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等差数列及等比数列的“遗传”与“变异”
１．遗传
若数列是公差为的等差数列，则由此构造出的以下数列是等差数列．如：
去掉前面几项后余下项组成的仍为公差为的等差数列．
（２）所有的奇数项组成的是公差为的等差数列；
　　　所有的偶数项组成的是公差为的等差数列；
形如（其中是常数，且）的数列都是等差数列．
由此可得到的一般性结论是：凡是项的序号成等差数列（公差为）的项依次组成的数列一定是等差数列，公差为．
（３）数列（其中是任一个常数）是公差为的等差数列．
数列（其中是任一个常数）是公差为的等差数列．
（５）数列（其中是常数，且）是公差为的等差数列．
（６）若是公差为等差数列，且为常数，则数列一定是公差为的等差数列．
（７）等差数列中，任意连续项的和是它前面连续项的和与它后面连续项的和的等差中项，也就是说这些连续项的和也构成一个等差数列．
若是公比为的等比数列，则由此构造出的以下数列是等比数列．如：
去掉前面几项后余下项组成的仍是公比为的等比数列．
（２）项的序号成等差数列（公差为）的项依次取出并组成的数列一定是等比数列，公比为．
（３）数列是公比为的等比数列．
（４）数列（是任一常数且）是等比数列，公比仍为．
（５）（是常数，且）是公比为的等比数列．
特殊地：若数列是正项等比数列时，且是任一个实常数，则数列是公比为的等比数列．
（其中是常数，且）是公比为的等比数列．
（７）若是公比为的等比数列，，则是公比为的等比数列．
（８）等比数列中，若任意连续项的和不为，则任意连续项的和是它前面连续项的和与它后面连续项的和的等比中项，也就是说这些连续项的和也构成一个等比数列．
２．变异
　　若数列，均为不是常数列的等差数列时，则有：
当数列中的项不同号时，则数列一定不是等差数列．
数列不是等差数列
（是常数，且，，）不是等差数列．
数列不是等差数列．
　　若数列为不是常数列的等比数列时，则有：
数列（其中是任一个不为０的常数，）不是等比数列．
数列不一定是等比数列．如时，则，所以不是等比数列．
数列不一定是等比数列．
３．突变
若数列是公差为的等差数列，则（其中是正常数）一定是公比为的等比数列．
若是公比为的正项等比数列，则（其中是不等于１的正常数）是公差为的等差数列．
数列通项公式的求法
几种常见的数列的通项公式的求法
观察法
例1：根据数列的前4项，写出它的一个通项公式：
（1）9，99，999，9999，…（2）（3）（4）
解：（1）变形为：101－1，102―1，103―1，104―1，…… ∴通项公式为：
（2） （3） （4）.点评：关键是找出各项与项数n的关系。
二、公式法
例2： 已知数列{an}是公差为d的等差数列，数列{bn}是公比为q的(q∈R且q≠1)的等比数列，若函数f (x) = (x－1)2，且a1 = f (d－1)，a3 = f (d+1)，b1 = f (q+1)，b3 = f (q－1)，(1)求数列{ a n }和{ b n }的通项公式；
解：(1)∵a 1=f (d－1) = (d－2)2，a 3 = f (d+1)= d 2，∴a3－a1=d2－(d－2)2=2d，
∴d=2，∴an=a1+(n－1)d = 2(n－1)；又b1= f (q+1)= q2，b3 =f (q－1)=(q－2)2，
∴=q2，由q∈R，且q≠1，得q=－2，∴bn=b·qn－1=4·(－2)n－1
例1. 等差数列是递减数列，且=48，=12，则数列的通项公式是（ ）
(A) (B) (C) (D)
解析：设等差数列的公差位d，由已知，
解得，又是递减数列， ∴ ，，∴ ，故选(D)。
例2. 已知等比数列的首项，公比，设数列的通项为，求数列的通项公式。
解析：由题意，，又是等比数列，公比为
∴，故数列是等比数列，，∴
点评：当已知数列为等差或等比数列时，可直接利用等差或等比数列的通项公式，只需求得首项及公差公比。
三、??????叠加法
例3：已知数列6，9，14，21，30，…求此数列的一个通项。
解 易知∵ ……
各式相加得∴
点评：一般地，对于型如类的通项公式，只要能进行求和，则宜采用此方法求解。
例4. 若在数列中，，，求通项。
解析：由得，所以，，…，，
将以上各式相加得：，又所以 =
四、叠乘法
例4：在数列｛｝中， =1, (n+1)·=n·，求的表达式。
解：由(n+1)·=n·得，=··…= 所以
例4. 已知数列中，，前项和与的关系是 ，试求通项公式。
解析：首先由易求的递推公式：
将上面n—1个等式相乘得：
点评：一般地，对于型如=(n)·类的通项公式，当的值可以求得时，宜采用此方法。
五、Sn法利用 (≥2)
例5：已知下列两数列的前n项和sn的公式，求的通项公式。（1）。 （2）
解： （1）===3
此时，。∴=3为所求数列的通项公式。
（2），当时
由于不适合于此等式 。 ∴
点评：要先分n=1和两种情况分别进行运算，然后验证能否统一。
六、待定系数法：
例6：设数列的各项是一个等差数列与一个等比数列对应项的和，若c1=2，c2=4，c3=7，c4=12，求通项公式cn
解：设
例6. 已知数列中，，，
其中b是与n无关的常数，且。求出用n和b表示的an的关系式。
解析：递推公式一定可表示为
的形式。由待定系数法知：

故数列是首项为，公比为的等比数列，故
点评：用待定系数法解题时，常先假定通项公式或前n项和公式为某一多项式，一般地，若数列为等差数列：则，（b、ｃ为常数），若数列为等比数列，则，。
七、辅助数列法
例7：已知数的递推关系为，且求通项。
解：∵ ∴令则辅助数列是公比为2的等比数列
∴即 ∴
在数列中，，，，求。
解析：在两边减去，得
∴ 是以为首项，以为公比的等比数列，∴，由累加法得
= =…===
例8： 已知数列｛｝中且（），，求数列的通项公式。
解：∵∴ ， 设，则
故｛｝是以为首项，1为公差的等差数列 ∴ ∴
点评：这种方法类似于换元法, 主要用于已知递推关系式求通项公式。
趣谈数列的通项问题及其思维方式
1．递推关系的形成：直接给出，函数给出，解析几何给出，应用问题给出，方程给出。
2．给出递推关系求通项，有时可以用归纳，猜想，证明的思路；而证明型的问题用数学归纳法往往是一种比较简单的方法；而给出铺垫（转化后的数列）的问题常常可以用证明（变换，待定系数法等）处理，一般难度不大。
3．给定初始条件和递推关系往往可以用演绎（推导）的方法求出它的通项公式，其最主要的思想方法是生成、转化、叠代。
4．给定初始条件和递推关系，有时不一定能求出通项，却也可以研究它的其他性质。（如取值范围，比较大小，其他等价关系等，无非等与不等两类），这类问题往往有一定的难度。
本文主要采用风趣的“楼层式”讲解，更易于理解数列中求通项的问题。将喻为楼的第一层，喻为楼的第二层，喻为楼的第三层，则数列中之间的关系式可理解为这三层之间的走动关系，那么我们可以用爬楼层的方式理解之间的相互转化关系-----我亲切地称它为“楼层式”的转化方式。
一、“二层”之间的关系式，即型
若数列的连续若干项之间满足关系，由这个递推关系及n个初始值确定的数列，叫做递推数列。它主要给出的是“二层”中连续几项之间的递推关系式（如：、?、、、、、、、、等类型），这是数列的重点、难点问题。求递推数列通项的方法较多，也比较灵活，基本方法如：迭加法、迭乘法、转化为等差、等比数列求通项法、归纳——猜想——证明法等，其中主要的思路是通过转化为等差数列或等比数列来解决问题。
（一）由等差、等比演化而来的“差型”、“商型”递推关系
（1）由等差数列演化为“差型”，如：
生成：，，…，，
累加：=，于是只要可以求和就行。
（2）由等比数列演化为“商型”，如：
生成：，，…，，
累乘：，于是只要可以求积就行。
例题1：已知数列满足：
求证：① ②是偶数 （《数学通讯》2004年17期P44）
证明：由已知可得：
又=
而=
所以，而为偶数
（二）由“差型”、“商型”类比出“和型”、“积型”：即
例题2：数列中相邻两项、是方程的两根，已知
求的值。
分析：由题意：+-----① ， 生成： +-----②
由②－①得：
所以该数列的所有的奇数项成等差，所有的偶数项也成等差。其基本思路是：生成、相减；与“差型”的生成、相加的思路刚好相呼应。到这里本题的解决就不在话下了。
特例：若+，则，即该数列的所有的奇数项均相等，所有的偶数项也相等。
若------① ， 则 -------②
由②÷①得：
所以该数列的所有的奇数项成等比，所有的偶数项也成等比。其基本思路是：生成、相除；与“商型”的生成、相乘的思路刚好相呼应。
特例：若，则，即该数列的所有的奇数项均相等，所有的偶数项也相等。
（三）可以一次变形后转化为“差型”、“商型”。如：、、等类型。
例题3：设是常数，且，
证明：（2003年新课程理科，22题）
分析：这道题目是证明型的，最简单的方法当然要数数学归纳法，现在我们考虑用推导的方法来处理的三种方法：
方法（1）：构造公比为－2的等比数列，用待定系数法可知
方法（2）：构造差型数列，即两边同时除以 得：，从而可以用累加的方法处理。
方法（3）：直接用叠代的方法处理：

说明：①当时，上述三种方法都可以用；②当时，若用方法1，构造的等比数列应该是 而用其它两种方法做则都比较难；③用叠代法关键是找出规律，除含外的其它式子，常常是一个等比数列的求和问题。
（四）数学归纳法：
例题4：已知数列中，，求通项公式
解析：利用归纳、猜想、数学归纳法证明方法也可求得通项公式。
即


…

再利用数学归纳方法证明最后的结论：
①当时，显然成立；
②假设当时，成立，
由题设知
即当时，成立
根据①②，当时，然后利用等比数列求和公式来化简这个通项。
二、“三层”之间的关系式，即型
若数列满足关系，由这个关系式及初始值确定的数列，也可理解为递推数列。它主要给出的是“三层”中连续几项之间的递推关系式，解决途径是利用将“三层”问题全部走下“二层”，回到型或直接能求出，以下过程依同上述。
例题5：已知数列的首项，前n项和满足关系式（t为常数且）
（1）求证：数列是等比数列； （2）设数列的公比为，作数列，使，，求
解析：（1）由，，得,
∴，又，
得，得
∴是一个首项为1，公比为的等比数列。
（2）由，有
∴是一个首项为1，公差为的等差数列，∴。
类比例题：已知数列满足，求的通项公式。
解析：记
∴
∴ ∴。
三、“一层”与“三层”的关系式，即型
可利用公式： 直接求出通项。
例题6：已知数列的前n项和为① ②， 分别求数列的通项公式。
解析：①当时，
当时，
经检验 时 也适合 ∴
②当时，
当时，
经检验 时 不适合 ∴
四、“二层”与“三层”的关系式，即型
若数列满足关系，由这个递推关系及初始值确定的数列，也是递推数列。它主要给出的是“二层”与“三层”之间的递推关系式，解决途径是利用转化为纯粹的“二层”或“三层”问题，即型或型（也就是将混合型的转化为纯粹型的）
例题7：已知数列的前n项和Sn满足
(Ⅰ)写出数列的前3项； (Ⅱ)求数列的通项公式。
解析：(Ⅰ) ---------------①
由得----------------②
由得，得--------------③
由得，得---------④
(Ⅱ)∵---------------①
∴用代得 -----------⑤
由①－⑤得：
即----------------------------⑥
由叠代法得

---------------------------⑦
例题8：数列的前n项和记为Sn，已知
证明：数列是等比数列；（2004全国卷（二）理科19题）
方法（1）∵
∴ 整理得
所以 ， 故是以2为公比的等比数列.
方法（2）：事实上，我们也可以转化为，为一个商型的递推关系，
由=
得 ， 下面易求证。
当然，还有一些转化的方法和技巧，如基本式的变换，象因式分解，取倒数等还是要求掌握的。
五、二个（或多个）“楼层”（即数列）之间的递推关系
除以上的转化方式外，还会出现多栋楼之间的联系，即不同数列之间的递推关系，对于该类问题，要整体考虑，根据所给数列递推公式的关系，灵活采用累加、累乘、化归等方法求解。
例题9：甲、乙两容器中分别盛有浓度为10%、20%的某种溶液500ml，同时从甲乙两个容器中取出100ml溶液，将近倒入对方的容器搅匀，这称为是一次调和，记a1=10%,b1=20%,经（n-1）次调和后甲、乙两个容器的溶液浓度为an、bn，
（1）试用an-1、bn-1表示an、bn；
（2）求证数列 {an-bn}是等比数列，并求出an、bn的通项。
分析：该问题属于数列应用题，涉及到两个不同的数列an和bn，且这两者相互之间又有制约关系，所以不能单独地考虑某一个数列，而应该把两个数列相互联系起来。
解析：（1）由题意
；
（2）an-bn==（）（n≥2）， ∴{an-bn}是等比数列。
又a1-b1=-10% ∴an-bn=-10%(n-1 ………（1）
又∵==…= a1+b1=30% ………（2）
联立（1）、（2）得=-(n-1·5%+15%；=(n-1·5%+15%。
综而言之，等差、等比数列是两类最基本的数列，是数列部分的重点，自然也是高考考查的热点，而考查的目的在于测试灵活运用知识的能力，这个“灵活”往往集中在“转化”的水平上；以上介绍的仅是常见可求通项的递推数列的五种转化思路----“楼层式”的转化方式，同样采用相应的、风趣的教学形式，更易于学生接收新知识，从而激发学生的学习兴趣，让数学课堂生动活泼风趣起来。这正顺应了当前“新课程理念”的大趋势。
利用递推关系求数列通项的九种类型及解法
1.形如型
（1）若f(n)为常数,即：,此时数列为等差数列，则=.
（2）若f(n)为n的函数时，用累加法.
方法如下： 由 得：
时，，
，
所以各式相加得
即：.
为了书写方便，也可用横式来写：
时，，
=.
例 1. （2003天津文） 已知数列｛an｝满足,
证明
证明：由已知得：
= .
例2.已知数列的首项为1，且写出数列的通项公式. 答案：
例3.已知数列满足，，求此数列的通项公式. 答案：
评注：已知,，其中f(n)可以是关于n的一次函数、二次函数、指数函数、分式函数，求通项.
①若f(n)是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和;
②若f(n)是关于n的二次函数，累加后可分组求和;
③若f(n)是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和;
④若f(n)是关于n的分式函数，累加后可裂项求和。
例4.已知数列中, 且,求数列的通项公式.
解:由已知得,
化简有,由类型(1)有,
又得,所以,又,,
则
此题也可以用数学归纳法来求解.
2.形如型
（1）当f(n)为常数，即：（其中q是不为0的常数），此时数列为等比数列，=.
（2）当f(n)为n的函数时,用累乘法.
由得 时，，
=f(n)f(n-1).
例1.设是首项为1的正项数列，且（=1，2， 3，…），则它的通项公式是=________.
解：已知等式可化为：
()(n+1), 即
时，
==.
评注：本题是关于和的二次齐次式，可以通过因式分解（一般情况时用求根公式）得到与的更为明显的关系式，从而求出.
例2.已知,求数列{an}的通项公式.
解：因为所以
故又因为,即，
所以由上式可知,所以,故由累乘法得
=
所以-1.
评注：本题解题的关键是把原来的递推关系式转化为
若令,则问题进一步转化为形式，进而应用累乘法求出数列的通项公式.
3.形如型
（1）若（d为常数），则数列{}为“等和数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论;
（2）若f(n)为n的函数（非常数）时，可通过构造转化为型，通过累加来求出通项;或用逐差法(两式相减)得，，分奇偶项来分求通项.
例1. 数列{}满足,,求数列{an}的通项公式.
分析 1：构造 转化为型
解法1：令
则.
时,
各式相加:
当n为偶数时，.
此时
当n为奇数时，
此时,所以.
故
解法2：
时，，
两式相减得：.
构成以,为首项，以2为公差的等差数列;
构成以,为首项，以2为公差的等差数列
.

评注：结果要还原成n的表达式.
例2.（2005江西卷）已知数列{an}的前n项和Sn满足
Sn－Sn－2=3求数列{an}的通项公式.
解：方法一：因为
以下同例1，略
答案
4.形如型
（1）若(p为常数)，则数列{}为“等积数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论;
（2）若f(n)为n的函数（非常数）时，可通过逐差法得，两式相除后，分奇偶项来分求通项.
例1. 已知数列,求此数列的通项公式.
注：同上例类似，略.
5．形如,其中)型
（1）若c=1时，数列{}为等差数列;
（2）若d=0时，数列{}为等比数列;
（3）若时，数列{}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求.
方法如下：设,
得,与题设比较系数得
,所以
所以有：
因此数列构成以为首项，以c为公比的等比数列，
所以
即：.
规律：将递推关系化为,构造成公比为c的等比数列从而求得通项公式
有时我们从递推关系中把n换成n-1有,两式相减有从而化为公比为c的等比数列,进而求得通项公式. ,再利用类型(1)即可求得通项公式.我们看到此方法比较复杂.
例1．已知数列中，求通项.
分析：两边直接加上,构造新的等比数列。
解：由得,
所以数列构成以为首项，以为公比的等比数列
所以,即 .
方法二：由
时，
两式相减得
,
数列是以=为首项，以c为公比的等比数列.
=( .
方法三：迭代法
由 递推式
直接迭代得
==
=.
方法四：归纳、猜想、证明.
先计算出,再猜想出通项,最后用数学归纳法证明.
注：请用这三种方法来解例题，体会并比较它们的不同.
6.形如型
.(1)若(其中k,b是常数，且)
方法：相减法
在数列中，求通项.
解：， ①
时，，
两式相减得
.令,则
利用类型5的方法知
即 ②
再由累加法可得.
亦可联立 ① ②解出.
例2. 在数列中，,求通项.
解：原递推式可化为
比较系数可得：x=-6,y=9,上式即为
所以是一个等比数列，首项,公比为.
即：
故.
(2)若(其中q是常数，且n0,1)
①若p=1时，即：，累加即可.
②若时，即：，
求通项方法有以下三种方向：i. 两边同除以.
即： ,令，则,
然后类型1，累加求通项.
ii.两边同除以 . 即： ,
令,则可化为.然后转化为类型5来解，
iii.待定系数法：
设.通过比较系数，求出，转化为等比数列求通项.
例1.（2003天津理）
设为常数，且．
证明对任意≥1，；
证法1：两边同除以（-2）,得
令,则
=
=
=
.
证法2：由得 .
设，则b. 即：,
所以是以为首项，为公比的等比数列.
则=,
即：,
故 .
评注：本题的关键是两边同除以3，进而转化为类型5，构造出新的等比数列，从而将求一般数列的通项问题转化为求等比数列的通项问题.
证法3：用待定系数法
设, 即:,
比较系数得：,所以 所以,
所以数列是公比为－2，首项为的等比数列.
即 .
方法4：本题也可用数学归纳法证.
（i）当n=1时，由已知a1=1－2a0，等式成立；
( ii)假设当n=k（k≥1）等式成立，则
那么

也就是说，当n=k+1时，等式也成立. 根据（i）和（ii），可知等式对任何n∈N，成立.
规律： 类型共同的规律为：两边同除以，累加求和，只是求和的方法不同.
7.形如型
（1）即 取倒数法.
例1. 已知数列中，，，求通项公式。
解：取倒数：

例2.（湖北卷）已知不等式为大于2的整数，表示不超过的最大整数. 设数列的各项为正，且满足
（Ⅰ）证明
分析：本题看似是不等式问题，实质就是求通项问题.
证：∵当
即 于是有
所有不等式两边相加可得
由已知不等式知，当n≥3时有，
∵
评注：本题结合不等式的性质，从两边取倒数入手，再通过裂项求和即可证得.
2.形如型
方法：不动点法:
我们设,由方程求得二根x,y,由有
同理,两式相除有,从而得,再解出即可.
例1. 设数列｛an｝满足,求｛an｝的通项公式.
分析：此类问题常用参数法化等比数列求解.
解：对等式两端同时加参数t,得：
,
令, 解之得t=1,-2 代入得
,,
相除得,即{}是首项为，
公比为的等比数列, =, 解得.
方法2：
，
两边取倒数得，
令b，则b,转化为类型5来求.
8.形如(其中p,q为常数)型
（1）当p+q=1时 用转化法
例1.数列中，若,且满足,求.
解：把变形为.
则数列是以为首项，3为公比的等比数列，则
利用类型6的方法可得 .
（2）当时 用待定系数法.
例2. 已知数列满足，且,且满足,求.
解：令,即,与已知
比较，则有,故或
下面我们取其中一组来运算，即有,
则数列是以为首项，3为公比的等比数列，故
,即,利用类型 的方法，可得
.
评注：形如的递推数列,我们通常采用两次类型(5)的方法来求解,但这种方法比较复杂,我们采用特征根的方法:设方程的二根为,设,再利用的值求得p,q的值即可.
9. 形如(其中p,r为常数)型
（1）p>0， 用对数法.
例1. 设正项数列满足，（n≥2）.求数列的通项公式.
解：两边取对数得：，，设，则 是以2为公比的等比数列， ，，，∴
练习 数列中，，（n≥2），求数列的通项公式. 答案：
（2）p<0时 用迭代法.
例1.（2005江西卷）
已知数列，
（1）证明 （2）求数列的通项公式an.
解：（1）略
（2）
所以
又bn=－1，所以.
方法2：本题用归纳-猜想-证明，也很简捷，请试一试.
解法3：设c，则c,转化为上面类型（1）来解.

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