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求数列通项公式的十种方法例题答案详解.pdf


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求数列通项公式的十一种方法(方法全,例子全,归纳细)
总述::
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。
:把所求数列通过变形,代换转化为等差数列或等比数
列。
:累加法和累乘法。
,其定义域是自然数集的一个函数。
一、累加法
:aaf(n)----------这是广义的等差数列累加法是最基本的二个方法之一。
n1n
af(n)(n2),
n1n
aaf(1)
21
aaf(2)
则32
aaf(n)
n1n
n
aaf(n)
两边分别相加得
n11
k1
例1已知数列{a}满足aa2n1,a1,求数列{a}的通项公式。
nn1n1n:.
解:由aa2n1得aa2n1则
n1nn1n
所以数列{a}的通项公式为an2。
nn
例2已知数列{a}满足aa23n1,a3,求数列{a}的通项公式。
nn1n1n
解法一:由aa23n1得aa23n1则
n1nn1n
a(aa)(aa)(aa)(aa)a
nnn1n1n232211
(23n11)(23n21)(2321)(2311)3
2(3n13n23231)(n1)3
3(13n1)
2(n1)3
13
3n3n13
3nn1
所以a3nn1.
n
aa21
解法二:a3a23n1两边除以3n1,得n1n,
n1n3n13n33n1
aa21
则n1n,故
3n13n33n1
1
(13n1)
a2(n1)3n2n11
因此n1,
3n3133223n
211
则an3n3n.
n322
aaaaf(n)
评注:已知1,n1n,其中f(n)可以是关于n的一次函数、二次函数、指数函
a
数、分式函数,求通项n.
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。
1n
S(a)
{a}a0n2na{a}
,n且n,:.
1n1n
S(a)S(SS)
n2nan2nn1SS
解:由已知n得nn1,
S2S2nS2S223n
化简有nn1,由类型(1)有n1,
n(n1)2n(n1)
S2s
Saa1n2a0n2
又11得1,所以,又n,,
2n(n1)2n(n1)
a
n2

此题也可以用数学归纳法来求解.
二、累乘法
:af(n)a----------这是广义的等比数列
n1n
累乘法是最基本的二个方法之二。
aaaa
1f(n),则2f(1),3f(2),,n1f(n)
aaaa
n12n
an
n1af(k)
两边分别相乘得,
a1
1k1
例4已知数列{a}满足a2(n1)5na,a3,求数列{a}的通项公式。
nn1n1n
a
解:因为a2(n1)5na,a3,所以a0,则n12(n1)5n,故
n1n1na
n
aaaa
ann132a
naaaa1
n1n221
[2(n11)5n1][2(n21)5n2][2(21)52][2(11)51]3
2n1[n(n1)32]5(n1)(n2)213
n(n1)
32n152n!
n(n1)
所以数列{a}的通项公式为a32n152n!.
nn
n1a2na2aa0
an
,且n1nn1n(=1,2,3,…),
a
则它的通项公式是n=:.

(aa)(n1)ana0
解:已知等式可化为:n1nn1n
an
n1
a0nN*ana0an1
n()(n+1)n1n,即n
an1
n
n2an
时,n1
aaa
nn12n1n211
aa1
naaa1
nn12n
n1n21==.
aa
评注:本题是关于n和n1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
aaa
n与n1的更为明显的关系式,从而求出n.
anan1,a1
1n1,求数列{an}的通项公式.
a(n1)!(a1)
答案:n1-1.
anan1,
评注:本题解题的关键是把原来的递推关系式n1n转化为
a1n(a1),ba1bnb
n1n若令nn,则问题进一步转化为n1n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aqaf(n)
n1n
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。
acad,(c0aa
1n,其中1)型
a
(1)若c=1时,数列{n}为等差数列;
a
(2)若d=0时,数列{n}为等比数列;
c1且d0a
(3)若时,数列{n}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.
ac(a)
待定系数法:设n1n,:.
aca(c1)acad,
得n1n,与题设n1n比较系数得
ddd
,(c0)ac(a)
(c1)dc1nc1n1c1
,所以所以有:
dd
aa
nc11
c1
因此数列构成以为首项,以c为公比的等比数列,
dddd
a(a)cn1a(a)cn1
nc11c1n1c1c1
所以即:.
dd
ac(a)
acadn1n
规律:将递推关系n1n化为c1c1,构造成公比为c的等比数列
ddd
{a}acn1(a)
nc1n11c1c1
从而求得通项公式
acadacad
逐项相减法(阶差法):有时我们从递推关系n1n中把n换成n-1有nn1,
aac(aa){aa}
两式相减有n1nnn1从而化为公比为c的等比数列n1n,进而求得通项公式.
aacn(aa)
n1n21,再利用类型(1).
例6已知数列{a}中,a1,a2a1(n2),求数列a的通项公式。
n1nn1n
解法一:a2a1(n2),
nn1
又a12,a1是首项为2,公比为2的等比数列
1n
a12n,即a2n1
nn
解法二:a2a1(n2),
nn1
aa2(aa)(n2)aa
两式相减得,故数列是首项为2,公比为2的等
n1nnn1n1n
比数列,再用累加法的……
11
a2,aa,
{a}1n12n2a
,求通项n。:.
1
a()n11
n2
答案:
apaqn
:n1n(其中q是常数,且n0,1)
aaqn
①若p=1时,即:n1n,累加即可.
p1apaqn
②若时,即:n1n,
pn1
求通项方法有以下三种方向:
aa1pa1p
n1n()nbnbb()n
pn1qnpqnpnn1npq
即:,令,则,然后类型1,累加求通项.
qn1

apa1
n1n
qn1qqnq
即:,
ap1
bnbb
nqnn1qnq
令,,
:目的是把所求数列构造成等差数列
aqn1p(apn)
设n,求出,转化为等比数列求通项.
注意:应用待定系数法时,要求pq,否则待定系数法会失效。
{a}a2a43n1,a1a
例7已知数列n满足n1n1,求数列n的通项公式。
a3n(a3n1)4,2
解法一(待定系数法):设n112n,比较系数得12,
n1
a43a43115
则数列n是首项为1,公比为2的等比数列,
a43n152n1a43n152n1
所以n,即n
a2a4
n1n
qn13n13n133n32
解法二(两边同除以):两边同时除以得:,下面解法略:.
aa43
n1n()n
pn1n12n12n32
解法三(两边同除以):两边同时除以2得:,下面解法略
apaknbk0
1n(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
(axny)p(ax(n1)y)
通过凑配可转化为nn1;
解题基本步骤:
f(n)
1、确定=kn+b
b(axny)
2、设等比数列nn,公比为p
(axny)p(ax(n1)y)bpb
3、列出关系式nn1,即nn1
4、比较系数求x,y
(axny)
5、解得数列n的通项公式
a
6、解得数列n的通项公式
{a}a1,a3a2n,a
例8在数列n中,1n1n求通项n.(逐项相减法)
a3a2n,
解:,n1n①
n2a3a2(n1)
时,nn1,
aa3(aa)2baab3b2
两式相减得n1nnn1n,则nn1
b53n12aa53n11
利用类型5的方法知n即n1n②
5151
a3n1na3n1n
n22n22
①②解出.
3
a,2aa6n3
{a}1nn1a
,2,求通项n.(待定系数法)
n:.
2(axny)ax(n1)y
解:原递推式可化为nn1
2bb
比较系数可得:x=-6,y=9,上式即为nn1
9191
ba6n9b()n1
b1122n22
所以n是一个等比数列,首项,:
1
a6n99()n
n2
1
a9()n6n9
n2
故.
apaan2bnc
a0
1n(其中a,b,c是常数,且)
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{a}满足a2a3n24n5,a1,求数列{a}的通项公式。
nn1n1n
解:设ax(n1)2y(n1)z2(axn2ynz)
n1n
比较系数得x3,y10,z18,
所以a3(n1)210(n1)182(a3n210n18)
n1n
由a31210118131320,得a3n210n180
1n
a3(n1)210(n1)18
则n12,故数列{a3n210n18}为以
a3n210n18n
n
a3121011813132为首项,以2为公比的等比数列,因此
1
a3n210n18322n1,则a2n43n210n18。
nn
paqa时将a作为f(n)求解
n2n1nn
分析:原递推式可化为aa(p)(aa)的形式,比较系数可求得,数列
n2n1n1n
aa为等比数列。
n1n
{a}a5a6a,a1,a2{a}
例11已知数列n满足n2n1n12,求数列n的通项公式。:.
aa(5)(aa)
解:设n2n1n1n
322
比较系数得或,不妨取,(取-3结果形式可能不同,但本质相同)
a2a3(a2a)a2a
则n2n1n1n,则n1n是首项为4,公比为3的等比数列
a2a43n1a43n152n1
n1n,所以n
{a}a8,a2a4a3a0a
,若12,且满足n2n1n,求n.
a113n
答案:n.
apar
四、迭代法n1n(其中p,r为常数)型
{a}aa3(n1)2n,a5{a}
例12已知数列n满足n1n1,求数列n的通项公式。
aa3(n1)2n
解:因为n1n,所以
n(n1)
a5{a}a53n1n!22
又1,所以数列n的通项公式为n。
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。
apara0
五、对数变换法适用于n1n(其中p,r为常数)型p>0,n
2
aa1a2aa
,nn1(n≥2).求数列n的通项公式.
loga12logaloga12(loga1)bloga1
nn1nn1n
解:两边取对数得:22,22,设n2,则
b2bb1b12n12n1
blog11
nn1n是以2为公比的等比数列,12n,
loga12n1loga2n11a22n11
nn
2,2,∴n
a2a
aa1a
练****数列n中,1,nn1(n≥2),求数列n的通项公式.
a2222n
答案:n
例15已知数列{a}满足a23na5,a7,求数列{a}的通项公式。
nn1n1n:.
解:因为a23na5,a7,所以a0,a0。
n1n1nn1
两边取常用对数得lga5lganlg3lg2
n1n
设lgax(n1)y5(lgaxny)(同类型四)
n1n
lg3lg3lg2
比较系数得,x,y
4164
lg3lg3lg2lg3lg3lg2lg3lg3lg2
由lga1lg710,得lgan0,
141644164n4164
lg3lg3lg2lg3lg3lg2
所以数列{lgan}是以lg7为首项,以5为公比的等比数列,
n41644164
lg3lg3lg2lg3lg3lg2
则lgan(lg7)5n1,因此
n41644164
lg3lg3lg2lg3lg3lg2
lga(lg7)5n1n
n4164464
111n11
[lg(73431624)]5n1lg(3431624)
111n11
lg(73431624)5n1lg(3431624)
5n4n15n11
lg(75n131624)
5n4n15n11
则a75n131624。
n
六、倒数变换法适用于分式关系的递推公式,分子只有一项
2a
例16已知数列{a}满足an,a1,求数列{a}的通项公式。
nn1a21n
n
1111111111
解:求倒数得,,为等差数列,首项1,公差为,
a2aaa2aaa2
n1nn1nn1n1
112
(n1),a
a2nn1
n
七、换元法适用于含根式的递推关系
1
例17已知数列{a}满足a(14a124a),a1,求数列{a}的通项公式。
nn116nn1n
1
解:令b124a,则a(b21)
nnn24n:.
1
代入a(14a124a)得
n116nn
即4b2(b3)2
n1n
因为b124a0,
nn
13
则2bb3,即bb,
n1nn12n2
1
可化为b3(b3),
n12n
1
所以{b3}是以b3124a3124132为首项,以为公比的等比数列,因此
n112
1111
b32()n1()n2,则b()n23,即124a()n23,得
n22n2n2
2111
a()n()n。
n3423
八、数学归纳法通过首项和递推关系式求出数列的前n项,猜出数列的通项公式,再用数学归纳
法加以证明。
8(n1)8
例18已知数列{a}满足aa,a,求数列{a}的通项公式。
nn1n(2n1)2(2n3)219n
8(n1)8
解:由aa及a,得
n1n(2n1)2(2n3)219
(2n1)21
由此可猜测a,下面用数学归纳法证明这个结论。
n(2n1)2
(211)218
(1)当n1时,a,所以等式成立。
1(211)29
(2k1)21
(2)假设当nk时等式成立,即a,则当nk1时,
k(2k1)2
由此可知,当nk1时等式也成立。
根据(1),(2)可知,等式对任何nN*都成立。
九、阶差法(逐项相减法)
1、递推公式中既有S,又有a
nn:.
S,n1
分析:把已知关系通过a1转化为数列a或S的递推关系,然后采用相应的

nSS,n2nn

nn1
方法求解。
1
例19已知数列{a}的各项均为正数,且前n项和S满足S(a1)(a2),且a,a,a成
nnn6nn249
等比数列,求数列{a}的通项公式。
n
1
解:∵对任意nN有S(a1)(a2)⑴
n6nn
1
∴当n=1时,Sa(a1)(a2),解得a1或a2
1161111
1
当n≥2时,S(a1)(a2)⑵
n16n1n1
⑴-⑵整理得:(aa)(aa3)0
nn1nn1
∵{a}各项均为正数,∴aa3
nnn1
当a1时,a3n2,此时a2aa成立
1n429
当a2时,a3n1,此时a2aa不成立,故a2舍去
1n4291
所以a3n2
n
1
练****已知数列{a}中,a0且S(a1)2,求数列{a}的通项公式.
nnn2nn
答案:SSa(a1)2(a1)2a2n1
nn1nnn1n
2、对无穷递推数列
例20已知数列{a}满足a1,aa2a3a(n1)a(n2),求{a}的通项公式。
n1n123n1n
解:因为aa2a3a(n1)a(n2)①
n123n1
所以aa2a3a(n1)ana②
n1123n1n
用②式-①式得aana.
n1nn:.
a
则a(n1)a(n2)故n1n1(n2)
n1na
n
aaan!
所以ann13a[n(n1)43]aa.③
naaa2222
n1n22
由aa2a3a(n1)a(n2),取n2得aa2a,则aa,又知a1,
n123n1212211
n!
则a1,代入③得a1345n。
2n2
n!
所以,{a}的通项公式为a.
nn2
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)xD,使f(x)x成立,则称x为
0000
f(x)的不动点或称(x,f(x))为函数f(x)的不动点。
00
分析:由f(x)x求出不动点x,在递推公式两边同时减去x,在变形求解。
00
类型一:形如aqad
n1n
例21已知数列{a}中,a1,a2a1(n2),求数列a的通项公式。
n1nn1n
解:递推关系是对应得递归函数为f(x)2x1,由f(x)x得,不动点为-1
∴a12(a1),……
n1n
aab
类型二:形如an
n1cad
n
axb
分析:递归函数为f(x)
cxd
(1)若有两个相异的不动点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
apapapc(aqpq)kn1(appq)
n1kn,其中k,∴a11
aqaqaqcn(ap)kn1(aq)
n1n11
(2)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
112c
k,其中k。
apapad
n1n
5a4
{a}满足a2,an,求数列{a}的通项公式.
n1n12a7n
n:.
分析: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:
7t4
a
5a4(2t5)a7tn2t5
atntn(2t5),
n12a72a72a7
nnn
7t4at
令t,解之得t=1,-2代入at(2t5)n得
2t5n12a7
n
a1a2
a13n,a29n,
n12a7n12a7
nn
a11a1a1a11
相除得n1n,即{n}是首项为1,
a23a2a2a24
n1nn1
1a1143n12
公比为的等比数列,n=31n,解得a.
3a24n43n11
n
方法2:,
a1
a13n,
n12a7
n
12a72(a1)923
两边取倒数得nn,
a13(a1)3(a1)3a1
n1nnn
12
令b,则b3b,,转化为累加法来求.
na1n3n
n
21a24
例23已知数列{a}满足an,a4,求数列{a}的通项公式。
nn14a11n
n
21x2421x24
解:令x,得4x220x240,则x2,x3是函数f(x)的两个不
4x1124x1
动点。因为
21a24
n2
a24a121a242(4a1)13a2613a2a2
n1nnnnn。所以数列n是
a321a2421a243(4a1)9a279a3a3
n3
n1nnnnn
4a1
n
a24213a213
以12为首项,以为公比的等比数列,故n2()n1,则
a3439a39
1n
1
a3。
n13
2()n11
9:.
十一。特征方程法形如apaqa(p,q是常数)的数列
n2n1n
形如am,am,apaqa(p,q是常数)的二阶递推数列都可用特征根法求得通项
1122n2n1n
a,其特征方程为x2pxq…①
n
若①有二异根,,则可令acncn(c,c是待定常数)
n1212
若①有二重根,则可令a(cnc)n(c,c是待定常数)
n1212
再利用am,am,可求得c,c,进而求得a
112212n
例24已知数列{a}满足a2,a3,a3a2a(nN*),求数列{a}的通项a
n12n2n1nnn
解:其特征方程为x23x2,解得x1,x2,令ac1nc2n,
12n12
c1
ac2c21
由112,得,a12n1
1
ac4c3cn

21222
25
a2
5n4
例25、数列{a}满足a,且a求数列{a}的通项。
n112n129n
2a
n4
252925
a2a22a
n4nn44
解:aa……①
n1n12929
2a2a
n4n4
292525
令2,解得1,,将它们代回①得,
4124
252

a
a1225n
4
a1n……②,a……③,
n129n1429
2a2a
n4n4
25252
aa
n1n
44
③÷②,得,
a1a1
n1n

252525
aaa
n1nn
444
则lg2lg,∴数列lg成等比数列,首项为1,公比q=2
a1a1a1
n1nn
:Thedoc

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  • 时间2023-03-18