利用递推关系式求数列的通项公式(精品-绝对好)

数列是高考中的重点内容之一，每年的高考题都会考察到，小题一般较易，大题一般较难。而作为给出数列的一种形式——通项公式，在求数列问题中尤其重要。本文给出了求数列通项公式的常用方法。 ◆一、直接法

根据数列的特征，使用作差法等直接写出通项公式。

例1.

根据下列数列的前几项，说出数列的通项公式：

1、1,3,7,15,31,……… 2、2,6,12,20,30,……… 3、2,1,,,,……… 4、1,-1,1,-1……… 5、1、0、1、0………

◆二、公式法

①利用等差数列或等比数列的定义求通项

②若已知数列的前n项和Sn及an的关系，求数列an的通项an可用公式

S1n1an求解.

SSn2n1n21213253(注意：求完后一定要考虑合并通项)

例2．①已知数列an的前n项和Sn满足Snn2n1，求数列an的通项公式.

②已知等比数列an的首项a11，公比0q1，设数列bn的通项为

bnan1an2，求数列

bn的通项公式。

◆三、归纳猜想法

如果给出了数列的前几项或能求出数列的前几项，我们可以根据前几项的规律，归纳猜想出数列的通项公式，然后再用数学归纳法证明之。也可以猜想出规律，然后正面证明。

例3.（2002年北京春季高考）已知点的序列An(xn,0),nN*，其中x10，

第 1 页

…，An是线段An2An1的x2a(a0)，A3是线段A1A2的中点，A4是线段A2A3的中点，中点，…

（1） （2）

写出xn及xn1,xn2之间的关系式（n3）。 设anxn1xn，计算a1,a2,a3，由此推测an的通项公式，并加以证明。

◆四、累加（乘）法

对于形如an1anf(n)型或形如an1f(n)an型的数列，我们可以根据递推公

式，写出n取1到n时的所有的递推关系式，然后将它们分别相加（或相乘）即可得到通项公式。

例4. 若在数列an中，a13，an1ann，求通项an。

变式1：已知数列{an}满足an1an23n1，a13，求数列{an}的通项公式。 变式2.已知数列{an}中, an0且Sn1n(an),求数列{an}的通项公式. 2an例5.在数列an中，a11，an12nan（nN*），求通项an。

变式3：设an是首项为1的正项数列，且n1an21nan2an1an0（n=1，2， 3，…），则它的通项公式是an=________. ◆五、取倒（对）数法

a、an1panr这种类型一般是等式两边取对数后转化为an1panq，再利用待定系数法求解

b、数列有形如f(an,an1,anan1)0的关系，可在等式两边同乘以

1,再求得an. an1,先求出anan1c、an1f(n)ang(n)anh(n)解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为

an1panq。

第 2 页

例6.．设数列{an}满足a12,an1an(nN),求an. an3例7 、 设正项数列an满足a11，an2an21（n≥2）.求数列an的通项公式. ◆六、迭代法

迭代法就是根据递推式，采用循环代入计算.

例8、设a 0为常数，且a n＝3

nn -1

－2 a n -1（n为正整数）证明对任意n≥1 ，

n -1

a n＝ [ 3 ＋（－1）· 2 ]＋（－1） · 2 a 0

nnn

◆七、待定系数法：

求数列通项公式方法灵活多样，特别是对于给定的递推关系求通项公式，观察、分析、推理能力要求较高。通常可对递推式变换，转化成特殊数列（等差或等比数列）来求解，该方法体现了数学中化未知为已知的化归思想，运用待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法。

例9．已知数列{an}中，a11,an2an11(n2)，求数列an的通项公式。

例10．已知数列

{an}满足

an12an43n1，a11，求数列an的通项公式。

例11 已知数列{an}满足an25an16an,a11,a22，求数列{an}的通项公式。

a13,2anan16n32,求通项an.（待定系数法）

例12. 在数列{a}中，

n◆八：特征根法。

1、设已知数列{an}的项满足a1b,an1cand,其中c0,c1,求这个数列的通项公式。作出一个方程xcxd,则当x0an为常数列，a1时，即ana1;当x0a1时,anbnx0，

b1cn1,b1a1x0.

其中{bn}是以c为公比的等比数列，即bn2.对于由递推公式an2pan1qan，a1,a2给出的数列an，方程x2pxq0，

叫做数列an的特征方程。若x1,x2是特征方程的两个根，当x1x2时，数列an的通项为an代入ann1Ax1n1Bx2，其中

A，B由a1,a2决定（即把a1,a2,x1,x2和n1,2，A、B的方程组）；当x1x2时，数列an的通项为

n1Ax1n1Bx2，得到关于

an(ABn)x1n1，其中A，B由a1,a2决定（即把a1,a2,x1,x2和n1,2，代入

第 3 页

an(ABn)x1n1，得到关于

A、B的方程组）。

b,3an25an12an0(n0,nN)，求数列an的

例13：已知数列an满足a1a,a2通项公式。

◆九：不动点法，形如an1panq

ranh解法：如果数列{an}满足下列条件：已知a1的值且对于nN，都有an1hrpanq（其ranhpxqrxh中p、q、r、h均为常数，且phqr,r0,a1），那么，可作特征方程x当特征方程有且仅有一根x0时,则根x1、x2时，则,

1是等差数列;当特征方程有两个相异的axn0anx1是等比数列。

anx25an4,求数列{an}的通项公式.

2an7例14．设数列{an}满足a12,an1◆十：逐项相减法：递推公式中既有Sn，又有an 分析：把已知关系通过an采用相应的方法求解。

例15 已知数列{an}的各项均为正数，且前n项和Sn满足Sna2,a4,a9成等比数列，求数列{an}的通项公式。

S1,n1转化为数列an或Sn的递推关系，然后

SnSn1,n21(an1)(an2)，且6◆十一。双数列

解法：根据所给两个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16. 已知数列an中，a11；数列bn中，b10。当n2时，

11an(2an1bn1),bn(an12bn1)，求an,bn.

33◆十二、周期型 解法：由递推式计算出前几项，寻找周期。

第 4 页

例17：若数列an满足an112a,(0a)nn2，若a16，则a20的值为___________。

172a1,(a1)nn2变式:（2005，湖南,文，5） 已知数列{an}满足a10,an1 A．0

B．3

an33an1(nN*)，则a20=

3 2（ ）

C．3 D．

变式.在数列{an}中，a11,a25,an2an1an,求a1998.

2013年秋季高二A数学（131004）第四讲课后作业 本试卷共18题，时间60分钟，满分100分）

班级： 姓名： 一．填空选择题（每题10分）

1.已知数列{an}的首项为1，且an1an2n(nN*)那么数列{an}的通项公式为 .

2.已知数列{an}满足a13，an为 ．

３.已知an1nann1,a11,那么数列{an}的通项公式为 . ４．已知数列

{an}an11(n2)，那么此数列的通项公式n(n1)中，

a12,an111an,22那么数列

{an}的通项公式

为 。

5.数列an中，若a18,a22,且满足an24an13an0,求an.

６. 数列an中，a11，an2an1（n≥2），那么数列{an}的通项公式

第 5 页

为 。

７.已知数列{an}满足a10,an1

A．0 B．８. 已知数列k=1,2,3,…….

（I）求a3, a5；（II）求{ an}的通项公式. ９.设

a0an33an1(nN*)，则a20=（

3 2K

）

3 C．3 D．

{an}中a11，且a2k=a2k－1+(－1), a2k+1=a2k+3, 其中

k

为常数，且

an3n12an1(nN)．证明对任意

n≥1，

1an[3n(1)n12n](1)n2na05；

10.已知数列an中，

a11；数列bn中，

b10。当n2时，

11an(2an1bn1),bn(an12bn1)，求an,bn.

332013年秋季高二A数学（131004）第四讲

利用递推关系式求数列的通项公式

数列是高考中的重点内容之一，每年的高考题都会考察到，小题一般较易，大题一般较难。而作为给出数列的一种形式——通项公式，在求数列问题中尤其重要。本文给出了求数列通项公式的常用方法。 ◆一、直接法

根据数列的特征，使用作差法等直接写出通项公式。 例1．根据下列数列的前几项，说出数列的通项公式： 1、1,3,7,15,31,……… 2、1,2,3,5,8,13,……… 3、2,1,,,,………

第 6 页

212132534、1,-1,1,-1……… 5、1、0、1、0………

◆二、公式法

①利用等差数列或等比数列的定义求通项

②若已知数列的前n项和Sn及an的关系，求数列an的通项an可用公式

S1n1求解. anSnSn1n2(注意：求完后一定要考虑合并通项)

例2．①已知数列an的前n项和Sn满足Snn2n1，求数列an的通项公式.

②已知等比数列an的首项a11，公比0q1，设数列bn的通项为

bnan1an2，求数列

bn的通项公式。

解析：①a1=1, an=2n;

③由题意，bn1an2an3，又an是等比数列，公比为q ∴

bn1an2an3q，故数列bn是等比数列，b1a2a3a1qa1q2q(q1)， bnan1an2◆三、归纳猜想法

如果给出了数列的前几项或能求出数列的前几项，我们可以根据前几项的规律，归纳猜想出数列的通项公式，然后再用数学归纳法证明之。也可以猜想出规律，然后正面证明。

例3.（2002年北京春季高考）已知点的序列An(xn,0),nN*，其中x10，

x2a(a0)，A3是线段A1A2的中点，A4是线段A2A3的中点，…，An是线段An2An1的

中点，…

（3） （4）

写出xn及xn1,xn2之间的关系式（n3）。 设anxn1xn，计算a1,a2,a3，由此推测an的通项公式，并加以证明。

解析：（1）∵ An是线段An2An3的中点， ∴xn（2）a1x2x1a0a，

第 7 页

xn1xn2(n3) 2猜想an10 当

1()n1a(nN*)，下面用数学归纳法证明

2n=1时，a1a显然成立；

n=k时命题成立，即ak1()k1a(kN*)

2xk1xk11xk=(xk1xk)ak 22220 假设

则n=k+1时，ak1xk2xk1∴ 当n=k+1时命题也成立， ∴ 命题对任意nN*都成立。

◆四、累加（乘）法

对于形如an1anf(n)型或形如an1f(n)an型的数列，我们可以根据递推公

式，写出n取1到n时的所有的递推关系式，然后将它们分别相加（或相乘）即可得到通项公式。

例4. 若在数列an中，a13，an1ann，求通项an。 解析：由an1ann得an1ann，所以

将以上各式相加得：ana1(n1)(n2)1，又a13 所以 an=

n(n1)3 2变式1：已知数列{an}满足an1an23n1，a13，求数列{an}的通项公式。 解法一：由an1an23n1得an1an23n1则

an(anan1)(an1an2)(23n11)(23n21)2(3n13n23(13n1)2(n1)3133n3n133nn1(a3a2)(a2a1)a1(2321)(2311)3

3231)(n1)3所以an3nn1.

第 8 页

解法二：aan1n13an23n1两边除以3n1，得3n1an3231n3n1，

则

an1an213n13n33n1，故 1因此a2(n1)(13n1n333n)1312n311n223n，

则a23n3n123n1n2. 变式2.已知数列{an}中, an0且Sn12(anna),求数列{an}的通项公式. n解:由已知Sn12(ana)得S1nnn2(SnSn1S), nnSn1化简有S222nS2n1n,由类型(1)有SnS123n, 又S2n1)1a1得a11,所以Sn(,又an02n(n1)n2,sn2,

则a(n1)2n(n1)n2n2

此题也可以用数学归纳法来求解.

例5.

在数列an中，a11，an12nan（nN*），求通项an。

解析：由已知

an12n，an2n1aaaa，n12n2，…，22，又a11， nn1an2a1所以aan(n1)nn=

an1…a2an1n21=22…21=22a n1an2a1变式3：设an是首项为1的正项数列，且n1a2n1na2nan1an0（n=1，3，…），则它的通项公式是an=________.

解：已知等式可化为：(an1an)(n1)an1nan0

第 9 页

2， *an0(nN)(n+1)an1nan0, 即an1n；n2时，ann1

ann1an1n◆五、取倒（对）数法

a、an1panr这种类型一般是等式两边取对数后转化为an1panq，再利用待定系数法求解

b、数列有形如f(an,an1,anan1)0的关系，可在等式两边同乘以

1,再求得an. an1,先求出anan1c、an1f(n)ang(n)anh(n)解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为

an1panq。

例6.．设数列{an}满足a12,an1an(nN),求an. an3111,得13.

anan1anan1解：原条件变形为an1an3an1an.两边同乘以

例7 、 设正项数列an满足a11，an2an21（n≥2）.求数列an的通项公式.

aaa解：两边取对数得：loga，loga212log2212(log21)，设bnlog21， 则bn2bn1 bn是以2为公比的等比数列，b1log1211.

◆六、迭代法

nn1nn1n迭代法就是根据递推式，采用循环代入计算.

例8、（2003·高考·广东）

设a 0为常数，且a n＝3

nn -1

－2 a n -1（n为正整数）证明对任意n≥1 ，

n -1

a n＝ [ 3 ＋（－1） 证明：

a n＝3

n -1

· 2 ]＋（－1） · 2 a 0

nnn

－2 a n -1＝3 －2· 3

n -1

－2（3 －2 a n -2）

2

n -3

n -2

＝3

n -1n -2

＋2 （3 －2 a n -3）

第 10 页

＝3 n -4）

＝3

n -1

n -1

－2 ·3

n -2

＋2 ·3 －2 （3

2 n -33n -4

－2 an -1

－2·3

n -2

＋2 ·3

2n –3

－…＋（－1）·2

n -1

＋（－1） ·2 a 0

n

n

n -1

nn

（－1） ·2 a 0 前面的n项组成首项为3 这n项的和为： ＝ [ 3 ＋（－1）

n

n

n -1

，公比为－的等比数列，

·2 ]/5

n -1

n

∴ a n＝ [ 3 ＋（－1）· 2 ]/5＋（－1） · 2 a 0

n nn

◆七、待定系数法：

求数列通项公式方法灵活多样，特别是对于给定的递推关系求通项公式，观察、分析、推理能力要求较高。通常可对递推式变换，转化成特殊数列（等差或等比数列）来求解，该方法体现了数学中化未知为已知的化归思想，运用待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法。

例9．已知数列{an}中，a11,an2an11(n2)，求数列an的通项公式。 解法一：

an2an11(n2),

又a112,an1是首项为2，公比为2的等比数列 an12n，即an2n1 解法二：

an2an11(n2),

两式相减得an1an2(anan1)(n2)，故数列an1an是首项为2，公比为

2的等比数列，再用累加法的…… 例10．已知数列

{an}满足

an12an43n1，a11，求数列an的通项公式。

，比较系数得14,22，

解法一（待定系数法）：设

an113n2(an3n1)第 11 页

a则数列n43n1是首项为，即

n1a143115，公比为2的等比数列，

所以

an43n152n1an43n152n1解法二（两边同除以q略

an12an4n2n1n1333）： 两边同时除以3得：3，下面解法

解法三（两边同除以p法略

n1an1an43nn()n1n132，下面解22）： 两边同时除以2得：

例11.已知数列{an}满足an25an16an,a11,a22，求数列{an}的通项公式。 解：设an2an1(5)(an1an)

比较系数得3或2，不妨取2，（取-3 结果形式可能不同，但本质相同）

则an22an13(an12an)，则an12an是首项为4，公比为3的等比数列

an12an43n1，所以

nan43n152n1

例12 在数列{a}中，

a13,2anan16n32,求通项an.（待定系数法）

xny)an1x(n1)ybn1

解：原递推式可化为2(an比较系数可得：x=-6,y=9,上式即为2bn

所以bn是一个等比数列，首项b1a16n99,公比为

212.

bn91n1() 22即：an6n99(21n) 2故an9(1)n6n9. ◆八：特征根法。

第 12 页

1、设已知数列{an}的项满足a1b,an1cand,其中c0,c1,求这个数列的通项公式。作出一个方程xcxd,则当x0an为常数列，a1时，即ana1;当x0a1时,anbnx0，

b1cn1,b1a1x0.

其中{bn}是以c为公比的等比数列，即bn2.对于由递推公式an2pan1qan，a1,a2给出的数列an，方程x2pxq0，

叫做数列an的特征方程。若x1,x2是特征方程的两个根，当x1x2时，数列an的通项为an代入ann1Ax1n1Bx2，其中

A，B由a1,a2决定（即把a1,a2,x1,x2和n1,2，A、B的方程组）；当x1x2时，数列an的通项为

n1Ax1n1Bx2，得到关于

an(ABn)x1n1，其中A，B由a1,a2决定（即把a1,a2,x1,x2和n1,2，代入

A、B的方程组）。

b,3an25an12an0(n0,nN)，求数列anan(ABn)x1n1，得到关于

例13：（1）已知数列an满足a1a,a2的通项公式。

解法一（待定系数——迭加法） 由3an25an12anan2an10，得

2(an1an)，且a2a1ba。 32则数列an1an是以ba为首项，为公比的等比数列，于是

32an1an(ba)()n1。把n1,2,3,,n代入，得

3把以上各式相加，得

解法二（特征根法：这种方法一般不用于解答题）：数列an：

3an25an12an0(n0,nN)，

a1a,a2b的特征方程是：

3x25x20。

x11,x22, 3b，于是

又由a1a,a2aABA3b2a2 故an3b2a3(ab)()n1 23bABB3(ab)3第 13 页

(2)．已知数列{an}满足：an11an2,nN,a14,求an.

3解：作方程x1313311x2,则x0. 当a14时，a1x0,b1a1. 3222数列{bn}是以为公比的等比数列.

于是bnb1(1)n111(1)n1,an3bn311(1)n1,nN.

3232223◆九：不动点法，形如an1panq

ranh解法：如果数列{an}满足下列条件：已知a1的值且对于nN，都有an1hrpanq（其ranhpxqrxh中p、q、r、h均为常数，且phqr,r0,a1），那么，可作特征方程x,

1当特征方程有且仅有一根x0时,则是等差数列;当特征方程有两个相异的axn0根x1、x2时，则例

anx1是等比数列。

anx25an4,求数列{an}的通项公式.

2an714．设数列{an}满足a12,an1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：

7t4令t, 解之得

2t5t=1,-2 代入an1t(2t5)ant得

2an7相除得

an111an1a1a11,即{n}是首项为1，

an123an2an2a124an111n43n121公比为的等比数列, =3, 解得an.

an24343n11方法2：, 两边取倒数得令bn1an112an72(an1)923，

3(an1)3(an1)3an11，则an1bn23bn,,转化为累加法来求. 3第 14 页

例15 已知数列{an}满足an1解：令x21an24，a14，求数列{an}的通项公式。

4an121x2421x24，得4x220x240，则x12，x23是函数f(x)的两个不4x14x1动点。因为

21an242an124an121an242(4an1)13an2613an221a24an139an3n321an243(4an1)9an274an1a12422a1343。所以数列an2a3n是以

为首项，以

139为公比的等比数列，故

an2132()n1an39，则

an1132()n1193。

◆十：逐项相减法

1、递推公式中既有Sn，又有an 分析：把已知关系通过an采用相应的方法求解。

例16 已知数列{an}的各项均为正数，且前n项和Sn满足Sna2,a4,a9成等比数列，求数列{an}的通项公式。

S1,n1转化为数列an或Sn的递推关系，然后

SnSn1,n21(an1)(an2)，且6解：∵对任意nN有Sn∴当n=1时，S1a1当n≥2时，Sn11(an1)(an2) ⑴ 61(a11)(a12)，解得a11或a12 61(an11)(an12) ⑵ 6⑴-⑵整理得：(anan1)(anan13)0 ∵{an}各项均为正数，∴anan13

第 15 页

当a11时，an3n2，此时a42a2a9成立

当a12时，an3n1，此时a42a2a9不成立，故a12舍去 所以an3n2 ◆十一。双数列

解法：根据所给两个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17. 已知数列an中，a11；数列bn中，b10。当n2时，

11an(2an1bn1),bn(an12bn1)，求an,bn.

3311解：因anbn(2an1bn1)(an12bn1)an1bn1

33所以anbnan1bn1an2bn2•••a2b2a1b11 即anbn1…………………………………………（1）

111(2an1bn1)(an12bn1)(an1bn1)

333111所以anbn(an1bn1)()2an2bn2)……()n1(a1b1)

33311()n1.即anbn()n1………………………（2） 331111由（1）、（2）得：an[1()n1]， bn[1()n1]

2323又因为anbn◆十二、周期型 解法：由递推式计算出前几项，寻找周期。 例18：若数列an满足an112a,(0a)n6n2，若a1，则a20的值为___________。

172a1,(a1)nn2变式1:（2005，湖南,文，5） 已知数列{an}满足a10,an1 A．0

B．3

an33an1(nN*)，则a20=

3 2（ ）

C．3 D．

变式2.在数列{an}中，a11,a25,an2an1an,求a1998.

第 16 页

解：由条件an3即an3an,an6an2an1(an1an)an1an, an3an,

即每间隔6项循环一次.1998=6×333， ◆十五、开方法

对有些数列，可先求an或3an,再求an.

bn、例23、两个数列{an},{bn},它们的每一项都是正整数，且对任意自然数n,an、an1成等差数列，bn、an1、bn1成等比数列，a11,a23,b12,求an和bn.

2bn=an+an+1,解：由条件有：

2b由②式得：ana bn,③n1bn+1=n·bn+把③、④代入①得：2bnbn1bnbnbn1，

变形得bn(bnbn1)b（bn1bn）.∵bn＞0，∴bn－bn1bn1bn. n∴bn是等差数列.因a11,a23,b12,故b29,故b2b12922, 2∴bnn2,bn2n2,故anbnbn12n(n1).

小结：除了熟悉以上常见求法以外，对具体的数列进行适当的变形，一边转化为熟知的数列模型更是突破数列通项的关键。做题时要不断总结经验，多加琢磨。

2013年秋季高二A数学（131004）第四讲课后作业答案

本试卷共18题，时间60分钟，满分100分）

班级： 姓名： 一．填空选择题（每题10分）

1.已知数列{an}的首项为1，且an1an2n(nN*)那么数列{an}的通项公式为 .

第 17 页

答案：n2n1

1(n2)，那么此数列的通项公式n(n1)2.已知数列{an}满足a13，an为 ．

an21n

an1答案：裂项求和

３.已知an1nann1,a11,那么数列{an}的通项公式为 . 答案：an(n1)!(a11)-1.

解析：本题解题的关键是把原来的递推关系式an1nann1,转化为

an11n(an1),若令bnan1,则问题进一步转化为bn1nbn形式，进而应用累

乘法求出数列的通项公式.

４．已知数列

{an}中，

a12,an111an,22那么数列

{an}的通项公式

为 。

答案：an1()n11 22,且满足an24an13an0,求an.

5.数列an中，若a18,a2答案： an113n.

６. 数列an中，a11，an2an1（n≥2），那么数列{an}的通项公式为 。

22a2n答案：

2n

７.已知数列{an}满足a10,an1an33an1(nN*)，则a20=（ B ）

第 18 页

A．0 解

a2B．：

这

是

3 C．个

3 D．期

数

3 2析一周列，T=3；a1=0,

a13a33,a323,a3=0, ……

3a113a213.答案：B

{an}中a11故a20=a2=８. 已知数列k=1,2,3,…….

，且a2k=a2k－1+(－1), a2k+1=a2k+3, 其中

K

k

（I）求a3, a5；（II）求{ an}的通项公式. 解：∵ ∴

将以上k个式子相加，得 将

代入，得

，

，即

经检验也适合，∴

2

解法2：a1=1, a2=0, a3=3, a4=1+3, a5=1+3+3，a6=1+3+3-1，a7=1+3+3+3-1，a8=1+3+3+3，…，

９.设

a02

3

223

为常数，且

an3n12an1(nN)．证明对任意

n≥1，

1an[3n(1)n12n](1)n2na05；

解析：(an3n)2((an13n1)),=-2/5; (an第 19 页

1n13)2((an13n1)); 551bnan3n;bn=-2bn-1,且

5b0=a0-1/5; an13n5a111bn(a0)(2)n,从而得结论。

5b1010.已知数列an中，；数列bn中，。当n2时，

11an(2an1bn1),bn(an12bn1)，求an,bn.

33解：因所以即

…………………………………………（1）

又因为

所以……

.即………………………（2）

由（1）、（2）得：，

2

11.设数列｛an｝的前n项和为Sn，且方程x－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1，2，3，…

（Ⅰ）求a1，a2；

（Ⅱ）｛an｝的通项公式

提示：用数学归纳法。

.解：(1)当n＝1时，x－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1，

1

于是(a1－1)－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝．

2

2

2

第 20 页

1

当n＝2时，x－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a2－，

2

2

1211

于是(a2－)－a2(a2－)－a2＝0，解得a2＝．

226(2)由题设(Sn－1)－an(Sn－1)－an＝0， 即Sn－2Sn＋1－anSn＝0．

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入上式得

2

2

Sn－1Sn－2Sn＋1＝0 ①

1112

由(1)知S1＝a1＝，S2＝a1＋a2＝＋＝．

22633

由①可得S3＝．

4由此猜想Sn＝

nn＋1

，n＝1，2，3，…．

下面用数学归纳法证明这个结论． (i)n＝1时已知结论成立．

(ii)假设n＝k时结论成立，即Sk＝

kk＋1

，

1k＋1

当n＝k＋1时，由①得Sk＋1＝，即Sk＋1＝，

2－Skk＋2故n＝k＋1时结论也成立． 综上，由(i)、(ii)可知Sn＝nn＋1

对所有正整数n都成立．

n－11

于是当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝，

n＋1nn(n＋1)

11

又n＝1时，a1＝＝，所以

21×2

n第 21 页

1

｛an｝的通项公式an＝，（nN*)．

n(n＋1)

12.已知数列｛an｝满足：a1＝，且an＝

（1） （2）

323nan－1（n2，nN）

2an－1＋n－1求数列｛an｝的通项公式；

证明：对于一切正整数n，不等式a1

a2

……an

2

n！

解：（1）将条件变为：1－其首项为

＝，因此｛1－｝为一个等比数列，

1－＝，公比，从而1－＝，据此得an＝（n≥1）…………1°

（2）证：据1°得，a1·a2·…an＝a1·a2·……an<2·n！

为证

只要证n∈N时有

*

>…………2°

*

显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个n∈N，有

31－（）…………3°

用数学归纳法证明3°式：

（i）n＝1时，3°式显然成立， （ii）设n＝k时，3°式成立，

第 22 页

即

则当n＝k＋1时，

31－（）

3〔1－（）〕·（）

＝1－（）－＋（）

＝1－（

*

＋）即当n＝k＋1时，3°式也成立

故对一切n?N，3°式都成立 利用3°得，

31－（）＝1－

＝1－>

故2°式成立，从而结论成立

第 23 页