完整版求数列通项公式的十种方法例题答案详解.docx
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完整版求数列通项公式的十种方法例题答案详解
求数列通项公式的十一种方法(方法全,例子全,归纳细)
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an1anf(n)(n2),
a2a1f
(1)
a3a2f
(2)LL
an1anf(n)
n
两边分别相加得an1a1f(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an1an2n1则
an(anan1)(an1an2)L@3a2)(a2aja1
[2(n1)1][2(n2)1]L(221)(211)1
2[(n1)(n2)L21](n1)1(n1)n
2(n1)1
2
(n1)(n1)1
2
n
2
所以数列{an}的通项公式为ann。
解法一:
由an1
an
n
23
1得an1
an
n
23
1则
an(a*a
n1)
(an1
a
n2)L
(a3
a2)
(a2a1)a1
n
(23
11)
(2
3n
21)
L(2
32
1
1)(231)3
1
2(3
3n2
L
32
;31)
(n1)
3
「(1
3n1)
2
(n
1)
3
1
3
n
33
n1
3
3n
1
所以an3n
n
1.
例2已知数列{an}满足an1an23n1,印3,求数列佝}的通项公式。
解法二:
时3an231两边除以扌1,得鄴肆33
an1
3n
an2
n
33
a
3n
an
3
an1)
an1
(an1
an1
an2)
(an2
(尹
za2q色
(3231)3
213
2)
3323
2(n1)
3
1
3n
3n1
3n2
L
討3n1)
1
1
223n
2
则an一n3n
3
数、分式函数,求通项an
则an
2n(n1),2n(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•若乩f(n),则电f
(1),鱼f
(2)’LL,,1」f(n)
ana1a2an
两边分别相乘得,
an1
ai
aif(k)
k1
例4已知数列{an}满足an1
2(n1)5nan,ai3,求数列{an}的通项公式。
解:
因为ani2(n1)5nan,ai
3,所以an
0,则也
an
2(n1)5n,故
an
anan1|
an1an2
a2ai
[2(n11)5"1][2(n21)5n2]L[2(21)52][2(11)51]3
2n1[n(n1)L32]5(n1}(n2)L213
n(n1)
32n15丁n!
则它的通项公式是an
an
an
2时,
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,ai1,求数列{an}的通项公式.
答案:
an(n1)!
(ai1)-i.
评注:
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bn1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。
a)型
1•形如an1cand,(c°,其中a1
(1)若c=1时,数列{an}为等差数列
(2)若d=°时,数列{an}为等比数列;
(3)
若c1且d°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.
(4)
逐项相减法(阶差法):
有时我们从递推关系an1cand中把门换成n-1有ancan1d
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広",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
解法一:
Qan2an11(n2),
an12(an11)
an12an
比数列,再用累加法的
(其中q是常数,且n0,1)
①若p=1时,即:
%1
an
q:
累加即可•
②若P1时,即:
%1P
n
anq
n1
an1
FT3-
即:
p
an
n
q
an
—bn1bnp,则
-(-)n
q,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
n
q,则可化为
Rb
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
n
设an1q
1p(an
n\
P)•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
2an4
1,求数列an的通项公式。
解法一(待定系数法)
:
设an
13n
2(an
3n1)
比较系数得14,22,
则数列an43
是首项为a1
431
5,公比为2
的等比数列,
n1
所以an43
52n1
43n1
52n1
解法二(两边同除以
):
两边同时除以
n1
3得:
an1
尹
2a
33n
4
32,下面解法略
解法三(两边同除以
1
):
an1
3.形如
an1pan
kn
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
(anxn
两边同时除以
2n1得:
an
□
三刖,下面解法略
解题基本步骤:
(其中k,b是常数,
y)p(an1x(n
°)
1)y).
1、确定f(n)=kn+b
2、设等比数列bn(anxny),公比为p
3、列出关系式(anxny)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
解得数列an的通项公式
8在数列{%}中,a11务1
3an2n,求通项冇.(逐项相减法)
解.an13an2n,
an6n99Q)n
2
an
9
(2)n
6n9
4•形如an1pananbnc(其中a,b,c是常数,且a°)
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。
比较系数得x3,y10,z18,
22
所以an13(n1)10(n1)182(an3n10n18)
n42
23n10n18。
2n1
an3n10n18322,则an
5•形如an2pan1qan时将an作为f(n)求解
,数列
分析:
原递推式可化为an2an1(p)(an1an)的形式,比较系数可求得
an1an为等比数列。
例11已知数列{an}满足an25an16和印1,a22,求数列{an}的通项公式。
解.设an2an1(5)(an1an)
比较系数得3或2,不妨取2,(取-3结果形式可能不同,但本质相同)
则an22an13(an1细),则an12an是首项为4,公比为3的等比数列
an12an
43n1
,所以an
43n152n1
练习数列{
a,
}中,
a18,去2,且满足an24an1
3an0求an
答案:
an
11
3n
四、迭代法
an
r
Pan(其中p,r为常数)型
例12已知数列{an}满足an1
a3(n1)2
5,求数列
{an}的通项公式。
解:
因为an1
3(n1)2n
an,所以
ana;n12"1
[a3(n2)2'
[an3
33(n2)(nan3
anL
[a3(:
1)2nj3n2n13]32(n1)n2(n2)(n1)
1)n2(n3)(n2)(n1)
3
a1
123LL(n2)(n1)n212LL(
n3)(n2)(n1)
n(n1)
1n!
22
又a15,所以数列{an}的通项公式为an
n(n1)
3n1n!
22
5
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。
五、对数变换法适用于an1
r
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•
解:
两边取对数得:
logan1
2logan1
logan
12(logan1
1)
a
设bnlog2n1,则
bn
2bn1
bn
是以2为公比的等比数列,
1
b1log2
bn12n12n1
log;
2n
log;
n
2n11.an22
练习
数列
an
中,
a1
1,%2妞1(n》2),求数列%
的通项公式•
答案:
an
例15已知数列{an}满足an1
n5
23an,ai7,求数列{务}的通项公式。
7,所以an0,an10。
两边取常用对数得
lgan1
5lgannlg3
lg2
设lgan
1x(n
1)y
5(lganxny)
(同类型四)
比较系数得,
x
lg3lg3lg2
4
164
由lg印
lg3
-1
lg3
lg2lg3
lg7
1-
lg3
lg2
0,得
4
16
44
16
4
所以数列{lg
an
lg3
n
——}是以lg7
lg3
lg3
lg2
4
164
4
16
4
则lgan
lg3
-n
©3©2(lg7©3
lg3
-lg2)5n1
,因此
4
16
44
16
4
lgan
(lg7
lg3lg3
lg2n1lg3
n©3
lg2
416
44
6
4
1
11
n1
1
[lg(7
34
31624
)]5n1lg(34316
24)
1
11
n1
1
lg(7
34
31624)
5n1
lg(343162
4)
5n4n1
5n11
5n1
lg(7
316
24)
5n
4n1
5n11
则a
5n1
75
3
162
4
。
ai
为首项,以
解:
因为ani23na;.
^n4
里口里咗0,
164
5为公比的等比数列,
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{an}满足an1n,a11,求数列{an}的通项公式。
an2
解:
求倒数得
an1
anan1
an
1
2'
an1
111
—为等差数列,首项—1,公差为一,
ana12
ai
丄1(n
an2
1),
an
七、换元法
适用于含根式的递推关系
1
例17已知数列{an}满足an1(1
16
4an124an),印1,求数列{务}的通项公式。
解:
令bn
1
124an,则an刃(bn2
1)
代入an1
1
存14an124an)得
丄(b;
24
1
1)押1
42>:
1)和
即4b;1
2
(bn3)
24an
则2bn1
bn
3,即
bn1知
可化为bn
1
32(bn3),
所以{bn
3}是以b3,124a!
A
.124132为首项,以一为公比的等比数列,因此
2
bn
1n11n21
32
(2)
(2),则bn
(2)
n
2'
23,即,1
24an
(2)n23,得
2
an
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,a1
8
—,求数列{an}的通项公式。
9
8(n1)
解:
由an1an(2n1)2(2n3)2
8
及a1,得
9
a1
8(11)
882
24
2
1
(2
1
2
1)(21
3)2
99
25
25
a3
a2
8(21)
24
8
3
48
(2
2
2
1)(22
3)2
25
25
49
49
a4
a3
8(31)
48
8
4
80
(2
3
1)2(23
3)2
49
49
81
81
由此可猜测an
(2n1)21
F面用数学归纳法证明这个结论。
2
(2n1)
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。
1
6(an1)(an2),且a2,a4,a9成
等比数列,求数列{an}的通项公式。
解:
-
••对任意n
N
有Sn(an
6
1)(an2)
⑴
•••当
n=1时,S1
印
1
(a11)(a1
6
2),解得a1
1或a12
当n》2时,Sn1
1
6(an11)(an1
2)⑵
⑴-⑵整理得:
(a
na
n1)(anan1
3)0
{a
ln}各项均为正数,
anan1
3
当ai
1时,an
3n
2
2,此时a4
a?
a9成立
当4
2时,an
3n
2
1,此时a4
a?
a9不成立,故
a12舍去
所以
an3n2
练习。
■已知数列{
、12
an}中,an0且Sn—(玄门1)
2
求数列{an}
答案:
Sn
Sn1
an
(an1)2(a
n11)2
2、对无穷递推数列
的通项公式•
an2n1
由ana12a23氏L(n1)an1(n2),取n2得a2a12a2,则a2a1,又知a11,
则a21,代入③得an1345Ln-
nI
所以,{%}的通项公式为an—•
2
D,使f(Xo)Xo成立,则称X0为
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。
分析:
由f(x)X求出不动点x0,在递推公式两边同时减去x0,在变形求解。
类型一:
形如an1qand
例21已知数列{an}中,ai1,an2a.11(n2),求数列昂的通项公式。
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
二an112(an1),
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:
5an4t(2t5)an7t
2an72an7
(2t
5)
an
7t4
2t5
2an7
7t4
令t亍,解之得t=1,-2
ant
代入an1t(2t5)「得
13旦
2an
相除得
an11
an12
1一1,即{色
3an2an
a11
a12
公比为
的等比数列,
an1=1an2蔦
31n
解得an
43n
亍11
方法2:
an11
2an7
两边取倒数得
1
an11
2an7
3(an
1)
1)9
3(an1)
2(an
an
令bn
则bn
3bn,
转化为累加法来求•
例23
已知数列
{an}满足an
21an
4an
24
1
解:
令
21x
4x
24
1
得4x2
20x240
动点。
因为
24
a14,求数列
,则Xi2,X2
an1
21an
4an1
21an24
4an
a^i2
a13
{an}的通项公式。
3是函数f(x)
21x24
21x24的两个不
4x1
21an242(4an1)
13an26
21an
243(4an1)
13
以13为公比
9
9an
27
13旦―。
所以数列
an3an
an
3。
I^一。
特征方程法
形如an
pan1
qan(p,q是常数)
的数列
形如a1m1,a2
m2,an2
pan1qan(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
2
xpx
q…①
若①有二异根
,则可令anC1n
C(C1,C2是待定常数)
若①有二重根
,则可令an(C1nC2)n(C1,C2是待定常数)
再利用a1m1,a2
m2,可求得c1,c2,进而求得an
例24已知数列{an}满足a12,a23耳23a.1
2an(nN),
求数列
{an}的通项an
解:
其特征方程为
2小
x3x
2,解得Xi
1,X2
n
令anC11
n
C22,
ai
由
a2
C|2c2
C|4c2
3,得
例25、
数列{an}满足
ai
解:
an
an1
2an
25
X
29
4
2
an
25
4_
2an29
4
c2925
2an
4……①
2an29
4
2
an
求数列{an}的通项。
2925
4
解得1
1,
25,将它们代回①得,
an1
an12
-29
2an
4
②,
25
an
2
25
an7_
29
4
2an
③十②,
25
an1
4
an11
an
25
A
an1
③,
25
4
1
25
4
an
则Ig-
an11
2lg
25
A数列an1
an
an
Ig
成等比数列,首项为1
,公比q=2
an
25
an—所以Ig4an1
25
1an-7
2n1,则——4
an1
n1
10
an
25“
10
A
2n1
1021
2“1
十二、基本数列
1•形如an1
anf(n)型等差数列的广义形式,见累加法。
2.形如屯2
an
f(n)型等比数列的广义形式,见累乘法。
3.形如an1
anf(n)型
(1)若an1
and(d为常数),则数列{an}为“等和数列”
,它是一个周期数列,周期为2,
anf(n)型,通过累加来求出通
其通项分奇数项和偶数项来讨论
(2)若f(n)为n的函数(非常数)时,可通过构造转化为an1
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