第四节 数列通项的求法

高考是以知识为载体，方法为依托，能力为目标来进行考查的，对通项公式的要求远不止停留在只求等差数列、等比数列的通项公式，有很多考题都是通过诸如构造法、累加法、累乘法以及利用Sn与an的关系和数列的递推公式把要求的数列转化为等差数列或等比数列来求的.

知识梳理

数列的通项公式是数列的核心内容之一，它如同函数中的解析式一样，有了解析式便可研究其性质等，而有了数列的通项公式便可求出任一项以及前n项和等．因此，求数列的通项公式往往是解题的突破口、关键点．在近年来的高考题中经常出现给出数列的解析式(包括递推关系式和非递推关系式)求通项公式的问题，对于这类问题考生感到困难较大．为了帮助考生突破这一难点，现将求数列通项的思想方法归纳如下：①化归与转化思想；②换元思想；③方程思想．

基础自测

1

1＋?，则a10＝( ) 1．(2012·天水一中段考)数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋lg??n?A．1

解析：a10＝(a10－a9)＋(a9－a8)＋…＋(a2－a1)＋a1＝lg1092

××…×?＋1＝2.故选B. lg?1??98

答案：B

1092

＋lg＋…＋lg＋1＝981

B．2

C．3

D．4

2．若数列{an}满足an＋1

?2a，0≤a<2，

＝?1

2a－1，≤a<1，?2

n

n

n

n

1

6

若a1＝，则a2 013的值为( )

7

6A. 7

5 B.

7

3C. 7

1 D. 7

1653316

解析：∵≤a1＝<1，∴a2＝2a1－1＝，a3＝2a2－1＝.∵a3＝<，∴a4＝2a3＝＝a1，

2777727a5＝a2，….∴数列{an}每隔3项重复出现，即是以3为周期的周期数列．

3

∴a2 013＝a671×3＝a3＝.故选C.

7答案：C

3．(2013·江苏南京四校联考)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n＋n－1，则a1＋a3＝________.

解析：a1＝S1＝21＋1－1＝2，a3＝S3－S2＝8＋3－1－(4＋2－1)＝5，∴a1＋a3＝7. 答案：7

4．已知数列{an}中，满足a1＝6，an＋1＋1＝2(an＋1)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．

an＋1＋1

解析：∵an＋1＋1＝2(an＋1)．∴＝2(常数)．

an＋1∴{an＋1}是以7为首项，2为公比的等比数列． ∴an＋1＝7·2n－1，∴an＝7·2n－1－1. 答案：an＝7·2n1－1

－

1．设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，已知2a2＝a1＋a3，数列{Sn}是公差为d的等差数列．求数列{an}的通项公式(用n，d表示)．

解析：由题意知d>0，

Sn＝S1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)d， 2a2＝a1＋a3?3(S2－S1)＝S3， 即3[(a1＋d)2－a1]＝(a1＋2d)2，

化简，得a1－2a1·d＋d2＝0?a1＝d?a1＝d2， ∴Sn＝d＋(n－1)d＝nd，∴Sn＝n2d2.

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝(2n－1)d2，适合n＝1情形．故所求an＝(2n－1)d2.

2．(2013·广东卷)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足4Sn＝a2n＋1－4n－1，*

n∈N，且a2，a5，a14构成等比数列．

(1) 证明：a2＝4a1＋5； (2) 求数列{an}的通项公式；

1111

(3) 证明：对一切正整数n，有＋＋…＋＜.

a1a2a2a3anan＋12

2

(1)证明：当n＝1时，4a1＝a22－5，a2＝4a1＋5，

∵an＞0，∴a2＝4a1＋5.

22(2)解析：当n≥2时，4Sn－1＝a2n－4(n－1)－1,4an＝4Sn－4Sn－1＝an＋1－an－4 ， 22a2n＋1＝an＋4an＋4＝(an＋2)，∵an＞0，∴an＋1＝an＋2，

所以当n≥2时，{an}是公差d＝2的等差数列. 因为a2，a5，a14构成等比数列，

所以a2a14，(a2＋6)2＝a2·(a2＋24)，解得a2＝3, 5＝a2·由(1)可知，4a1＝a22－5＝4，∴a1＝1，

因为a2－a1＝3－1＝2，所以{an}是首项为1，公差d＝2的等差数列. 所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.

111111111

1－?(3)证明：＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝×?a1a2a2a3anan＋11×33×55×7?2n－1??2n＋1?2?3?11??11??1－1??＋?3－5?＋?5－7?＋…＋??

?2n－12n＋1?