求数列通项公式的十一种方法.docx
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求数列通项公式的十一种方法
总述:
一.利用递推关系式求数列通项的11种方法:
累加法、累乘法、待定系数法、阶差法(逐差法)、迭代法、对数变换法、倒数变换法、换元法(目的是去递推关系式中出现的根号)数学归纳法、不动点法(递推式是一个数列通项的分式表达式)特征根法
二。
四种基本数列:
等差数列、等比数列、等和数列、等积数列及其广义形式。
等差数列、
等比数列的求通项公式的方法是:
累加和累乘,这二种方法是求数列通项公式的最基本方法。
三.求数列通项的方法的基本思路是:
把所求数列通过变形,代换转化为等级差数列或等比数列。
四.求数列通项的基本方法是:
累加法和累乘法。
五.数列的本质是一个函数,其定义域是自然数集的一个函数。
、累加法
1.适用于:
an1anf(n)
这是广义的等差数列累加法是最基本的二个方法之一。
2.若an1
anf(n)(n
2),
a2
a1
则La3
a2
f
(1)f
(2)L
an
anf(n)
两边分别相加得an1
a1
n
f(n)
例1已知数列{an}满足an1
an2n1,ai1,求数列{an}的通项公式。
解:
由an1an2n1得an1
an
2n1则
an(an
[2(n
2[(n(n
2—
(n
2n
an1)(a
1)
1)
1)n
2
1)(n
n1
1][2(n(n2)
(n1)
1)1
所以数列
an
2)L
2)1]
1]
{an}的通项公式为
an
例2已知数列{an}满足an1
an
解法一:
由an1an23n
1得an1
an
(anan1)(an1(23n11)2(3n13n223(13n1)
(2
L
an2)L3n21)3231)
所以
解法二:
3n
3n
an
an
则冷1
3n
an
(n
1)3
3n
1.
3an
23n
an2
-n-
33
(fn
an1)
1
an
(2
2(n
(a3a2)
(22
1)1
(n
3n
an
1,a1
(a3
L(2
(n1)
1两边除以3n1
/an1
an1
1
3n1
1
an2)
/an2
(尹
(a2aj
1)(21
3,求数列
a1
1)1
{an}的通项公式。
a2)
32
(a2
1)
(2
a1)
31
a1
1)3
an
3n
1
3n1
)(1
1
丄)
3n2)
(2i2〉
2(n1)駅13「
1
2n1
—2
则an
3n
3n
练习
1.已知数列
an
的首项为
且an
an
2n(nN
)写出数列an的通项公式.
2
答案:
n
练习
2.已知数列
{an}
满足a1
an
an
2)
,求此数列的通项公式
答案:
裂项求和
an
评注:
已知
a1a
an1an
f(n),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
an
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3.已知数列
an0且
an
\求数列{an}的通项公式.
Sn
解:
由已知
i(an
—)Sn
an得
i(Sn
Sn1
Sn
化简有
SnS:
1
n,由类型
(1)有SnS1
Sn1
又S1
a1得a11
S2n(n1)
所以n2
又an
Sn
J2n(n1)
an
J2n(n1)J2n(n1)
此题也可以用数学归纳法来求解
二、累乘法
1.适用于:
an1f(n)an
这是广义的等比数列
累乘法是最基本的二个方法之二。
2.若邑
an
f(n),则一
a1
a3
f
(1),」f
(2)丄
两边分别相乘得,
an1
a1
ai
例4已知数列
{an}满足an
a2
2(n
f(k)
1)5nan,
解:
因为an1
2(n
1)5n
an,
ai
3,所以an
an
an一
an1
an1
an2
L电a1
a2C
f(n)
an
3,求数列{an}的通项公式。
0,则
an
2(n1)5n,故
[2(n2n1[n(n
32n1
1)5n1][2(n2
1)L32]5
n(n1)
5Fn!
1)5n2]L
(n1)(n2)L
[2(2
213
1)52][2(11)51]3
所以数列{an}的通项公式为an32n
n(n1)
5
n!
.
例5.设an是首项为1的正项数列,且
2c
nanan1an0(n=1,2,3,…),
则它的通项公式是an=
解:
已知等式可化为:
(an1an)(n
1)an
nan
an
(n+1)an1nan
2时,
an
an
an1
an
an1
an1
an2
亚a1J
a1=n
an1
即an
评注:
本题是关于an和an1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
an与an1的更为明显的关系式,从而求出an
练习.已知an1nann1,a11,求数列{an}的通项公式.
答案:
an(n1)!
(a11)-1.
评注:
本题解题的关键是把原来的递推关系式an1nann1'转化为
an11n(anU若令bnan1,则问题进一步转化为bn1nbn形式,进而应用累乘法求
出数列的通项公式.
三、待定系数法适用于an1qanf(n)
基本思路是转化为等差数列或等比数列,而数列的本质是一个函数,其定义域是自然数集的一个函数。
1.形如
an1Cand,(C0其中a1a)型
0时,数列{an}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.
所以
两式相减有an1anc(anan1)从而化为公比为c的等比数列{an1an},进而求得通项公式.
n/\
an1anc(a2aJ,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
2),求数列an的通项公式。
例6已知数列{an}中,a11,an2an11(n
解法一:
Qan2an11(n2),
an12(an11)
an12an
比数列,再用累加法的
/\n1A
答案:
an
(2)1
2.形如:
an1pan
(其中q是常数,且n0,1)
①若p=1时,即:
an1
an
,累加即可.
②若P1时,即:
an
an
求通项方法有以下三种方向:
i.
两边同除以
n1
p.目的是把所求数列构造成等差数列
an1
即:
p
an1
n
qp
bn1bn
则
丄(E)n
pq,然后类型1,累加求通项.
ii.两边同除以
目的是把所求数列构造成等差数列。
即:
an1
n1
q
an
n
q
bn
令
电
n
q,则可化为
bn1
pbn1
qq.然后转化为类型
5来解,
iii.待定系数法:
目的是把所求数列构造成等差数列
n1/
设an1qP(an
nX
P丿.通过比较系数,求出
,转化为等比数列求通项
注意:
应用待定系数法时,要求
Pq,否则待定系数法会失效。
例7已知数列{an}满足an1
2an43a11,求数列an的通项公式。
解法一(待定系数法)
:
设an
^n/
132(an
3n1)
,比较系数得14,22
则数列an43
是首项为
ai
4311
5,公比为
2的等比数列,
A&1
所以an43
52n1,即an
43n1
52n1
an
解法二(两边同除以
n1
q):
两边同时除以
.n1
3得:
1
3n1
2an
33n
4
3,下面解法略
解法三(两边同除以
n1
p):
两边同时除以
2n1得:
an1
an
2n
32,下面解法略
练习.(2003天津理)
设a0
为常数,且
an3n12an
1(nN)
证明对任
an-[3n
5
(1)n12n]
(1)n
n
a0
3.形如
an1panknb
(其中k,b
是常数,且
k0)
方法1:
逐项相减法(阶差法)
方法2:
待定系数法
通过凑配可转化为
(an
xn
y)P(an1
x(n1)
y);
解题基本步骤:
1、确定f(n)=kn+b
2、设等比数列bn
(an
xn
y),公比为P
3、列出关系式(an
xn
y)
P(an1X(n1)y),即bnpbn1
4、比较系数求x,y
5、解得数列(anxny)的通项公式
6、解得数列an的通项公式
在数列{an}中,a11'an13an2n,求通项an.(逐项相减法)
解:
an13an2n,
2时,an3an1
2(n
1)
两式相减得an1an
3(an
an
1)
2令bnan1
an,则bn
3bn1
利用类型5的方法知bn
53n
53n11
5
an一
再由累加法可得2
3n1n
1
2.
亦可联立①
an
②解出
1
n-
例9.在数列{an}中,
3
a1—,2anan1
6n3
求通项an.(待定系数法)
解:
原递推式可化为2(anxny)an
1x(n
1)y
比较系数可得:
x=-6,y=9,上式即为2bn
bn1
所以
bn是一个等比数列,首项
b1a
6n9
91b91、n1
2,公比为2.bn比)
即:
an6n
99(l)n
故an
9
(2)n6n
4.形如an1Pana
其中
a,b,c是常数,且a0)
基本思路是转化为等比数列,而数列的本质是一个函数,
其定义域是自然数集的一个函数。
例10已知数列{an}满足an12an
3n2
4n
5,ai
1,求数列{an}的通项公式。
2
解:
设an1x(n1)y(n
1)z
2(an
xn2
yn
z)
比较系数得x3,y
10,z
18,
所以an13(n1)2
10(n
1)18
2(an
3n2
10n
18)
由q312101
181
31320,
an
3n2
10n180
2
则an13(n9一10(nB182,故数列
2
an3n10n18
2
{an3n10n18}为以
a13121011813132为首项,以
2为公比的等比数列,因此
an3n210n18322n1,则a.2n4
3n210n18。
5.形如an2pan1
qan时将an作为
f(n)求解
分析:
原递推式可化为an2
an1
(p)(an1an)的形式,比较系数可求得
,数列
an1an为等比数列。
例11已知数列{an}满足an2
5an1
6an,a11,a22,求数列{an}的通项公式。
解:
设an2
an1(5
)(an
1an)
比较系数得
2,不妨取
2,(取-3结果形式可能不同,但本质相同)
贝yan22an
3(an1
2an),则an1
2an是首项为4,公比为3的等比数列
an12an
执^n1
43,所以an
43n1
52n1
练习.数列{an}中,若
a18,a2
2,且满足an24an13an0,求an
答案:
an113
四、迭代法an1
r
pan(其中
p,r为常数)型
例12已知数列{an}满足an1
3(n1)2n
an
a,
5,求数列{an}的通项公式。
解:
因为an1
3(n1)2n
an,所以
3n2n1
anan13(n2)2'
[an3
33(n2)(n
3
an
L
[a3(n1)2n2]3n2n13]32(n1)n2(n2)(n1)
1)n2(n3)(n2)(n1)
32(n1)n2(n
an2
2)(n
1)
123LL(n2)(n1)n212LL(
n3)
(n2)(n1)
n(n1)
1n!
2^-
又曰5,所以数列{an}的通项公式为an
53n
n(n1)
1n!
22
注:
本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式。
例13.(2005江西卷)
已知数列{an}的各项都是正数
且满足:
a01,an12an(4
an),nN
(1)证明务an1
2,nN;
(2)求数列{an}的通项公式
an.
解:
(1)略
(2)an
1
2an(4
an)
2[(an
2
2)4],所以
2(an12)
(an
2)2
令bn
an
2,则bn
尹1
2(
扣22)2
1222
八1
(1)12
1bn2n
又bn=—1,
bn
所以
(扩二即an2
bn2
(扩1
方法2:
本题用归纳-猜想-证明,也很简捷,
请试一试
.解法3:
设
cn
bn,则
上面类型
(1)来解
五、对数变换法适用于
an1Pan(其中
p,r为常数)型p>0,
an
例14.设正项数列
an
满足a11,an
2a;1
(n>2).求数列an的通项公式.
解:
两边取对数得:
logan12logJ1
logan
12(logan1
a
1),设bnlog2n1
,则
bn
2bn1
bn
是以2为公比的等比数列,
b1log;
11bn12n1
loga
loga
2n11.an22"
练习
数列
an中,
a1
I
1,an2Jan1(nA2),求数列an
的通项公式.
答案:
an
2222n
例15已知数列{an}满足an1
__n5
23an,
ai7,求数列{an}的通项公式。
解:
因为an123na;.
ai
7,所以an
0,an10。
两边取常用对数得
Igan
5lg
an
nlg3
lg2
设lgan1x(n
1)y
5(lganxny)
(同类型四)
比较系数得,x
lg3
4
lg3lg2
'y164
由lga1—1
4
lg3
16
lg2lg7S1
44
lg3
16
lg2
4
0,得lgan
lg3
4
lg3lg2
n址丄0,
164
所以数列{lgan
lg3
——n
4
lg3lg2
:
:
}是以lg7
164
lg3
4
lg3
16
lg2
卫一为首项,
4
以
5为公比的等比数列,
则lgan
lg3
16
lg2
4
(lg7
lg3lg3Ig2
416
4)5n1
,因此
lgan
(lg7
lg3lg3lg2n1
)5
[lg(7
4164
111
343花24)]5n
1
lg(7
———un1
3431624)5
I/r5n1
lg(7
5n4n1
316
则an
5n4n1
5n1-
753
5n1
16
六、倒数变换法
例16已知数列
解:
求倒数得
lg3lg3
—n—
46
n11
lg(3刁3162刁)
n1
lg(343^^
5n11
2丁)
5n11
2丁。
1
24)
lg2
4
适用于分式关系的递推公式,分子只有一项
{an}满足an
an1
1),
2a^'a11,求数列
an
{an}的通项公式。
an
an
an1
11
an2'
an1
1、11
为等差数列,首项一1,公差为一,
ana12
a1
七、换元法适用于含根式的递推关系
1
—(14anJ124an),印1,求数列{%}的通项公式。
16¥
解:
令bn
丿
24an,
代入an1
1
(14an
16
(bn1
1)
1
-[14;
24
16:
即4b;1
(bn
3)2
因为bn
J
24an0
则2bn1
bn
3,即bn
可化为bn
13
所以{bn
3}是以b13
1
3)
1
2bn
则an
例17已知数列{an}满足an1
2>2
1)
Jl24an)得
1)bn]
J124a
7124132为首项,以丄为公比的等比数列,因此
2
bn32
(1)n1
(2)n2,则bn
(2)
24an
(2)n23,得
an2(4)n
(2)n3。
3423
八、数学归纳法通过首项和递推关系式求出数列的前
法加以证明。
n项,
猜出数列的通项公式,再用数学归纳
例18已知数列{an}满足an1an
8(n1)
(2n1)2(2n3)2
8
—,求数列{an}的通项公式。
9
解:
由
an1
8(n1)
an22
(2n1)2(2n3)2
8
及a18,得
a2
a1
a3
a2
8(11)
22
(211)(213)
8(21)
8_82
99
24
25
8
24
25
3
22
(221)(223)
8(31)
(231)2(233)2
25
48
49
2549
84
4981
48
49
80
81
由此可猜测an
(2nJJ,下面用数学归纳法证明这个结论。
(2n1)2
(1)
当n1时,
ai
(211)21
(21
1)2
8,所以等式成立。
ak1
假设当nk时等式成立,
即ak
则当n
k1时,
ak
8(k1)
(2k1)2(2k3)2[(2k1)21](2k3)2
8(k1)
(2k1)2(2k3)2
(2k1)2(2k3)2(2k1)2
(2k1)2(2k3)2
(2k3)21
(2k3)2
[2(k1)1]21
[2(k1)1]2
由此可知,当nk1时等式也成立。
九、阶差法(逐项相减法)
1、递推公式中既有Sn,又有an
方法求解。
a1—(41)(a12),解得a11或a12
6
当nA2时,
Sn1
6(an11)(an1
2)⑵
⑴-⑵整理得:
(a
nan1)(anan1
3)0
•-{an}各项均为正数,•••anan1
3
当q1时,
an
3n2,此时a:
a2a9成立
当ai2时,
an
2
3n1,此时a4
a2a9不成立,故
所以an3n
2
练习。
已知数列{
an}中,an0且
12
Sn-(an1)
a12舍去
求数列{an}的通项公式.
(an
答案:
SnSn1an
(an1)2
11)2
an2n1
2、对无穷递推数列
例20已知数列{an}满足ai
1,
ana12a2
3a3
L(n
1)ani(n2),求{an}的通项公式。
解:
因为ana12a23a3
(n1)an
1(n
2)
所以an1a12a2
3a3
(n1)an1
nan
用②式-①式得an1
an
nan.
则an1(n1)an(n
2)
故也n
an
1(n
2)
所以an
鱼
a2
a2
[n(n1)L4
3]a2
n!
尹.
由an
a12a23a3L
(n1)an1(n
2),取n2得a2a12a2,则a?
a1,又知a11,
则a2
1,代入③得an
1345Ln
ni!
o
2
所以,
{an}的通项公式为
n!
an—.
an1
an2
D,使f(X0)Xo成立,则称Xo为
不动点的定义:
函数f(x)的定义域为D,若存在f(x)x0
an的通项公式。
例21已知数列{an}中,a11,an2an11(n2),求数列
解:
递推关系是对应得递归函数为
f(X)2x1,由f(X)X得,不动点为-1
-an112(an
1),
类型二:
形如an
aanb
cand
分析:
递归函数为
(1)若有两个相异的不动点
f(x)
cXd
p,q
时,将递归关系式两边分别减去不动点
p,q,再将两式相除得
an1Pk一p,其中
qanq‘八
an1
pc.(agpq)kn1(gppq)
,…an/\In1.、
aqc(ap)k@1q)
若有两个相同的不动点
P,则将递归关系式两边减去不动点P,然后用1除,得
1
—k,其中k
an1pan
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