数列总结----递推数列求通项公式的典型方法
递推数列求通项公式的典型方法
1、 a n+1=a n +f (n )型 累加法:
a n =(a n -a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a 2-a 1)+ a 1 =f (n-1)+f (n-2)+…f (1)+ a1
例1 已知数列{a n }满足a 1=1,a n+1=a n +2n (n ∈N *), 求a n 解: a n =(a n -a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a 2-a 1)+ a 1 =2n-1+2n-2+…+21+1=2n -1(n ∈N *)
例 在数列{n a }中,31=a ,)1(1
1++=+n n a a n n ,求通项公式n a .
解:原递推式可化为:1
1
11+-+=+n n a a n n
则,211112-+=a a 31
2123-+=a a
413134-+=a a ,……,n
n a a n n 1
111--+=-
逐项相加得:n a a n 111-+=.故n
a n 1
4-=
2、)(1n g a a
n
n =+型
累积法:11
2211.....a a a
a a a a a n n n n n ---=
所以()()()()11...321a g n g n g n g a n ---=∴ 例2:已知数列{a n }满足
()*1
N n n a a n
n ∈=+,.11=a 求n a 解:11
2211...a a a
a a a a a n n n n n ---=
=()()()()!11...321-=---n n n n ()()+∈-=∴N n n a n !1
例
2 设数列{n a }是首项为
1的正项数列,且
0)1(12
2
1=+-+++n n n n a a na a n (n=1,2,3…),则它的通项公式是n a =▁▁▁(2000年高考15题).
解:原递推式可化为:
)]()1[(11n n n n a a na a n +-+++=0
∵ n n a a ++1>0,
1
1+=
+n n
a a n n 则 ,43,32,21342312===a a a a a a ……,n
n a a n n 1
1-=-
逐项相乘得:n
a a n 1
1=,即n a =n 1.
3.q pa a n n +=+1型(p,q 为常数)
方法:(1)???
? ??-+=-++11
1p q a p p q
a n n ,再根据等比数列的相关知识求n a .
(2)()11-+-=-n n n n a a p a a 再用累加法求n a .
(3)
111++++
=n n n n n p q p a p a ,先用累加法求n
n p a 再求n a 例3.已知{}n a 的首项a a =1(a 为常数),()2,21≥∈=+-n N n a a n n ,求n a
解 设()λλ-=--12n n a a ,则1-=λ ()1211+=+∴-n n a a
{}1+∴n a 为公比为2的等比数列。
()1211-?+=+∴n n a a ()1211-?+=∴-n n a a
题目:在数列{}n a (不是常数数列)中,1122n n a a +=
+且11
3
a =,求数列{}n a 的通
项公式.
解法一:因为
1122n n a a +=
+,所以,11
22
n n a a -=+,所以,111()2n n n n a a a a +--=-,所以,数列1{}n n a a +-是公比为1
2的等比数列.又
21116a a -=,所以,11111()62n n n a a -+-=?,将11
22n n a a +=+代入上式可得
1111
4()32
n n a -=-?.
[评注]这种方法叫做差分法.即由条件1n n a pa q +=+((1)0)pq p -≠进行递推
可得1n n a pa q -=+,进一步可得11()n n n n a a p a a +--=-,数列1{}n n a a +-是公比为p 的等比数列,所以,1121()n n n a a a a p -+-=-,再将1n n a pa q +=+代入即可求得1
21()1
n n a a p q
a p ---=
-.
解法二:所给数列对应的特征方程为:1
22
x x =
+,所以,特征根为4x =.因为1122n n a a +=+,所以,114(4)2n n a a +-=-,即数列{4}n a -是公比为1
2
的等比
数列,又11143a -=-,所以,4n a -=1111()32n --?.故1
1114()32
n n a -=-?.
[评注]:这种方法叫做特征根法,因为1p ≠,所以满足x px q =+(叫做此数列对应的特征方程)的x 存在,由1n n a pa q +=+可得
1()n n a x pa q x +-=+-()n p a x =-,所以,数列{}n a x -是以1a x -为首项,以
p 为公比的等比数列或各项均为0,于是再根据条件11()n n a x a x p --=-,所
以,1
1()n n a a x p
x -=-+. 解法三:设11()2n n a a λλ++=+,即11122n n a a λ+=-与已知11
22
n n a a +=+对
比可得122λ-=,所以,4λ=-.所以,可得11
4(4)2
n n a a +-=-,即数列
{4}n a -是公比为1
2
的等比数列或者各项均为0.(下同解法二).
[评注]:这种方法通常叫做构造法.即由已知递推式的特点构造一个等比数列,再求通项公式.设1()n n a p a λλ++=+,与原递推数列进行对比可以建立方程,求数所设实数λ的值即可得1{}n a λ++是以1a λ+为首项,以p 为公比的等比数列.
以上三种方法虽然各不相同,但是它们有一点是共同的,即构造一个等比数列,这就是本题的实质所在.
4.()n f pa a n n +=+1型(p 为常数) 方法:变形得()1
11++++=n n n n n p n f p a p a ,则?
?????n n p a 可用累加法求出,由此求得n a .
例4.已知{}n a 满足11122,2+++==n n n a a a ,求n a
解 12211+=++n n
n n
a a ???
???∴n n a 2为等差数列。 n n a a n
n =-+=122
1
n n n a 2?=∴
5.n n n qa pa a +=++12型(p,q 为常数)
方法:待定糸数法设()n n n n a a a a λχλ-=--=+112构造等比数列 例5.数列{}n a 中,,3,221==a a 且()2,211≥∈+=++-n N n a a a n n n ,
求n a .
6、取倒数法
例6 已知数列{n a }中,其中,11=a ,且当n ≥2时,1
211
+=--n n n a a a ,
求通项公式n a 。
解 将1
211+=--n n n a a a 两边取倒数得:2111=--n n a a ,这说明}1
{n a 是一
个等差数列,首项是11
1
=a ,公差为2,所以122)1(11-=?-+=n n a n ,
即1
21
-=n a n .
7、取对数法
例 若数列{n a }中,1a =3且2
1n n a a =+(n 是正整数),则它的通项公式是n a =▁▁▁(2002年上海高考题).
解 由题意知n a >0,将2
1n n a a =+两边取对数得n n a a lg 2lg 1=+,即
2lg lg 1
=+n
n a a ,所以数列}{lg n a 是以1lg a =3lg 为首项,公比为2的等比数列,12113lg 2lg lg -=?=-n n n a a ,即1
23-=n n a .
8、平方(开方)法
例8 若数列{n a }中,1a =2且2
13-+=n n a a (n 2≥)
,求它的通项公式是n a .
解 将213-+=
n n a a 两边平方整理得3212=--n n a a 。数列{2
n a }是以
21a =4为首项,3为公差的等差数列。133)1(212
+=?-+=n n a a n 。因为n
a >0,所以13+=n a n 。
9、待定系数法
待定系数法解题的关键是从策略上规范一个递推式可变成为何种等比数列,可以少走弯路.其变换的基本形式如下:
1、B Aa a n n +=+1(A 、B 为常数)型,可化为λ++1n a =A (λ+n a )的形式.
例9 若数列{n a }中,1a =1,n S 是数列{n a }的前n 项之和,且
n
n
n S S S 431+=
+(n 1≥),求数列{n a }的通项公式是n a .
解 递推式n
n n S S S 431+=+可变形为41
311+?=+n n S S (1)
设(1)式可化为)1
(311λλ+=++n
n S S (2)
比较(1)式与(2)式的系数可得2=λ,则有)21
(3211+=++n
n S S 。
故数列{21+n S }是以321
1
=+S 为首项,3为公比的等比数列。
21
+n S =n n 3331=?-。所以131-=n
n S 。 当n 2≥,1238332231231211+?-?-=---=-=--n n n
n n n n n S S a 。
数列{n a }的通项公式是???
??+?-?-=12
3833212n n n n a )2()1(≥=n n 。
2、B Aa a n n +=+1n
C ?(A 、B 、C 为常数,下同)型,可化为
11++?+n n C a λ=n n C a A ?+λ()的形式.
例10 在数列{n a }中,,342,1111-+?+=-=n n n a a a 求通项公式n a 。 解:原递推式可化为:
)3(2311-+?+=?+n n n n a a λλ ①
比较系数得λ=-4,①式即是:)34(2341
1-+?-=?-n n n
n a a .
则数列}34{1
-?-n n a 是一个等比数列,其首项534111-=?--a ,公比是
2.
∴112534--?-=?-n n n a
即112534--?-?=n n n a . 3
、
n
n n a B a A a ?+?=++12型,可化为
)()(11
2n n n n a a A a a λλλ+?+=++++的形式。
例11 在数列{n a }中,2,121=-=a a ,当N n ∈,n n n a a a 6512-=++ ① 求通项公式n a .
解:①式可化为:
))(5(112n n n n a a a a λλλ++=++++
比较系数得λ=-3或λ=-2,不妨取λ=-2.①式可化为: )2(32112n n n n a a a a -=-+++
则}2{1n n a a -+是一个等比数列,首项122a a -=2-2(-1)=4,公比为3.
∴11342-+?=-n n n a a .利用上题结果有:
112534--?-?=n n n a . 4、C
Bn Aa a n n ++=+1型,可化为
])1([21211λλλλ+-+=+++n a A n a n n 的形式。
例12 在数列{n a }中,2
3
1=a ,12--n n a a =63-n ①
求通项公式n a .
解 ①式可化为: 21121)1()(2λλλλ+-+=++-n a n a n n ② 比较系数可得: 1λ
=-6,92=λ,② 式为12-=n n b b }{n b 是一个等比数列,首项299611=+-=n a b ,公比为2
1
.
∴1
)2
1(29-=n n b
即 n
n n a )2
1(996?=+-
故96)2
1(9-+?=n a n
n .
一、复习回顾
引入问题:已知数列{a n }满足a 1=1, 且a n+1 =3n a +1,求a n 。
分析一:归纳法。由递推公式,可求出a 2=4,a 3
=13,a 4
=40。则a 2
-a 1
=3=31,
a 3-a 2=9=32
,a 4-a 3=27=33
。由此猜测:a n -a n-1=3n-1
(可用数学归纳法证明),所以
a n-1-a n-2=3n-2,a n-2-a n-3=3n-3……,a 4-a 3=33,a 3-a 2=32,a 2-a 1=31
,把上式子累加,
得,a n -a 1=31
+32
+33
+……+3n-1
=,得a n =31
2
n -。
分析二:构造法。由a n+1 =3n a +1,得a n+1 +
12=3(a n +12),即数列{a n +12
}为一个公比为3的等比数列,则a n +12=(1+12)·3n-1
=312
n -。
分析三:迭代法。a n =3a n-1+1=3(3a n-2+1)+1=32a n-2+3?1+1=…=3n-1a 1+3n-2
?1+3n-3
?1 +…+3?1+1=312
n - 点评:(1)分析一中先猜测出前后两项差的关系,再用累加法求出通项;这种用不完全归纳法求出前几项再找规律的的方法,对所有求数列通项的题均适用,应培养归纳能力;
(2)分析二中构造出新数列,由新数列求出a n 的通项;
(3)分析三使用迭代法,这也是由递推式求通项的基本方法。 本文将由此例题展开,对它进行各种变形,力求归纳出由递推公式求通项公式的方法。
二、例题精讲 例1.已知数列{a n }中,a 1=1,对任意自然数n 都有12
(1)n n a a n n -=++,求a n 。
分析:由已知,12
(1)
n n a a n n --=
+,12
2(1)n n a a n n
---=-,……,32234
a a -=
?,
212
23
a a -=?,累
加
,
得
a n -a 1=11112...(1)(1)(2)(1)23n n n n n n ??++++??+---???
=1
1221n ??- ?+??
。
点评:(1)例3由例1中的常数项1变为f(n)而得来;
(2)递推式为a n+1=a n +f(n),只要f(1)+f(2)+……+f(n-1)是可求的,可用累加法求出。
(3)今年安徽题中也有这样一题:已知数列{a n }中a 1=1,且a 2k =a 2k-1+(-1)k
,
a 2k+1=a 2k +3k
,其中k=1,2,3……(1)求a 3,a 5(2)求数列{a n }的通项公式。这是一个a n+1=a n +f(n)型的函数,只不过偶数项减奇数项与奇数项减偶数项的f(n)不同而已,依照上法,可以轻松求解。
(4)运用类比推理的思想方法,把例3与例1的形式进行比较后可看出类似之处,从而在方法上类同。
对递推式为a n+1=pa n +q (p 、q 为常数)时,可构造新数列a n+1+
1q p -=p(a n +1
q
p -)。其证明的简略过程如下:由a n+1=pa n +q ,令a n+1+x =p(a n +x),化简,得
a n+1=pa n +px-x ,因此px-x=q ,即x=1q
p -。得证。
例2:已知数列{a n }中,a 1=1,13n
n n a a a +=+,求a n 。
分析:把两边取倒数,可得11131n n a a +=?+。令1
n n
b a =,则b n+1=3b n +1,
即引入问题,按上法可求解。
点评:(1)转换问题,化成基本型后求解(运用反思维定势定势方法中的转移思维方法)
(2)对分式型递推数列可归纳如下:设a 1=a ,1(0)n n n ca d
a a aa b
++=
≠+
①若d=0,则上式变形为
111n n b a a c a c +=?+,
令1
n n
b a =,则1n n b a b b
c c +=?+,即基本型。
②若d ,c ≠0,且bc ≠ad ,令a n = b n +t(t 为待定系数)转化为情形①。
例3. 在数列{}n a 中,362,2
3
11-=-=
-n a a a n n ,求通项n a . 解:原递推式可化为y n x a y xn a n n ++-+=++-)1()(21
比较系数可得:x=-6,y=9,上式即为12-=n n b b 所以{}n b 是一个等比数列,首项299611=
+-=n a b ,公比为2
1. 1)21(29-=
∴n n b 即:n n n a )2
1
(996?=+- 故96)21(9-+?=n a n
n .
(2)若n
q n f =)((其中q 是常数,且n ≠0,1)
①若p=1时,即:n n n q a a +=+1,累加即可. ②若1≠p 时,即:n n n q a p a +?=+1, 求通项方法有以下三种方向:i. 两边同除以1
+n p .
即:
n
n
n n n q p p q a p a )(11
1?+
=
++,令n
n n p
a b =,则n n n q p p b b )(11?=-+, 然后类型1,累加求通项. ii.两边同除以1+n q . 即: q
q a q p q a n n n n 1
1
1+?=
++, 令n
n n q a b =
,则可化为q
b q p b n n 1
1+?=
+.然后转化为类型5来解, iii.待定系数法: 设)(1
1n n n n p a p q a ?+=?+++λλ.通过比较系数,求出λ,转化为等比数列
求通项.
形如11-++=n n n qa pa a (其中p,q 为常数)型
(1)当p+q=1时 用转化法
例4.数列{}n a 中,若2,821==a a ,且满足03412=+-++n n n a a a ,求n a . 解:把03412=+-++n n n a a a 变形为)(3112n n n n a a a a -=-+++. 则数列{}n n a a -+1是以612-=-a a 为首项,3为公比的等比数列,则
1
13
6-+?-=-n n n a a 利用类型6的方法可得 n
n a 311-=.
(2)当042≥+q p 时 用待定系数法.
例 5. 已知数列{}n a 满足06512=+-++n n n a a a ,且5,121==a a ,且满足,求n a .
解:令)(112n n n n xa a y xa a -=-+++,即0)(12=++-++n n n xya a y x a ,与已知
06512=+-++n n n a a a 比较,则有??
?==+65xy y x ,故???==32y x 或???==2
3
y x 下面我们取其中一组?
??==32
y x 来运算,即有)2(32112n n n n a a a a -=-+++,
则数列{}n n a a 21-+是以3212=-a a 为首项,3为公比的等比数列,故
n n n n a a 33
321
1=?=--+,即n
n n a a 321+=+,利用类型 的方法,可得
n n n a 23-=.
评注:形如n n n ba aa a +=++12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b x a x =-)(的二根为βα,,设n n n q p a βα?+?=,再利用21,a a 的值求得p,q 的值即可.
形如r
n n pa a =+1(其中p,r 为常数)型
(1)p>0,0>n a 用对数法. 例6. 设正项数列{}n a 满足11=a ,2
12-=n n a a (n ≥2).求数列{}n a 的通
项公式.
解:两边取对数得:1
2
2l og 21l og -+=n n a a ,)1(log 21log 122+=+-n n a
a ,设1l og 2+=n
a n
b ,则12-=n n b b ,{
}n b 是以2为公比的等比数列,1
1log 121=+=b
11221--=?=n n n b ,
122
1log -=+n a n
,
12
log 1
2
-=-n a n
,∴1
2
1
2--=n n a
练习 数列{}n a 中,11=a ,12-=n n a a (n ≥2),求数列{}n a 的通项公式. 答案:n
n a --=22
22
(2)p<0时 用迭代法.
课堂小结:学生的体会是多方面、多角度的,因此小结内容也很灵活。 知识方面:数列的概念、数列的通项公式
能力方面:掌握研究问题的一般方法,主要有:观察、发现、归纳、总结、类比
思考问题:是否每一个数列都能写出它的通项公式?每一个数列的通项公式是否唯一?根据前n 项写出的不同形式的通项公式所确定的数列是否是相同的?求递推数列通项公式是数列知识的一个重点,也是一个难点,高考也往往通过考查递推数列来考查学生对知识的探索能力,求递推数列的通项公式一般是将递推公式变形,推得原数列是一种特殊的数列或原数列的项的某种组合是一种特殊数列,把一些较难处理的数列问题化为中学中所研究的等差或等比数列。
利用递推数列求通项公式,在理论上和实践中均有较高的价值,下面介绍一下利用构造法求递推数列的通项公式的方法和策略.
一、构造等差数列法
例1.在数列{a n }中,a na n a n n n n n 1132212==+++++,()()(),求通
项公式a n 。
解:对原递推式两边同除以n n n ()()++12可得:
a n n a n n
n n
+++=++12112()()()①
令b a n n
n n
=
+()1②
则①即为b b n n +=+12,则数列{b n }为首项是b a 111113
2
=+=()×,公差
是b b n n +-=12的等差数列,因而b n n n =+-=-322121
2
(),代入②式中得
a n n n n =+-1
2
141()()。
故所求的通项公式是
a n n n n =
+-1
2
141()()
二、构造等比数列法
1.定义构造法
利用等比数列的定义q a a n n
=
+1
,通过变换,构造等比数列的方法。 例2.设在数列{a n }中,a a a a n n n
11222
2==
++,,求{a n }的通项公式。 解:将原递推式变形为
a a a n n n ++=
+12
222()① a a a n n n
+-=
-12
222()② ①/②得:
a a a a n n n n +++-=+-11222
22
[
],
即lg
lg[
]a a a a n n n n +++-=+-1122
222
③
设b a a n n n =+-lg[
]22
④
③式可化为
a a n n
+=1
2,则数列{b n }是以b 1=lg[
]lg
lg()a a 1122
22
22
221+-=+-=+为首项,公比为2的等比数列,于是
b n n n =+=+-22122211lg()lg()×,代入④式得:a a n n +-22
=
()212
+n
,解得a n n
n
=+++-2211211
22[()]()为所求。
2.a Aa B n n +=+1(A 、B 为常数)型递推式 可构造为形如a A a n n ++=+1λλ()的等比数列。
例3.已知数列{}a n ,其中a a a n n 11132==++,,求通项公式a n 。
解:原递推式可化为:a a n n ++=+1131(),则数列{}a n +1是以a 112
+=为首项,公比为3的等比数列,于是a a n n n +=+=--113
2311
1()××,故
a n n =--2311×。
3.a Aa B C n n n
+=+1·(A 、B 、C 为常数,下同)型递推式
可构造为形如a C
A a C n n n n +++=+11
λλ··()的等比数列。
例4.已知数列{}a n ,其中a 11=,且a a a n n
n
n +=
-123
·,求通项公式a n 。
解:将原递推变形为
1321
a a n n n +=-
+,设b n =1
a n
。① 得b b n n n +=-+132②
设②式可化为b b n n n n +++=-+11232λλ··(),比较得λ=-
1
5
于是有 b b n n n n ++-=--1115231
5
2··()
数列{}b n n -152·是一个以b 111521253
5
-=-=·为首项,公比是-3的等比数列。
所以b n n n -
=--1523531·(),即b n n n =--1521
5
3·(),代入①式中得: a n n n
=--5
23()为所求。
4.a Aa Bn C n n +=++1型递推式
可构造为形如a n A a n n n +++=+-+112121λλλλ[()]的等比数列。 例5.在数列{}a n 中,a a a n n n 113
2
263=
-=--,,求通项公式a n 。 解:原递推式可化为2112112()()a n a n n n ++=+-+-λλλλ,比较系数可得:λ16=-,λ29=,上式即为21b b b n n n =-,{}是一个等比数列,首项b a n 116=-
+=
992,公比为1
2
。 所以b n n =
-9212
1
()。 即a n n n
-+=69912
·(),故a n n n
=+-912
69·()为所求。
三、函数构造法
对于某些比较复杂的递推式,通过分析结构,联想到与该递推式结构相同或相近的公式、函数,再构造“桥函数”来求出所给的递推数列的通项公式的方法。
例6.在数列{}a n 中,a a a a n n n 113
13==-+,,求通项公式a n 。
分析:首先考虑所给递推式与公式()a b a a b ab b +=+++3322333的联
系。
解:设a x x 11=+-,则
a a a x x x x x x 213
11313333=-=+-+=+---()()同理a x x 399=+-,a x x 42727=+-,…。
即
a x x
a x x a x x
x x x
13323333343300
1122
33
=+=+=+=+----,,,…,猜
想a x x n n n =+---3
31
1
。下面用数学归纳法加以证明(证明略)
。 由于a 11=,即x x
+=-1
1,解得x =
35
2
±,于是a n n =+-(
)352
31
± ()
35231
±--n 为所求。 转化为常见类型求解:
例2 设数列{}n a 满足下列条件,试求各通项: (1),11=a )3,2,1(1)1(1 =++=+n a n na n n
(2))4,3,2()1(2,1111 =-+==+-n a a a n n n
(3))5,4,3(,10,12
1
121 ====---n a a a a a a n n n n
解:(1))
1(1
11)1(11++=+?++=++n n n a n a a n na n n n n
令,n a b n n =则111==a b ,)
1(1
1++=+n n b b n n
本题用)1(+n n 除递推式两边,再进行变量代换,就可转化为“)(1n f a a n n +=+型”,
可得121
2-==?-=n nb a n
b n n n
(2)递推式两边同除以n
2,得n n n n n a a )21(2
21
1--=--,就可转化为“)(1n f a a n n +=+型”,当然,也可以在递推式两边同除以n )1(-,得
1)1(2)1(1)1(2)1(1
11--?-=---=----n n n n
n n n n a a a a 即, 则可转化为“q a p a n n +?=+1型”,所以得[]
1
)1(231+-+=n n n a
(3)递推式两边同取对数,得)lg (lg 2
1
lg lg 211----=-n n n n a a a a
令n
n n a a b lg lg 1-=+,则??
?
??===-=--),5,4,3(211lg lg 21121 n b b a a b n n )3,2,1()21(1 ==?-n b n n
1)21(11
110)21(lg lg -=?=-?+-+n n
n n n n a a a a ,已转化为“)
(1n f a a n n ?=+型”,由累乘相消法可得
???
?
??????? ??-???
???????? ??----=?=???=11221122112)2
1(41211
10
10
10101010n n n n n
a a a
根据上述的介绍,下面问题你能解决吗?
练习:设数列{}n a 满足下列条件,试求各通项:
(1))4,3,2(23,011 =+==-n a a a n n (2))3,2,1(,11 ==+=+n n a a a a n n (3))3,2,1()1)(2(,111 ==++=+n na a n a n n (4))4,3,2(,1111 ==-=--n a na a a a n n n n (5))4,3,2(23,1111 =-==--n a a a n n n
(6)),3,2,1(123,1,01221 =+-===++n a a a a a n n n (7)),3,2,1(4325,7111 =-?+==++n a a a n n n (8)),4,3,2(34,11
1
1 =--=
=--n a a a a n n n
专题二 由递推公式求通项的技巧
(1) 递推式为:a n+1=a n +f(n)型……(用迭加法)
(2) 递推式为:a n+1=pa n +q 型(p,q 为常数)……(用特征根法转化成等比数
列)
n
n n n a n a a a a 求中、已知例,1
41
,21}{1211-+==+n
n n n a a a N n a a 求有对于中,、例,23,,1}{211+=∈=+
(3) 递推式为:a n+1=pa n +q n 型(p,q 为常数)……(同除q n 或q n+1,再用特征
根法转化成等比数列)
(4) 递推式为:a n+2=pa n+1+qa n 型(p,q 为常数)……(变行为:a n+2--αan+1=
β(a n+1--αa n )
n
n n n n a a a N n a a 求有对于中,、例,)2
1
(31,65}{3111+++=∈=n n n n n a a a a a a a 求有中,、例,3
1
32,2,1}{41221+=
==++n
n n n n n n n a a n s a a n s s n a a a 求中,、设例用的关系式:此类型可利与递推式为,2,1}{5)
2....()1..(..........
s (5)1111n =++=??
?≥-==+-n
n n n n a a s n s a 求项的和,且为其前中,、已知例,)1(4
1
}{62+=n
n n n
n a a n n
a a a ,求、已知例(用迭乘法)型如?+=
??=++1
7:
)6(11
的极限
项和的前)(的通项
)求(的两根,是方程、中,、已知例分成奇数项与偶数项)(此类题把型如:n n n n
n n n n n n n n T n b a x b x a a a a a t a a }{21031
,1}{8)7(2111=+-=??=?++的通项
,分别求出,且成等比,、、成等差;、、,,、已知数列例”法)递推式(用“减少变量同一个题中,出现两个双递推n n n n n n n n n n b a b a b a b a b a b a ,21009)8(112
112
12
==>>---+++的通项
、分别求出成等差,、、成等比,、、,满足、、已知例n n n n n n n n n n b a b a b a b a b a b a 11111,21}{}{10+++==
递推数列求通项公式的基本类型及其对策
高中数学递推数列通项公式的求解,在高考中娄见不鲜,其丰富的内涵及培养学生思维逻辑性具有较高的价值,同时对于培养学生的归纳推理能力也具有十分重要的意义,下面就递推数列求通项的基本类型作一个归纳,以供读者参考。
类型一、
型或
)()(1
1n g a a n f a a n
n n n ==-+-
对策:利用迭加或迭乘方法,即:
1
12211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-++-+-=--- 或
1
1
2
211a a a a a a a a n n n n n ????=---
例1、(2006年山东高考文科)已知数列{n a }中,
211=
a ,n n a a n -+12,点()在直线y=x 上,其中n=1,2,3….
(Ⅰ)令{}是等比数列;求证数列n n n n b a a b ,11--=+
(Ⅱ)求数列{}的通项;n a
解析:(I )∵n n a a n -+12,
点()在直线y=x 上 ∴n a a n n =-+12 ① ∴121-=--n a a n n ② ①
-
②
得
:
1
3211=+--+n n n a a a ∴
)1(21
111--=
---+n n n n a a a a
又11--=+n n n a a b ∴121
-=
n n b b
而1212+=a a 得
432=
a
∴数列{n b }是以首项为
431121-
=--=a a b ,公比为21
的等比数
列
(II )由(I )得
1
2143-?
?? ??-=n n b ,∴
1
1
21431-+?
?
?
??-=--n n n a a
即1
1
21431-+?
?
?
??-=-n n n a a
由:112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-++-+-=---
21
2143121431214310
3
2
+
??? ??-++?
?
?
??-+?
??
??-=-- n n
=223
-+n n
类型二、型)(n n a f S =
对策:巧用
??
?≥-==-)2()1(11n S S n a a n n n 例2、(2007年福建高考文科)数列{a n }的前N 项和为S n ,a 1=1,a n +1=2S n (n ∈N*).求数列{a n }的通项a n 。
解析:(I )∵a n +1=2S n ,, ∴S n+1-S n =2S n ,
∴n n S S 1
+=3.
又∵S 1=a 1=1,
∴数列{S n }是首项为1、公比为3的等比数列,S n =3n-1(n ∈N*). ∴当n ≥2时,a n -2S n -1=2·3n -2(n ≥2),
∴a n =.2,3·211
2≥?????=-n n n ,
类型三、型)0(1≠+=-pq q pa a n n
对策:等价转化为:
)1(11-+=-+
-p q
a p p q a n n 从而化为等比数列
{
1-+
p q a n },并且该数列以11-+
p q
a 为首项,公比为p
例3、(2006年福建高考理科)已知数列
{}
n a 满足
*111,21().n n a a a n N +==+∈求数列{}n a 的通项公式.
解:*
121(),n n a a n N +=+∈ 112(1),n n a a +∴+=+
{}1
n a ∴+是以112a +=为首项,2为公比的等比数列 12.
n
n a ∴+=
即 2
*
21().n a n N =-∈
变式1:型)0(1≠+=-pqr rq pa a n
n n
对策:(1)若p=q ,则化为r
q a q
a n n n
n
+=
--1
1,从而化为以q a 1
为首项,公
差等于r 的等差数列{n
n q a }
(2)若p ≠q ,则化为r q a q p q
a n n n
n
+?=
--11
,进而转化为类型三求通项
例4、已知数列{n a }满足
.2)2(241*
1=∈≥+=-a N n n a a n n n ,且,求及n a .
解析: ∵ n
n n a a 241+=- ∴1
2
22
1
1+?
=--n n n
n
a a
令
n 2n
n a b =
,则)1(211+=+-n n b b
∴{n b +1}是以首项为
2121
1=+=
a b ,公比为2的等比数列
∴n
n b 21=+
∴n
n
a 212
n
=+得数列{n a }的通项公式为
n
n n a 222-= 变式2:型)0(1≠++=-pq r qn pa a n n
对策:等价转化为:)(1y xn a p y xn a n n ++=++-,再化为
y p xn p pa y xn a n n )1()1(1-+-+=++-,对照系数,解出x ,y ,进而转
化为类型三
例5、题见例1(2006山东高考文科)
解析:∵n n a a n -+12,
点()在直线y=x 上 ∴n a a n n =-+12 ①
令
)
(21
)1(1
y nx a y n x a n n ++=++++,可化为:
0221=+++-+y x xn a a n n 与①比较系数得21=-=y x ,
∴ ①可化为:
)
2(21
2)1(1
+-=++-+n a n a n n
∴
n
n n a n a ?
??
???=+-=+--213)21()21(211 ∴2
23
-+=n a n n
变式3、
r qa pa a n n
n +=
+1型
对策:取倒数后得p q a p r a n n +
?=
+111
,化为类型三
例6、已知数列{n a }满足a 1=1,
6331+=
+n n
n a a a ,求n a
解析:由
6331+=
+n n n a a a ,得1
1
211+?=+n
n a a 即:)11(
211
1
+=++n
n a a ,以下请读者解决。
变式4:
型)0(1>=-p pa a r
n n 若p=1,则等式两边取常用对数或自然对数,化为:1lg lg -=n n a r a ,
得到首项为1lg a ,公比为r 的等比数列{n a lg },所以n a lg =
11
lg a r n -,得1
1
-=n r n a
a
若p ≠1,则等式两边取以p 为底的对数得:1lg lg 1+=-n p n p a r a ,转为类型三求通项。
例7、(06年石家庄模拟)若数列{n a }中,31=a 且
)(2
1为正整数n a a n n =+,则数列的通项公式为
解析:∵2
1
n n a a =+及31=a 知3≥n a ,两边取对常用对数得:
n n a a lg 2lg 1=+ ∴{n a lg }是以首项为3lg lg 1=a ,公比为2的等比数
列。
∴3lg 2lg 1
-=n n a ∴1
23-=n n a
变式5、型)0(11≠=+++pq a qa pa a n n n n
对策: 两端除以n n a a 1+得:q
a p a n n =++11
1
(1)若1-=p ,则构成以首项为11a ,公差为q -的等差数列{n a 1
};
例8、(07保定摸底)已知数列{n a }满足2,11≥=n a 时,
n n n n a a a a 112--=-,求通项公式n a 。
解:∵n n n n a a a a 112--=-
∴2111=--n n a a ,∴数列{n a 1
}是以首项111=a ,公差为2的等差数列
∴12)1(211
-=-+=n n a n
∴
121
-=
n a n
(2)若1-≠p ,转化为类型三求解。 变式6:型)0(11≠+=-+pq qa pa a n n n
对策:等价转化为)(11-++=+n n n n xa a y xa a ,利用与
11-++=n n n qa pa a 恒等求出x,y 得到一等比数列}{1n n xa a ++,得n n xa a ++1=f(n),进而化为变式2类型
例9、题见例1(2006山东高考文科)
解析:∵n n a a n -+12,
点()在直线y=x 上 ∴n a a n n =-+12 ① ∴121-=--n a a n n ② ①
-
②
得
:
1
3211=+--+n n n a a a ∴
)1(21
111--=
---+n n n n a a a a
∴数列{11---n n a a }是以首项为
43112-
=--a a ,公比为21
的等比数
列
以下同例1(II )求通项n a 类型四、奇偶项型
对策一:求出奇数项(或偶数项)的递推关系,再对应以上方法求解。 例10(2005年高考北京卷改编)设数列{n a }的首项
41
1≠
=a a ,且
????
?+=+为奇数
为偶数n a n a a n n n ,41
,21
1
,求n a
解:若n 为偶数,则
8121)41(2121111
+=+==--+n n n n a a a a
即
81
211212+=
-+n n a a
∴
)
41(21)41(21)41(21411322
1212-???
??==-??? ??=-=---+a a a a n
n n n ∴)
41(2141112-??? ??=-+a a n
n ∴
41)41(211
2+
-??
?
??=+a a n
n 若n 为奇数,则
41
214111+=+
=-+n n n a a a
即
41
21222+=-n n
a a ,
∴
)
21
(21)21(21)21(212121
422222-??
? ??==-??? ??=-=-
---a a a a n n n n
∴
21
)2141(211
2+-+
?
?? ??=-a a n n
???????+-??? ??+-??? ??=--为奇数
为偶数n a n a a n n n ,41
)41(21,21)41(2121
12
对策二:
型)0(1≠=?+pq pq a a n
n n ,这种类型一般可转化为{12-n a }与{n a 2}是等差或等比数列。
例11、在数列{n a }中,n n
n n a ,a a a 求,2111
==+ 解:由n n n a a 21=+,得1
212+++=n n n a a
两式相除得:22
=+n n a a ,∴{12-n a }与{n a 2}均为公比为2的等比数列,
易求得:
?????=-为偶数为奇数,n n a n
n n 22
1
2,2
类型五、周期型
例12、(2005年高考湖南卷)已知数列{n a }满足
=
∈+-=
=+20*111)(1
330a ,N n a a a a n n 则,( )
A .0
B .3-
C .3
D .23
略
解
:
由
1
330111+-=
=+n n a a a a ,,
得
331
3343112==-=+-=
a a a a a ,,,因此数列是以3为周期的数列,
所以3220-==a a ,选B
探究递推公式为分式型数列的通项问题
对于形如递推公式为n a 11n n Aa B
Ca D
--+=+(0C ≠,0AD BC -≠)的数列
{}n a ,这类问题有一般性的公式解法,通常用特征方程求不动点,即先求解
递推公式所对应的特征方程,求出不动点,然后再解。
虽然这类题本身有特征方程求不动点等的知识背景,但高考题并不考,也不依赖于这知识,从所给的标准答案来看,其立意在于将递推数列求通项问题转化为已知数列的已知知识来解决,即转化为等差数列或等比数列来解决。
那么,有没有不用高等数学知识,而只用高中数学知识的方法?这类问题是否存在通项公式?若存在又怎么来求?下面通过具体例子介绍一种方法,仅供参考!
例题
例题1:(2010年全国高考数学理科第22题)
已知数列{}n a 中,11a =,11
.n n
a c a +=-
(Ⅰ)设52c =,1
2
n n b a =-,求数列{}n b 的通项公式;
(Ⅱ)求使不等式n a <1n a +<3成立的c 的取值范围.
分析:
(Ⅰ)题目已经明确告诉学生要构造:2n a -的倒数,也就是说在
1512n n a a +=
-,两边同时减2得:1251
2222n
n n n a a a a +--=--=,再倒数即:114
222
n n a a +=+--,亦即142n n b b +=+,下一步再变形:
122433n n b b +??+
=+ ???,所以23n b ?
?+???
?是首项为13-,公比为4的等比数列,
进而可求出数列{}n b 的通项公式。 (Ⅱ)略
例题2:(2008年全国高考数学陕西卷理科第22题) 已知数列{}n a 的首项1a =
35,1n a +=321
n
n a a +,n=1,2, 3??? (ⅰ)求{}n a 的通项公式; ﹙ⅱ﹚证明:对任意的x >0, n a ≥
11x +-
()2
1
231n x x ??
?- ???
+, n=1,2,3??? (ⅲ)证明:12a a ++???n a +>2
1
n n +
分析: (ⅰ)由1n a +=321n n a a +两边同时加上λ,得1n a ++λ=
()3221
n n a a λλ+++;
倒
数
得
()1211
32n n n a a a λλλ++=+++213232n a λ
λ
λλ
-
+=
+
+2+=2113232n
a λλ
λλ?
?-? ?+??++2+;
令
32λ
λ
+λ=,(目的使分母成“n a λ+” 型);得λ=0,或λ=-1,不妨
取λ=0,于是有
11n a +=23+13n a ,变形1
1
n a +-1=
1311n a ??- ???
,
又11
1a -=23,所以,数列11n a ??-????
是以23为首项,1
3为公比的等比数列。于是:有
1
1n
a -=23?113n -=23n ,得n a =332n n
+ ﹙ⅱ﹚略
例题3:(2007年全国高考数学理科试卷第22题): 已知:数列{}n a 中,1a =2,1n a +
=
)(1n a ,1n =,2,3???
(Ⅰ)求{}n a 的通项公式; (Ⅱ)若数列{}n b 中1b =2,134
23
n n n b b b ++=
+,1n =,2,3???
n b ≤43n a -, 1n =,2,3 分析:(Ⅰ)由题设可得
1n a +
-
=
)(1n a
所以数列{n a -
是首项为2
1的等比数列 所以n a
=)
11n
?+??
, 1n =,2,3???
(Ⅱ)对于134
23
n n n b b b ++=+两边同时加x
得:13423n n n b b x x b +++=
++;即:()1233423
n n n x b x b x b +++++=+
倒数: 11
n b x ++=
()232334
n n b x b x ++++ 即: 11n b x ++=()()2
23432323x x x ??+-??++?????1
23
n b x +
+223x ++ (1) 可令:34
23
x x x +=+,目的是使分母变成“n b x +”型
则(1)式可化为11n b x ++=
3223x x -+?1
n b x +223
x ++ (2) 由方程34
23
x x x +=
+ 得x =
不妨取
x =则(2)式可变为
=
?
+
即:
=)41
?
+)
221
它是形如“1n n a pa q +=+”的式子;易求
1
1
n b =
-
所以:)422111n n b -?
?
?=+
?
-??
?
?;显然,n b
由(ⅰ)知:n a
=)
11n
?+??
所以 43n a -
=)
4311n -?+??
=)
43111n -??
?+?????
于是:43n a --n b
=)
431
11n -?
??+
?????
-)
422
111n -?
?
?+?-??
??
=
)
)
43
421
21
11n n --?
?
?
?-
??-??
?
?
=
)
)
))
4243
4342
1121
111
n n
n n
--
--
--
??
-
??
??
=
)
)
))
43
4342
111
111
n
n n
-
--
-
??
-
??
??
=
)
))
44
4342
11
111
n
n n
-
--
-
??
-
??
??
≥0
所以,
n
b≤
43
n
a
-
n
b≤
43
n
a
-
,1
n=,2,3???
探求:
对于
1
(0,0)
n
n
n
A a B
a C A D B C
C a D
+
?+
=≠?-?≠
?+
型通项公式的方法可以推
广到一般,结果总结如下:
对于
n
a1
1
n
n
Aa B
Ca D
-
-
+
=
+
两边同时加x,得:
n
a x
+1
1
n
n
Aa B
Ca D
-
-
+
=
+
x
+
即:
n
a x
+=1
1
()()
n
n
A Cx a
B Dx
Ca D
-
-
+++
+
倒数:
1
n
a x
+
=1
1
()()
n
n
Ca D
A Cx a
B Dx
-
-
+
+++
即:
1
n
a x
+
=
()()()
1
1
()()
n
n
C B Dx
C
A Cx a
B Dx D
A Cx A Cx
A Cx a
B Dx
-
-
+
++++-
??
??
++
+++
所以:
1
n
a x
+
=
()
1
()()
n
C B Dx
D
A Cx
A Cx a
B Dx
-
+
-
+
+++
+
C
A Cx
+
即:
1
n
a x
+
=
()
2
1
1
()
n
C B Dx
D
B Dx
A Cx A Cx a
A Cx
-
+
??
-?
??+
++
??+
+
+
C
A Cx
+
为了使上述等式左右成“
1
n
a x
+
”形式,可令
B Dx
A Cx
+
+
=x
则:
1
n
a x
+
=
D Cx
A Cx
-
+
?
1
1
n
a x
-
+
+
C
A Cx
+
(*)
由方程
B Dx
A Cx
+
+
=x,得:2()0
Cx A D x B
+--=(0)
C≠
方程有解的条件为:2
()4
A D BC
-+≥0
在此条件下可求出该方程解:
1
x,
2
x;不妨令
1
x x
=
则(*)式可变为:
1
1
n
a x
+
=1
1
D Cx
A Cx
-
+
?
11
1
n
a x
-
+
+
1
C
A Cx
+
设
n
b=
1
1
n
a x
+
,
1
n
b
-
=
11
1
n
a x
-
+
则
n
b=p
1
n
b
-
+q(其中p=1
1
D Cx
A Cx
-
+
,q=
1
C
A Cx
+
)
对于上述数列{}n b是很容易求出它的通项公式的。
即可求出数列
1
1
n
a x
??
??
+
??
的通项。进而求出数列{}n a通项公式来。
以上方法尽管相对较麻烦些,但它用得知识点和方法都是高中数学内容所
要求的。因为原数列既不是等差数列也不是等比数列,但我们在原数列上“加”
上一个适当的数,再“倒”过来,就可以用我们所掌握的等差,等比知识来求
了,所以不妨称之为“加倒法”。它是一种初等的方法。
练习:
1. (河北省定州市实验中学 张志兰)中学数学教学参考2009.1——2。76P
已知数列{}n a 中,1a =3, n a =11
32n n a a ---,()2,n n N *
≥∈,
(ⅰ)若数列{}n b 满足2
1n n n
a b a -=-,证明:{}n b 是等比数列;
﹙ⅱ﹚求数列{}n a 的通项公式以及最大项,并说明理由; (ⅲ)求lim x →∞
n a 的值。
2.(广西师大附中 李天红)中学数学教学参考2009.1——2。80P 已知函数()31
x f x x +=
+,设数列{}n a 满足11a =,()()1n n a f a n N *
+=∈,数列{}n b 满足n b
=n a ,记n S =1
n
i i b =∑
(ⅰ)求数列{}n a 的通项公式;
﹙ⅱ﹚求证:)
1
1
2n
n
n b -≤
;
(ⅲ)求证:n S
3.已知各项均为正数的数列{}n a 满足174
25
n n n a a a ++=+,且112a =,求数列{}
n a 的通项公式。
4.已知数列{}n a 中,12a =,131
1
n n n a a a +-=+,求数列{}n a 的通项公式。 5.已知数列{}n a 满足172
4
n n n a a a +-=+,首项为13a =,求数列{}n a 的通项公
式。
6.已知数列{}n a 满足131
47
n n n a a a +-=
+,首项为112a =,求数列{}n a 的通项公
式。
答案
1.先求得数列{}n a 的通项n a =121
21
n n +--,进而求出数列{}n b 的通项
12n
n b ??=- ???
2.
(ⅰ)
1111n
n
n n
n
a =
+-;
3.11231
31
n n n a --?-=+, 4.131n n a n ++=+,
5.1
1
6215n n a -=??
?- ???
, 6.9428n n a n -=+;
求递推数列的通项公式的十一种方法
求递推数列的通项公式的十一种方法 利用递推数列求通项公式,在理论上和实践中均有较高的价值.自从二十世纪八十年代以来,这一直是全国高考和高中数学联赛的热点之一. 一、作差求和法例1 在数列{n a }中,31=a ,) 1(1 1++=+n n a a n n ,求通项公式n a . 解:原递推式可化为:1111+- + =+n n a a n n 则,211112-+=a a 3 1 2123-+=a a 413134-+=a a ,……,n n a a n n 1111--+=-逐项相加得:n a a n 111-+=.故n a n 1 4-=. 二、作商求和法 例2 设数列{n a }是首项为1的正项数列,且0)1(12 2 1=+-+++n n n n a a na a n (n=1,2,3…),则它的通项公式是n a =▁▁▁(2000年高考15题) 解:原递推式可化为: )]()1[(11n n n n a a na a n +-+++=0 ∵ n n a a ++1>0, 1 1+=+n n a a n n 则 ,43,32,21342312===a a a a a a ……,n n a a n n 11-=- 逐项相乘得:n a a n 11=,即n a =n 1 . 三、换元法 例3 已知数列{n a },其中913,3421== a a ,且当n ≥3时,)(3 1 211----=-n n n n a a a a ,求通项公式n a (1986年高考文科第八题改编). 解:设11---=n n n a a b ,原递推式可化为: }{,3121n n n b b b --=是一个等比数列,9134913121=-=-=a a b ,公比为31 .故 n n n n b b )31()31(91)31(2211==?=---.故n n n a a )31(1=--.由逐差法可得:n n a )3 1 (2123-=. 例4已知数列{n a },其中2,121==a a ,且当n ≥3时,1221=+---n n n a a a ,求通项公式n a 。解 由1221=+---n n n a a a 得:1)()(211=------n n n n a a a a ,令11---=n n n a a b ,则上式为 121=---n n b b ,因此}{n b 是一个等差数列,1121=-=a a b ,公差为1.故n b n =.。 由于112312121-=-++-+-=+++--n n n n a a a a a a a b b b 又2 ) 1(121-=+++-n n b b b n 所以)1(211-= -n n a n ,即)2(2 1 2+-=n n a n
数列知识点及常用解题方法归纳总结
数列知识点及常用解题方法归纳总结 一、 等差数列的定义与性质 () 定义:为常数,a a d d a a n d n n n +-==+-111() 等差中项:,,成等差数列x A y A x y ?=+2 ()()前项和n S a a n na n n d n n = +=+ -112 12 {}性质:是等差数列a n ()若,则;1m n p q a a a a m n p q +=++=+ {}{}{}()数列,,仍为等差数列;2212a a ka b n n n -+ S S S S S n n n n n ,,……仍为等差数列;232-- ()若三个数成等差数列,可设为,,;3a d a a d -+ ()若,是等差数列,为前项和,则 ;421 21 a b S T n a b S T n n n n m m m m =-- {}()为等差数列(,为常数,是关于的常数项为52 a S an bn a b n n n ?=+ 0的二次函数) {}S S an bn a n n n 的最值可求二次函数的最值;或者求出中的正、负分界=+2 项,即: 当,,解不等式组可得达到最大值时的值。a d a a S n n n n 11 000 0><≥≤?? ?+ 当,,由可得达到最小值时的值。a d a a S n n n n 11000 <>≤≥?? ?+ {}如:等差数列,,,,则a S a a a S n n n n n n =++===--1831123 (由,∴a a a a a n n n n n ++=?==----12113331 ()又·,∴S a a a a 3132 22 33113 = +===
高二数学必修5数列通项公式的求法归纳
数列通项公式的求法 一、定义法 直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法,这种方法适应于已知数列类型的题目. 例1.等差数列{}n a 是递增数列,前n 项和为n S ,且931,,a a a 成等比数列,255a S =.求数列{}n a 的通项公 式. 解:设数列{}n a 公差为)0(>d d ∵931,,a a a 成等比数列,∴9123 a a a =,即)8()2(1121d a a d a +=+d a d 12=? ∵0≠d , ∴d a =1………………………………① ∵255a S = ∴211)4(2 455d a d a +=??+…………② 由①②得:531=a ,53=d ∴n n a n 5 353)1(53=?-+=】 点评:利用定义法求数列通项时要注意不用错定义,设法求出首项与公差(公比)后再写出通项。 二、公式法 若已知数列的前n 项和n S 与n a 的关系,求数列{}n a 的通项n a 可用公式???≥???????-=????????????????=-2111n S S n S a n n n 求解。 例2.已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足1,)1(2≥-+=n a S n n n .求数列{}n a 的通项公式。 解:由1121111=?-==a a S a 当2≥n 时,有 ,)1(2)(211n n n n n n a a S S a -?+-=-=-- 1122(1),n n n a a --∴=+?- ,)1(22221----?+=n n n a a ……,.2212-=a a 11221122(1)2(1)2(1)n n n n n a a ----∴=+?-+?-++?-L ].)1(2[323])2(1[2)1(2)] 2()2()2[()1(21211211--------+=----=-++-+--+=n n n n n n n n n Λ 经验证11=a 也满足上式,所以])1(2[3 212---+=n n n a 点评:利用公式???≥???????-=????????????????=-211n S S n S a n n n n 求解时,要注意对n 分类讨论,但若能合写时一定要合并.
九类常见递推数列求通项公式方法
递推数列通项求解方法举隅 类型一:1n n a pa q +=+(1p ≠) 思路1(递推法):()123()n n n n a pa q p pa q q p p pa q q q ---??=+=++=+++=?? ……121(1n p a q p p -=++++…211)11n n q q p a p p p --??+=+ ?+ ? --??。 思路2(构造法):设()1n n a p a μμ++=+,即()1p q μ-=得1 q p μ= -,数列{}n a μ+是以1a μ+为首项、p 为公比的等比数列,则1 111n n q q a a p p p -??+ =+ ?--?? ,即1111n n q q a a p p p -??=++ ? --?? 。 例1 已知数列{}n a 满足123n n a a -=+且11a =,求数列{}n a 的通项公式。 解:方法1(递推法): ()123232(23)3222333n n n n a a a a ---??=+=++=+++=??…… 1223(122n -=++++ (211) 332)12232112n n n --+??+=+?+=- ? --?? 。 方法2(构造法):设()12n n a a μμ++=+,即3μ=,∴数列{}3n a +是以134a +=为首项、2为公比的等比数列,则1 1342 2n n n a -++=?=,即123n n a +=-。 类型二:1()n n a a f n +=+ 思路1(递推法): 123(1)(2)(1)(3)(2)(1)n n n n a a f n a f n f n a f n f n f n ---=+-=+-+-=+-+-+-= …1 11 ()n i a f n -==+ ∑。
数列解题技巧归纳总结---好(5份)
知识框架 111111(2)(2)(1)(1)()22()n n n n n n m p q n n n n a q n a a a q a a d n a a n d n n n S a a na d a a a a m n p q --=≥=?? ←???-=≥?? =+-? ?-?=+=+??+=++=+??两个基等比数列的定义本数列等比数列的通项公式等比数列数列数列的分类数列数列的通项公式函数角度理解 的概念数列的递推关系等差数列的定义等差数列的通项公式等差数列等差数列的求和公式等差数列的性质1111(1)(1) 11(1)() n n n n m p q a a q a q q q q S na q a a a a m n p q ---=≠--===+=+???? ? ??????????????????? ???????????? ???? ????????????? ?????? ? ?? ?? ?? ?? ??????????? 等比数列的求和公式等比数列的性质公式法分组求和错位相减求和数列裂项求和 求和倒序相加求和累加累积 归纳猜想证明分期付款数列的应用其他??????? ? ? 掌握了数列的基本知识,特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质,掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用,就有可能在高考中顺利地解决数列问题。 一、典型题的技巧解法 1、求通项公式 (1)观察法。(2)由递推公式求通项。 对于由递推公式所确定的数列的求解,通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。 (1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n (d ,q 为常数)
常见递推数列通项公式的求法
数列复习课(3)———常见递推数列通项公式的求法 主备人:刘莉苹 组长:李英 时间:2013-9-16 教学目标: 1.通过求出数列前几项,了解递推公式是给出数列的一种方法,并能根据特殊的递推公式求出数列的通项公式. 2.掌握把一些简单的数列变形转化为等差数列、等比数列的方法,体验解决数列问题的基本方法及理解运用的过程. 教学重点:处理递推关系的基本方法. 教学难点:通过变形转化成等差、等比数列的有关问题. 研讨互助 问题生成 引入新课: 由递推公式求数列的通项公式的类型: (1) (2) (3) (4)()n f pa a n n +=+1型数列(p 为常数) (5)n n n qa pa a +=++12(其中p ,q 均为常数)。 (6)递推公式为n S 与n a 的关系式()n n S f a = 即n a 与n s 的关系11(1)(2)n n n s n a s s n -=?=?-≥? (7)r n n pa a =+1)0,0(>>n a p (8)) ()()(1n h a n g a n f a n n n +=+ (9)周期型 思考:各类型通项公式的求法? 合作探究 问题解决 类型1 )(1n f a a n n +=+ 解法:把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+,利用累加法(逐差相加法)求解。 例1. 在数列{}n a 中,112,21,.n n n a a a n a +==+-求 1() n n a a f n +=+1() n n a a f n +=?1(0,1) n n a pa q p p +=+≠≠
变式: 1. 已知数列{}n a 满足211=a ,112 n n a a +=+,求n a . 2.若数列{}n b 满足11b =,112n n n b b +??-= ???(1)n ≥,求数列{}n b 的通项公式. 3.已知数列{}n a 满足211= a ,n n a a n n ++=+211,求n a 类型2 n n a n f a )(1=+ 解法:把原递推公式转化为 )(1n f a a n n =+,利用累乘法(逐商相乘法)求解。 例2:已知数列{}n a 满足321= a ,n n a n n a 11+=+,求n a 。 变式: 1. 已知31=a ,132n n a a += ,求n a 。 2.已知31=a ,n n a n n a 23131 +-=+ )1(≥n ,求n a 。
数列通项公式的方法总结
数列通项公式的方法总结
专题一:求解通项公式 (1)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) ,1716 4,1093,542,211 (3) ,5 2 ,21,32 ,1(4) ,5 4 ,43,32,21-- 解:(1)变形为:101-1,102―1,103―1,104―1,…… ∴通项公式为:110-=n n a (2);1 2 2 ++=n n n a n (3);12 += n a n (4)1 )1(1+? -=+n n a n n .点评:关键是找出各项与项数n 的关系。 (2) 定义法 :①等差数列通项公式;②等比数列通 项公式。 例2: 已知数列{a n }是公差为d 的等差数列,数列{b n }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a 1 = f (d -1),a 3 = f (d +1),b 1 = f (q +1),b 3 = 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,∴a 3-a 1=d 2-(d -2)2=2d , ∴d =2,∴a n =a 1+(n -1)d = 2(n -1);又b 1= f (q +1)= q 2,b 3 =f (q -1)=(q -2)2, ∴2213)2(q q b b -==q 2,由q ∈R ,且q ≠1,得q =-2,∴b n =b ·q n -1=4·(-2)n - 1 (3) 公式法 :已知n S (即12 () n a a a f n ++ +=)求n a ,用作 差法:{1 1 ,(1) ,(2) n n n S n a S S n -==-≥。 例:3:(07重庆21题)已知各项均为正数的数列{n a } 的前n 项和为n S 满足1 S >1且6n S = (1)(2) n n a a ++ n ∈N * 求{n a }的通项公式。
高中数学数列通项公式的求法(方法总结)
(1)主题:求数列通项n a 的常用方法总结 一、 形如:特殊情况:当n+11,n n A B C A a a A =*+*+≠,常用累加法。 (n n a a +-,z 构建等比数列()1y n z *++z ; 的通项公式,进而求得n a 。 二、 形n a a * ;
三、 形 ()x f x =) 情形1:1n n A B a a +=*+型。设λ是不动点方程的根,得数列 {}n a λ-是 以公比为A 的等比数列。 情形2:1*n n n A B C D a a a +*+=+型。 设1λ和2λ 是不动点方程 *A x B x C x D *+=+的两个根; (1)当12λλ≠时,数列n 12n a a λλ??-?? ??-????是以12 A C A C λλ -*-*为公比的等比数列; (2)当12 =λλλ =时,数列1n a λ???? ??-???? 是以2*C A D +为公差的等差数列。 【推导过程:递推式为a n+1= d ca b aa n n ++(c ≠0,a,b,c,d 为常数)型的数列 a n+1-λ= d ca b aa n n ++-λ= d ca c a d b a c a n n +--+ -) )((λλλ,令λ=-λ λc a d b --,可得λ=d c b a ++λλ ……(1)。(1)是a n+1=d ca b aa n n ++中的a n ,a n+1都换成λ后的不动点方程。 ○ 1当方程(1)有两个不同根λ1,λ2时,有 a n+1-λ1= d ca a c a n n +--))((11λλ,a n+1-λ2=d ca a c a n n +--) )((22λλ ∴ 2111λλ--++n n a a =21λλc a c a --?21λλ--n n a a ,令b n =21λλ--n n a a 有b n +1= 2 1 λλc a c a --?b n ○ 2当方程(1)出现重根同为λ时, 由a n+1-λ= d ca a c a n n +--))((λλ得λ-+11n a =))((λλ--+n n a c a d ca =λ c a c -+))((λλλ--+n a c a c d ( “分离常数”)。设c n =λ-n a 1 得c n +1= λ λc a c d -+?c n + λ c a c -】
九类常见递推数列求通项公式方法
递推数列通项求解方法 类型一:1n n a pa q += +(1p ≠) 思路1(递推法):()123()n n n n a pa q p pa q q p p pa q q q ---??=+=++=+++=?? ......121(1n p a q p p -=++++ (2) 1 1)11n n q q p a p p p --??+=+?+ ? --?? 。 思路2(构造法):设()1n n a p a μμ++=+,即()1p q μ-=得1 q p μ= -,数列 {}n a μ+是以1a μ+为首项、p 为公比的等比数列,则1 111n n q q a a p p p -??+ =+ ?--??,即1111n n q q a a p p p -??=++ ? --?? 。 例1 已知数列{}n a 满足123n n a a -=+且11a =,求数列{}n a 的通项公式。 解:方法1(递推法): ()123232(23)3222333n n n n a a a a ---??=+=++=+++=?? (1) 22 3(122n -=++++ (2) 11 332 )12232112n n n --+??+=+?+=- ? --? ?。 方法2(构造法):设()12n n a a μμ++=+,即3μ=,∴数列{}3n a +是以134 a +=为首项、2为公比的等比数列,则113422n n n a -++=?=,即1 23n n a +=-。
1n n +思路1(递推法): 123(1)(2)(1)(3)(2)(1)n n n n a a f n a f n f n a f n f n f n ---=+-=+-+-=+-+-+-= …1 11 ()n i a f n -==+∑。 思路2(叠加法):1(1)n n a a f n --=-,依次类推有:12(2)n n a a f n ---=-、 23(3)n n a a f n ---=-、…、21(1)a a f -=,将各式叠加并整理得1 11 ()n n i a a f n -=-= ∑ ,即 1 11 ()n n i a a f n -==+ ∑ 。 例2 已知11a =,1n n a a n -=+,求n a 。 解:方法1(递推法):123(1)(2)(1)n n n n a a n a n n a n n n ---=+=+-+=+-+-+= ......1[23a =+++ (1) (1)(2)(1)]2 n i n n n n n n =++-+-+= = ∑ 。 方法2(叠加法):1n n a a n --=,依次类推有:121n n a a n ---=-、232n n a a n ---=-、…、 212a a -=,将各式叠加并整理得12 n n i a a n =-= ∑ ,12 1 (1)2 n n n i i n n a a n n ==+=+ = = ∑ ∑ 。
数列解题技巧归纳总结_打印
数列解题技巧归纳总结 基础知识: 1.数列、项的概念:按一定 次序 排列的一列数,叫做 数列 ,其中的每一个数叫做数列的项 . 2.数列的项的性质:① 有序性 ;② 确定性 ;③ 可重复性 . 3.数列的表示:通常用字母加右下角标表示数列的项,其中右下角标表示项的位置序号,因此数列的一般形 式可以写成a 1,a 2,a 3,…,a n ,(…),简记作 {a n } .其中a n 是该数列的第 n 项,列表法、 图象法、 符号法、 列举法、 解析法、 公式法(通项公式、递推公式、求和公式)都是表示数列的方法. 4.数列的一般性质:①单调性 ;②周期性 . 5.数列的分类: ①按项的数量分: 有穷数列 、 无穷数列 ; ②按相邻项的大小关系分:递增数列 、递减数列 、常数列、摆动数列 、其他; ③按项的变化规律分:等差数列、等比数列、其他; ④按项的变化范围分:有界数列、无界数列. 6.数列的通项公式:如果数列{a n }的第n 项a n 与它的序号n 之间的函数关系可以用一个公式a n =f (n )(n ∈N + 或其有限子集{1,2,3,…,n}) 来表示,那么这个公式叫做这个数列的 通项公式 .数列的项是指数列中一个确定的数,是函数值,而序号是指数列中项的位置,是自变量的值.由通项公式可知数列的图象是 散点图 ,点的横坐标是 项的序号值 ,纵坐标是 各项的值 .不是所有的数列都有通项公式,数列的通项公式在形式上未必唯一. 7.数列的递推公式:如果已知数列{a n }的第一项(或前几项),且任一项a n 与它的前一项a n -1(或前几项a n-1, a n -2,…)间关系可以用一个公式 a n =f (a 1n -)(n =2,3,…) (或 a n =f (a 1n -,a 2n -)(n=3,4,5,…),…) 来表示,那么这个公式叫做这个数列的 递推公式 . 8.数列的求和公式:设S n 表示数列{a n }和前n 项和,即S n = 1 n i i a =∑=a 1 +a 2 +…+a n ,如果S n 与项数n 之间的函数 关系可以用一个公式 S n = f (n )(n =1,2,3,…) 来表示,那么这个公式叫做这个数列的 求和公式 . 9.通项公式与求和公式的关系: 通项公式a n 与求和公式S n 的关系可表示为:11(1) (n 2) n n n S n a S S -=?=? -≥? 等差数列与等比数列: 等差数列 等比数列 文字定义 一般地,如果一个数列从第二项起,每一项与它的前一项的差是同一个常数,那么这个数列就叫等差数列,这个常数叫等差数列的公差。 一般地,如果一个数列从第二项起,每一项与它的前一项的比是同一个常数,那么这个数列就叫等比数列,这个常数叫等比数列的公比。 符号定义 1n n a a d +-= 1 (0)n n a q q a +=≠ 分类 递增数列:0d > 递减数列:0d < 递增数列:1101001a q a q >><<<,或,
数列通项公式的求法(类型总结)
构造法在数列中的应用——数列通项公式的求法 一、形如)(1 n f a a n n +=+(其中f (n )不是常数函数)型数列(累加法) 一般地,对于形如)(1 n f a a n n +=+(其中f (n )不是常数函数)类的通项公式,且 )()2()1(n f f f +++ 的和比较好求,我们可以采用此方法来求n a 。 即:11221()()()n n n n n a a a a a a a ---=-+-++-1a +(2)n ≥; 〖例1〗.(2015江苏理数11).数列}{n a 满足11=a ,且11+=-+n a a n n (*N n ∈),则数列 }1 { n a 的前10项和为 。 二、形如 n 1 n a a +=f (n )(f (n )为可求积的数列)型数列(累乘法) 一般地对于形如“已知a 1,且 n 1 n a a +=f (n )(f (n )为可求积的数列)”的形式可通过叠乘法求数列的通项公式。即:1 2 112 1 n n n n n a a a a a a a a ---= ??? ?(2)n ≥; 〖例2〗.在数列{n a }中,1a =1, (n+1)·1+n a =n·n a ,求n a 的表达式。 〖练1〗.在数列{an}中,a1=1,(n+2)?an+1=(n+1)?an ,则an= 〖练2〗.数列{}n a 中,2 11=a ,前n 项的和n n a n S 2=,求1+n a .
三、形如1n n a pa q +=+型数列 构造的思路有两种: (1)是待定系数法构造,设1()n n a m p a m ++=+,展开整理1n n a pa pm m +=+-,比 较系数有 pm m b -=,所以1b m p =-,所以1 n b a p +-是等比数列,公比为p ,首项为 11 b a p + -。(2)是用作差法直接构造,1n n a pa q +=+,1n n a pa q -=+,两式相减有11()n n n n a a p a a +--=-,所以1n n a a +-是公比为p 的等比数列。 〖例3〗、已知数列{}n a 中, 11a =,121(2)n n a a n -=+≥,求{}n a 的通项公式. 〖例4〗、在数列{}n a 中,11a =,当2n ≥时,有132n n a a -=+,求{}n a 的通项公式。 四、形如 C Bn Aa a n n ++=+1型数列, 一 般地,对于型如C Bn Aa a n n ++=+1型数列可化为 ])1([21211λλλλ+-+=+++n a A n a n n 的形式来求通项。 〖例5〗、设数列{}n a 中,111,321n n a a a n +==++,求{}n a 的通项公式。
专题由递推关系求数列的通项公式(含答案)
专题 由递推关系求数列的通项公式 一、目标要求 通过具体的例题,掌握由递推关系求数列通项的常用方法: 二、知识梳理 求递推数列通项公式是数列知识的一个重点,也是一个难点,高考也往往通过考查递推数列来考查学生对知识的探索能力,求递推数列的通项公式一般是将递推公式变形,推得原数列是一种特殊的数列或原数列的项的某种组合是一种特殊数列,把一些较难处理的数列问题化为熟悉的等差或等比数列。 三、典例精析 1、公式法:利用熟知的公式求通项公式的方法称为公式法。常用的公式有???≥???????-=????????????????=-21 11n S S n S a n n n 及 等差数列和等比数列的通项公式。 例1 已知数列{n a }中12a =,2 +2n s n =,求数列{n a }的通项公式 评注 在运用1n n n a s s -=-时要注意条件2n ≥,对n=1要验证。 2、累加法:利用恒等式()()1211+......+n n n a a a a a a -=+--求通项公式的方法叫累加法。它是求型如 ()1+f n n n a a +=的递推数列的方法(其中数列(){}f n 的前n 项和可求)。 例2 已知数列{n a }中112a =,121 ++32 n n a a n n +=+,求数列{n a }的通项公式 评注 此类问题关键累加可消中间项,而(f n )可求和则易得n a 3、.累乘法:利用恒等式3 21121 n n n a a a a a a a a -=? ???????()0n a ≠求通项公式的方法叫累乘法。它是求型如()1n n a g n a +=的递推数列的方法(){}() g n n 数列可求前项积
已知数列递推公式求通项公式的几种方法
已知数列递推公式求通项公式的几种方法 Revised on November 25, 2020
求数列通项公式的方法 一、公式法 例1 已知数列{}n a 满足1232n n n a a +=+?,12a =,求数列{}n a 的通项公式。 解:1232n n n a a +=+?两边除以12n +,得 113222n n n n a a ++=+,则11 3 222 n n n n a a ++-=,故数列{}2n n a 是以1222 a 1 1==为首项,以23 为公差的等差数列,由等差数列的通项公式,得31(1)22n n a n =+-,所以数列{}n a 的通项公式为31()222n n a n =-。 评注:本题解题的关键是把递推关系式1232n n n a a +=+?转化为 11 3 222 n n n n a a ++-=,说明数列{}2 n n a 是等差数列,再直接利用等差数列的通项公式求出3 1(1) 22n n a n =+-,进而求出数列{}n a 的通项公式。 二、累加法 例2 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=,,求数列{}n a 的通项公式。 解:由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则 所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。 评注:本题解题的关键是把递推关系式121n n a a n +=++转化为 121n n a a n +-=+,进而求出11232211()()()()n n n n a a a a a a a a a ----+-+ +-+-+, 即得数列{}n a 的通项公式。 例3 已知数列{}n a 满足112313n n n a a a +=+?+=,,求数列{}n a 的通项公式。 解:由1231n n n a a +=+?+得1231n n n a a +-=?+则 所以3 1.n n a n =+-
数列通项公式的求法集锦
数列通项公式的求法集锦 非等比、等差数列的通项公式的求法,题型繁杂,方法琐碎,笔者结合近几年的高考情况,对数列求通项公式的方法给以归纳总结。 一、累加法 形如1()n n a a f n --= (n=2、3、4…...) 且(1)(2)...(1)f f f n +++-可求,则用累加法求n a 。有时若不能直接用,可变形成这种形式,然后用这种方法求解。 例1. 在数列{n a }中,1a =1,11n n a a n --=- (n=2、3、4……) ,求{n a }的通项公式。 解:∵111n a ==时, 213243121 23.......1n n n a a a a a a a a n -≥-=?? -=? ? -=??? -=-??时, 这n-1个等式累加得:112...n a a -=+++(n-1)=(1)2n n - 故21(1)222n n n n n a a --+=+= 且11a =也满足该式 ∴222 n n n a -+= (n N * ∈). 例2.在数列{n a }中,1a =1,12n n n a a +-= (n N * ∈),求n a 。 解:n=1时, 1a =1212323431 122 22.......2n n n n a a a a a a a a --≥-=?? -=? ? -=????-=? 时, 以上n-1个等式累加得 2 1 122 (2) n n a a --=+++=12(12)12 n ---=22n -,故12221n n n a a =-+=- 且11a =也满 足该式 ∴21n n a =- (n N * ∈)。 二、累乘法 形如 1 ()n n a f n a -= (n=2、3、4……),且(1)(2)...(1)f f f n +++-可求,则用累乘法求n a 。有时若不能直接用,可变形成这种形式,然后用这种方法求解。 例3.在数列{n a }中,1a =1,1n n a na +=,求n a 。
常见递推数列通项公式的求法典型例题及习题
1 【典型例题】 [例 1] a n 1 (1)k (2) k 比较系数: {a n a n [例 2] a n 1 (1)k 例: 已知 解: a n a n a 3 a n 常见递推数列通项公式的求法典型例题及习题 ka n b 型。 1 时,a n 1 1时,设a n km m ka n 1 时, a n } 是等比数列, (a i f (n) 型。 a n 1 a n {a n }满足a i a n a n a n a 2 对这(n b {a n } 是等差数列, a n b n 佝 b) k(a n m) a n 1 ka n km 公比为 1) k ”1 f(n) k ,首项为 a n 1 a n a i a n (a 1 k n1 f (n )可求 和, 则可用累加消项的方 法。 n (n 1)求{a n }的通项公 式。 1 n(n 1 ) a 2 a n 1 a n a 1 1 个式子求和得: a n a 1 a n 2 - n
(2) k1时, 当f(n) an b则可设a n A(n 1) B k(a n An B) a n 1 ka n (k 1)A n (k 1)B A (k (k 1)A 1)B 解得: a 2 (k 1) ,? {a n An B}是 以 a1 B为首项, k为公比的等比数列 a n An (a1 B) k n1 a n (a1 B) k n1An B将A、B代入即可 (3) f(n) 0, 1) 等式两边同时除以 a n 1 1 c n 1 得q a n n q C n 令C n 1 {C n}可归为a n 1 ka n b型 [例3] a n f(n) a n型。 (1)f(n)是常数时, 可归为等比数 列。 f(n)可求积,可用累积约项的方法化简求通项。 例:已知: a1 2n 1 a n 1 2n 1 2)求数列{a n}的通项。 解: a n a n a n 1 a n 1 a n 2 a n a 1 a n 2 a n 3 k m a n 1 m a n 1 型。a3 a2 a2 a1 2n 1 2n 2n 1 2n 3 2n 5 5 3 3 2n 1 2n 3 7 5 2n 1 [例4]
数列通项公式前n项和求法总结全
一.数列通项公式求法总结: 1.定义法 —— 直接利用等差或等比数列的定义求通项。 特征:适应于已知数列类型(等差或者等比). 例1.等差数列{}n a 是递增数列,前n 项和为n S ,且931,,a a a 成等比数列,2 55a S =.求数列 {}n a 的通项公式. 变式练习: 1.等差数列{}n a 中,71994,2,a a a ==求{}n a 的通项公式 2. 在等比数列{}n a 中,212a a -=,且22a 为13a 和3a 的等差中项,求数列{}n a 的首项、公比及 前n 项和. 2.公式法 求数列{}n a 的通项n a 可用公式???≥???????-=????????????????=-21 11n S S n S a n n n 求解。 特征:已知数列的前n 项和n S 与n a 的关系 例2.已知下列两数列}{n a 的前n 项和s n 的公式,求}{n a 的通项公式。 (1)13-+=n n S n 。 (2)12-=n s n 变式练习:
1. 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且n S =2n 2+n ,n ∈N ﹡,数列{b }n 满足n a =4log 2n b +3,n ∈N ﹡.求n a ,n b 。 2. 已知数列{}n a 的前n 项和21 2n S n kn =-+(*k N ∈),且S n 的最大值为8,试确定常数k 并求n a 。 3. 已知数列{}n a 的前n 项和*∈+=N n n n S n ,2 2.求数列{}n a 的通项公式。 3.由递推式求数列通项法 类型1 特征:递推公式为 ) (1n f a a n n +=+ 对策:把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+,利用累加法求解。 例3. 已知数列{}n a 满足211= a ,n n a a n n ++=+211,求n a 。 变式练习: 1. 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=,,求数列{}n a 的通项公式。 2.已知数列: 求通项公式 类型2 特征:递推公式为 n n a n f a )(1=+ 对策:把原递推公式转化为 )(1 n f a a n n =+,利用累乘法求解。 例4. 已知数列{}n a 满足321= a ,n n a n n a 1 1+=+,求n a 。 变式练习:
备战2020数学高考三大类递推数列通项公式的求法
三大类递推数列通项公式的求法 湖北省竹溪县第一高级中学徐鸿 一、一阶线性递推数列求通项问题 一阶线性递推数列主要有如下几种形式: 1. 这类递推数列可通过累加法而求得其通项公式(数列{f(n)}可求前n项和). 当为常数时,通过累加法可求得等差数列的通项公式.而当为等差数列时, 则为二阶等差数列,其通项公式应当为形式,注意与等差数列求和公式一般形式的区别,后者是,其常数项一定为0. 2. 这类递推数列可通过累乘法而求得其通项公式(数列{g(n)}可求前n项积). 当为常数时,用累乘法可求得等比数列的通项公式. 3.; 这类数列通常可转化为,或消去常数转化为二阶递推式 . 例1已知数列中,,求的通项公式. 解析:解法一:转化为型递推数列. ∵∴又,故数列{}是首项为2,公比为2的等比数列.∴,即. 解法二:转化为型递推数列. ∵=2x n-1+1(n≥2) ①∴=2x n+1 ② ②-①,得(n≥2),故{}是首项为x 2-x 1 =2, 公比为2的等比数列,即,再用累加法得.解法三:用迭代法. 当然,此题也可用归纳猜想法求之,但要用数学归纳法证明.
例2已知函数的反函数为 求数列的通项公式. 解析:由已知得,则. 令=,则.比较系数,得. 即有.∴数列{}是以为首项,为 公比的等比数列,∴,故. 评析:此题亦可采用归纳猜想得出通项公式,而后用数学归纳法证明之. (4) 若取倒数,得,令,从而转化为(1)型而求之. (5); 这类数列可变换成,令,则转化为(1)型一阶线性递推公式. 例3设数列求数列的通项公式.解析:∵,两边同除以,得.令,则有.于是,得,∴数列是以首项为,公比为的等比数列,故,即,从而.例4设求数列的通项公式. 解析:设用代入,可解出.
求数列通项公式的十种方法
1. 观察法(求出a1、a2、a3,然后找规律) 即归纳推理,就是观察数列特征,找出各项共同的构成规律,然后利用数学归纳法加以证明即可。 例1.设11=a ,)(222 1*+∈++-= N n b a a a n n n ,若1=b ,求32,a a 及数列}{n a 的通项公式. 解:由题意可知:11111+-==a , 112212212 12+-==++-=a a a , 113121222223+-=+=++-=a a a . 因此猜想11+-=n a n . 下面用数学归纳法证明上式. (1)当n =1时,结论显然成立. (2)假设当n =k 时结论成立,即11+-=k a k . (3)则11)1(11)1(11)1(12222 1+-+=++-=++-=++-=+k k a a a a k k k k , 即当n =k +1时结论也成立. 由(1)、(2)可知,对于一切正整数n ,都有)(11* ∈+-=N n n a n .(最后一句总结很重要) 2.定义法(已知数列为等差或者等比) 直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法,这种方法适应于已知数列类型的题目。 例2.已知等差数列{}n a 满足1210a a +=,432a a -=,求{}n a 的通项公式。 解:设等差数列{}n a 的公差为d . 因为432a a -=,所以2d =. 又因为1210a a +=,所以1210a d +=,故14a =. 所以42(1)22n a n n =+-=+(1,2,)n = .
3.公式法 若已知数列的前n 项和与的关系,求数列的通项可用公式 求解。(一定要讨论n=1,n≥2) 例3.设数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知23 3.n n S =+ (Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式。 解:(Ⅰ)由 233n n S =+ 可得:当1=n 时, 111(33)32 a S == +=, 当2≥n 时,11111(33)(33)3(2)22n n n n n n a S S n ---=-=+-+=≥ 而 11133a -=≠, 所以 13,1,3, 1.n n n a n -=?=?>? 4.累加法 当递推公式为)(1n f a a n n +=+时,通常解法是把原递推公式转化为。 例4.数列}{n a 满足11=a ,且11+=-+n a a n n (*N n ∈),则数列{a n }的前10项和为 解:由题意得: 112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-++-+-=--- 12)1(+++-+= n n 2 )1(+=n n 5.累乘法 当递推公式为)(1n f a a n n =+时,通常解法是把原递推公式转化为 )(1n f a a n n =+,利用累乘法(逐商相乘法)求解。 n s n a {}n a n a 1()n n a a f n +-=
数列通项公式的求解方法归纳
数列通项公式的解法 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。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。 总结方法比做题更重要!方法产生于具体数学内容的学习过程中. 1.直接法 2.公式法 3.归纳猜想法 4.累加(乘)法 5.取倒(对)数法 6.迭代法 7.待定系数法 8.特征根法 9.不动点法10.换元法11.双数列12.周期型13.分解因式法14.循环法15.开方法 ◆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:根据数列的前4项,写出它的一个通项公式: (1)9,99,999,9999,… (2) ,17 164,1093 ,5 42,211 (3) ,52,21,32, 1 (4) ,5 4 ,43, 32,21-- ◆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n S 与n a 的关系,求数列{}n a 的通项n a 可用公式???≥???????-=????????????????=-2 1 11n S S n S a n n n 求解. (注意:求完后一定要考虑合并通项) 例2.①已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足1,)1(2≥-+=n a S n n n .求数列{}n a 的通项公式. ②已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足21n S n n =+-,求数列{}n a 的通项公式.