最全的递推数列求通项公式方法Word文档下载推荐.docx
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由,得,用此式减去式,得
当时,,即,又,
,将以上n个式子相乘,得
类型3〔其中p,q均为常数,〕。
解法〔待定系数法〕:
把原递推公式转化为:
,其中,再利用换元法转化为等比数列求解。
数列中,,,求.
设递推公式可以转化为即.故递推公式为,令,那么,且.所以是以为首项,2为公比的等比数列,那么,所以.
〔2006,,文,14〕
在数列中,假设,那么该数列的通项_______________
〔key:
〕
〔2006..理22.本小题总分值14分〕
数列满足
〔I〕求数列的通项公式;
〔II〕假设数列{bn}滿足证明:
数列{bn}是等差数列;
〔Ⅲ〕证明:
〔I〕解:
是以为首项,2为公比的等比数列
即
〔II〕证法一:
①
②
②-①,得
即
③-④,得
是等差数列
证法二:
同证法一,得
令得
设下面用数学归纳法证明
〔1〕当时,等式成立
〔2〕假设当时,那么
这就是说,当时,等式也成立
根据〔1〕和〔2〕,可知对任何都成立
〔III〕证明:
递推式:
只需构造数列,消去带来的差异.
类型4〔其中p,q均为常数,〕。
〔或,其中p,q,r均为常数〕。
一般地,要先在原递推公式两边同除以,得:
引入辅助数列〔其中〕,得:
再待定系数法解决。
数列中,,,求。
在两边乘以得:
令,那么,解之得:
〔2006,全国I,理22,本小题总分值12分〕
设数列的前项的和,
〔Ⅰ〕求首项与通项;
〔Ⅱ〕设,,证明:
〔I〕当时,;
当时,,即,利用〔其中p,q均为常数,〕。
〔或,其中p,q,r均为常数〕的方法,解之得:
(Ⅱ)将代入①得Sn=×
(4n-2n)-×
2n+1+=×
(2n+1-1)(2n+1-2)
=×
(2n+1-1)(2n-1)
Tn==×
(-)
所以,=-)=×
(-)<
类型5递推公式为〔其中p,q均为常数〕。
解法一(待定系数法):
先把原递推公式转化为
其中s,t满足
解法二(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。
假设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〕:
数列:
,,求数列的通项公式。
由,得
且。
那么数列是以为首项,为公比的等比数列,于是
把代入,得
把以上各式相加,得
解法二〔特征根法〕:
,的特征方程是:
又由,于是
故
数列中,,,,求。
由可转化为
即或
这里不妨选用〔当然也可选用,大家可以试一试〕,那么是以首项为,公比为的等比数列,所以,应用类型1的方法,分别令,代入上式得个等式累加之,即
又,所以。
〔2006,,文,22,本小题总分值14分〕
〔I〕证明:
数列是等比数列;
〔II〕求数列的通项公式;
〔III〕假设数列满足证明是等差数列
〔II〕解:
由〔I〕得
〔III〕证明:
①
②
②-①,得
即 ③
④
④-③,得
即
类型6递推公式为与的关系式。
(或)
这种类型一般利用与消去或与消去进展求解。
例:
数列前n项和.
〔1〕求与的关系;
〔2〕求通项公式.
〔1〕由得:
于是
所以.
〔2〕应用类型4〔〔其中p,q均为常数,〕〕的方法,上式两边同乘以得:
由.于是数列是以2为首项,2为公差的等差数列,所以
〔2006,,理,20本小题总分值12分)
正项数列{an},其前n项和Sn满足10Sn=an2+5an+6且a1,a3,a15成等比数列,求数列{an}的通项an
解:
∵10Sn=an2+5an+6,①∴10a1=a12+5a1+6,解之得a1=2或a1=3
又10Sn-1=an-12+5an-1+6(n≥2),②
由①-②得10an=(an2-an-12)+6(an-an-1),即(an+an-1)(an-an-1-5)=0
∵an+an-1>
0,∴an-an-1=5(n≥2)
当a1=3时,a3=13,a15=73a1,a3,a15不成等比数列∴a1≠3;
当a1=2时,a3=12,a15=72,有a32=a1a15,∴a1=2,∴an=5n-3
(2005,,文,22.本小题总分值14分〕
数列{an}的前n项和Sn满足Sn-Sn-2=3求数列{an}的通项公式.
,两边同乘以,可得
令
又,,
类型7
这种类型一般利用待定系数法构造等比数列,即令,与递推式比拟,解出,从而转化为是公比为的等比数列。
设数列:
,求.
设,将代入递推式,得
…〔1〕那么,又,故代入〔1〕得
说明:
〔1〕假设为的二次式,那么可设;
(2)此题也可由,〔〕两式相减得转化为求之.
数列{}中,在直线y=x上,其中n=1,2,3…
(Ⅰ)令
(Ⅱ)求数列
(Ⅲ)设的前n项和,是否存在实数,使得数列为等差数列?
假设存在,试求出假设不存在,那么说明理由
〔〕由得
又
是以为首项,以为公比的等比数列
〔〕由〔〕知,
将以上各式相加得:
〔〕解法一:
存在,使数列是等差数列
数列是等差数列的充要条件是、是常数
当且仅当,即时,数列为等差数列
解法二:
由〔〕、〔〕知,
当且仅当时,数列是等差数列
类型8
这种类型一般是等式两边取对数后转化为,再利用待定系数法求解。
数列{}中,,求数列
由两边取对数得,
令,那么,再利用待定系数法解得:
〔2005,,理,21.本小题总分值12分〕
数列
〔1〕证明
〔2〕求数列的通项公式an.
用数学归纳法并结合函数的单调性证明:
〔1〕方法一用数学归纳法证明:
1°
当n=1时,
∴,命题正确.
2°
假设n=k时有
那么
而
∴时命题正确.
由1°
、2°
知,对一切n∈N时有
方法二:
用数学归纳法证明:
1°
当n=1时,∴;
2°
假设n=k时有成立,
令,在[0,2]上单调递增,所以由假设
有:
也即当n=k+1时成立,所以对一切
〔2〕解法一:
所以
又bn=-1,所以
由〔I〕知,,两边取以2为底的对数,
令,那么
或
〔2006,,理,22,本小题总分值14分〕
a1=2,点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上,其中=1,2,3,…
(1)证明数列{lg(1+an)}是等比数列;
(2)设Tn=(1+a1)(1+a2)…(1+an),求Tn及数列{an}的通项;
记bn=,求{bn}数列的前项和Sn,并证明Sn+=1
〔Ⅰ〕由,
,两边取对数得
是公比为2的等比数列
〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知
〔*〕
=
由〔*〕式得
〔Ⅲ〕,,
,又,
类型9
这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为。
数列{an}满足:
,求数列{an}的通项公式。
取倒数:
是等差数列,
〔2006,,理,22,本大题总分值14分〕
a1=,且an=
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)证明:
对于一切正整数n,不等式a1∙a2∙……an<
2∙n!
〔1〕将条件变为:
1-=,因此{1-}为一个等比数列,其首项为
1-=,公比,从而1-=,据此得an=〔n≥1〕…………1︒
〔2〕证:
据1︒得,a1∙a2∙…an=
为证a1∙a2∙……an<
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
≥1-〔〕…………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,
即≥1-〔〕
那么当n=k+1时,
≥〔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,
≥1-〔〕=1-
=1->
故2︒式成立,从而结论成立
类型10
如果数列满足以下条件:
的值且对于,都有〔其中p、q、r、h均为常数,且〕,那么,可作特征方程,当特征方程有且仅有一根时,那么是等差数列;
当特征方程有两个相异的根、时,那么是等比数列。
数列满足性质:
对于且求的通项公式.
数列的特征方程为变形得其根为故特征方程有两个相异的根,使用定理2的第〔2〕局部,那么有
∴
数列满足:
对于都有
〔1〕假设求〔2〕假设求〔3〕假设求
〔4〕当取哪些值时,无穷数列不存在?
作特征方程变形得
特征方程有两个一样的特征根依定理2的第〔1〕局部解答.
(1)∵对于都有
(2)∵
令,得.故数列从第5项开场都不存在,
当≤4,时,.
(3)∵∴
令那么∴对于
(4)、显然当时,数列从第2项开场便不存在.由此题的第〔1〕小题的解答过程知,时,数列是存在的,当时,那么有令那么得且≥2.
∴当〔其中且N≥2〕时,数列从第项开场便不存在.
于是知:
当在集合或且≥2}上取值时,无穷数列都不存在.
〔2005,,文,22,本小题总分值12分〕
数列记
〔Ⅰ〕求b1、b2、b3、b4的值;
〔Ⅱ〕求数列的通项公式及数列的前n项和
解法一:
由,得,其特征方程为解之得,或
〔I〕
〔II〕因,
故猜测
因,〔否那么将代入递推公式会导致矛盾〕
故的等比数列.
解法三:
〔Ⅰ〕由
整理得
〔Ⅱ〕由
解法四:
〔Ⅰ〕同解法一
〔Ⅱ〕
从而
类型11或
这种类型
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