求数列通项公式ppt
合集下载
由数列的递推公式求通项公式课件
+1
2
⇒ +1 = +
3
3
3
设 =
，则
3
+1 =
即
+1
+1
，有
3+1
+1 = +
+1 − =
2 − 1 =
2 +1
3
2 +1
3
（可用累加法求出通项公式）
3 − 2 =
2 2
3
2 3
3
……,
− −1=
⇒ − 1 =
+1 + = ( + ) ⟹
+1 +
+
= ，
所以{ + }是等比数列，公比为，首项为1 +
（2）是用作差法直接构造： 由已知得 +1 = + , = −1 + ， 两式相减有
+1 − = ( − −1 )
所以+1 − 是公比为的等比数列
由数列的递推公式求通项公式
递推公式：
如果数列{an}的第n项与它前一项或几项的关系可以用一个式子来表示，
那么这个公式叫做这个数列的递推公式。
例如：等差数列递推公式：+1 = + 或 −1 + +1 = 2
+1
等比数列递推公式：
=
已知数列的递推公式，求取其通项公式是数列中一类常见的题型，这类题型如果单纯的看某一个具
例3. 在数列{ }中，1 = 1，当 ≥ 2时，有 = 3−1 + 2，求{ }的通项公式。
解法1：设 + = 3(−1 + )，即有 = 3−1 + 2
2
⇒ +1 = +
3
3
3
设 =
，则
3
+1 =
即
+1
+1
，有
3+1
+1 = +
+1 − =
2 − 1 =
2 +1
3
2 +1
3
（可用累加法求出通项公式）
3 − 2 =
2 2
3
2 3
3
……,
− −1=
⇒ − 1 =
+1 + = ( + ) ⟹
+1 +
+
= ，
所以{ + }是等比数列，公比为，首项为1 +
（2）是用作差法直接构造： 由已知得 +1 = + , = −1 + ， 两式相减有
+1 − = ( − −1 )
所以+1 − 是公比为的等比数列
由数列的递推公式求通项公式
递推公式：
如果数列{an}的第n项与它前一项或几项的关系可以用一个式子来表示，
那么这个公式叫做这个数列的递推公式。
例如：等差数列递推公式：+1 = + 或 −1 + +1 = 2
+1
等比数列递推公式：
=
已知数列的递推公式，求取其通项公式是数列中一类常见的题型，这类题型如果单纯的看某一个具
例3. 在数列{ }中，1 = 1，当 ≥ 2时，有 = 3−1 + 2，求{ }的通项公式。
解法1：设 + = 3(−1 + )，即有 = 3−1 + 2
数列通项公式的求法课件-高三数学一轮复习
(2)证明：∵cn＝a2nn(n∈N*)， ∴cn＋1－cn＝a2nn＋ ＋11－a2nn＝an＋21－n＋12an＝2bn＋n 1. 将 bn＝3·2n－1 代入，得 cn＋1－cn＝34(n∈N*)． ∴数列{cn}是公差为34的等差数列，c1＝a21＝12， 故 cn＝12＋34(n－1)＝34n－14.
探究 5 此类题可由 an＝SS1n（－nS＝n－11（）n，≥2）求出通项 an，但要注意 n＝1 与 n ≥2 两种情况能否统一．
思考题 5 在数列{an}中，a1＝1，a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n＋2 1an＋1，n∈
N*，求 an. 【解析】
由 a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n＋2 1an＋1，
例 4 已知数列{an}满足 a1＝1，an＋1＝2aan＋n 1(n∈N＋)．求数列{an}的通项公 式．
【解析】 易知 an＞0，依题意得an1＋1＝2ana＋n 1＝a1n＋2， ∴数列a1n是等差数列，公差为 2，首项为 1，∴a1n＝1＋(n－1)×2＝2n－1， ∴an＝2n1－1.
探究 4 已知数列递推公式的分母中含有通项公式的表达式，求解对应的通 项公式时，往往可以通过观察表达式的特点，通过倒数关系加以转化，利用等差 数列的性质分析相应的通项公式问题．
思考题 4 设数列{an}是首项为 1 的正项数列，且 an＋1－an＋an＋1·an＝ 0(n∈N*)，求{an}的通项公式．
【解析】 ∵an＋1－an＋an＋1·an＝0.∴an1＋1－a1n＝1. 又a11＝1，∴a1n是首项为 1，公差为 1 的等差数列． 故a1n＝n，∴an＝1n.
题型四 已知 Sn 求 an
题型二 累乘法
例 2 在数列{an} 中，已知 a1＝3，nan＝(1＋n)an＋1，求 an. 【解析】 据题意有aan＋n 1＝n＋n 1⇒aan－n 1＝n－n 1(n≥2 且 n∈N*)． ∴an＝a1·aa21·aa32·…·aan－n 1 ＝3×12×23×34×…×n－n 1＝3n(n≥2 且 n∈N*)，把 n＝1 代入上式也成立，故 an＝3n(n∈N*)．
数列的通项公式课件ppt
故有an1＋1－a1n＝2.故数列a1n是首项为a11＝13，
公差为 2 的等差数列，所以a1n＝31＋2(n－1)＝6n3－5，
故 an＝6n3－5.
答案：6n3－5
为了规范事业单位聘用关系，建立和 完善适 应社会 主义市 场经济 体制的 事业单 位工作 人员聘 用制度 ，保障 用人单 位和职 工的合 法权益
为了规范事业单位聘用关系，建立和 完善适 应社会 主义市 场经济 体制的 事业单 位工作 人员聘 用制度 ，保障 用人单 位和职 工的合 法权益
观察法
根据数列的前4项，写出它的一个通项公式：
(1)3,5,7,9，…； (2)12，34，78，1156，3312，…； (3)3,33,333,3 333，…；
试一试：
已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，
且 Sn＝n＋n 1，则a15＝ (
)
5
6
A.6 B.5
1 C.30
D．30
解析：当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n＋n 1－n－n 1＝nn1＋1，
则 a5＝5×1 6＝310.
为了规范事业单位聘用关系，建立和 完善适 应社会 主义市 场经济 体制的 事业单 位工作 人员聘 用制度 ，保障 用人单 位和职 工的合 法权益
(2)当 n＝1 时，a1＝S1＝3＋1＝4，
当 n≥2 时，
an＝Sn－Sn－1 ＝(3n＋1)－(3n－1＋1)＝2×3n－1.
当 n＝1 时，2×31－1＝2≠a1，
故 an＝42，×3n－1，
n＝1， n≥2.
为了规范事业单位聘用关系，建立和 完善适 应社会 主义市 场经济 体制的 事业单 位工作 人员聘 用制度 ，保障 用人单 位和职 工的合 法权益
等差数列的概念及通项公式.ppt
a5 a4 d (a1 3d) d a1 4d
a 由此可知，等差数列 n 的通项公式为 当d≠0时，这是
an a1 (n 1)d
关于n的一个一 次函数。
10等差数列的图象1
●
9 （1）数列：-2，0，2，4，6，8，10，…
8
●
7
6
●
5
4
●
3
2
●
1
●
0 1234
5 6 7 8 9 10
2.2.1等差数列的概念 及通项公式
学习目标： 1.通过实例，理解等差数列的概念. 2.探索并掌握等差数列的通项公式. 3.能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问
题. 4.体会等差数列与一次函数的关系.
复习数列的有关概念1
按一定的次序排列的一列数叫做数列。 数列中的每一个数叫做这个数列的项。
●
等差数列的图象2
10
9 （2）数列：7，4，1，-2，…
8
7
●
6
5
4
●
3
2
●
1
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
●
等差数列的图象3
10 9 （1）数列：4，4，4，4，4，4，4，…
8
7 6
5
4
● ● ●● ●●● ● ● ●
3 2
1
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
等差中项
(3) 7x， 3x，-x，-5x，-9x，… 公差 d= -4x
(4) 2，0，-2，-4，-6，…
公差 d= -2 递减数列
(5) 5，5，5，5，5，5，… 公差 d=0 非零常数列
由数列的递推关系求通项公式PPT优秀课件
3，
设 bn
an1
an
，则 b1
a2
a1
6 ，且 bn1 bn
3，
所以 bn 6 3n1 2 3n ，即 an1 an 2 3n ，
有 3an 3 an 2 3n
所以
an
3n
3 2
.
解：由已知递推式得
an 3an1 3 ，
an
2n .
1
例题分析
例 1.
已知数列an 中， a1
3 2
,
an1
3an
3
(n N *), 求数列an 的通项公式.
.
巩固练习
1. 已知数列 an 中， a1 1, an1 3an 3n (n N *), 求数列an 的通项公式.
an n3n1
an 2n1
课堂热身
2．已知数列
an
中,
a1
1 2
,
an1
an
1 3n
(n N*), 求数列an 的通项公式.
1
an
1
.
2
3n1
课堂热身
3．已知数列 an 中 a1 3, an1 3an (n N*).求数列an 的通项公式.
an 3n
1 3n
，所以 an1 3n1
an 3n
1 3n
，
设 bn
an 3n
, 则 b1
a1 3
1,， 2
且 bn1
bn
1 3n
数列(共84张PPT)
Leabharlann 3.2等差数列及其通项公式
观察
在自然数集N中，能被2整除的数称为偶数.按照从小到大的次序写出偶数：
0，2，4，6，8，10，12，16， ⋯ .
偶数数列的第1项是0，从第2项起，每一项减去它前面一项所得的差都等于2.
3.2
等差数列及其通项公式
抽象
定义
如果一个数列从第2项起，每一项减去它前面一项所得的差都等
由已知，4 = 7，9 = 22，根据通项公式得
1 + 4 − 1 = 7，
ቊ
1 + 9 − 1 = 22.
整理，得
1 + 3 = 7，
ቊ
1 + 8 = 22.
解得
1 = −2， = 3.
因此
20 = −2 + 20 − 1 × 3 = 55.
即第20项是55.
1.2
如果一个数列的第项能用它前面若干项的表达式来表示，那么把
这个表达式称为这个数列的递推公式.
公式（2）是斐波那契数列的递推公式，1 ，2 称为初始项．
3.1
例 1
数列的概念
己知下述数列的通项公式，分别求出它们的前4项：
（1） = 3 + 1；
（2） =
1
；
（3） =
1
；
2
（4） = −1
= 1 + ，
⋯，
−2 + 3 = 1 + − 2 − 1 + 1 + − 2 − 1 −
= 1 + ，
−1 + 2 = 1 + − 1 − 1 + + − 1 − 1 −
观察
在自然数集N中，能被2整除的数称为偶数.按照从小到大的次序写出偶数：
0，2，4，6，8，10，12，16， ⋯ .
偶数数列的第1项是0，从第2项起，每一项减去它前面一项所得的差都等于2.
3.2
等差数列及其通项公式
抽象
定义
如果一个数列从第2项起，每一项减去它前面一项所得的差都等
由已知，4 = 7，9 = 22，根据通项公式得
1 + 4 − 1 = 7，
ቊ
1 + 9 − 1 = 22.
整理，得
1 + 3 = 7，
ቊ
1 + 8 = 22.
解得
1 = −2， = 3.
因此
20 = −2 + 20 − 1 × 3 = 55.
即第20项是55.
1.2
如果一个数列的第项能用它前面若干项的表达式来表示，那么把
这个表达式称为这个数列的递推公式.
公式（2）是斐波那契数列的递推公式，1 ，2 称为初始项．
3.1
例 1
数列的概念
己知下述数列的通项公式，分别求出它们的前4项：
（1） = 3 + 1；
（2） =
1
；
（3） =
1
；
2
（4） = −1
= 1 + ，
⋯，
−2 + 3 = 1 + − 2 − 1 + 1 + − 2 − 1 −
= 1 + ，
−1 + 2 = 1 + − 1 − 1 + + − 1 − 1 −
数列通项公式的求法第2课时-累加法累乘法ppt课件
.
四、总结并区分（灵丹妙药）
1、累加法的适用条件：已 a 1 且 知 a n-a n -1f(n )( 2 n) 2、累乘法的适用条件：已知 a1且aann-1 f(n)(n2) 3、倒数法的适用条件：已a知 1且 anpanan-1-11(n2)
.
五、过关斩将
1、已{ 知 an}满 数 a1 足 列 1.anan-1n n -1 1(n2)求其通项公
.
三、倒数法
1、倒数法适用题型：已a知 1且 anpanan-1-11(n2) 分式的形式
2、例题: 已知{a 数 n}满 列 a足 n3aa n-n1-11(n2)a ,11,求其通项公
解：将原式两边同时取倒数得：
1 1 (n -1) 3 3n - 2
1 3an-113 1
an
an
an-1
2、已知 {an}数 满列 a足 11,an1a2nan2,求其通项公式。 3、已{ 知 an}满 数 a1 足 列 1,anan-12（ n n2） ,求其通项
4、设{an数 }的列 n项 前和 sn,a1为 1｛ , snnna}为常数列， 求其通项公式。
.
五、过关斩将答案
1、 ann22n（提示：本 法题 的在 时用 候累 ， 算 乘 等 结式 果右 是边 保 前两项的分 项子 的与 分最 母后 ）两
有问题随时欢迎大家提问
.
.
.
.
2、an
2（提示：倒数同法时，取两倒边数） n1
3、 an2n1-（ 3 提示：累 右加 边法 是， 一等 个 前 n-1式 等 项比 的
4、 ann21n （提示：先 和 a1根 求{据 s出 nn常 na}的 数 通 列 项公 然后利 sn求 a用 n,最 由 后用累 . 乘法求得）
高考数学微专题3 数列的通项课件(共41张PPT)
内容索引
内容索引
目标1 根据规律找通项公式
1 (2023吉林三模)大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大
衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，
数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总
和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项
依 次 是 0,2,4,8,12,18,24,32,40,50 ， 则 此 数 列 的 第 25 项 与 第 24 项 的 差 为
高考命题方向： 1. 根据前几项来寻找序号 n 与项之间的关系． 2. 根据前几项所呈现的周期性规律，猜想通项． 3. 抓住相邻项的关系转化为熟悉问题．
内容索引
内容索引
说明： 1. 解决方案及流程 (1) 归纳猜想法： ①确定数列的前几项； ②分析序号 n 与项有何关系，初步确定分类标准； ③研究数列整体或部分规律； ④归纳数列的项用序号 n 表示的规律； ⑤证明归纳的正确性．
内容索引
内容索引
1. (2022泰安三模)已知数列{an}满足：对任意的m，n∈N*，都有aman
＝am＋n，且a2＝3，则a20的值为( )
A. 320
B. 315
C. 310
D. 35
【解析】 因为对任意的 m，n∈N*，都有 aman＝am＋n，所以 a1a1＝a2， a1an＝a1＋n.又 a2＝3，所以 a1＝± 3，所以aan＋n 1＝a1，所以数列{an}是首项 为 a1，公比为 a1 的等比数列，所以 an＝a1·an1－1＝an1，所以 a20＝a210＝310.
重复循环，2 022＝674×3，恰好能被3整除，且a3为偶数，所以a2 022也 为偶数，故B错误；对于C，若C正确，又a2 022＝a2 021＋a2 020，则a2 021＝ a1＋a2＋…＋a2 019，同理a2 020＝a1＋a2＋…＋a2 018，a2 019＝a1＋a2＋…＋ a2 017，依次类推，可得a4＝a1＋a2，显然错误，故C错误；对于D，因为 a2 024＝a2 023＋a2 022＝2a2 022＋a2 021，所以a2 020＋a2 024＝a2 020＋2a2 022＋a2 021＝2a2 022＋(a2 020＋a2 021)＝3a2 022，故D正确．故选AD.
内容索引
目标1 根据规律找通项公式
1 (2023吉林三模)大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大
衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，
数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总
和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项
依 次 是 0,2,4,8,12,18,24,32,40,50 ， 则 此 数 列 的 第 25 项 与 第 24 项 的 差 为
高考命题方向： 1. 根据前几项来寻找序号 n 与项之间的关系． 2. 根据前几项所呈现的周期性规律，猜想通项． 3. 抓住相邻项的关系转化为熟悉问题．
内容索引
内容索引
说明： 1. 解决方案及流程 (1) 归纳猜想法： ①确定数列的前几项； ②分析序号 n 与项有何关系，初步确定分类标准； ③研究数列整体或部分规律； ④归纳数列的项用序号 n 表示的规律； ⑤证明归纳的正确性．
内容索引
内容索引
1. (2022泰安三模)已知数列{an}满足：对任意的m，n∈N*，都有aman
＝am＋n，且a2＝3，则a20的值为( )
A. 320
B. 315
C. 310
D. 35
【解析】 因为对任意的 m，n∈N*，都有 aman＝am＋n，所以 a1a1＝a2， a1an＝a1＋n.又 a2＝3，所以 a1＝± 3，所以aan＋n 1＝a1，所以数列{an}是首项 为 a1，公比为 a1 的等比数列，所以 an＝a1·an1－1＝an1，所以 a20＝a210＝310.
重复循环，2 022＝674×3，恰好能被3整除，且a3为偶数，所以a2 022也 为偶数，故B错误；对于C，若C正确，又a2 022＝a2 021＋a2 020，则a2 021＝ a1＋a2＋…＋a2 019，同理a2 020＝a1＋a2＋…＋a2 018，a2 019＝a1＋a2＋…＋ a2 017，依次类推，可得a4＝a1＋a2，显然错误，故C错误；对于D，因为 a2 024＝a2 023＋a2 022＝2a2 022＋a2 021，所以a2 020＋a2 024＝a2 020＋2a2 022＋a2 021＝2a2 022＋(a2 020＋a2 021)＝3a2 022，故D正确．故选AD.
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2 2 2
2
3.已知{an}中，a1+2a2+3a3+ •••+nan=3n+1,求通项an 解: ∵ a1+2a2+3a3+· · · +nan=3n+1 (n≥1)
∴ a1+2a2+3a3+· · · +(n－1)an－1=3n（n≥2） 两式相减得： nan=3n+1－3n=2· 3n 2· 3n ∴an= n （n≥2） 而n=1时,a1=9
1 n 1 1 1 n 方法二：令an 1 x ( ) (an x ( ) ) 2 3 2 1 1 1 n 1 1 1 n 1 an 1 an ( ) x ( ) 与an 1 an ( ) 比较得 3 3 2 3 2 1 1 n 1 1 1 n ( ) x 1, x 3, an 1 3 ( ) (an 3 ( ) ) 3 2 3 2 1 n 1 1 2 数列an 3 ( ) 是以 为公比，以a1 3 ( ) 为首项 2 3 2 3 1 n 2 1 n 1 的等比数列 an 3 ( ) （ ） , 2 3 3 1 n 1 n a n 2 ( ) 3 ( ) 3 2
六待定系数法（构造法） 形如an1 pan q( p 0, p 1)的递推式 求法 : 待定系数法.令an 1 p(an ),
其中为待定系数, 化为等比数列
例 6： 数列an 满足a1 1, an1 2an 1 , 求an . 解：由题意可知：an+1+1=2(an+1) 所以数列{an+1}是以a1+1=2为首项，2为公比
an 1 是以 an 1 所以 2 为首项，以1为公差的等差数列. n 2 2
方法2：（代入法）
因为a1＝5,n≥2时，
n a 1 a 1 ( 2 a 2 1) 1 an 1 1 n 1 n 1 所以 n ， 2n 2 n 1 2n 2 n 1 所以 an 1 是以 an 1 2 为首项，以1为公差的等差数列. n 2 2
1 2 解 :由an 2S n , 得an 1 2Sn an , an 又an S n S n 1 (n 2) 代入上式化简得S n S n 1 1,由已知S1 a1 1 数列 Sn 是等差数列，公差为 1，首项为 1， Sn 1 （n 1 ） n n, an 0, S n 0 S n n , n 2时，an S n S n 1 n n 1 而n 1时，a1 1也适合上式 数列a n 的通项公式是an n n 1
例1、写出下面数列的一个通项公式，使它的前几项分 别是下列各数。
1 1 1 1 1、 3 , 5 , 7 , 9 , ; 4 8 16 32
2 3 4 5 6 2、 , , , , . 3 8 15 24 35
an 2n 1
n
1 2 n 1
an （- 1） 2 （n 1） -1
{an }求通项.
的等比数列.
所以an+1=2n,即an=2n-1
练:已知an 中，a1 2, an1 3an +2, 求通项an .
反思：待定系数法如何确定x？
待定系数法： 即 令an+1+x=p(an+x) an+1=pan+px-x
q q n 1 an (1 ) p x= 根据已知 p1 p1Fra bibliotekn1练习：
1、写出下列数列的一个通项公式: (1) 9, 99, 999, 9999, …… 分析：注意观察各项与它的序号的关系 有 10－1，102－1，103－1，104－1 解：an=10n－1 (2) 1, 11, 111, 1111, …… 分析:注意与熟悉数列9,99,999,9999,· · · 联系
练习2
五、迭代法 (递推公式形如an+1=an+ f(n)型的数列)
例5.已知{an}中, an= 3n－1+an－1 , (n≥2),a1=1,求通项an.
特点 逐项代换
解: ∵ an= 3n－1+an－1 (n≥2)
∴ an= 3n－1+an－1 = 3n－1 +3n－2+ an－2 =3n－1 +3n－2+ 3n－3 + an－3 = 3n－1 +3n－2+ 3n－3 +· · · +3+ a1 =3n－1 +3n－2+ 3n－3 +· · · +3+1 n －1 3 = 2
an 1 an 1 n 1 2 an 解法一：两边同除以（ ） 得 1, 令bn 1 n 1 3 1 n 1 n 2 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 2 n 1 bn 1 bn 1,即bn 1 3 （bn 3）， bn （ ） 3 3 3 3 3 an 4 2 n 1 1 n 1 n （ ） 3, an 2 ( ) 3 ( ) 1 3 3 3 2 ( )n 2
n个等式 相加得
（1）注意讨 论首项; (2)适用于 an+1=an+f(n)型递推 公式
an=( an－an－1)+(an－1－an－2)+ •••+ (a2 －a1)+ a1 =(n － 1)+(n －2)+ •••+2+1+1
2
n1 n n2 n 2 1 2
求法：累加法 an1 an f (n) 练习：
1 解：an= (10n－1) 9
(n N * )
这是特殊到一般的思想，也是数 学上重要的思想方法，但欠严谨！
二、公式法（利用an与Sn的关系 或利用等差、等比数列的通项公
式）
s1 主要是公式an sn s n 1
( n 1) ( n 2)
的运用
注意：（1）这种做法适用于所有数列； （2）用这种方法求通项需检验a1是否满足an.
练习：1.｛an｝的前项和Sn=2n2－1，求通项an 解：当n≥2时，an=Sn－Sn－1=(2n2－1) －[2(n－1)2－1] =4n－2 当n=1时, a1=1 不满足上式
因此 an=
1
(n=1)
4n －2(n≥2,
n N *)
不要遗漏n=1的情形哦！
2,已知数列an 中，an 0, S n是数列的前n项的和， 1 且a n 2 S n , 求a n an
∴an=
9 (n=1) 2· 3n * n N （ n ≥2, ） n
注意n的范围
三、累加法 (递推公式形如an+1=an+ f(n)型的数列)
例3.已知{an}中, an+1=an+ n (n∈N*),a1=1,求通项 an 解:由an+1=an+ n (n∈N*) 得 an+1 － an= n (n∈N*) a1 = 1 a2 －a1 = 1 a3 －a2 = 2 a4 －a3 = 3 ••• an－an－1 = n －1
反思 形如an1 pan f (n)( p 0, p 1)
an 1 an f (n) 求法 : 待定系数法或化为 n 1 n n 1 p p p 后累加法求解.
在数列{a n }中,已知a1 1,当n 2时, 有a n a n1 2n 1( n 2), 求数列 的通项公式.
四、累乘法 (形如an+1 =f(n)•an型)
例4.已知{an}是首项为1的正项数列,且(n+1)an+12 +an+1an－nan2=0, 求{an}的通项公式 解: ∵(n+1)an+12 +an+1an－nan2=0 ∴( an+1+ an)[(n+1) an+1 － nan]=0
类型四、累乘法形如 an 1 f (n) an 的递推式
练习1： 已知 an 中，a1 2, an1 3n an , 求通项an .
an 解： 3 n 1 , an 1 ....... an 1 3n 2 , an 2 a3 32 , a2 an 2 3n 3 , an 3 an 3 3 n 4 an 4
q 所以数列{ an p 1 }是等比数列.
类型七、相除法形如 an1 Aan B An1 的递推式
例 8： 数列
an 满足:a1 3, an1 3an 3 求 an 通项公式.
n
n 1
,
解： an 3an 1 3
an an 1 n n 1 1 3 3
∵ an+1+ an>0
∴ (n+1) an+1 = nan
a n 1 n ∴ (n≥1) an n1 a2 a n a n1 n 1 n 2 n 3 2 1 ... 1 a1 ∴ an= ... n n 1 n 2 3 2 a1 a n1 a n2 1 n 注意：累乘法与累加法有些相 似，但它是n个等式相乘所得
（2）由（1）知 an 1 2 (n 1) 1 ,所以an＝（n＋1）2n＋1. 2n
形如递推式为an 1 p an q n ( p 1) 方法一 : 相除法（略）方法二：待定系数法构造等比数列，令 an 1 x q n 1 p (an xq n )( p 1)与已知递推式比较后解得x, 转化为 an xq n 是公比为p的等比数列（此法只适用于p q, 若 p q只能用方法一解决） 5 1 1 例7：已知数列a n 中，a1 , an 1 an ( ) n 1 , 求an 6 3 2
2
3.已知{an}中，a1+2a2+3a3+ •••+nan=3n+1,求通项an 解: ∵ a1+2a2+3a3+· · · +nan=3n+1 (n≥1)
∴ a1+2a2+3a3+· · · +(n－1)an－1=3n（n≥2） 两式相减得： nan=3n+1－3n=2· 3n 2· 3n ∴an= n （n≥2） 而n=1时,a1=9
1 n 1 1 1 n 方法二：令an 1 x ( ) (an x ( ) ) 2 3 2 1 1 1 n 1 1 1 n 1 an 1 an ( ) x ( ) 与an 1 an ( ) 比较得 3 3 2 3 2 1 1 n 1 1 1 n ( ) x 1, x 3, an 1 3 ( ) (an 3 ( ) ) 3 2 3 2 1 n 1 1 2 数列an 3 ( ) 是以 为公比，以a1 3 ( ) 为首项 2 3 2 3 1 n 2 1 n 1 的等比数列 an 3 ( ) （ ） , 2 3 3 1 n 1 n a n 2 ( ) 3 ( ) 3 2
六待定系数法（构造法） 形如an1 pan q( p 0, p 1)的递推式 求法 : 待定系数法.令an 1 p(an ),
其中为待定系数, 化为等比数列
例 6： 数列an 满足a1 1, an1 2an 1 , 求an . 解：由题意可知：an+1+1=2(an+1) 所以数列{an+1}是以a1+1=2为首项，2为公比
an 1 是以 an 1 所以 2 为首项，以1为公差的等差数列. n 2 2
方法2：（代入法）
因为a1＝5,n≥2时，
n a 1 a 1 ( 2 a 2 1) 1 an 1 1 n 1 n 1 所以 n ， 2n 2 n 1 2n 2 n 1 所以 an 1 是以 an 1 2 为首项，以1为公差的等差数列. n 2 2
1 2 解 :由an 2S n , 得an 1 2Sn an , an 又an S n S n 1 (n 2) 代入上式化简得S n S n 1 1,由已知S1 a1 1 数列 Sn 是等差数列，公差为 1，首项为 1， Sn 1 （n 1 ） n n, an 0, S n 0 S n n , n 2时，an S n S n 1 n n 1 而n 1时，a1 1也适合上式 数列a n 的通项公式是an n n 1
例1、写出下面数列的一个通项公式，使它的前几项分 别是下列各数。
1 1 1 1 1、 3 , 5 , 7 , 9 , ; 4 8 16 32
2 3 4 5 6 2、 , , , , . 3 8 15 24 35
an 2n 1
n
1 2 n 1
an （- 1） 2 （n 1） -1
{an }求通项.
的等比数列.
所以an+1=2n,即an=2n-1
练:已知an 中，a1 2, an1 3an +2, 求通项an .
反思：待定系数法如何确定x？
待定系数法： 即 令an+1+x=p(an+x) an+1=pan+px-x
q q n 1 an (1 ) p x= 根据已知 p1 p1Fra bibliotekn1练习：
1、写出下列数列的一个通项公式: (1) 9, 99, 999, 9999, …… 分析：注意观察各项与它的序号的关系 有 10－1，102－1，103－1，104－1 解：an=10n－1 (2) 1, 11, 111, 1111, …… 分析:注意与熟悉数列9,99,999,9999,· · · 联系
练习2
五、迭代法 (递推公式形如an+1=an+ f(n)型的数列)
例5.已知{an}中, an= 3n－1+an－1 , (n≥2),a1=1,求通项an.
特点 逐项代换
解: ∵ an= 3n－1+an－1 (n≥2)
∴ an= 3n－1+an－1 = 3n－1 +3n－2+ an－2 =3n－1 +3n－2+ 3n－3 + an－3 = 3n－1 +3n－2+ 3n－3 +· · · +3+ a1 =3n－1 +3n－2+ 3n－3 +· · · +3+1 n －1 3 = 2
an 1 an 1 n 1 2 an 解法一：两边同除以（ ） 得 1, 令bn 1 n 1 3 1 n 1 n 2 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 2 n 1 bn 1 bn 1,即bn 1 3 （bn 3）， bn （ ） 3 3 3 3 3 an 4 2 n 1 1 n 1 n （ ） 3, an 2 ( ) 3 ( ) 1 3 3 3 2 ( )n 2
n个等式 相加得
（1）注意讨 论首项; (2)适用于 an+1=an+f(n)型递推 公式
an=( an－an－1)+(an－1－an－2)+ •••+ (a2 －a1)+ a1 =(n － 1)+(n －2)+ •••+2+1+1
2
n1 n n2 n 2 1 2
求法：累加法 an1 an f (n) 练习：
1 解：an= (10n－1) 9
(n N * )
这是特殊到一般的思想，也是数 学上重要的思想方法，但欠严谨！
二、公式法（利用an与Sn的关系 或利用等差、等比数列的通项公
式）
s1 主要是公式an sn s n 1
( n 1) ( n 2)
的运用
注意：（1）这种做法适用于所有数列； （2）用这种方法求通项需检验a1是否满足an.
练习：1.｛an｝的前项和Sn=2n2－1，求通项an 解：当n≥2时，an=Sn－Sn－1=(2n2－1) －[2(n－1)2－1] =4n－2 当n=1时, a1=1 不满足上式
因此 an=
1
(n=1)
4n －2(n≥2,
n N *)
不要遗漏n=1的情形哦！
2,已知数列an 中，an 0, S n是数列的前n项的和， 1 且a n 2 S n , 求a n an
∴an=
9 (n=1) 2· 3n * n N （ n ≥2, ） n
注意n的范围
三、累加法 (递推公式形如an+1=an+ f(n)型的数列)
例3.已知{an}中, an+1=an+ n (n∈N*),a1=1,求通项 an 解:由an+1=an+ n (n∈N*) 得 an+1 － an= n (n∈N*) a1 = 1 a2 －a1 = 1 a3 －a2 = 2 a4 －a3 = 3 ••• an－an－1 = n －1
反思 形如an1 pan f (n)( p 0, p 1)
an 1 an f (n) 求法 : 待定系数法或化为 n 1 n n 1 p p p 后累加法求解.
在数列{a n }中,已知a1 1,当n 2时, 有a n a n1 2n 1( n 2), 求数列 的通项公式.
四、累乘法 (形如an+1 =f(n)•an型)
例4.已知{an}是首项为1的正项数列,且(n+1)an+12 +an+1an－nan2=0, 求{an}的通项公式 解: ∵(n+1)an+12 +an+1an－nan2=0 ∴( an+1+ an)[(n+1) an+1 － nan]=0
类型四、累乘法形如 an 1 f (n) an 的递推式
练习1： 已知 an 中，a1 2, an1 3n an , 求通项an .
an 解： 3 n 1 , an 1 ....... an 1 3n 2 , an 2 a3 32 , a2 an 2 3n 3 , an 3 an 3 3 n 4 an 4
q 所以数列{ an p 1 }是等比数列.
类型七、相除法形如 an1 Aan B An1 的递推式
例 8： 数列
an 满足:a1 3, an1 3an 3 求 an 通项公式.
n
n 1
,
解： an 3an 1 3
an an 1 n n 1 1 3 3
∵ an+1+ an>0
∴ (n+1) an+1 = nan
a n 1 n ∴ (n≥1) an n1 a2 a n a n1 n 1 n 2 n 3 2 1 ... 1 a1 ∴ an= ... n n 1 n 2 3 2 a1 a n1 a n2 1 n 注意：累乘法与累加法有些相 似，但它是n个等式相乘所得
（2）由（1）知 an 1 2 (n 1) 1 ,所以an＝（n＋1）2n＋1. 2n
形如递推式为an 1 p an q n ( p 1) 方法一 : 相除法（略）方法二：待定系数法构造等比数列，令 an 1 x q n 1 p (an xq n )( p 1)与已知递推式比较后解得x, 转化为 an xq n 是公比为p的等比数列（此法只适用于p q, 若 p q只能用方法一解决） 5 1 1 例7：已知数列a n 中，a1 , an 1 an ( ) n 1 , 求an 6 3 2