數列通項的有關類型及解法探究

數列是高中數學的重要內容.近年來的高考出現了給出數列的解析式（包括遞推關系式和非遞推關系式），求通項公式的問題.在高考中本小節是重點，求數列的通項要注意以下兩點：

1． 比較簡單的，不完全歸納法與猜想便能解決，前提是等差、等比這兩種數列基礎扎實，且要求熟記一些常見結論與方法.如公式法，疊加法，累乘法，待定系數法，周期性法及構造數列等方法.

2． 對于較難的求通項，應化歸為等差、等比這兩種數列處理或遞推迭代，要有一定的技巧性.對于這類數列我們一般是用化歸的思想轉化為我們熟知的等差數列或等比數列，或用數學歸納法求解.

本文僅從數列通項的題型分類，通過例題解析的方式來探究它的求法，希望對同學們有所幫助.

類型一：形如Sn=f（n）或Sn=f（an）的關系，求an.

例1．已知數列{an}的前n項和Sn=n3+n-1，求{an}的通項公式.

解析：a1=S1=1+1-1=1.

當n≥2時，an=Sn-Sn-1=（n3+n-1）-[（n-1）3+（n-1）-1]=3n2-3n+2，此時，a1=2≠S1=1，∴ an=1，（n=1）3n2-3n+2.（n≥2）

例2．已知正數數列{an}的前n項和為Sn，且２■＝an＋１，求通項an .

解析： (1) 當n=1時，２■＝２■＝a1＋１，得（■－１）２＝０，∴a1＝１.

當n≥2時，由Sn＝（■）２，Sn-1=（■）２相減得：４an＝（an＋1）２

－（an-1＋１）２＝an２＋２an－a２n-1－２an-1?圯（an＋an－１）·（an－an－１）－２（an＋an－１）＝０?圯（an＋an－１）·（an－an－１－２）＝０.

∵an＋an－１≠０，∴an＝an－１＋２，∴{an}是以1為首項，2為公差的等差數列，∴an＝２n－１.

點評：數列有形如Sn＝f（n）或Sn＝f（an）的關系，可考慮用求差Sn－Sn-1＝an后，再用其它初等方法求得an，但要檢驗S1＝a１，一定要先分n=1和n≥2兩種情況分別進行運算，然后驗證能否統一.

類型二：形如an＋１＝an·f（n）的數列，求an.

例3．在數列{an}中，a1＝■，an＝■·an－１（n≥2），求an.

解析：由條件得a２＝■·a１，a３＝■·a２，a４＝■·a３，a５＝■·a４，…，an＝■·an－１，

將這n－1個式子迭乘并化簡，得an＝■.

點評：數列有形如an＋１＝an·f（n）的解析關系，而f（1）·f（２）·…·f（n）的積是可求的，可用多式累（迭）乘法求得an.

類型三：形如an＋１＝Ａan＋D（Ａ≠０，1，D≠０）的數列，求an.

思路方法：an＋１＝Ａan＋D，可變形為an＋１＋x＝Ａ（an＋x），則an＋１＝Ａan＋（Ａ－1）x，∴x＝■，從而構造等比數列an＋■解之，即an＋１＋■＝Ａ（an＋■）.

例4．已知在數列{an}中，a1＝１，an＋１＝３·an-１，求an.

解析：由an＋１＋x＝３（an＋x），得an＋１＝３an＋２x＝３an－１即x＝－■，

∴數列an－■是首項為■，公比為3的等比數列，∴an－■＝■·３n－１，∴an＝■（３n－１＋１）.

鞏固題：已知數列{an}的遞推關系為an＋１＝２an＋１，且a1＝１，求通項an.

解析：∵an＋１＝２an＋１，∴an＋１＋１＝２（an＋１）.

令bn＝an＋１，∵ a１＝１，∴b１＝２.

則構造數列{bn}是公比為2的等比數列，∴bn＝b１qn-１即an+1=(a1+1)qn-１=2n ，∴ an＝2n－１.

點評：這類題是高考的熱點和重點，一定要牢牢掌握它的變形本質，通常運用待定系數法.只是進行一次變式把數列化歸為等比數列.

類型四：形如an＋１＝Ａan＋C·n（Ａ≠０，1，C≠０）的數列，求an.

思路方法：an＋１＝Ａan＋Cn可變形為an＋１＋x（n＋１）＋y=Ａ（an＋xn＋y），則an＋１＝Ａan＋（Ａ－１）xn＋（Ａ－１）y－x，由待定系數法得x＝■，y＝■，從而構造數列即：an＋１＋■（n＋１）＋■＝Ａ（an＋■n＋■）.

例5.已知數列{an}滿足：a１＝－４，an＋１＝５an＋１６n（n∈N?鄢），求數列{an}的通項公式.

解析：∵a１＝－４，an＋１＝５an＋１６n，可變形為an＋１＋４（n＋１）＋１＝５（an＋４n＋１）.令bn＝an＋４n＋１，∵a１＝－４，∴b１＝１.則構造數列{bn}是公比為５的等比數列.

∴bn＝an＋４n＋１＝１×５n－１＝５n－１，即an＝５n－１－４n－１.

注意：當A=1時，就是典型的疊加法和迭代法，這類題仍是高考的熱點和重點.

例6．已知數列6，9，14，21，30，41，…求此數列的一個通項.

解析： 易知an－an－１＝２n－１，

∵ a2－a1＝３，

a３－a２＝5，

a４－a３＝７，

……

an－an－１＝２n－１，

各式相加得an－a１＝３＋５＋７＋…＋（２n－１），∴an＝n２＋５（n∈N）.

點評：一般地，對于型如an＋１＝an+f（n）類的通項公式，只要f（１）+f（2）+…＋f（n）能進行求和，則宜采用此方法求解.

類型五：形如an＋１＝Ａan＋Btn（Ａ≠０，B≠０，t≠１）的數列.

思路方法：an＋１＝Ａan＋Btn可變形為an＋１+x·tn＋１＝Ａ（an＋x·tn）.

展開得an＋１＝Ａan＋（Ａ－t）x·Tn＝Ａan＋B·Tn，由待定系數法得x＝■.從而構造數列an＋１+■·tn＋１=Ａ（an+■·tn）.

例7．已知數列{an}滿足：a１=16 ，an＋１=4an-3·2n＋１（n∈N?鄢），求an .

解析：由an＋１=4an-3·2n＋１變形為an＋１+x·2n＋１=4（an+x·2n），展開得x=■·由待定系數法知x=-3.再將x=-3代入上面已設的形式an＋１+x·2n＋１=4（an+x·2n）就可以得到最終的變式：an＋１-3·2n＋１=4（an-3·2n）.

從而就可以構造一個新的等比數列{an-3·2n}，其首項為a1-3·2１=16-6=10、公比為q=4， 所以有an-3·2n=10×4n-１=5·22n-１.

即：an=5·22n-１+3·2n.

例8．已知數列{an}滿足：a１=2，an＋１=2an+3·2n+2（n∈N?鄢），求數列{an}的通項公式.

解析：本題的條件與例3類似，不同之處在于例3中an的系數是4與后面一項3·2n＋１的底數2不相等，而本例中an的系數是２與后面一項3·2n＋2的底數２相等.

∵an＋１=2an+6·2n＋１，變形為■-■=6，就可以構造一個新的等差數列{■}，其首項為■=1、公差為d=6的等差數列，∴■=1+6（n＋１）=6n-5，即an=（6n-5）·2n.

鞏固題：設a0為常數，且an=3n-１-2an-１（n∈N）.

（1）證明對任意n≥1，an=■[3n+（-1）n-１·2n]+（-1）n·2na0.

此題的解法就是典型的上述解法：可設an+x·3n=-2（an-１+x3n-１），可解得x=-■，所以an-■是公比為－2，首項為a1-■的等比數列.

∴an-■=（1-2a0-■）（-2）n-１（n∈N），

即an=■+（-1）n2na0.

類型六：形如an＋１=■（Ａ≠０），求an.

思路方法：兩邊取倒數變為■=■+Ａ，構成等差數列.

例9．已知f（x）=■，a1=1，an=f（an-１），求an.

解析：由已知an=■，a１=1?圯an＞0，a2=■且■=3+■?圯■-■=3，

∴數列{■}是一個首項為■=1，公差為3的等差數列.

∴■=■+3·（n－１）=3n－2，∴對于n∈N?鄢，均有an=■.

類型七：形如an＋１=■（B≠０），求an.

思路方法：兩邊取倒數變為：■=B·■+Ａ，可設元列出■+x=B（■+x）即x=■，從而導出新構成的等比數列■+x=B（■+x）進而求出an.

例10．設數列{an}滿足an=2，an＋１=■（n∈N），求an .

解析：兩邊同時取倒數得■=3·■+1.

∵■+■=3·（■+■），

∴{■+■}是一個首項為■+■=1，公比為3的等比數列.

∴■+■=3n-１， 即an=■.

類型八：an＋2=Ａan＋１+Ban，且已知a1，a2的值（Ａ≠０，B≠０），求an.

思路方法：an＋2=Ａan＋１+Ban可變形為：an＋2+x·an＋１=y（an＋１+x·an）.

展開得：an＋2=（y-x）an＋１+x·yan=Aan＋１+Ban，由待定系數法得：xy=B，y-x=Ａ，解出x和y值，從而構造等比數列：an＋2+x·an＋１=y（an＋１+x·an），再回到類型三和五.

例11．已知數列{an}，a１=1，a2=2，an＋１-3an+2an-１=0

（n∈N?鄢，n≥2)，求an.

解析：∵ an＋１-3an+2an-１=0，∴ an＋１-an=2（an-an-１）， ∴{an＋１-an}是以2為公比，a2-a１為首項的等比數列.

∴an＋１-an=2n-１，

∴an=（an-an-１）+（an-１-an-2）+…+（a2-a１）+a１=2n-2+2n-3+…+21+20+1=■=2n-1.

點評：已知數列f（an＋2，an＋１，an）=0的關系，可把復合數列化為等差數列或等比數列，再用其它基本方法求得an.

特別注意：已知數列f（an＋2，an＋１，an）=0的關系，但如果復合數列構不成等差、等比數列，有時可考慮構成循環關系而求出an.

例12．在數列{an}中，a１=1，a2=5，an＋2=an＋１-an，求a２０１２.

解析：由條件an＋３＝an＋２－an＋１＝（an＋１－an）－an＋１＝－an，即an＋３＝－an，∴an＋６＝－an＋３＝an，即數列周期為6，每間隔6項循環一次.2012=6×335+2，∴a２０１２＝a２＝５.

類型九：多種形式構成的綜合型，求an.

例13．已知數列{an}的首項a１=1，前n項和為Sn，且Sn+1=4an+2（n∈N?鄢）.

解析：當n≥2時，Sn+1=4an+2，Sn+1=4an-1+2.兩式相減，得：

an＋１=Sn+1-Sn=4an-4an-1，

an＋１-2an=2（an－2an－１）.

可見{an＋１-2an}是公比為2的等比數列.

又a1+a2=S2=4a1+2，a1=1，得a2=5，則a2-2a1=3.

因此 an＋１-2an=3·2n-1，兩邊同除以2n+1，得■-■=■（常數）.

可見{■}是首項為■=■，公差為■的等差數列.因此■=■+■（n-1）=■n-■，

從而an=（3n-1）2n-2.

點評：本題進行了二次化歸，第一次把數列化歸為等比數列，第二次把數列化歸為等差數列.隨著化歸的進行，問題好解決了.

鞏固題：設數列{an}的前n項和為Sn，已知ban-2n=（b-1）Sn，

（Ⅰ）證明：當b=2時，{an-n·2n-1}是等比數列；

（Ⅱ）求{an}的通項公式.

解析：由題意知a1=2，且ban-2n=（b-1）Sn，ban+1-2n+1=（b-1）Sn+1，兩式相減得b(an+1-an)-2n=（b-1）an+1，即an+1=ban+2n…①

（Ⅰ）當b=2時，由①知an+1=2an+2n，于是an＋１-(n+1)·2n=2an+2n-(n+1)·2n=2(an-n·2n-1).

又a1-1·2n-1=1≠0，所以{an-n·2n-1}是首項為1，公比為2的等比數列.

（Ⅱ）當b=2時，由（Ⅰ）知an-n·2n-1=2n-1，即an=(n+1)2n-1.

當b≠2時，由①得：

an＋１-■·2n+1=ban+2n-■·2n+1

=ban-■·2n

=b（an-■·2n）.

因此an＋１-■·2n+1=b（an-■·2n）

＝■·bn，

得an=2，n=1■[2n+(2-2b)bn-1].n≥2

總之，數列通項類型涉及到多種方法，同學們在平時練習時要加以鞏固，要結合高考大綱要求，學會歸納和猜想，找出數列通項的規律性和普遍性，做到穩打穩扎.

（作者單位：廈門大學附屬實驗中學）

責任編校徐國堅