高中数学奥赛辅导专题-数列
高中数学奥赛辅导专题——数列
一 准备知识
所谓数列，简单地说就是有规律的（有限或无限多个）数构成的一列数，常记作{a n }，a
n n n n n －1有些数列不是用通项公式给出，而是用a n 与其前一项或前几项的关系来给出的，例如：a n ＋1=2a n +3，这样的公式称为数列的递推公式．由数列的递推公式我们可以求出其通项公式．
数列问题中一个很重要的思想是把数列的通项公式或递推公式变形，然后将它看成新数列（通常是等差或等比数列）的通项公式或递推公式，最后用新数列的性质解决问题． 二 例题精讲
例1．（裂项求和）求S n =
8⨯18⨯28⨯n
++ +．
12⨯3232⨯52(2n -1) 2⨯(2n +1) 2
解：因为a n =
8⨯n 11
-= 2222
(2n -1) ⨯(2n +1) (2n -1) (2n +1)
1⎛1
所以S n = 2-2
3⎝11⎫⎛1
⎪+ 2-2
5⎭⎝3
⎡⎤111⎫
=1－ + +-⎪⎢⎥222
(2n +1) (2n +1) ⎦⎭⎣(2n -1)
a n 3
，a n +1=，求{a n }的通项公式．
2a n +15
例2．（倒数法）已知数列{a n }中，a 1=
解：
1a n +1
=
2a n +11
=+2 a n a n
⎧1⎫1556n -1
=+2（n －1）=∴⎨⎬是以为首项，公差为2的等差数列，即 a 3a 33n ⎩n ⎭
∴a n =
3
6n -1
练习1．已知数列{a n }中，a 1=1，S n =
S n -1
，求{a n }的通项公式．
2S n -1+1
解：
12S n -1+11==+2 S n S n -1S n -1
⎧1⎫
∴⎨⎬是以1为首项，公差为2的等差数列． ⎩S n ⎭
∴
11=1+2（n －1）=2n －1，即S n =． S n 2n -1
211
=- -
(2n -1)(2n -3) 2n -12n -3
∴a n =Sn －S n －1=
⎧(n =1) ⎪111
∴a n =⎨
-(n ≥2) ⎪⎩2n -12n -3
例3．（求和法，利用公式a n =Sn －S n －1，n ≥2）已知正数数列{a n }的前n 项和
1⎛1⎫
⎪S n = ，求{a n }的通项公式． a +n ⎪2⎝a n ⎭
1⎛1⎫
⎪解：S 1=a 1= a +1⎪，所以a 1=1． 2 a 1⎭⎝
∵a n =Sn －S n －1 ∴2S n =Sn －S n －1+
1
S n -S n -1
∴S n +Sn －1=
1
，即S n 2－S n －12=1
S n -S n -1
∴S n
{}是以1为首项，公差为1的等差数列．
2
∴S n 2=n ，即S n =n
∴a n =Sn －S n －1=n －n -1（n ≥2） ∴a n =n －n -1．
例4．（叠加法）已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n －S n －2=3×（－
1n －1
）（n ≥3），且2
S 1=1，S 2=－
3
，求{a n }的通项公式． 2
2n -1
解：先考虑偶数项有：
⎛1⎫
S 2n －S 2n －2=－3· ⎪
⎝2⎭
2n -3
⎛1⎫
S 2n －2－S 2n －4=－3· ⎪
⎝2⎭
……
⎛1⎫
S 4－S 2=－3· ⎪
⎝2⎭
3n -1⎛1⎫⎡⎛1⎫⎤ ⎪⋅⎢1- ⎪⎥⎝2⎭⎢⎝4⎭⎥⎣⎦，
将以上各式叠加得S 2n －S 2=－11-4
3
⎛1⎫
所以S 2n =－2+ ⎪
⎝2⎭
2n -1
(n ≥1) ．
再考虑奇数项有：
⎛1⎫
S 2n ＋1－S 2n －1=3· ⎪
⎝2⎭⎛1⎫
S 2n －1－S 2n －3=3· ⎪
⎝2⎭
……
2n -2
2n
⎛1⎫
S 3－S 1=3· ⎪
⎝2⎭
⎛1⎫
将以上各式叠加得S 2n ＋1=2－ ⎪(n ≥1) ．
⎝2⎭
⎛1⎫⎛1⎫
所以a 2n +1=S2n +1－S 2n =4－3× ⎪，a 2n =S2n －S 2n －1=－4+3× ⎪
⎝2⎭⎝2⎭
2n
2n -1
2n
2
．
n -1
⎧⎛1⎫
⎪4-3⨯ ⎪, n 为奇数n -1
⎡⎤1⎛⎫⎪2n －1⎝⎭4-3⨯综上所述a n =⎨，即a n =（－1）·⎢ ⎪⎥． n -1
⎝2⎭⎥1⎫⎢⎪-4+3⨯⎛⎣⎦，n 为偶数 ⎪⎪⎝2⎭⎩
例5．（a n +1=pa n +r 类型数列）在数列{a n }中，a n +1=2a n －3，a 1=5，求{a n }的通项公式．
解：∵a n +1－3=2（a n －3）
∴{a n －3}是以2为首项，公比为2的等比数列． ∴a n －3=2n ∴a n =2n +3．
a n +1
练习2．在数列{a n }中，a 1=2，且a n +1=，求{a n }的通项公式．
2
2
121a n + 221
∴a n +12－1=（a n 2－1）
2
解：a n +12=
∴{a n +12－1}是以3为首项，公比为
1
的等差数列． 2
3
⎛1⎫
∴a n +12－1=3× ⎪
⎝2⎭
n -1
，即a n =+
2n -1
－
例6（a n +1=pa n +f （n ）类型）已知数列{a n }中，a 1=1，且a n =a n －1+3n 1，求{a n }的通项公式．
－
解：（待定系数法）设a n +p ·3n =a n －1+p ·3n 1
则a n =a n －1－2p ·3n 1，与a n =a n －1+3n
－
－1
比较可知p =－
1
． 2
⎧313n ⎫
所以⎨a n -⎬是常数列，且a 1－=－．
2⎭22⎩
13n 3n -1
所以a n -=－，即a n =．
222
练习3．已知数列{a n }满足S n +a n =2n +1，其中S n 是{a n }的前n 项和，求{a n }的通项公式． 解：∵a n =Sn －S n －1 ∴S n +Sn －S n －1=2n +1 ∴2S n =Sn －1+2n +1
（待定系数法）设2（S n +pn +q ）=Sn －1+p （n －1）+q
⎧-p =2⎧p =-2
化简得：－pn －p －q =2n +1，所以⎨，即⎨
-p +q =1q =1⎩⎩
∴2（S n －2n +1）=Sn －2（n －1）+1，
31，S 1－2+1= 2211
∴{Sn －2n +1}是以为公比，以为首项的等比数列．
22
又∵S 1+a 1=2+1=3，∴S 1=
⎛1⎫⎛1⎫⎛1⎫
∴S n－2n +1= ⎪，即S n = ⎪+2n －1，a n =2n +1－S n =2－ ⎪．
⎝2⎭⎝2⎭⎝2⎭
例7．（a n +1=pa n r 型）（2005年江西高考题）已知数列{a n }各项为正数，且满足a 1=1，a n +1=
n n n
1
（1）求证：a n
2
解：（1）略．
1
（a n －2）2+2 21
∴a n +1－2=－（a n －2）2
21
∴2－a n +1=（2－a n ）2
2
（2）a n +1=－
∴由（1）知2－a n >0，所以log 2（2－a n +1）=log2
1
（2－a n ）2=2·log 2（2－a n ）－1 2
∴log 2（2－a n +1）－1=2［log 2（2－a n ）－1］
即{log2（2－a n ）－1}是以―1为首项，公比为2的等比数列
－
∴log 2（2－a n ）－1=－1×2n 1 化简得a n =2－21-2
n -1
．
(x +1) 4+(x -1) 4练习4．（2006年广州二模）已知函数f (x ) =（x ≠0）．
(x +1) 4-(x -1) 4
在数列{a n }中，a 1=2，a n +1=f (a n ) （n ∈N *），求数列{a n }的通项公式．
(a n +1) 4+(a n -1) 4a n +1+1(a n +1) 4⎛a n +1⎫解：a n +1=⇒== ⎪，
(a n +1) 4-(a n -1) 4a n +1-1(a n -1) 4⎝a n -1⎭
从而有ln
4
a n +1+1a +1
=4ln n ，
a n +1-1a n -1
a 1+1
=ln 3≠0知： a 1-1
由此及ln
⎧a +1⎫数列⎨ln n ⎬是首项为ln 3，公比为4的等比数列，
a -1n ⎩⎭
a n +1n -1a n +14n -134+1
故有ln （n ∈N *）。 =4ln3⇒=3⇒a n =4n -1
a n -1a n -13-1
例8．（三角代换类型）已知数列{a n }中，a 1=2，a n =
n -1
1+a n -1
，求{a n }的通项公式．
1-a n -1
解：令a n －1=tanθ，则a n +1=
⎛π⎫=tan +θ⎪
⎝4⎭1-tan ⋅tan θ4
tan
π
+tan θ
⎡(n -1) π⎤
+atc tan 2⎥． ∴a n =tan⎢
⎣4⎦