问题8由复杂递推关系式求解数列的通项公式问题
一、考情分析
递推公式是给出数列的一种重要方法,常出现在客观题压轴题或解答题中，难度中等或中等以上.利用递推关系式求数列的通项时,通常将所给递推关系式进行适当的变形整理,如累加、累乘、待定系数等,构造或转化为等差数列或等比数列,然后求通项.
二、经验分享
(1) 已知Sn，求an的步骤
当n＝1时，a1＝S1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1；(3)对n＝1时的情况进行检验，若适合n≥2的通项则可以合并；若不适合则写成分段函数形式．
(2)已知数列的前几项，写出数列的通项公式，主要从以下几个方面来考虑：
如果符号正负相间，则符号可用(－1)n或 (－1)n＋1来调节.
分式形式的数列，分子找通项，分母找通项，要充分借助分子、分母的关系来解决.
对于比较复杂的通项公式，要借助于等差数列、等比数列和其他方法来解决.
此类问题虽无固定模式，但也有规律可循，主要靠观察(观察规律)、比较(比较已知的数列)、归纳、转化(转化为等差、等比或其他特殊数列)等方法来解决.
(3)已知数列的递推关系求通项公式的典型方法
当出现an＝an－1＋m时，构造等差数列；当出现an＝xan－1＋y时，构造等比数列；当出现an＝an－1＋f(n)时，用累加法求解；当出现＝f(n)时，用累乘法求解．
三、知识拓展
若数列满足，则数列都是公差为a的等差数列，若数列满足，则数列都是公比为b的等比数列.
四、题型分析
(一) 用累加法求数列的通项
【例1.】在数列中, , ,则该数列的通项公式= ．
【分析】题目已知条件是,且）形式,用叠加原理求解.
【解析】因为,所以运用累加法即可得到：
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,所以,故应填．
【点评】当,且）满足一定条件时,可用…来求通项,这种方法通常叫累加法. 本题用到裂项相消求和,相消时应注意消去的项规律,及消去哪些项,保留哪些项,于是前项的和变成首尾若干少数项之和.还有不少同学会出现的错误,认为或是常数,实际上或是个变量,变化随之改变.
【小试牛刀】数列{an}满足a1＝1,a2＝2,an＋2＝2an＋1－an＋2.
(1)设bn＝an＋1－an,证明{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
【解析】 (1)证明：由an＋2＝2an＋1－an＋2得,
an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2,
即bn＋1＝bn＋2.
又b1＝a2－a1＝1.
所以{bn}是首项为1,公差为2的等差数列．
(2)由(1)得bn＝1＋2(n－1),
即an＋1－an＝2n－1.
于是 (ak＋1－ak)＝ (2k－1),
所以an＋1－a1＝n2,
即an＋1＝n2＋a1.又a1＝1,
所以{an}的通项公式为an＝n2－2n＋2.
【点评】本例是典型的由数列的递推公式求通项公式的问题．第(1)问中要注意对数列{an＋1－an}的整体把握．第(2)问中用的是累加法．注意切忌忽略对a1的验证．
(二) 利用累乘法求数列的通项
【例2】设是首项为1的正项数列,且,则 .
【分析】观察已知的递推式,用十字交叉法分解因式,可求得与的关系式,再用累乘法求解.
【解析】∵,∴,
21
由于得各项为正,∴,∴,即,
∴,,,…,,将以上各式相乘得,又,
∴.
【点评】形如型的递推公式常用累乘法.当为常数且不等于0时,数列为等比数列,；当为函数时,
. 本题可思考为常数数列.
【小试牛刀】数列中，前项和为，
(1)求数列的通项公式；
(2)令，证明：.
【解析】(1) ，，
两式相减得：，
整理得：，
（叠乘法）因为，
所以， ，…， ，
相乘得，且当=1、2时，满足此式，
所以.
21
(2) ，
因为 ，所以；
.
(三) 用构造法求数列的通项
【例3】【江苏省泰州中学2018届高三12月月考2】已知数列满足： ，，（ ），则数列的通项公式为__________．
【分析】变形为,构造新数列求解.
【答案】
【解析】由得： ，变形得：，所以是以2为公比的等比数列，所以，所以.
【点评】数列是一种特殊的函数,通过递推公式写出数列的前几项再猜想数列的通项时,要验证通项的正确性. 易出现的错误是只考虑了前3项,就猜想出.用构造法求数列的通项,要仔细观察递推等式,选准要构造的新数列的形式,再确定系数.
21
【小试牛刀】已知数列满足,, ,,则 ．
【答案】．
【解析】且, ,又,,是首项为,公差为的等差数列, ,,．故应填．
(四) 利用与的关系求数列的通项
【例4】【江苏省南通市基地学校2019届高三3月联考】已知数列的各项均不为0，其前n项和为．若，，，．
（1）求的值；
（2）求数列的通项公式；
（3）若数列满足，，求证：数列是等差数列．
【分析】（1）将代入，可求得；（2）由可求得，进而，两式作差可得，进而推得，可得数列及数列均为等差数列，进而求得通项；（3）由与关系可得：，即，两式作差可得：，进而推得，即，则证明结束.
【解析】（1）时，由得
解得
（2）时，由，得
则
因为，所以……①
所以……②
②-①得
所以，两式相减得
21
即数列及数列都成公差为的等差数列
由，得，可求得
所以数列的通项公式为
（3）由，，得
所以
因为，所以
所以
两式相减得，即
所以
两式相减得
所以
因为，可得
所以
所以数列是等差数列
【点评】由Sn和an的关系求通项的注意问题：(1)应重视分类讨论的思想,分n＝1和n≥2两种情况讨论．当n＝1时,a1不适合an的情况要分开写,即an＝
(2)要注意an和Sn互化具有双向性,既可由an化为Sn,也可由Sn求an.
【小试牛刀】已知数列为单调递增数列，为其前项和，.
（1）求的通项公式；
（2）若，为数列的前项和，证明：.
【解析】（Ⅰ）当n＝1时，2S1＝2a1＝a＋1，所以(a1－1)2＝0，即a1＝1，
又{an}为单调递增数列，所以an≥1．
由2Sn＝a＋n得2Sn＋1＝a＋n＋1，所以2Sn＋1－2Sn＝a－a＋1，
整理得2an＋1＝a－a＋1，所以a＝(an＋1－1)2．
所以an＝an＋1－1，即an＋1－an＝1，
所以{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以an＝n．
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（Ⅱ）bn＝＝＝－
所以Tn＝(－)＋(－)＋…＋[－]
＝－＜．
(五) 递推公式为（其中,均为常数）.
解法一（待定系数——迭加法）:
【例5.】数列：, ,求数列的通项公式.
【分析一】解法一(待定系数法)：先把原递推公式转化为其中s,t满足.
【分析二】(特征根法)：对于由递推公式,给出的数列,方程,叫做数列的特征方程. 若是特征方程的两个根,当时,数列的通项为,其中A,B由决定（即把和,代入,得到关于A、B的方程组）；当时,数列的通项为,其中A,B由决定（即把和,代入,得到关于A、B的方程组）.
【解法一】（待定系数——迭加法）:
由,得
,
且.
则数列是以为首项,为公比的等比数列,
于是.
把代入,得
, , ,,.
21
把以上各式相加,得.
.
【解法二】（特征根法）：数列：,的特征方程是：.,.
又由,于是 故.
【小试牛刀】【江苏省常州市2019届高三上学期期末】已知数列中，，且.
（1）求证：是等比数列，并求数列的通项公式；
（2）数列中是否存在不同的三项按照一定顺序重新排列后，构成等差数列？若存在，求满足条件的项；若不存在，说明理由.
【解析】（1）因为，所以，因为，
所以数列是以2为首项，以-3为公比的等比数列，
所以，即；
（2）假设存在三项按一定顺序重新排列后成等差.
①若，则，
整理得，两边同除以，
可得，
等式右边是-3的整数倍，左边不是-3的整数倍，故等式不成立.
②若，则，
整理得，两边同除以，
可得，
等式右边是-3的整数倍，左边不是-3的整数倍，故等式不成立.
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③若，则，
整理得，两边同除以，
可得，
等式左边是-3的整数倍，右边不是-3的整数倍，故等式不成立；
综上，不存在不同的三项符合题意.
五、迁移运用
1．【江苏省泰州中学2018届高三12月月考】已知数列满足： ，，（ ），则数列的通项公式为__________．
【答案】
【解析】由得： ，变形得：，所以是以2为公比的等比数列，所以，所以.
2．【江苏省前黄高级中学、如东高级中学、姜堰中学等五校2018届高三上学期第一次学情监测】设数列的首项，且满足与，则数列的前20项和为__________．
【答案】2056
【解析】考查数列的奇数项，结合递推关系有：，
且，则数列构成首项为公比为的等比数列，
令：，
则：，
即：，
而，
据此可得：数列的前20项和为.
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3．【江苏省淮安市盱眙中学2018届高三第一次学情调研】设函数满足且，则________．
【答案】
【解析】满足，，，，各式相加可得，
， ，故答案为.
4．【2019年3月2019届高三第一次全国大联考（江苏卷)】已知数列对任意满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的前项和为，求使得成立的正整数的最小值．
【解析】（1）因为①，
所以②，
①②两式相减，得，
所以③．
又当时，得，不满足上式．
所以数列的通项公式为．
（2）由（1）知，，所以不成立，
当时，
21
，
由，得．
令，则为增函数，
又．
因此要使成立，只需，
故使成立的正整数的最小值为7．
5．【江苏省南京市、盐城市2019届高三第二次模拟】已知数列各项为正数，且对任意，都有.
（1）若，，成等差数列，求的值；
（2）①求证：数列为等比数列；
②若对任意，都有，求数列的公比的取值范围.
【解析】（1）因为，所以，因此，，成等比数列.
设公比为，因为，，成等差数列，
所以，即，于是，解得或，
所以或.
（2）①因为，所以，
两式相除得，即，
由，得，
两式相除得，即，
所以，即，，，
由（1）知，所以，，
因此数列为等比数列.
21
②当时，
由时，可得，所以，
因此，
所以满足条件.
当时，
由，得，
整理得.
因为，，所以，
因此，即，
由于，因此，与任意恒成立相矛盾，
所以不满足条件.
综上，公比的取值范围为.
6．【江苏省如皋市2018-2019学年高三年级第一学期期末】已知等差数列的前n项和为Sn，若为等差数列，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）是否存在正整数， 使成等比数列？若存在，请求出这个等比数列；若不存在，请说明理由；
（3）若数列满足，，且对任意的，都有，求正整数k的最小值．
【解析】（1）设等差数列的公差d，则，．
又是等差数列，所以，
即，解得d＝2．
此时，，符合数列是等差数列，
所以．
21
（2）假设存在，使得，，成等比数列．
则，
由（1）可知，，代入上式，得
，
整理得．（*）
法一： 令，x≥1．
则，
所以在上单调增，
所以在上至少有一个根．
又，
故是方程（*）的唯一解．
所以存在，使得，，成等比数列，
且该等比数列为3，9，27．
法二：，即，
所以方程（*）可整理为．
因为，所以无解，故．
所以存在，使得，，成等比数列，
且该等比数列为3，9，27．
（3）由可知，．
又，，故，所以．
依题意，对任意恒成立，
所以，即，故．
若，据，可得
当，时，
21
．
由及可得．
所以，当，时，，即．
故当，时，，故不合题意．
若，据，可得，即．
所以，当，时，，
当时，，得，所以．
当，时，
，
所以，
故．
故当时，对任意都成立．
所以正整数k的最小值为3．
7．【江苏省南通市三县（通州区、海门市、启东市)2019届高三第一学期期末】已知数列的首项，其前n项和为，对于任意正整数，都有.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足.
①若，求证：数列是等差数列；
②若数列都是等比数列，求证：数列中至多存在三项.
21
【解析】（1）令，则由，得
因为，所以，
当时，，且当n=1时，此式也成立.
所以数列的通项公式为
（2）①【证法一】因为，
，
所以.
由得，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以数列是等差数列.
【证法二】
因为
所以
所以.
所以，
所以，
记
，
两式相减得，
所以，
所以，当时，，
由得，
21
所以，当时，，当n=1时，上式也成立，
所以，(iii)
所以数列是等差数列.
【证法三】
因为
所以，（i）
所以，（ii）
（i）-（ii）得，（iii）
所以，（iv）
（iii）-（iv）得，
所以.
由知.
所以，
所以数列是等差数列
②不妨设数列超过三项，令，
由题意，则有，
即，
代入，整理得 （*），
若p=q=1，则，与条件矛盾；
若，当n=1时，，①
当n=2时，，②
②÷①得，p=q，代入（*）得b=c，所以，与条件矛盾.
故这样的数列至多存在三项.
8．【江苏省泰州市2019届高三上学期期末】已知数列｛｝的前n项和为Sn，，且对任意的n∈N*，n≥2都有。
（1）若0，，求r的值；
（2）数列｛｝能否是等比数列？说明理由；
（3）当r＝1时，求证：数列｛｝是等差数列。
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【解析】（1）令n＝2，得：，
即：，
化简，得：，因为，，，
所以，，解得：r＝1.
（2）假设是等比数列，公比为，则，且，
解得或，
由，
可得，
所以，
两式相减，整理得，
两边同除以，可得，
因为，所以，
所以上式不可能对任意恒成立，故不可能是等比数列.
（3）时，令，整理得，
又由可知，
令，可得，解得，
由（2）可知，
所以，
两式相减，整理得，
所以，
两式相减，可得，
因为，所以，
即，又因为，
所以数列是以为首项，2为公差的等差数列.
9．【江苏省镇江市2019届高三上学期期末】设数列是各项均为正数的等比数列，，．数列满足：对任意的正整数，都有．
21
（1）分别求数列与的通项公式；
（2）若不等式对一切正整数都成立，求实数的取值范围；
（3）已知，对于数列，若在与之间插入个2，得到一个新数列．
设数列的前项的和为，试问：是否存在正整数，使得？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由．
【解析】（1）因为是等比数列，且各项均为正数，所以，解得，
公比，所以，
因为，
所以，
两式相减，得，所以当时，，
因为当时，，所以，符合，所以；
（2）因为，所以当时，原不等式成立，
当时，原不等式可化为，
设，则，
则，
所以，即数列单调递减，
所以，解得，
综上，；
（3）由题意可知，设在数列中的项为，则由题意可知，，
21
所以当时，，
设，易解得，
当时，，，
因为，且，
所以当时，.
10．【江苏省南师大附中2019届高三年级第一学期期中】已知，都是各项为正数的数列，且，．对任意的正整数n，都有，，成等差数列，，，成等比数列．
（1）求数列和的通项公式；
（2）若存在p＞0，使得集合M＝恰有一个元素，求实数的取值范围．
【解析】（1）根据题意，2bn2＝an＋an＋1 ①， an＋1＝bnbn＋1 ②，
于是a2＝3，b2＝，2bn＋12＝an＋1＋an＋2＝bnbn＋1＋bn＋1bn＋2，
又因为bn＞0，上式可化简为:2bn＋1＝bn＋bn＋2对任意n∈N*恒成立，
所以数列{bn}是以b1＝为首项，b2－b1＝为公差的等差数列，
所以数列{bn}的通项公式bn＝ (n＋1)，
把上式代入②，则an＋1＝，
特别地，当a1＝1也符合上式，故数列{an}的通项公式an＝n(n＋1)．
（2）令cn＝，则＝，
当p＞3，数列{cn}单调递减，因为集合M中只有一个元素，所以c2＜λ≤c1，
即 ＜λ≤；
当p＝3， c1＝c2＞c3＞c4＞…，M中不可能只有一个元素，所以不符合题意；
当0＜p≤1，数列{cn}单调递增，M中不可能只有一个元素，所以不符合题意；
当1＜p＜3，令k＝[]∈N，即k是小于等于的最大整数，则＜p－1≤．
①若p＝＋1时，则c1＜c2＜…＜ck＝ck＋1＞ck＋2＞ck＋3＞…，M中不可能只有一个元素，所 以不符合题意；
21
②若＋1＜p＜时，则c1＜c2＜…＜ck＜ck＋1＞ck＋2＞ck＋3＞…，
且ck＋2＞ck，所以ck+2＜λ≤ck＋1，即＜λ≤；
③若≤p＜＋1时，则c1＜c2＜…＜ck＜ck＋1＞ck＋2＞ck＋3＞…，
且ck＋2≤ck，所以ck＜λ≤ck＋1，即＜λ≤；
综上，当p＞3时，＜λ≤；
当1＜p＜3时，取k＝[]∈N，
（i）若＋1＜p＜时，＜λ≤；
（ii）若≤p＜＋1时，＜λ≤．
11．【江苏省清江中学2019届高三第二次教学质量调研】设数列的前项的和为且数列满足且对任意正整数都有成等比数列.
（1）求数列的通项公式.
（2）证明数列为等差数列.
（3）令问是否存在正整数使得成等比数列？若存在，求出的值，若不存在，说明理由.
【解析】（1）因为数列的前项的和，
所以当时，；
当且时，，
当时，上式也成立，
所以数列的通项公式为.
（2）证明：因为对任意正整数都有成等比数列，
所以，即，
所以，
两式相除得，对任意正整数都有，
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即，
当为奇数时，，所以，
当为偶数时，，而，所以，
所以.
所以，
所以数列为等差数列.
(3)因为，
所以，
因此存在正整数，使得成等比数列
，
因为都是正整数，则，
即时，对应的.
所以存在或或使得成等比数列.
21
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