正整数不存在，证明如下：

假设存在，使得．

则．

整理，得

………①

显然，左边为整数，所以①式不成立．

故满足条件的正整数不存在．

<教师备案>

若数列的递推公式的一般形式为，这时的通项公式也可以求出．

分两种情况：

①当时，有．

是以为首项，为公比的等比数列．

②当时，存在，满足，与比较系数得，．

可见是二次方程的两个根，通过解此方程求，的值，再进一步推导的表达式．这种方法又称特征根法．

下面的竞赛题就用到了这样的方法，高中对这样的二阶递推式不作要求，这道题仅供学有余力的同学选做．

（2009年全国高中数学联合竞赛一试）

已知，是实数，方程有两个实根，数列

满足，⑴

求数列的通项公式（用，表示）；

⑵

若，求的前项和．

【解析】

⑴

由韦达定理知，又，所以，整理得

令，则．所以是公比为的等比数列．

数列的首项为：．

所以，即．

所以．

①当时，，变为．整理得，．

所以，数列成公差为的等差数列，其首项为．

所以．

于是数列的通项公式为；

②当时，．

整理得，．

所以，数列成公比为的等比数列，其首项为．所以．

于是数列的通项公式为．

⑵

若，则，此时．

由⑴的结果得，数列的通项公式为，所以，的前项和为，以上两式相减整理得，所以．

<教师备案>

此题老师可以再提及斐波那契数列，它的递推公式为，也是一个二阶递推式，可以用特征根法求得通项公式．

实战演练

【演练1】已知数列中，则_______．

【解析】

．

【演练2】在数列中，．则_______．

【解析】

．

【演练3】在数列中，．求的通项公式．

【解析】

．

【演练4】⑴

已知数列满足，求．

⑵

数列中，求．

【解析】

⑴

．

⑵

．

【演练5】已知数列满足：，又，求．

【解析】

．

【演练6】在数列中，为其前项和，且成等差数列，求的通项公式．

【解析】．

大千世界

（2012年北京高中数学联赛一试）

已知数列的各项均为非零实数，且对于任意的正整数，都有如下关系成立：

问是否存在满足条件的无穷数列，使得?若存在，求出这样的无穷数列的一个通项公式，若不存在则说明理由．

【解析】当时，∵

①

∴

②

①②有：

③

因各项均非零，所以③式两边约掉，有：

④

∴

⑤

④⑤有：

∴或

又∵，∴当时，；当时，∴．

第五篇：河南省2021年高三专题复习用不动点法求数列通项

用不动点法求数列的通项

定义：方程的根称为函数的不动点.利用递推数列的不动点，可将某些递推关系所确定的数列化为等比数列或较易求通项的数列，这种方法称为不动点法.定理1：若是的不动点，满足递推关系，则，即是公比为的等比数列.证明：因为

是的不动点

由得

所以是公比为的等比数列.定理2：设，满足递推关系，初值条件

（1）：若有两个相异的不动点，则

（这里）

（2）：若只有唯一不动点，则

（这里）

证明：由得，所以

（1）因为是不动点，所以，所以

令，则

（2）因为是方程的唯一解，所以

所以，所以

所以

令，则

例1：设满足，求数列的通项公式

例2：数列满足下列关系：，求数列的通项公式

定理3：设函数有两个不同的不动点,且由确定着数列,那么当且仅当时,证明:

是的两个不动点

即

于是,方程组有唯一解

例3：已知数列中，求数列的通项.其实不动点法除了解决上面所考虑的求数列通项的几种情形,还可以解决如下问题:

例4：已知且,求数列的通项.解:

作函数为,解方程得的不动点为

.取,作如下代换:

逐次迭代后,得:

已知曲线．从点向曲线引斜率为的切线，切点为．

（１）求数列的通项公式；

（２）证明：

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．

已知函数，是方程的两个根（），是的导数，设，．

（1）求的值；

（2）证明：对任意的正整数，都有；

（3）记，求数列的前项和

13陕西文21．（本小题满分12分）已知数列满足，.令，证明：是等比数列；

(Ⅱ)求的通项公式。

2山东文20.（本小题满分12分）等比数列{}的前n项和为，已知对任意的，点，均在函数且均为常数)的图像上.（1）求r的值；（11）当b=2时，记

求数列的前项和

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m