3求数列通项的一种简洁方法——构造常数列

求数列通项的一种简洁方法——构造常数列

题1 (2008年高考天津卷理科第22题(部分))在数列an中，a11，其前n项和Sn满足nSn1(n3)Sn0，求数列an的通项公式.

解 把

nSn1(n3)Sn,(n1)Sn2(n4)Sn1

相减，得

an2an1n3n1 an2an1(n2)(n3)(n1)(n2)

an1an(n1)(n2)n(n1)a1，a3是常数列，再由1也是常数列，所以 2所以数列得数列ana11n(n1)22

an1n(n1)2

题2 (1990年日本千叶大学入学试题)在数列an中，

a12，3(a1a2an)(n2)an,n

N*，试求数列an的通项公式an与前n项和Sn.

解 由

3(a1a2an)(n2)an

，得

3Sn(n2)(SnSn1)(n2)

nSn1(n3)Sn0(n

N*)

1Sn(n1)(n2)nann(n1)(n3同题1的解法，可得N*)，再将此式代入题设，可得.

题3 (2006年高福建卷文科第22题(部分))已知数列an满足

a11,a23,an23an12an

，求数列an的通项公式.

解 由an23an12an，得

an22an1an12an

所以数列an12an是常数列，得

an12ana22a11

an1an1an11an1,2n12n2n12n12n

an1n所以数列2是常数列，得

an1a1111,an2n1n22

注 下面给出求二阶递归数列an(满足

an2pan1qan(q0,a1,a2

已知))通项的方法：

得

qan2xan1(px)aan1xpn

qxp，所以

0)满足.由q0知，可选复数x(xp、x

an2xan1(px)(an1xan)

an2xan1an1xan(px)n1(px)n

an1xan(px)n所以数列是常数列，得

an1xana2xa1a2xa1，axa(px)nn1nnpxpx(px)

可设为

an1xanuvn

若v1，读者容易求解；若v1，得

an1yvn1xan(uyv)vn

，选yuyv即

yu1v，得

an1yvn1xanyvn

所以数列xanyvn是常数列，得

xanyvnxa1yv

xa1yvyvnanx

题4 (2013年高考湖南卷文科第19题)设Sn为数列an的前n项和，已知

a10,2ana1S1Sn,n

N*.

(1)求a1,a2，并求数列an的通项公式； (2)求数列nan的前n项和.

n1a1,a2,a212n解 (1).

(2)设数列nan的前n项和为Tn，由待定系数法，可得

Tn1n2n1Tn(n1)2n

(n1)2n1.

T(n1)2是常数列，可得数列na的前n项和是T即数列nnnn 题5 (2013年高考山东卷理科第20题)设等差数列an的前n项和为Sn，且

S44S2,a2n2an1.

(1)求数列an的通项公式；

(2)设数列bn的前n项和为Tn，且

n项和Rn.

Tnan1(2n为常数)，令cnb2n(nN*)，求cn的前

解 (1)an2n1.

n1n2c(n(n2)nn142n1，所以N*).

(2)可得

bn由待定系数法，可得

111111Rn1nRn(n1)949433nn1

即数列

n1111Rn(n1)943

13n1Rn4n194. 是常数列，可得

题6 (2013年高考江西卷理科第17题)正项数列an的前n项和Sn满足

Sn(n2n1)Sn(n2n)0

2.

(1)求数列an的通项公式an；

n15Tn2(n2)an，数列bn的前n项和为Tn，证明：对任意的nN*，都有64.

(2)令

bn解 (1)an2n.

(2)得

bn1112216n(n2)，所以

Tn1Tn11111222216(n1)(n2)(n2)(n3)

Tn1111111Tn22221616(n2)(n3)(n1)(n2)

即数列

111Tn(n1)2(n2)216 是常数列，可得

Tn51115226416(n1)(n2)64

.

题7 (2014年高考广东卷理科第19题)设数列an的前n项和为Sn,满足

Sn2nan13n24n,nN*

，且S315．

(1)求a1,a2,a3的值； (2)求数列an的通项公式．

解 (1)a13,a25,a37．

(2)由(1)可猜想an2n1，接下来可用数学归纳法证明此结论成立．也可这样简解：

可得

2nan1(2n1)an6n1

，再得

2n(an12n3)(2n1)(an2n1)

，所以数列(2n1)(an2n1)是常数列，得

(2n1)(an2n1)1(a11)0,an2n1

.

aan题8 (第26届(2000年)莫斯科奥林匹克试题)已知数列满足

1a21,an2a2n1an，

2求证：数列an的各项都是整数.

证明 由数学归纳法可证数列an的各项都是正数.

还可得

an2anan12,an3an1an22

22，把它们相减后，可得

an3an1an2anan2an1

an2ana即数列n1是常数列，所以

an2ana3a14,an24an1anan1a2

.又a1a21，所以由数学归纳法可证数列an中的各项都是整数.

a题9 已知数列n满足

a1a2a31,an31an1an2an

，求证：数列an的各项都是整数.

证明 由数学归纳法可证数列an的各项都是正数.

还可得

an3anan1an21,an4an1an2an31

，把它们相减后，可得

an4an2an2anan3an1

a2n2a2na2n1a2n1,aa2n均是常数列，进而可得 即数列2n1a2n12a2na2n1,a2n23a2n1a2n(a1a2a31)

a，所以由数学归纳法可证数列n的各项都是整数.

题10 (2013年清华大学保送生考试数学试题第1题)求证：

2n3in2n4(n212i0

n3N*).

证明 令

n22n4n3iSn,Tn,n212i0

n3N.

Sn6n63i0n63i2n32i0nnn31n3233n3in32333Sn22

可设n3kr(kN,r0,1,2)，得

3kr3k13kr3k2r1rSn6Sn3k9S3k4n2222 可证

r1rr(r0,1,2)22

，所以

Sn6Sn3k4rSnn4

又

Tn6n622n64n22n4Tnn4n41212

所以Sn6Tn6SnTn(nN).

又S0T00，S1T10，S2T21，S3T31，S4T42，S5T53，所以数列

SnTn(nN)是常数列0，得欲证成立.

题11 (2013年全国高中数学联赛安徽赛区初赛试题第12题)设数列an满足

(1an1)2a11,a22,an(n3)an2

.

(1)求数列an的通项公式；

(2)求证：对任意正整数

k,a2k1a2k和2都是整数.

解 (1)由数学归纳法知an0(nN*).可得

an1an1an2an1,anan2an12an11(n3)

22相减后，可得

an1an12anan22(n3)anan1

an2an2an1是常数列. ，即数列可得a39，所以

an2an26,an26an1an2an1

.

12，得bn26bn1bn.

令

anbn…可求得

(322)n1(322)n12an4

.

(2)由(1)的结论，得

a2k1(322)k1(322)k1jk12j3jC22k1322jk1,jN

a2k(21)2k1(21)2k1k12j1jC2k12222j0

所以欲证成立.