数列专题复习：求数列的通项公式方法大全(精选习题含答案)
陶笛曲谱-
类型
1
：渗透三角函数周期性
< br>
数列与三角函数的结合是一类创新试题，利用三角函数的周期性体现数列的变化
，利
用三角不等式进行放缩是证明数列不等式的常见方法。
<
/p>
例
1
（
2008
年湖南卷，
18
，满分
12
分）
数列
{a
n
}
满足
a
1
=1
，
a
2
=2
，
< br>a
n
2
n
n
(1
cos
)
a
n
si
n
,
n
1,
2,3...
2
2
2
2
求
a
3
，
a
4<
/p>
,
并求数列
{a
n
}
的通项公式；
< br>解
:
因为
a
1
1,
a
2
2,
所以
a
3
(1
cos
2
a
4
(1
c
os
2
)
a
2
sin
2
2
a
2
4
2
)
a
1
sin
2
2
a
1
< br>
1
2,
一般地
n
当
n
2
k
1(
k
N
)
时
,
a
2
k
1
[1
cos
2
a
2
k
1
1,
即
a
2
< br>k
1
a
2
k
1
1
(2
k<
/p>
1)
2
k
1
]
a
2
k
1
sin
2
2
2
所以数列
{
a
2
k
1
}
是首项为
1
n
公差为
1
的等差数列
n
因此
a
2
k
1
k
当
n
2
k
(
k
N
)
时
,
a
2<
/p>
k
2
[1
cos
2
2
k
2
k
]
a
2
k
sin
2
2
a
< br>2
k
2
2
所以数列
{
a
2
k
}
是首项为
2
< br>n
公比为
2
的等比数列
n
因此
a
2
k
2
k
n
1
,
n
2
k
1(
k
N
)
2
故数列
{
a
n
}
的通项公式为
a
n
<
/p>
n
2
2
,
n
2
k
(
k
N
)
本题分为两种情况，
采取非常规的递推数列求通项的方法，利用三角函数的诱导公<
/p>
式寻找递推关系，体现三角函数的周期性，进而求出该数列的通项为一分段数列。
例
2
（
2009
年江西，文，
21
，满分
12
分）
n
n
sin
)
，其前
n
项和为
数列
< br>{a
n
}
的通项
a
n
n
(cos
3
3
2
< br>2
2
（
1
）求
s
n
；
（
2
）令
b<
/p>
n
s
3
n
，求数列
{b
n<
/p>
}
的前
n
项和<
/p>
T
n
n
4
n
2
2
n
n
2
n
解
:
(
1
)
由于
cos
sin
cos
,
< br>故
3
3
3
s
3
k
(
a
1
a
2
a
3
)
(
a
4
a
5
< br>
a
6
)
...
(
a
3
k
2
a
3
k
1
a
3
k
)
1
2
2
2
< br>4
2
5
2
(
3
k
2
)
2
(
3
k
1
)
2
2
2
(
< br>
3
)
(
6
)
...
[
(
3
k
)
2
]
2
2
2
13
31
18
k
5
k
(
9
k
4
)
2
...
2
2
2
2
k<
/p>
(
4
9
k
)
s
3
k
1
s
3
k
a
3
k
2
k
(
4
<
/p>
9
k
)
(
3
k
1
)
2
(
3
k
1
)
2
1
3
k
2
1
s<
/p>
3
k
2
s
3
k
1
a
3
k
1
k
2<
/p>
2
2
3
6
n
1
3
6
,
n
3
k
2
(
n
1<
/p>
)(
1
3
n
)
故
s
n
,
n
3
k
< br>
1
,
(
k
N
)
6
n
(
3
n
4
)
,
n
3
k
< br>6
s
9
n
4
(
2
)
b
n
3
n
n
n
4
24
n
1
13
22
9
n
4
T
n
(
2
...
)
2
4
4
4
n
1
22
9
n
4
4
T
n
(
13
...
n
)
2
4
4
1
两式相减得
9
9
n
1
9
9
9
n
4
1
4
4
9
n
4<
/p>
)
3
T
n
(
13
...
n
1
)
(
13
1
2
2
4
4
4
n
4
n
1
4
1<
/p>
9
n
8
2
n
3
2
n
1
2
2
8
1
3
n
故
T
n
<
/p>
3
3
2
2
n
3
2
2
n
1
例
3
（
2009
年江西，理
8
，
5
分）
n
n
sin
)
，其前
n
项和为
s
n
，则
s
n
为（
）
数列<
/p>
{a
n
}
的通项
a
n
n
(cos
3
3
2<
/p>
2
2
A
．
470
B
．
490
C
．
495
D
．
510
类型
2
：
a
n
+1
=a
n
+f(n)
解法思路：把原递推公式转化为
a
n+1
-a
n
=f(n)
，利用
累加法（逐差相加法）求解
例
4
（
2008
，江西，理
5
）
在数列
{a
n
}
中，
a1=2,a
n+1
=a
n
+ln
(
1
A
．
2+lnn
B
．
2+(n-1) lnn
1
)
,
则
a
n
=
n
C
．
2+nlnn
D
．
1+n+lnn
例
5
（
2009
，全国
I
，理
22
）
在数列
{a
n
}
中，
a1=1,
a
n+1
=
(
1
)
a
n<
/p>
（
1
）设
b
n
1
n
n
1
2
n
a
< br>n
，求数列
{a
n
}
的通项公式；
n
（
2
）求数列
{a<
/p>
n
}
的前
n
项和。
解
:
(
1
)
由已知得
b
1
a
1
1
,
且
即
b
n
1
b
n
a
n
1
a
n<
/p>
1
n
n
1
n
2
1
2
n
1
1
从而
< br>b
2
b
1
,
b
3
b
2
2
2
...
1
b
n
b
n
1
n
1
(
< br>n
2
)
2
1
1
1
1
于是
b
n
<
/p>
b
1
2
...
n
1
2
n
1
(
n
2
)
2
2
2
2
又
b
1<
/p>
1
故所求通项公式为
< br>b
n
2
(
2
)
由
(
1
)
知
a
n
n
(
2
n
1
2
n
< br>1
n
2
n
1
1
2
)
2
n
n
1
令
T
n
2
k
k
< br>1
,
则
2
T
n
2
k
k
2
k
1
1
于是
T
n
2
T
n
T
n
2
k
k
1
k
0<
/p>
n
n
2
n
1
4
n
2
2
n
1
又
(
2
k
)
n
(<
/p>
n
1
)
k
1
n
n
2
所以
s
n
n
< br>(
n
1
)
n
1
4
2
类型
3
：<
/p>
a
n+1
=f(n)a
< br>n
解法思路：把原递推公式转化为
例
< br>6
（
2004
，全国
I
，理
15
）
已知数列
{a
n
}
，
满足
a
1
=1,a
n
=a
1
+2a
2
+3a
3
+
…
+(n
－
1)a
n
－
1
(n
≥
2)
，
则
{a
n<
/p>
}
的通项
a
n<
/p>
=_____
解：由已知，得
a
n+1
=a
1
+2a
2
+3a
3
+
…
+(n
－
1
)a
n
－
1
+
nan
，用此式减去已知式，得
当<
/p>
n
≥
2
时，
a
n+1
－
a
n
=na
n
，即<
/p>
a
n+1
=
（<
/p>
n+1
）
a
n<
/p>
，又
a
2
=a<
/p>
1
a
n
1
f
(
n
)
，利用累乘法（逐商相乘法）求解
a
n
所以
a
1
1
,
a
n
a
a
a
2
a
1
,
,<
/p>
3
3
,
4
4
,...
n
n
,
将以上
n
个式子相乘
，
得
a
1
a
2
a
3
a
n
1
n
!
(
n
< br>2
)
2
类型
4
：
a
n+1
=pa
n
+q
< br>（其中
p
、
q
< br>均为常数，且
pq(p
－
1)<
/p>
≠
0
）
解法思路：待定系数法，把原递推公式转化为
a
n+1
－
t=p(a
n
－
t)
，其中
t
q
，再
1
p
利用换元法转化为等比数列求解，或转化为二队
循环数列来解（见后文）
，或直接用逐
项迭代法求解。
例
7
（
2008
年，安徽，文
21
）
设数列
{a
n
}
满足
a
1
=a,a
n
+1=c
a
n
+1
－
c,n
∈
N
*
，其中
a
、
c
为实数，且
c
≠
0
< br>求数列
{a
n
}
的通项公式；
解：方法一：
因为
a
n+1
－
1=c(a
n
－
1)
所以当
a
≠
1
时，
{a
n
－
1}
是首项为
a
－
1
，公比为
c
的等比数列
所以
a<
/p>
n
－
1=( a
n
－
1)c
n
－
1
即
a
n
=(
a
n
－
1)c
n
－
1
+1
当
n=1
时，
a
n
=1
仍满足上式
数列
{a
n
}
的通项公式为
a
n
=( a<
/p>
－
1)c
n
1<
/p>
+1
(n
∈
N
*
)
方法二：
由题设得：
n
≥
2
时
, a
n
－
1=c( a
n
－
1
－
1)=c
2
(a
n
－
2
－
1)=
…
= c
n
－
1
(a
n
－
1)= (a
－
1)c
n
－
1
所以
a
n
=(
a
－
1)=c
n
－
1
+1
n=1
时，
a
1
=a
也满足上式
所以
{a
n
}
的通项公式为
a
n
=( a
－<
/p>
1)c
n
1
+1
(n
∈
N
*
)
－
－
类型
4<
/p>
的变式：
a
n+1
=pa
n
+f(n)
解法思路：通过构造新数列
{b
n
< br>}
，消去
f(n)
带来的差异，
例如下面的
类型
5
：
a
n+1
=pa
n
+q
n
（其中
p
、
q
均为常数，
pq(p
－
1)(q
－
1)
≠
0
）
（或
a
n+1
=pa
n
+rq
n
< br>，其中
p
、
q
< br>、
r
均为常数）
解法思路：一般地，要先在原递推公式两边同除以
q
n+1
，得
入辅助数列
{b
n
}
（其中
b
n
n
1
式变形为
a
n
1
x
< br>
q
a
n
1
p
a
n
1
n
，引
n
1
q
q
q
q
a
n
p
1
b
b
）
，
得
即可转化为类型
3
。
或直接将原递推<
/p>
n
n
q
q
q
n
1
p
(
a
n
x
q
n
）
(
p
q
)
）
，<
/p>
（其中
x
，则
直接转化为等比
p
q
数列
例
8
< br>（
2006
，全国
I
，理
22
，
12
分）
设数列
{a
n
}
的前
n
项的和
s
n
求首项
a
1
与通项<
/p>
a
n
。
4
1
2
a
n
2
n
1
,
n
1
,
2
,
3
..
.
3
3
3<
/p>
4
4
2
a
1
a
1
2
3
3
3
4
1
2
4
1
2
当
n
2<
/p>
时
,
a
n
s
n
s
n
1
a
n
2
n
1
(
a<
/p>
n
1
2
n
)
3
3
3
3
3
3
即
a
n
4
a
n
1<
/p>
2
n
,
所以
a
n
2
n
4(
a
n
1
2
n
1
),
所以
a
1
2
解
:
当
n
1<
/p>
时
n
a
1
s
1
所以
a
n
2
n
4
< br>
4
n
1
,
所以
a
n
4
n
<
/p>
2
n
例
9
（
2009
，全国
I
I
，理
19
）
设数列
{a
n
}
的前
n
项的和
s
n
,
已知
a
1
1
,<
/p>
s
n
1
4
a
n
2
（
1
）设
b
n
< br>
a
n
1
2
a
n
，证明数列
{b
n
}
是等比数列；
（
2
）求数列
{a
n
}
的通项公式。
解<
/p>
:
(
1
)
由已知有
a
1
a
2
4
a
1
2
,
解得
3
a
1
2
5
，
故
b
1
a
2
<
/p>
2
a
1
3
a
n
2
s
n
2
s
n
1
4
a
n
1<
/p>
2
(
4
a
n
2
)
4
a
n
1
4
a
n
于是
a
n
2
2
a
n
1
2
(
a
n
1
2
a
< br>n
)
即
b
n
1
2
b
n
因此数列
{
b
n
}
是首
项为
3
,
公比为
2
的等比数列
(
2
< br>)
由
(
1
)
知
，
等比数列
{
b
n
}
中
b
1
3<
/p>
,
公比
q
2
所以
a
n
1
2
a
n
3
2
n
1
a
1
a
n
3
于是
n
n
n
1
4
2
2
a
1
3
因此数列
{
n
}
是首项为
,
公差为
的等差
数列
n
2
4
2
a
n
1
3
3
1
(
n
1
)
n
< br>
4
4
4
2
n
2
所以
a
n
(
3<
/p>
n
1
)
2
n
2
类型
6
：
a
。
< br>
pa
qa
< br>（其中
p
，
q
< br>均为常熟）
n
2
n
1
n
< br>
s
t
p
s
t
q
解法
一（待定系数法）
：先把原递推公式转化为，
a
n
2
sa
n
1
t
(
a
n
1
sa<
/p>
n
)
其中
s, t
满足
解法二（特征根法）
：对于由递推公式
< br>a
n
2
pa
n
1
qa
n
,
a
1
=
,
a
2
=
给出的数列
{a
n<
/p>
}
，
方程
x
2
px
q
0
,
叫做数列的特征方程。
若
x
1
,
x
2
是
特征方程的两个根，
当
x
1
x
2
n
1
n
1
时，数列
{a
n
}
的通项为
a
n
Ax
1
Bx
2
，其中
A
、
B
由
a
< br>1
=
,
a
2
=
决
定（即把
n
1
a
1
,
a
2
,
x
1
,
x
2
和
n=1,2
,
代入
a
n
Ax
1
n
<
/p>
1
Bx
2
，得到关于
A
、
B
的方程组）
；当
x
1
x
2
时，
n
1
数
列的通项为
a
n
A
Bn
Ax
1
，
其中
A
、
B
由
a
1
=
,
a
2
=
决定
（即把
a
1
,
a
2
,
x
1
,
x
2
和
n
1
n=1,2
，代入
a
n
A
Bn
< br>Ax
1
，得到关于
A
、
B
的方程组）
。
例
10
（
2006
，福建，文
22
）
已知数列
{a
n
}
满足
a
1
=1,
a
2
=3
，
a
n
2
3
a
n
1
2
a
n
（
n
N
）
。
< br>（
1
）证明：数列
a
n
2
a
n
是等比数列；
（
2
）求数列
{a
n
}
的通项公式；
（
3<
/p>
）若数列
{b
n
}
满足
4
b
1
1
4
b
2
1
L
4
b
n
1
a
< br>n
1
n
（
n
N
）
，证明
{
b
n
}
是等差数列。
< br>
解：
（
1
）
Q
a
n
2
3
a<
/p>
n
1
2
a
n
，
b
a
n
2
a
n
1
2(
a
n
1
a
n
)
Q
a
1
=1,
a
2
=3
，
a
a
n
1
2
a
n
1
a
n
（<
/p>
n
N
）
n
2
，
a
n
1
a
n
a
n
2
<
/p>
a
n
是以
a
2
a
1
=2
为首项，
2
为公比的等比数列。
（
< br>2
）
a
n
2
a
n
2
n
（
n
N
）
，
a
n
=
<
/p>
a
n
a
n
1
+
a
n
1
a
< br>n
2
+
L
+
a<
/p>
2
a
1
+
a
1
=
2
n
1
+
2
n
2
+
L
+2+1
=
2
n
-1
（
n
< br>
N
）
类型
7
递推公式为
S
n
与
a
< br>n
的关系式（或
S
n
f
a
n
）
n
s
1
L
L
L
<
/p>
n
1
n
a
或
解
法
思
路
：
这
种
类
型
一
般
利
用
a
n
=
<
/p>
s
n
s
n
1
L
L
L
n
2
2
a
n
=
s
n
s<
/p>
n
1
f
a
n
f
a
n
1
n
2
消去
a
n
进行求解。
例
11.
（
2009
，湖北，理，
19
）
1
已知数列
{a<
/p>
n
}
的前项和
S
n
=
-
a<
/p>
n
-
2
1
解：在
S
n
=
a
n
< br>
2
n
1
n
1
+2
（
n
为正
整数）
，令
b
n
=
2
n
a
n
，求证数列
{b
n
}
是等差数列，并求数列
{a
n<
/p>
}
的通项公式
+2
中，令
n=1
，可得
S
1
= -
a
1
+1=
a
1
，
n
2
1
当
n
2
时，
S
n-1
=
a
n
1
<
/p>
2
n
1
1
+2
，
a
n
=S
n
S
n-1
=
a
n
+
a
n
1
2
<
/p>
n
1
1
2
a
n
=
a
n
1
+
，即
2
n
a
n
=
2
n
1
a
n
1
+1
2
又
b
n
=
2
n
a
n
，
< br>
b
n
=
b
n
1
+
1
，即当
n
2
时，
b
n
-
b
n
1
=1
又
b
1
=2
a
1
=1
数列
{b
n
}
是首项和公差均为
1
的等差数列，
n
于是
b
n
=n=
2
n
a
n
,
a
n
=
n
.
2
例
12
（
2008
，全国
II
< br>，理，
20
）
设数列
{a
n
}
的前
n
项和为
S
n
，已知
a
1
=
a
,
a
n
1
=S
< br>n
+
3
n
（
n
N
）
,
（Ⅰ）设
b
n
=
s
n
-
3
n
，求数
列
{b
n
}
的
通项公式；
（Ⅱ）若
a
n
1
≥
< br>a
n
（
n
N
）
，
求
a
的取值范围。
< br>解
（Ⅰ）
依题意
s
n
1
-
< br>s
n
=
a
n
1
=
s
n
+
3
n
，
即
s
n
=2
s
n
+
3
n
，
由此得
s
n
1
-
3
n
1
=2
（
s
n
-
3
n
）
，
因此，所求通项公式为
b
n
=
s
n
-
3
n
=
（
a
-3
）
2
n
1
，
（
n
N
）
。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
s
n
=
3
n
+
（
a
-3
）
2
n
1
，
（
n
N
）
，于是当
n
2
时，
a
n
=
s
n
-
s
n
< br>
1
=
3
n
+
（
a-3
）
2
n
1
-
3
n
1
-
（
< br>a-3
）
2
n
< br>
2
=
2
×
3
n
1
+(a-3)
2
n
2
a
n
1
a
n
=
4
×
3
n
< br>1
+(a-3)
2
n
2
=
2
n
2
当
n
2
时
,
n
2
3
12
•
a
3
,
<
/p>
2