数列通项公式习题精选精讲.docx
- 文档编号:28122238
- 上传时间:2023-07-08
- 格式:DOCX
- 页数:67
- 大小:54.99KB
数列通项公式习题精选精讲.docx
《数列通项公式习题精选精讲.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《数列通项公式习题精选精讲.docx(67页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
数列通项公式习题精选精讲
等差数列及等比数列的“遗传”与“变异”
1.遗传
若数列an是公差为d的等差数列,则由此构造出的以下数列是等差数列•如:
(】)an去掉前面几项后余下项组成的仍为公差为d的等差数列.
(2)所有的奇数项组成的是公差为2d的等差数列;
所有的偶数项组成的是公差为2d的等差数列;
形如ank(其中k是常数,且kN)的数列都是等差数列.
由此可得到的一般性结论是:
凡是项的序号成等差数列(公差为k)的项依次组成的数列一定是等差数列,公差
为kd.
(3)数列can(其中c是任一个常数)是公差为cd的等差数列.
(4)数列%c(其中c是任一个常数)是公差为d的等差数列.
(5)数列anank(其中k是常数,且kN)是公差为(k1)d的等差数列.
(6)若bn是公差为d!
等差数列,且p,q为常数,则数列panqbn—定是公差为pdqd!
的等差数列.
(7)等差数列an中,任意连续k项的和是它前面连续k项的和与它后面连续k项的和的等差中项,也就是说这些连续k项的和也构成一个等差数列.
若an是公比为q的等比数列,则由此构造出的以下数列是等比数列.如:
(1)an去掉前面几项后余下项组成的仍是公比为q的等比数列.
(2)项的序号成等差数列(公差为k)的项依次取出并组成的数列一定是等比数列,公比为qk.
(3)数列an是公比为q的等比数列.
(4)数列can(c是任一常数且c0)是等比数列,公比仍为q.
(5)anm(m是常数,且mK)是公比为qm的等比数列.
特殊地:
若数列an是正项等比数列时,且m是任一个实常数,则数列anm是公比为qm的等比数列.
(6)anank(其中k是常数,且kN)是公比为qk1的等比数列.
(7)若bn是公比为qi的等比数列,,贝yanbn是公比为qqi的等比数列.
(8)等比数列an中,若任意连续k项的和不为0,则任意连续k项的和是它前面连续k项的和与它后面连续k
项的和的等比中项,也就是说这些连续k项的和也构成一个等比数列.
2.变异
若数列an,bn均为不是常数列的等差数列时,则有:
(2)数列anank不是等差数列
(3)anm(m是常数,且mK,m1,an0)不是等差数列.
(4)数列anbn不是等差数列.
若数列an为不是常数列的等比数列时,则有:
(1)数列anc(其中c是任一个不为0的常数,)不是等比数列.
(2)数列anan1不一定是等比数列•如an
(1)n时,则anan10,所以anan1不是等比数列.
(3)数列anbn不一定是等比数列.
3.突变
(1)若数列an是公差为d的等差数列,贝ycan(其中c是正常数)一定是公比为cd的等比数列.
(2)若an是公比为q的正项等比数列,则
logcan(其中c是不等于1的正常数)是公差为
logcq的等差数
列.
数列通项公式的求法
几种常见的数列的通项公式的求法
一.观察法
例1:
根据数列的前4项,写出它的一个通项公式:
149162121
(1)9,99,999,9999,…
(2)1—,2—,3,4,(3)1,,—,,(4)—,
2510173252
解:
(1)变形为:
101—1,102—1,103—1,104—1,……•••通项公式为:
an10n1
(3)an
(4)an
(1)n1—•点评:
关键是找出各项与项数n
n1
的关系。
二、公式法
例2:
已知数列{an}是公差为d的等差数列,数列{bn}是公比为q的(q€R且qz1)的等比数列,若函数f(x)=(x
—1)2,且a1=f(d—1),a3=f(d+1),b1=f(q+1),b3=f(q—1),
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;解:
(1)•/a1=f(d—1)=(d—2)2,a3=f(d+1)=d2,•-a3—a1=d2—(d—2)2=2d=4,
•d=2,•an=a1+(n—1)d=2(n—1);又b1=f(q+1)=q2,b3=f(q—1)=(q—2)2,
2
jq2q
由q€R,且q丰1,得q=—2,
•-bn=b•qn—1=4•(—2)n—1
a4=12,则数列的通项公式是(
例1.等差数列an是递减数列,且a2a3a4=48,a2a3
(A)an2n12(B)an
2n4(C)an2n12(D)an2n10
解析
:
设等差数列的公差位d,
由已知
(a3d)a3
3a312
(a3
d)48
解得
a3
d
2,又an是递减数列,
•••d2,a18,•••an8(n1)(
2)
2n10,故选(D)。
例2.
已知等比数列
an的首项a11,公比0q1,设数列
bn的通项为bn
an1
an2,求数列bn的
通项公式。
解析:
由题意,bn1
an2an3,又an
是等比数列,公比为
bn1
bn
an2
an
an3
1an2
故数列
bn是等比数
列,da2a3
aiq
ag2q(q1),
bnq(q1)
qn(q1)
点评:
当已知数列为等差或等比数列时,可直接利用等差或等比数列的通项公式,只需求得首项及公差公比。
叠加法
例3:
已知数列6,9,14,21,30,-
••求此数列的一个通项。
解易知anan12n1,
'a2
a13,a3a25,
a4a37,
•-anan12n1,
各式相加得ana1
35
7
2
(2n1)•ann
5(nN)
点评:
一般地,对于型如
an1
an
f(n)类的通项公式,
只要f
(1)f
(2)
f(n)能进行求和,则宜米用
此方法求解。
例4.若在数列an中,a13,an1ann,求通项an。
解析:
由an1
将以上各式相加得:
an
a1(n1)
(n
2)
1,
又
a13所以
an
n(n1)3
=3
2
四、叠乘法
例4:
在数列{an}
中,
a1=1,(n+1)•
an
1=n•
an
求
an
的表达式。
解:
由(n+1)•an
1=n.
a得务1n
an得
an:
_a2
.*3
.a4
an1
.…=—
2
3n11
ann
1
a1
a1
a2
a3
an12
3
4nn
2,…
,所以
1
1
an
n得an
anan1
ann
an2n
n1,an
例4.已知数列an中,a1
所以an
解析:
首先由
Sn
-,前n项和Sn与an的关系是Sn
3
n(2n1)an易求的递推公式:
(2n
1)an
n(2n1)an,试求通项公式an。
(2n
3)an1,
an
an1
2n
2n1
an
12n5
a2
1
将上面
5
n—1个等式相乘得:
an
22n1
a1
an
(2n3)(2n
5)(2n
7)31
3
a1
(2n1)(2n
1
1)(2n
3)75
(2n1)(2n1)
an
(2n1(2n
1).
点评:
一般地,对于型如an
1=f(n)•
an类的通项公式,当f
(1)f
(2)f(n)的值可以求得时,宜米用此方法。
五、3法利用anSnSn1(n詢
例5:
已知下列两数列{an}的前n项和sn的公式,求{an}的通项公式。
(1)Snn3n1。
(2)snn21
解:
332
(1)a1S1111an=SnSn1=(nn1)(n1)(n1)1=3n3n2
2
此时,ai2Si。
二an=3n3n2为所求数列的通项公式。
(2)a1$0,当n2时an
SnSn1(n21)[(n1)21]2n1
由于6不适合于此等式
0(n1)
2n1(n2)
点评:
要先分n=1和n2两种情况分别进行运算,然后验证能否统
C1=2,C2=4,C3=7,C4=12,求通项公式Cn
六、待定系数法:
Cn
b(Cn1
)的形式。
由待定系数法知:
故数列
Cn
1,
b
~2,
Cn
b(Cn1
b
1b
忌)
1b2
是首项为
b
C|1b2
b2
b21
公比为
b的等比数列,故
b
1b2
bn1
b2
b21b
bn1
b21
b
1
点评:
用待定系数法解题时,常先假定通项公式或前
n项和公式为某一多项式,一般地,若数列{an}为等差数
列:
贝Vanbnc,snbn2
cn
),若数列{an}为等比数列,
n1
anAq,
Sn
AqnA(Aq0,q1)。
七、
辅助数列法
a
b
2
q
2
a
d
bq
4
d
1
解:
设cna
(n
1)dbqn1
2
Cnn2
a
2d
bq
7
b
1
a
3d
bq3
12
a
1
例6.已知数列
cn
出b
中,C1
Cn
bc
n1
b
1b
1b
例6:
设数列{Cn}的各项是一个等差数列与一个等比数列对应项的和,若
其中b是与n无关的常数,且b1。
求出用n和b表示的an的关系式。
解析:
递推公式一定可表示为
an
12an
1•
an1
12(an1)令bnan
1则辅助数列{bn}是公比为
2的等比数列
•••b
ndqn1
即an1
(印
1)qn12n•••an2n
1
例5.
在数列
an中,'
a1
“c2
1,a22,an2~an
3
1
1-an,求an。
3
解析:
在an2
2
—an1
3
1
—an
3
两边减去an1,得an2
an1—(an1an)
3
1n1
(-),由累加法得
an1an
是以a2
a1
1
1为首项,以为公比的等比数列,•an1an
a1
解:
an
12an1,且
1求通项an。
例7:
已知数{an}的递推关系为
1(y
an=(aian1)(an1an2)
(a>
ai)a=(》n2(y3…([)11=3£[1(:
)n1]仁
333ij43
3
例&
已知数列{
an}
an
中a11且an1-(n
an1
N),,求数列的通项公式。
解:
.
an
1an11
设bn
1
n
,则bn1bn1
an1
n1
1,
a
an1anan
an
故{bn
}是以b1
1
1为首项,1为公差的等差数列
…bn
1(n1)n
11
…an
a1
bnn
点评:
这种方法类似于换元法,主要用于已知递推关系式求通项公式。
趣谈数列的通项问题及其思维方式
1•递推关系的形成:
直接给出,函数给出,解析几何给出,应用问题给出,方程给出。
2•给出递推关系求通项,有时可以用归纳,猜想,证明的思路;而证明型的问题用数学归纳法往往是一种比较简单的方法;而给出铺垫(转化后的数列)的问题常常可以用证明(变换,待定系数法等)处理,一般难度不大。
3•给定初始条件和递推关系往往可以用演绎(推导)的方法求出它的通项公式,其最主要的思想方法是生成、转化、叠代。
4•给定初始条件和递推关系,有时不一定能求出通项,却也可以研究它的其他性质。
(如取值范围,比较大小,其他
等价关系等,无非等与不等两类)
,这类问题往往有一定的难度。
本文主要采用风趣的“楼层式”讲解,更易于理解数列中求楼的第一层,an喻为楼的第二层,Sn喻为楼的第三层,则数列系式可理解为这三层之间的走动关系,那么我们可以用爬楼层的间的相互转化关系-----我亲切地称它为“楼层式”的转化方式。
一、“二层”之间的关系式,即f(am,ami,L,amn,n)
三层
二层
通项的问题。
将n喻为
中n,an,Sn之间的关
方式理解na,Sn之
型
若数列an的连续若干项之间满足关系f(am,ami,L,am
n,n)
0,由这个递推关系及
n个初始值确定的数列,叫做
递推数列。
它主要给出的是“二层”中连续几项之间的递推关系式
(如:
an1and、弘
an1f(n)、a*1/a*q、
an
—g(n)、anan1f(n)、a.a.ig(n)、a.
1
pan
iq、anpani
f(n)、anp(ani)q
anpan1qan2等类型),这是数列的重点、难点问题。
求递推数列通项的方法较多,也比较灵活,基本方法如:
迭加法、迭乘法、转化为等差、等比数列求通项法、归纳一一猜想一一证明法等,其中主要的思路是通过转化为等差数列或等比数列来解决问题。
(一)由等差、等比演化而来的“差型”、
“商型”递推关系
(1)
由等差数列演化为“差型”
,如:
an
an1f(n)
生成:
a2a1f
(2),ag
a2f(3),-
…,an1an2
f(n1),anan1f(n)
累加:
an(anan1)(an
1an2)
(a2a1)a1=
n
f(n)a1,于是只要f(n)可以求和就行。
2
(2)
由等比数列演化为“商型”
,如:
亘
an1
g(n)
生成:
a2
a1g
(2),asa?
g(3),…,
an
1an2g(n1),anan1g(n)
累乘:
an
anan1a2
ai
an1an2a1
n
g(n)
2
ai
,于是只要g(n)可以求积就行。
例题1:
已知数列an满足:
a1
2,an
2(2n
n
%1,(n2)
求证:
①anC;n
②an是偶数
(《数学通讯》2004年17期P44)
证明:
由已知可得:
an
2(2n
又an
an
an1
an1
an2
a22n35(2n1)
a?
a1=n
而C2n
(2n)!
_2
n!
n!
46(2n2)2n135(2n1)_2n35(2n1)
n!
n!
n!
所以anC;n,而anC^n2C^n1为偶数
(二)由“差型”、“商型”类比出“和型”、“积型”:
即anan1f(n)和anan1g(n)
例题2:
数列an中相邻两项an、an1是方程x23nx*0的两根,已知a®17
求b51的值。
分析:
由题意:
an+an13n——①,生成:
an1+an23(n1)——②
由②一①得:
an2an3
所以该数列的所有的奇数项成等差,所有的偶数项也成等差。
其基本思路是:
生成、相减;与“差型”的生成、相加的思路刚好相呼应。
至U这里本题的解决就不在话下了。
特例:
若an+an1c,则an2an,即该数列的所有的奇数项均相等,所有的偶数项也相等。
若anan12n——①,则an1an22n1②
由②十①得:
吐2
所以该数列的所有的奇数项成等比,所有的偶数项也成等比。
其基本思路是:
生成、相除;与“商型”的生成、相乘的思路刚好相呼应。
特例:
若anan1c,则an2an,即该数列的所有的奇数项均相等,所有的偶数项也相等。
2等类型。
(三)可以一次变形后转化为“差型”、“商型”。
女口:
anpan1f(n)、anp(an1)q、anpan1qan
例题3:
设a。
是常数,且an2an13n1,nN*
证明:
an
(2)n1ao3n
(1)n12n
5
(2003年新课程理科,22题)
分析:
这道题目是证明型的,最简单的方法当然要数数学归纳法,现在我们考虑用推导的方法来处理an2an13n1的
三种方法:
方法
(1):
构造公比为一2的等比数列
an
3n,用待定系数法可知
方法
(2):
an
n
构造差型数列
(2)
,即两边同时除以
(2)n得
an
an1
(2)n1
13
-(-)n,从而可以用累加的方法
32
处理。
方法(3):
直接用叠代的方法处理:
an
2am3n1
2(2an23n2)
3n1
(2)2an
(2)3n
23n1
2)2(2an33n3)
(2)23n2
3n1
2)3an3
(2)23n3
(2)
3n2
3n1
(2)nao
(2)n130
(2)n
231
(2)n
332
2)23n3
(2)3n2
3n1
(2)nao
3n
(1)n
5
12n
说明:
①当f(n)
c或f(n)an
b时,上述三种方法都可以用;②当f(n)
2“.
n时,
若用方法1,构造的等比数
列应该是anpn2
qnr而用其它两种方法做则都比较难;③用叠代法关键是找出规律,
除含ai外的其它式子,常
常是一个等比数列的求和问题。
(四)数学归纳法:
例题4:
已知数列an中,anpan1
q,(a1a),求通项公式
解析:
利用归纳、猜想、数学归纳法证明方法也可求得通项公式an。
即a2
pa
q
a3
pa2
q
p2a
pqq
2
paq(p1)
a4
pa3
q
p3a
p2qq
p3aq(p2p1)
n1/n2n3八
anpan1qpaq(pp…p1)
再利用数学归纳方法证明最后的结论:
①当n3时,a2paq显然成立;
p1)成立,
由题设知ak1pakqppk1aq(pk2pk3
p1)q
k/k1k2
paq(pp
p1)
②假设当nk(k2)时,akpk1aq(pk2pk3
即当nk(k2)时,akipkaq(pk1pk2...p1)成立
根据①②,当n2时anpn1aq(pn2pn3...p1),然后利用等比数列求和公式来化简这个通项a.。
二、“三层”之间的关系式,即f(Si,Sn1)0型
若数列an满足关系f(Sn,SnJ0,由这个关系式及初始值确定的数列,也可理解为递推数列。
它主要给出的是
“三层”中连续几项之间的递推关系式,解决途径是利用anSnSn1将“三层”问题全部走下“二层”,回到
f(am,am1丄,amn,n)0型或直接能求出Sn,以下过程依同上述。
例题5:
已知数列an的首项a11,前n项和Sn满足关系式3tSn(2t3)Sn13t(t为常数且t0,n2,3,4,L)
(1)求证:
数列
an是等比数列;
(2)设数列
an的公比为f(t),作数列
bn
1
,使d1,bnf()(n2,nN),
bn1
求bn
解析:
(1)
由S
a*1qa
o40
2t3
丿
由0
1,2C<1
22
得3tg(ia?
)(2t3)
3t,
a2
3t
a2
2t
33tS(2t
Q+Q/O+Q\QQ+
3t
,乂3tSn(2t
3)Sn13t
3tSn1(2t3)Si23t
ai
a2t3得3tgan(2t3)a.10,得」,n3,4丄
an13t
2t3二an是一个首项为1,公比为的等比数列。
3t
2t32112
(2)由f(t),有bnf()bn1
3t3tbn13
222n1
二bn是一个首项为1,公差为一的等差数列,二bn1(n1)
333
类比例题:
已知数列an满足a12a23a3Lnann(n1)(n2),求an的通项公式。
解析:
记Tna12a23a3Lnann(n1)(n2)
二Tn1a12a2込L(n1总1(n1)n(n1)(n2)
nann(n1)n2(n1)(n2)/.an3(n1),nN。
三、“一层”与“三层”的关系式,即f(Sn,n)0型
可利用公式:
anSnSn1(n2)直接求出通项an。
S1(n1)
22
例题6:
已知数列an的前n项和为①Sn2nn②Snnn1,分别求数列an的通项公式。
解析:
①当n1时,aiS1
当n
2时,an2n
2n2(n
1)2
(n
1)4n
3
经检验
n
1时
a1
1也适合
•a
n
4n3
②当n
1时,
a1
S1
3
当n
2时,
an
n2
n1(n
1)2
(n
11)1
2n
经检验
n
1时
a1
1不适合
an
3
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 数列 公式 习题 精选