高阶等差等比数列的通项及求法.docx
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高阶等差等比数列的通项及求法
一、高阶等差数列的心及心的求法
求高阶等差数列的通项知及前“和S”的时候,通常采用逐差法或待定系数法。
下而先介绍逐差法求通项。
方法一逐差法。
我们先看一个例题。
例1求数列{"”}的通项:
{〜}:
1,7,25,61,121,211,・・・
解:
先作各阶差数列:
数列:
1,7,25,61,121,211,・・・
一阶差数列心}:
6,18,36,60,90,…
二阶差数列CJ:
12,18,24,30,…
三阶差数列:
6,6,6,…
由此可见,数列{。
”}是3阶等差数列,数列©}是首项为12、公差为
6的等差数列,故
cn=12+(h一1)6=6”+6
•・•$—仇J(心2),
/.bx—仇“=6(//-1)+6=6/2>
于是得到>2)
叽-仇-I=6〃
仇J-b“=6(/?
-1),
仇・2一4・3=6(舁一2),
b2—/?
!
=6・2.
•••••••••••••••••••••••••••••彳/•••••••••••••••••••••.•.•.•
将以上各式两边分别相加,得
bn-bx=6(2+3+・・・+〃)
=6(1+2+3+…+n)-6=6•叩;一&)-&
=3n2+3n—6
/.bn=3n2+3n一6+纠=+3n(n>2).
因为此公式当“=1时的值/7.=6,故数列{b„}的通项公式为
bn=3n2+3n(n=1,2,3,…)
又"”+i一舛="("=1,2,3,…)
=3/22+3n(n=1,2,3,■■■)
由此可得,当“22时,
£=3,?
2
an-\一Cln-2=3(〃一1广一3(〃-1),
①_=3•2-_3•2,
将以上各式相加,得
an一绚=3[/?
2+(h-1)2+…+2']—3[几+(“一1)+・・+2]
=3[用+(〃一1)2+・・・+2‘+卩]一3[〃+(料一1)+・・+2+1]—3•卩+3・1
n(n+1)(2/?
+1)n(n+l)3
=337?
-n.
62
/.an=n、一x、一n+ax=h3一n+1(/?
>2),
又此式当八=1时的值®=1,故数列{"”}的通项公式为an=n3—m+1(/2=1,2,3,…).
一般地,设数列{©}的K阶差数列记为{/},如果数列{〜}是P阶等差数列,那么(P-1)阶差数列{“「}是等差数列,于是可以求出数列{“丁}的通项公式,利用席―血严=船匕=123,…),仿照上述例题的作法,可以求出数列«-2))的通项公式,依次类推,可求出数列仏”}的通项公式.
利用逐差法求高阶差数数列的通项还是比较麻烦的,下而介绍待定系数法求通项.
方法二待定系数法
下而先证明两个定理.
定理1设P为正整数,前n个自然数的P次幕的和记为S;J,即S':
'=lp+2P+3P+-np.
则ST是关于n的(p+1)次多项式.
证明用数学归纳法.
当p二1时,因
Sf=1+2+3+…=巴凹=匕,+4,它是关于n的2次多项式,
222
故结论是正确的.
设结论当“Sk伙XI)是正确的,既
=广+2女+3*+…卅
是关于n的(k+1)次多项式.
严=£严一土(;-1)*+2
j-ij-i
=tJk+2-t[严-昭产+^•訂-C乙产+…+(-1严]
j-i;-1
=c朮严-邙2乞产+C吐严+…+(-1严川,
/■IJ-1;-1
于是
t严=斗"严+c金i;r-c吐严+…+(-i)F].
/-I5+2J-1;-1
根据假设fj\±产…分别是关于n的(k+1)次、k次、(k-1)/-IJ-1
次,…,1次多项式,而C乙(丿=1,2,3,…*+2)与n无关,因此文严是
/-I
关于n的(k+2)次多项式.就是说,当p二k+1时,Sf是关于n的(k+2)次多项式,即结论当p二k+1时也是正确.
因此,Sf是关于n的(p+1)次多项式.
定理2数列{心}为p阶等差数列的充要条件是:
数列{“”}的通项为n的p次多项式.
证明先证必要性.用数学归纳法.
当p二1时,数列{"”}是等差数列,其通项a„=at+(n-1)J,这是关于n的一次多项式.
设p二k,即当{©}为k阶差数列时,数列{(“”-%)}(心2)就是k阶差数列时,根据假设可令
an~an-\=ank+加z+…依次令n二2,3,4,…得
a2—ax=a-2k+b-2i_1+■••
a5-a2=“•3*+b-3A_I+■••
an_an^=a-nK+b・n1l'x+・•・
将以上各式两边分别相加,化简后得
an=a(2k+3k+-+nk)+b(2k^+3*'1+…+/")+…+q
根据定理1,右边第一个括号的和是关于n的(k+1)次多项式,第二个括号是关于n的k次多项式,…,因此,心是关于n的(k+1)次多项式.
所以,当{“”}为(k+1)阶等差数列时,心是关于n的(k+1)次多项式,即p二k+1时结论也是成立的.
由上述证明可知,当{心}为p阶等差数列时,心是关于门的卩次多项式.
充分性.设数列{“”}的通项是关于n的p次多项式,设
an=an"+bnp^1+…(aH0)
作它的一阶差数列:
an一①一]=+bn/,-1+…]一[a(n—l)"+/?
(/?
—+…]
=apnp+…
如果连续作P次,则得到P阶差数列是常数列{©川,因此数列{"”}是P阶等差数列.
定理3若数列{“”}为p阶等差数列,则它的前n项和S”是关于n的(p+1)次多项式.
证明因为{“”}是p阶等差数列,根据定理2,它的通项公式是关于n是p次多项式.设a”=anv+bn!
,~'+…(aH0),
(akp+bkp~}+…)
根据定理1,t忆亡…分别是关于n的(p+1)次、p次、
21k^\
(p-l)次,…多项式,因此,S”是关于n的(p+1)次多项式.根据定理2和定理3,我们可以求出任意的高阶等差数列的通项公式和前n项和公式.
例1求下面数列的通项公式及前n项和5,17,35,59,89,…解先判断是几阶等差数数列.
数列{©}:
5,17,35,59,89,…
一阶差数列:
12,18,24,30-
二阶差数列:
6,6,6,・・・
因此,数列{“”}是二阶等差数列,根据定理2,%是关于n的2次多项式;根据定理3,前项n和S”是关于n的3次多项式.于是设an=air+bn+c,①
S„=劝"+yn2+zjt+f.②
其中“、b、c、x、y、z、/都是待定系数.
因为®=5,“2=17,“3=35,于是由①式得方程组
a+h+c=5.
<4"+2Z?
+c=17,
9a+3Z?
+c=35.
解之得a=3,b=3,c=-l,因此数列的通项公式为aH=3n2+3/i-1(«=123,…)
因此S]=q=5,S2=q+a2=22,S3=S2+a3=57,S4=S3+a4=116,于是由
②式得方程组:
k+y+z+/=5;
8x+4y+2z+f=22;
<
27x+9y+3z+f=57;
64x+16y+4?
+/=116.
解之得x=l,y=3,z=lJ'=0.因此,数列的前n项和
Sn=n3+3n2+n(n=1,2,3,…).
例2求数列1・2,2・3,"5+1)的和
解数列的通项色“心+1)=“2+”,是关于n的2次多项式,因此,
数列{“”}的前n项和》是关于n的3次多项式,于是可设
S“=an'+bn2+cn+d.
因
S]=q=1・2=2,S?
=S]+他=2+2・3=&S3=S?
+為=8+3・4=20,S4=S3+a4=20+4・5=40,于是得方程组
a+b+c+d=2\
Sa+4b+2e+〃=&
27a+9b+3c+〃=20;
64"+16b+4c+〃=40.
解这个方程组得=l,/?
=u=2,J=o.
33
因此,数列的和.严加+用+人
33
这个例题,如果是自然数的方幕和公式来计算,则会简单一些:
1•2+2・3+…+〃(〃+1)
=工《伙+1)=工伙‘+1)=》*'+工k
&k^\&■】衣■】
/?
(/?
+l)(2/i+1)n(n+1)13乍2
=—+—=-n+ir+-n・
6233
二、高阶等比数列的通项%及》的求法
下而我们介绍用逐差法求高阶等比数列的通项及前n顶和的问
题.
例1求下列数列的通项:
(1){%}:
5,11,23,47,…,
(2){bn}:
5,15,49,155,477,••・.
解
(1)先作各阶差数列:
数列{©}:
5,11,23,47,…,
一阶差数列{心}6,12,24,…,
由此可知,数列{%}是一阶等比数列,数列{“”}的首项为6,公
比为2,于是
an=6-2,!
~1.
a2-an_x=«n_,=6-2h_2,
/.a2-q=6•2°,©—a2=6-21,a4—a3=6*22,•••,«„—an-\=6*2n~2,
将以上各式两边分别相加,得
=6(1+2+22+---+2,,_2)
2-1
/.an=6•2""_6+坷
=6・2心-6+5=6・2"7-1=3・2"-1.
因此,数列的通项公式为
a=32”一1(〃=1,2,3,…)
(2)数列及其各阶差数列为:
数列{仇}5,15,49,155,477,…,
一阶差数列{“”}:
10,34,106,322,…,
般新资料推移
二阶差数列心}:
24,72,216,
由此可见,数列{“}是首项为24、公比为3的等比数列,于是数列{q}的通项公式为
un=24-3,,_,=83"=1,2,3,…)
u2一%=8・3]“3~ui=8・3[…町一Hn-1=8・3""・
将以上各式两边分别相加,得
冷一吗=8⑶+3?
+…+3心)
3(3心-1)
3-1
=4・3〃一12・
.IUn=43"-12+%=4・3〃一12+10=4・3"-2・
又•"”一几―也=4・3”“—2,
:
.b2一妬=4』_2,爲一优=4与2一2,…,乞=4・3心_2.
将以上各式两边相加,得
仇一勺=4(31+32+・・+3心)一2(允一1)
=2・3“一2〃一4,
・・・化=2・3"—2舁一4+勺=2•丁一2川一4+5=2•丁一2川+1・
因此,数列心}的通项公式为
饥=2・3"—2m+1(〃=123,…).
下而介绍用待定系数法求一阶和二阶等比数列的通项的方法.
定理若数列{©}为一阶等比数列,则数列的通项公式为
Cin=Aq"~l+B(n=1,2,3,…)
其中A、B为非0的常数,q为一阶差数列的公比.
证明因为数列{"”}是一阶等比数列,故数列
(a2-ax),(a3-a2\-(an+1-an),…是等比数歹lj.设公比为心Hl),则""+1-=(“2-"1)“1,因为5工“2,a2~a\•由此得
“2-q=(①-5)q°,①~ai=(①_绚)d,①_a3=(他_q)/,…
%=(“2-®)/7(nn2)
将以上各式两边分别相加,得
£一绚=(。
2—"])(1+§+/+…+§心)
[一严
.•・an=q+—6/|)・(爬>2)
\_q
此公式当,『1,时的值为因此数列通项公式为
]_广
①=+(a.一a】){n=1,23,…)
1一9
令a一(gi),B=q+(G“)丄,则数列他}的通项公式可以写\_ql_g
an=Aqn~l+B{n=1,2,3,…)
定理证毕.
当数列{"”}为二阶等比数列时,因为一阶差数列
4-绚),a-①),…(如—讥…是一阶等比数列,由定理可得此数列
的通项公式为
勺+1一a”=+Bl(n=1,2,3,…)
其中q是二阶差数列的公比,4、目是常数.将此公式两边求和,得
为g—畋-i)=£(人广~+BJ,即an-a}=_-__-+目("一1).
jt-2a-2\_q
由此可以得到,二阶等比数列{"”}的通项公式为
®=W+B〃+C'.
其中A,,BtC都是常数
一般地说,P阶等比数列的通项形式为
5=+B{np+B#+■B/t.
利用上述结论,可以用待定系数法求高阶等比数列的通项公式.例2求数列{勺}:
1,31,221,1211,6201,31191,…的通项公式.
解不难验证,数列是2阶等比数列,且二阶差数列的公比为5,于是可设数列通项为
an=A-5”“+Bn+C.
W5=1卫2=31"=⑵,F是得方程组
A+B+C=l,
<5A+2B+C=31,
25A+3B+C=221.
解这个方程组,得A=10,B=-10,C=l.
因此,数列的通项公式为«„=2-1OH+l(n=1,2,3,•■)
因为p阶等比数列的通项公式为
an=Aqn~x+B.np~x+B2np~2+…Bp,
般新资料推移
于是数列的前n项和为
S“=E©=述q“Sk^+B2±宀土Bp.
k^\Jt-1攵2«■】
由此可见,只要求出了高阶等比数列的通项公式,它的前n项和也是可以求出来的.
例3求数列{“”}
3?
53,172,332,…的前n项和.
解先求数列傀}:
3,5,9,17,33,…的通项,这个数列的一阶差数列为2,4,8,16,・・・
是一个等比数列,其公比为2,因而可设数列血}的通项公式为
h„=A2”“+B.因为勺=3、g=5,于是方程组
"+3=3,
2A+B=5.
解之A=2,B=l.
因此,数列{%}的通项公式为仇=2•2n-*+1=2"+1(/1=1,2,3…),
所以数列仏”}的通项公式为
©=员=(2"+1尸=2“+2间+1.
数列⑷}的前n项和为
Sn=td(2"+2^+1)
22
=E(
1-1
91
4'+2-2'+1)
nn
2
广+2工2*+工1
X-1H
=2.(4”一l)+4(2”—l)+7i.
4
化简后,得数列仏”}的前n项和公式
S”=-4M+1+2H+2+n-—(n=1,2,3…).
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