一、公式法二、迭加法若 an+1=an+f(n), 则: 若 an+1=f(n)an, 则: 三、叠乘法an=S1 (n=1), Sn-Sn-1 (n2). an=a1+ (ak-ak-1)=a1+ f(k-1)=a1+ f(k). n-1k=1 nk=2 nk=2 an=a1 =a1f(1)f(2)f(n-1)(n2). anan-1a2 a1 a3 a2 四、化归法通过恰当的恒等变形, 如配方、因式分解、取对数、取倒 数等, 转化为等比数列或等差数列. (1)若 an+1=pan+q, 则: an+1-=p(an-). (3)若 an+1=pan+q(n), 则: (2)若 an+1= , 则: pan r+qan an+11 an 1= + . prpq(4)若 an+1=panq, 则: lgan+1=qlgan+lgp. 五、归纳法先计算数列的前若干项, 通过观察规律, 猜想通项公式, 进而用数学归纳法证之. 例 已知数列 an 满足: a1=1, an+1 =2an+32n-1, 求 an 的通项 公式.an=(3n-1)2n-2 an+1 pn+1an pn = + . q(n) pn+11.在数列 an 中, a1=1, Sn= (n2), 求 an.Sn-1 2Sn-1+1 Sn-1 2Sn-1+1 解: 由 Sn= 知: 1 Sn1 Sn-1- =2. 1 Sn 是以 = =1 为首项, 公差为 2 的等差数列. 1 S11 a1 1 Sn =1+2(n-1)=2n-1. Sn= . 2n-11a1=1, 当 n2 时, an=Sn-Sn-1=- .(2n-1)(2n-3) 2an=- , n2. 1, n=1, (2n-1)(2n-3) 2典型例题2.数列 an 的前 n 项和 Sn=n2-7n-8, (1)求 an 的通项公式; (2)求 |an| 的前 n 项和 Tn. 解: (1)当 n=1 时, a1=S1=-14; 当 n2 时, an=Sn-Sn-1=2n-8, (2)由 (1) 知, 当 n4 时, an0; 当 n5 时, an0; 当 n5 时, Tn=-S4+Sn-S4=Sn-2S4故 an=2n-8, n2. -14, n=1, =n2-7n-8-2(-20)当 n4 时, Tn=-Sn=-n2+7n+8, =n2-7n+32.故 Tn=n2-7n+32, n5. -n2+7n+8, n4, 3.已知数列 an 中, a1=1, an+1= an+1(nN*), 求 an.1 2 解法一 an+1= an+1(nN*), 1 2 an= an-1+1, an-1= an-2+1. 1 21 2 两式相减得: an-an-1= (an-1-an-2) 1 2 an-an-1 是以 a2-a1= 为首项, 公比为 的等比数列. 1 21 2an-an-1= ( )n-2=( )n-1. 1 21 21 2 an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(an-an-1) =1+ +( )2+( )n-1 1 21 21 2 =2-21-n. 即 an=2-21-n. 解法二 由解法一知 an-an-1=21-n, 又 an= an-1+1, 1 2 消去 an-1 得 an=2-21-n. 解法三 an= an-1+1, 1 2令 an+= (an-1+), 1 2则 =-2. an-2= (an-1-2). 1 2 an-2 是以 a1-2=-1 为首项, 公比为 的等比数列. 1 21 2an-2=-( )n-1. 即 an=2-21-n. 3.已知数列 an 中, a1=1, an+1= an+1(nN*), 求 an.1 24.数列 an 的前 n 项和 Sn 满足条件 lgSn+(n-1)lgb=lg(bn+1+n- 2), 其中, b0 且 b1. (1)求数列 an 的通项公式; (2)若对nN*, n4 时, 恒有 an+1an, 试求 b 的取值范围. 解: (1)由已知得 lgSnbn-1=lg(bn+1 +n-2), Snbn-1=bn+1 +n-2(b1). Sn=b2+ (b1). bn-1n-2当 n=1 时, a1=S1=b2-1; 当 n2 时, an=Sn-Sn-1=b2+ -b2- bn-1n-2 bn-2 n-3 bn-1 (1-b)n+3b-2 = . bn-1 (1-b)n+3b-2 , n2. b2-1, n=1, 故 an= (2)由已知 对 n4 恒成立.bn-1 (1-b)n+3b-2 bn (1-b)(n+1)+3b-2 即 (n-3)b2-2(n-2)b+(n-1)0 对 n4 恒成立. 亦即 (b-1)(n-3)b-(n-1)0 对 n4 恒成立. b1, b 对 n4 恒成立. n-3 n-1n-3 n-1而 当 n=4 时有最大值 3, b3. 5.设 Sn 是等差数列 an 的前 n 项和. 已知 S3 与 S4 的等比中项为 S5, S3 与 S4 的等差中项为 1, 求等差数列 an 的通项 an.1 51 31 41 31 4解法1: 设等差数列 an 的首项 a1=a, 公差为 d, 则通项公式为 an=a+(n-1)d, 前 n 项和为 Sn=na+ . n(n-1)d 2 1 31 4依题意有 S3 S4=( S5)2, (S50)1 5 S3+ S4=2, 1 31 4由此可得: 1 31 4(3a+3d) (4a+6d)= (5a+10d)2, 1 4 (3a+3d )+ (4a+6d)=2. 1 3251整理得 3ad+5d2=0, 4a+5d=4. 解得 d=0, a=1, 或 a=4. d=- , 512 an=1 或 an=- n+ . 512 532经验证知 an=1 时, Sn=5; 另一种情况时, Sn=-4, 均合题意. an=1 或 an=- n+ 即为所求数列 an 的通项公式.512 532解法2: Sn 是等差数列的前 n 项和, 故可设 Sn=an2+bn, 依题意得: 1 31 4(a32+b 3) (a42+b4)= (a52+b5)2, 1 4 (a32+b3)+ (a42+b4)=2. 1 3251解得 a=0, b=1, 或 b= . a=- , 5266 5Sn=n 或 Sn=- n2+ n. 5266 5 在等差数列中, n2 时, an=Sn-Sn-1, a1 亦适合公式. an=1 或 an=- n+ . 512 532整理得 13a2+3ab=0, 7a+2b=2. 5.设 Sn 是等差数列 an 的前 n 项和. 已知 S3 与 S4 的等比中项为 S5, S3 与 S4 的等差中项为 1, 求等差数列 an 的通项 an.1 51 31 41 31 4解法3: Sn 是等差数列的前 n 项和, 数列 是等差数列. Sn n+ =2 , S3 3S5 5S4 4依题意得: =( )2,S5 5S3 3S4 4+ =2, S3 3S4 4解得: S4=4, S3=3, S5=5, 或 S4= , S3= , S5=-4, 8 5524a4=S4-S3=1, a5=S5-S4=1 或 a4=- , a5=- .528 516an=1 或 an=- n+ . 512 5325.设 Sn 是等差数列 an 的前 n 项和. 已知 S3 与 S4 的等比中项为 S5, S3 与 S4 的等差中项为 1, 求等差数列 an 的通项 an.1 51 31 41 31 4解法4: 依题意 S3=3a2, S4=2(a2+a3), S5=5a3, 整理得: 3a2+a3=4, a2(a2+a3)=2a32, 代入 S5 5S3 3S4 4+ =2, S3 3S4 4 =( )2, 4 5解得 a2=1, a3=1, 或 a3=- . a2= , 8 5an=1 或 an=- n+ . 512 5325.设 Sn 是等差数列 an 的前 n 项和. 已知 S3 与 S4 的等比中项为 S5, S3 与 S4 的等差中项为 1, 求等差数列 an 的通项 an.1 51 31 41 31 46.已知 an+1=2+ an(nN+), 且 a1=a, 求 an. 1 2 解: a1=a a2=2+ a 1 2=4-21+2-1a, 故猜想: an=4-23-n+21-na, 用数学归纳归纳 法证证明如下: a5=2+ a4 1 2a3=2+ a2=3+ a 1 21 4=4-20+2-2a, a4=2+ a3= + a 1 27 21 8=4-2-1+2-3a, =4-2-2+2-4a, =4-22+20a, 证证明从略. 故 an=4-23-n+21-na. 解法二: 构造等比数列求解(略). 7.设数列 an 是公差不为 0 的等差数列, Sn 是数列 an 的前 n 项和, 且 S32=9S2, S4=4S2, 求数列 an 的通项公式.解: 设等差数列 an 的公差为 d, 由 Sn=na1+ 及已知条件得: n(n-1)d 2(3a1+3d)2=9(2a1+d), 4a1+6d=4(2a1+d), 由 得: d=2a1, 代入 有: 9a12=4a1. 解得: a1=0 或 a1= . 4 9 当 a1=0 时, d=0, 与已知条件矛盾, 舍去;当 a1= 时, d= .4 98 9an= + (n-1)= n- . 4 98 94 98 9故数列 an 的通项公式为 an= n- . 4 98 98.已知数列 an 是等差数列, 且 a1=2, a1+a2+a3=12, (1)求数列 an