第讲数列通项为公式的求法.doc
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数列通项公式的求法
嵩明县第一中学吴学伟
各种数列问题在很多情形下,就是对数列通项公式的求解。
特别是在一些综合性比较强的数列问题中,数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。
本文总结出几种求解数列通项公式的方法,希望能对大家有帮助。
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.等差数列是递增数列,前n项和为,且成等比数列,.求数列的通项公式.
解:
设数列公差为
∵成等比数列,∴,
即
∵,∴………………………………①
∵∴…………②
由①②得:
,
∴
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
若已知数列的前项和与的关系,求数列的通项可用公式求解。
例2.已知数列的前项和满足.求数列的通项公式。
解:
由
当时,有
……,
经验证也满足上式,所以
点评:
利用公式求解时,要注意对n分类讨论,但若能合写时一定要合并.
三、由递推式求数列通项法
对于递推公式确定的数列的求解,通常可以通过递推公式的变换,转化为等差数列或等比数列问题,有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列。
类型1递推公式为
解法:
把原递推公式转化为,利用累加法(逐差相加法)求解。
(2004全国卷I.22)已知数列中,,其中……,求数列的通项公式。
P24(styyj)
例3.已知数列满足,,求。
解:
由条件知:
分别令,代入上式得个等式累加之,即
所以
,
类型2
(1)递推公式为
解法:
把原递推公式转化为,利用累乘法(逐商相乘法)求解。
(2004全国卷I.15)已知数列{an},满足a1=1,an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1(n≥2),则{an}的通项
P24(styyj)
例4.已知数列满足,,求。
解:
由条件知,分别令,代入上式得个等式累乘之,即
又,
(2).由和确定的递推数列的通项可如下求得:
由已知递推式有,,,依次向前代入,得
,
简记为,这就是叠(迭)代法的基本模式。
(3)递推式:
解法:
只需构造数列,消去带来的差异.
例5.设数列:
,求.
解:
设,将代入递推式,得
…(1)则,又,故代入(1)得
说明:
(1)若为的二次式,则可设;
(2)本题也可由,()两式相减得转化为求之.
例6.已知,,求。
解:
。
类型3递推公式为(其中p,q均为常数,)。
解法:
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。
(2006.重庆.14)在数列中,若,则该数列的通项P24(styyj)
例7.已知数列中,,,求.
解:
设递推公式可以转化为即.故递推公式为,令,则,且.所以是以为首项,2为公比的等比数列,则,所以.
类型4递推公式为(其中p,q均为常数,)。
(或,其中p,q,r均为常数)
(2006全国I.22)(本小题满分12分)
设数列的前项的和,
(Ⅰ)求首项与通项;P25(styyj)
解法:
该类型较类型3要复杂一些。
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:
再应用类型3的方法解决。
例8.已知数列中,,,求。
解:
在两边乘以得:
令,则,应用例7解法得:
所以
类型5递推公式为(其中p,q均为常数)。
解法:
先把原递推公式转化为
其中s,t满足,再应用前面类型3的方法求解。
(2006.福建.理.22)(本小题满分14分)
已知数列满足
(I)求数列的通项公式;P26(styyj)
例9.已知数列中,,,,求。
解:
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),则是以首项为,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。
类型6递推公式为与的关系式。
(或)
解法:
利用进行求解。
(2006.陕西.20)(本小题满分12分)
已知正项数列{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anP24(styyj)
例10.已知数列前n项和.
(1)求与的关系;
(2)求通项公式.
解:
(1)由得:
于是
所以.
(2)应用类型4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
类型7双数列型
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11.已知数列中,;数列中,。
当时,,,求,.
解:
因
所以
即…………………………………………
(1)
又因为
所以……
.即………………………
(2)
由
(1)、
(2)得:
,
四、待定系数法(构造法)
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,这种方法体现了数学中化未知为已知的化归思想,而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。
1、通过分解常数,可转化为特殊数列{a+k}的形式求解。
一般地,形如a=pa+q(p≠1,pq≠0)型的递推式均可通过待定系数法对常数q分解法:
设a+k=p(a+k)与原式比较系数可得pk-k=q,即k=,从而得等比数列{a+k}。
例12、数列{a}满足a=1,a=a+1(n≥2),求数列{a}的通项公式。
解:
由a=a+1(n≥2)得a-2=(a-2),而a-2=1-2=-1,
∴数列{a-2}是以为公比,-1为首项的等比数列
∴a-2=-()∴a=2-()
说明:
这个题目通过对常数1的分解,进行适当组合,可得等比数列{a-2},从而达到解决问题的目的。
例13、数列{a}满足a=1,,求数列{a}的通项公式。
解:
由得
设a,比较系数得解得
∴{}是以为公比,以为首项的等比数列
∴
例14.已知数列满足,且,求.
解:
设,则,
是以为首项,以3为公比的等比数列
点评:
求递推式形如(p、q为常数)的数列通项,可用迭代法或待定系数法构造新数列来求得,也可用“归纳—猜想—证明”法来求,这也是近年高考考得很多的一种题型.
例15.已知数列满足,,求.
解:
将两边同除,得
设,则.令
.条件可化成,数列是以为首项,为公比的等比数列..因,
.
点评:
递推式为(p、q为常数)时,可同除,得
,令从而化归为(p、q为常数)型.
2、通过分解系数,可转化为特殊数列的形式求解。
这种方法适用于型的递推式,通过对系数p的分解,可得等比数列:
设,比较系数得,可解得。
(2006.福建.文.22)(本小题满分14分)已知数列满足
(I)证明:
数列是等比数列;
(II)求数列的通项公式;
例16、数列满足=0,求数列{a}的通项公式。
分析:
递推式中含相邻三项,因而考虑每相邻两项的组合,即把中间一项的系数分解成1和2,适当组合,可发现一个等比数列。
解:
由得
即,且
∴是以2为公比,3为首项的等比数列
∴
利用逐差法可得
=
=
=
=
∴
例17、数列中,,求数列的通项公式。
解:
由得设
比较系数得,解得或
若取,则有
∴是以为公比,以为首项的等比数列
∴
由逐差法可得
=
==
说明:
若本题中取,则有即得
为常数列,
故可转化为例13。
例18.已知数列满足,,求.
解:
设
或
则条件可以化为是以首项为,公比为的等比数列,所以.问题转化为利用累加法求数列的通项的问题,解得.
点评:
递推式为(p、q为常数)时,可以设,其待定常数s、t由,求出,从而化归为上述已知题型.
五、特征根法
1、设已知数列的项满足,其中求这个数列的通项公式。
作出一个方程则当时,为常数列,即,其中是以为公比的等比数列,即.
例19.已知数列满足:
求
解:
作方程
当时,
数列是以为公比的等比数列.于是
2、对于由递推公式,给出的数列,方程,叫做数列的特征方程。
若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)。
例20:
已知数列满足,求数列的通项公式。
解法一(待定系数——迭加法)
由,得
,
且。
则数列是以为首项,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):
数列:
,的特征方程是:
。
。
又由,于是
故
3、如果数列满足下列条件:
已知的值且对于,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,则是等差数列;当特征方程有两个相异的根、时,则是等比数列。
(2006.重庆.文.22).(本小题满分12分)
数列求数列的通项公式.
解:
由已知,得,其特征方程为,解之,得
,
,
。
P26(styyj)
例21、已知数列满足性质:
对于且求的通项公式.
解:
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)部分,则有
∴
∴
即
例22.已知数列满足:
对于都有
(1)若求
(2)若求(3)若求
(4)当取哪些值时,无穷数列不存在?
解:
作特征方程变形得
特征方程有两个相同的特征根依定理2的第
(1)部分解答.
(1)∵对于都有
(2)∵
∴
令,得.故数列从第5项开始都不存在,
当≤4,时,.
(3)∵∴
∴
令则∴对于
∴
(4)、显然当时,数列从第2项开始便不存在.由本题的第
(1)小题的解答过程知,时,数列是存在的,当时,则有令则得且≥2.
∴当(其中且N≥2)时,数列从第项开始便不存在.
于是知:
当在集合或且≥2}上取值时,无穷数列都不存在.
说明:
形如:
递推式,考虑函数倒数关系有令则可归为型。
(取倒数法)
例23:
解:
取倒数:
是等差数列,
六、构造法
构造法就是在解决某些数学问题的过程中,通过对条件与结论的充分剖析,有时会联想出一种适当的辅助模型,如某种数量关系,某个直观图形,或者某一反例,以此促成命题转换,产生新的解题方法,这种思维方法的特点就是“构造”.若已知条件给的是数列的递推公式要求出该数列的通项公式,此类题通常较难,但使用构造法往往给人耳目一新的感觉.
1、构造等差数列或等比数列
由于等差数列与等比数列的通项公式显然,对于一些递推数列问题,若能构造等差数列或等比数列,无疑是一种行之有效的构造方法.
例24:
设各项均为正数的数列的前n项和为,对于任意正整数n,都有等式:
成立,求的通项an.
解:
,
∴
,∵,∴.即是以2为公差的等差数列,且.
∴
例25:
数列中前n项的和,求数列的通项公式.
解:
∵当n≥2时,
令,则,且
是以为公比的等比数列,
∴.
2、构造差式与和式
解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差,然后采用迭加的方
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- 数列 公式 求法