完整版数列通项的十一种求法Word文档格式.docx
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3n1)
3
n1
(23n
-n1
2(3
2塑
(2
an2)L
3n21)
c2J\
33)
1)3
(a3
a2)
32
(a2a1)
1)(231
所以an3nn1.
评注:
已知a1aan1an
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
n的二次函数,
累加后可分组求和
③若
n的指数函数,
累加后可转化为等比数列求和
④若
n的分式函数,
累加后可裂项求和。
例3.已知数列
{an}中,
an0且
Sn
,求数列{an}的通项公式.
由已知
2(an
丄)Sn
an得
i(Sn
化简有
S:
s;
1
n,由类型
(1)有
S2
又S1
a1得a11
2n(n1)
,所以2
,又an
寸'
2n(n1)
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
f(n),则
f(1f
f
(2)丄L,
两边分别相乘得,
n
f(k)
k1
已知数列{an}满足an
12(n1)5nan,
ai3,求数列{an}的通项公式。
因为
1)5nan,
a13,所以an
0,则亠
2(n1)5n,故
an2
[2(n2n1[n(n
1)5^1][2(n21)5n2]L
1)L32]5(n1)(n2)L
n(n1)
5丁n!
[2(21)52][2(11)51]3
213
所以数列{an}的通项公式为an32n
5
2n!
.
例5.设an是首项为1的正项数列,且
22
1an1nanan1an
n=1,
2,3,…),
则它的通项公式是a
本题解题的关键是把原来的递推关系式an1nann1,转化为
an11n(an1),若令bnan1,则问题进一步转化为bn1nbn形式,进而应用累乘法求
4/22
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
(3)
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.
n/
an1anC(a2
a1),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
例6已知数列{an}中,a11,an2an11(n2),求数列an的通项公式。
Qan2an11(n2),如12(^11)
an12n,即an2"
1
解法二:
Qan2an11(n2),a.12an
两式相减得an1an2(anan1)(n
2),故数列an1an是首项为2,公比为2的等
比数列,再用累加法的
即:
q
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
pn)
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
1132(an
3n1)
,比较系数得14,22
则数列an43
是首项为
5,公比为
2的等比数列,
-^n1
所以an43
52n1
即an43
解法二(两边同除以
):
两边同时除以
3n1得:
3n1
2an
333,下面解法略
解法三(两边同除以
设a°
为常数
cn1/FT
2得:
an3n12an1(nN)
an-[3n
(1)n12n]
(1)n
a°
3.形如
an1pan
knb
(其中k,b是常数,且
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
解题基本步骤:
1、确定f(n)
=kn+b
2、设等比数列
bn
y),公比为p
3、列出关系式
y)
p(an1x(n
4、比较系数求
x,y
1)y)即bnpbn1
x(n1)
an4/3\n
—(—/
2n32,下面解法略
证明对任意n>
1,
°
)
y).
5、解得数列(anXny)的通项公式
a
6、解得数列n的通项公式
例8在数列{an}中,a11,an13an2n,求通项an.(逐项相减法)
解:
an13an2n,
n2时,an3an1
两式相减得an1an
3(an
2令bnan1
an则bn3bn12
利用类型5的方法知bn
53n
53n11
an-
再由累加法可得2
亦可联立
②解出an23
例9.在数列{an}中,
i2an
16n3
,求通项
an.(待定系数法)
原递推式可化为2(an
x(n
比较系数可得:
x=-6,y=9,上式即为
2bn
所以
bn是一个等比数列,首项
b1
6n9
an6n
99
(2)n
2,公比为
故an
9
(1)n6n9
2.
4•形如an1Pananbnc
(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。
设an1x(n1)2y(n1)z2(an
xn2
yn
z)
比较系数得x3,y10,z18,
所以an13(n1)210(n1)182(an
10n
18)
由q31210118131320,
得an
10n180
则an13(nY一10(nB182,故数列
an3n10n18
an1an为等比数列。
例11已知数列{an}满足an2
5an16an,a1
1月2
2,求数列{an}的通项公式。
设an2an1(5
)(an
1an)
比较系数得
2,不妨取
(取-3结果形式可能不同,但本质相同)
则an22an13(an1
2an),则an1
是首项为4,公比为3的等比数列
9/22
an12an43
1.n1厂^n1
,所以an4352
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
a3(n1)2n
5,求数列{an}的通项公式。
3(n1)2n
因为an1an
,所以
a3n2n1ra3(n1)2
61L62
[a3(n2)2n3]32(n1)n2(n2)(n1)
33(n2)(n1)n2(n3)(n2)(n1)
an3
32(n1)n2(n
2)(n
anL
123LL(n2)(n1)n212LL(
n3)
(n2)(n1)
n(n1)
1n!
2^—
又q5,所以数列{an}的通项公式为an
3n1n!
2^—
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.已知数列{an}的各项都是正数,且满足:
ao1,an1
an(4an),n
(1)证明Kan1
2,nN;
(2)求数列{an}的通项公式
an.
(1)略
(2)an
2an(4
an)
12
1[(an2)4],所以
2(an12)
2)2
令bn
2,则bn
-bn1
中12
.n
'
bn2'
又bn=—1,
所以bn
12n1
(2),即an2bn2
e)2n1
本题用归纳-猜想-证明,也很简捷,请试一试.解法3:
设
cn
bn,则
,转化为上
面类型
(1)来解
五、对数变换法适用于an1
pan(其中p,r为常数)型p>
0,an0
例14.设正项数列
an满足a1
1an
2a21
(n>
2).求数列an
的通项公式.
两边取对数得:
Iogan1
2Iogan1
Iogan
12(Iogan1
设bn
Iogan
1,则
2bn1
是以2为公比的等比数列,
b1log2
12n
Iog;
2*1
2n11.an22"
练习
数列
an中,
an2Jan1(nA2),
求数列an
答案:
例15已知数列{an}满足an
-J5
23an,
7,求数列{an}的通项公式。
因为an123na;
7,所以an
0,
an10。
两边取常用对数得Igan1
5lg
nlg3
lg2
设Igan1x(n1)y5(Igan
xny)
(同类型四)
比较系数得,
Ig3
T,y
16
Ig2
4
由Iga1
Ig7
0,得Igan—
{Igan
则Igan
Ig3dn
ig2
^}是以Ig7
(Ig7
也
Ig3Ig3Ig2
416
Igan(Ig7
Ig3Ig3Ig2n1
)5
[Ig(7
Ig(7
34316
34
3^
164
24)]5n
1-cn1
24)5
n丄丄
Ig©
;
3^2:
Ig(34316
24)
I/r5n1
5n4n15n1
11/
)5n1
22
为首项,以
5为公比的等比数列,
,因此
5n4n1
cn1-
则an753
因为bn
则2bn1
bn3,即
13
bn12bn2
可化为bn132(bn3),
所以{bn3}是以bl3J124q3
7124132为首项,以-为公比的等比数列,因此
23,即J124an
bn32
(2)n1
(2)n2,则bn
(2)n
21n1n1
an3(4)
(2)3。
八、数学归纳法通过首项和递推关系式求出数列的前n
法加以证明。
例18已知数列{an}满足an1an
8(n1)
22,
(2n1)2(2n3)2
8
-,求数列{an}的通项公式。
9
由
(2n1)2(2n3)2
及a1—,得
8(11)
(211)2(213)2
8(21)
8_82
99
25
24
a4
(221)2(223)2
8(31)
2549
48
49
(231)2(233)2
84
4981
80
81
(2nD21,下面用数学归纳法证明这个结论。
(2n1)
(1)
当n1时,q邑丄D21
(21
1)2
-,所以等式成立。
(2kD21,则当nk1时,(2k1)
ak1
ak
8(k1)
(2k1)2(2k3)2[(2k1)21](2k3)2
(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。
根据
(1),
(2)可知,等式对任何nN
都成立。
九、阶差法(逐项相减法)
1、递推公式中既有Sn,又有an
分析:
把已知关系通过an'
,"
SnSi1,n
2转化为数列an或Sn的递推关系,然后采用相应的
方法求解。
例19已知数列{an}的各项均为正数,且前
n项和Sn满足Snhan1)&
2),且a2,a4,a9成
6
等比数列,求数列
•••对任意
1)(an
2)
•••当n=1时,
a16(a11)(a1
解得a,1或印2
当nA2时,
6(an11)(an1
⑴-⑵整理得:
(anan1)(anan1
3)0
•-{an}各项均为正数,•••anan1
当a1时,an3n2,此时a4
a2a9成立
当q2时,an3n1,此时a:
a2a9不成立,故a,2舍去
所以an3n2
1)2,求数列{an}的通项公式.
练习。
已知数列{an}中,an0且Sn—(an
SnSn1an
(an1)2
(an11)2
an2n1
2、对无穷递推数列
例20已知数列{an}满足a1
1,ana12a2
3a3
L(n
1)ani(n2),求{an}的通项公式。
因为ana12a23a3
L(n1)an1(n
所以an1a12a2
3a3L
(n1)an
1nan
用②式-①式得an1
annan.
则an1(n1)an(n
故
n1(n
所以an
anan1
?
[n(n
1)L4
Cln!
3]a2孑.
由an
a12a23a3L
1(n
则a2
1,代入③得an
1345L
所以,
n!
an匸.
an1an2
2),取n2得a2
。
十、不动点法目的是将递推数列转化为等比(差)数列的方法
不动点的定义:
函数f(x)的定义域为D,若存在f(x)x0
f(x)的不动点或称(Xo,f(Xo))为函数f(X)的不动点。
由f(x)X求出不动点Xo,在递推公式两边同时减去
类型一:
形如an1qand
例21已知数列{an}中,印1,an2an11(n
2),求数列
a12a2,则a2a1,又知a11,
D,使f(Xo)Xo成立,则称Xo为
Xo,在变形求解。
an的通项公式。
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
f(x)OJXb
cx
(1)若有两个相异的不动点
递归函数为
d
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,其中k
qanq
apc(agpq)kn1(ajpq)
,•-an
aqc
(dp)kn1(aiq)
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
—k,其中k
an1PanP
2c
o
例22.设数列{an}满足a12,an1
5an
7,求数列{an}的通项公式.
此类问题常用参数法化等比数列求解解:
对等式两端同时加参数t,得:
5an4
(2t5)an7t
7
(2t
7t
2t
解之得
t=1,-2
代入
7t4
2t5,7
(2t5)詐得
92an7
相除得
an11
an12
!
即{旦
2an
a11
a12
公比为
的等比数列,
an1=1
an24
31n
解得an
43n
方法2:
3^^
2an7
两边取倒数得一1一
3(an1)
1)9
3n11
,则bn--
3bn,,转化为累加法来求.
例23
已知数列
{an}满足an
21a24
2n,a14,求数列{an}的通项公式。
4an1
令
21x
—,得4x2
4x1
20x240,则xi2,X2
3是函数f(x)
21x24
2'
x24的两个不
4x
动点。
anJ
21an242
4an1
21an24
4an
21an242(4an1)
21an
3(4an1)
13an26
9an27
13a2
n-。
a13
的等比数
故^^-2
畤).1
1:
已知
{an}满足a1
3n
(1)n
练习2。
13
练习3.
2,an
2),求{an}的通项
5n
10n6
2,
4an
丄5N*),求数列
{an}的通项an
an}满足,a1=1a2
2,an+2
乩壬,nN*.
1an,证明:
{bn}是等比数列;
(n)求an}的通项公式。
(1)bn是以1为首项,
1为公比的等比数列。
(2)an
特征方程法
形如an2pan1qan(p,q是常数)的数列
形如aimi,a2
m2,an2pan1qan(p,q是常数)的二阶递推数列都可用特征根法求得通项
an,其特征方程为
Xpxq…①
若①有二异根
,则可令an
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