浅谈求数列通项公式的几种方法.pdf

该【浅谈求数列通项公式的几种方法 】是由【小辰GG】上传分享，文档一共【5】页，该文档可以免费在线阅读，需要了解更多关于【浅谈求数列通项公式的几种方法 】的内容，可以使用淘豆网的站内搜索功能，选择自己适合的文档，以下文字是截取该文章内的部分文字，如需要获得完整电子版，请下载此文档到您的设备，方便您编辑和打印。浅谈求数列通项公式的几种方法
数列的通项公式是数列的核心内容之一,它如同函数中的解析式一样,有了解析式便可研
究起性质等;而有了数列的通项公式便可求出任一项以及前N项和等。因此,求数列的通项
公式往往是解题的突破口,关键点。故将求数列通项公式的方法做一总结,希望能对广大考生
的复习有所帮助。下面我就谈谈求数列通项公式的几种方法:
一、观察法
即归纳推理,一般用于解决选择、填空题。过程:观察→概括、推广→猜出一般性结论。
例1、数列{a}的前四项为:11、102、1003、10004、……,则a_____。
nn
分析:11101,1021022,10031033,100041044即a10nn
n
二、公式法(利用S,a,n间的关系求通项)
na
n
S n1
a1,即已知数列前n项和,求通项。
nSS n2
nn1
例2、数列a的前n项和为S.(1)S2n3;
nnn
(2)S2a4n.
nnn
解:(1)S4,a应为分段函数.
0n
当n2时,aSS(2n3)(2n13)
nnn1
2n1
5n1
而a5,故a.
1n2n1n2
(2)S2a4n1,S2a4(n1)1
nnn1n1
(n2)两式对应相减得a2a2a2a4,从而a42(a4)(n2).
nnn1nn1nn1
又aS2a3a3a47.
11111
故数列a4是首项为7,公比为2的等比数列,
n
故a472n1,即a72n14.
nn
说明:本题中利用S的定义知aSS(n2)解题;(2)中出现递推数列,转化为a4为
nnnn1n
等比数列,也可以用关系式a2a4,a2a4对应相减,转化为aa为公比是2的
nn1n1n2nn1
等比数列,再利用错项相加求a.
n
另例、已知数列{a}前n项和S满足:log(S1)n1,求此数列的通项公式。
nn2n
解:S2n11
n
当n1时,a3
1
当n2时,aSS2n12n2n
nnn1
3 n1
所以:a
n2n n2
三、递推公式
1、累加法
递推式为:a=a+f(nf(n)可求和
n+1n)()
思路::令n=1,2,…,n-1可得
a-a=f(1)
21
a-a=f(2)
32
a-a=f(3)
43
……
a-a=f(n-1)
nn-1
将这个式子累加起来可得
a-a=f(1)+f(2)+…+f(n-1)
n1
∵f(n)可求和
∴a=a+f(1)+f(2)+…+f(n-1)
n1
当然我们还要验证当n=1时,a是否满足上式
1
n(n1)(2n1)
可能要用到的一些公式:122232n2
6
n(n1)
132333n3[]2
2
n(n1)
123n
2
例3、已知数列{a}中,a,a=a+2n,求a
1=1n+1nn
解:令n=1,2,…,n-1可得
a-a=2
21
a-a=22
32
a-a=23
43
……
a-a=2n-1
nn-1
将这个式子累加起来可得
a-a=f(1)+f(2)+…+f(n-1)
n1
∵f(n)可求和
∴a=a+f(1)+f(2)+…+f(n-1)
n1
当n=1时,a适合上式
1
故a=2n-1
n
2、累乘法
递推式为:a=f(n)a(f(n)要可求积)
n+1n
思路:令n=1,2,…,n-1可得
a/a=f(1)
21
a/a=f(2)
32
a/a=f(3)
43
……
a/a=f(n-1)
nn-1
将这个式子相乘可得a/a=f(1)f(2)…f(n-1)
n1
∵f(n)可求积
∴a=af(1)f(2)…f(n-1)
n1
当然我们还要验证当n=1时,a是否适合上式
1
例4、在数列{a}中,a=2,a=(n+1)a/n,求a
n1n+1nn
解:令n=1,2,…,n-1可得
a/a=f(1)
21
a/a=f(2)
32
a/a=f(3)
43
……
a/a=f(n-1)
nn-1
将这个式子相乘后可得a/a=2/1×3/24×/3×…×n/(n-1)
n1
即a=2n
n
当n=1时,a也适合上式
n
∴a=2n
n
3、构造法
(1)、递推关系式为a=pa+q(p,q为常数)
n+1n
思路:设递推式可化为a+x=p(a+x),得a=pa+(p-1)x,解得x=q/(p-1)
n+1nn+1n
故可将递推式化为a+x=p(a+x)
n+1n
构造数列{b},b=a+q/(p-1)
nnn
b=pb即b/b=p,{b}为等比数列.
n+1nn+1nn
故可求出b=f(n)再将b=a+q/(p-1)代入即可得a
nnnn
例5、(06重庆)数列{a}中,对于n>1(n€N)有a=2a+3,求a
nnn-1n
解:设递推式可化为a+x=2(a+x),得a=2a+x,解得x=3
nn-1nn-1
故可将递推式化为a+3=2(a+3)
nn-1
构造数列{b},b=a+3
nnn
b=2b即b/b=2,{b}为等比数列且公比为3
nn-1nn-1n
b=b·3,b=a+3
nn-1nn
b=4×3n-1
n
a+3=4×3n-1,a=4×3n-1-1
nn
(2)、递推式为a=pa+qn(p,q为常数)
n+1n
思路:在a=pa+qn两边同时除以qn+1得
n+1n
a/qn+1=p/qa/q+i/q
n+1nn
构造数列{b},b=a/qn可得b=p/qb+1/q
nnnn+1n
故可利用上类型的解法得到b=f(n)
n
再将代入上式即可得a
n
例6、数列{a}中,a+5/6,a=(1/3)a+(1/2)n,求a
n1n+1nn
解:在a=(1/3)a+(1/2)n两边同时除以(1/2)n+1得
n+1n
2n+1a=(2/3)×2na+1
n+1n
构造数列{b},b=2na可得b=(2/3)b+1
nnnn+1n
故可利用上类型解法解得b=3-2×(2/3)n
n
2na=3-2×(2/3)n
n
a=3×(1/2)n-2×(1/3)n
n
(3)、递推式为:a=pa+qa(p,q为常数)
n+2n+1n
思路:设a=pa+qa变形为a-xa=y(a-xa)
n+2n+1nn+2n+1n+1n
也就是a=(x+y)a-(xy)a,则可得到x+y=p,xy=-q
n+2n+1n
解得x,y,于是{b}就是公比为y的等比数列(其中b=a-xa)
nnn+1n
这样就转化为前面讲过的类型了.
例7、已知数列{a}中,a=1,a=2,a=(2/3)·a+(1/3)·a,求a
n12n+2n+1nn
解:设a=(2/3)a+(1/3)a可以变形为a-xa=y(a-xa)
n+2n+1nn+2n+1n+1n
也就是a=(x+y)a-(xy)a,则可得到x+y=2/3,xy=-1/3
n+2n+1n
可取x=1,y=-1/3
构造数列{b},b=a-a
nnn+1n
故数列{b}是公比为-1/3的等比数列
n
即b=b(-1/3)n-1
n1
b=a-a=2-1=1
121
b=(-1/3)n-1
n
a-a=(-1/3)n-1
n+1n
故我们可以利用上一类型的解法求得a=1+3/4×[1-(-1/3)n-1](n€N*)
n
四、求解方程法
若数列{a}满足方程f(a)0时,可通过解方程的思想方法求得通项。
nn
例8、已知f(x)2x2x,数列{a}满足f(loga)2n,求数列{a}的通项公式。
n2nn
logaloga
解:f(x)22n22n2n
1
a2n
na
n
a22na10
nn
a0
n
an21n
n
五、用不完全归纳法猜想,用数学归纳法证明.
思路:由已知条件先求出数列前几项,由此归纳猜想出a,再用数学归纳法证明
n
例9、(2002全国高考)已知数列{a}中,a=a2-na+1,a=2,求a
nn+1nn1n
解:由已知可得a=2,a=3,a=4,a=5,a=6
12345
由此猜想a=n+1,下用数学归纳法证明:
n