求解数列通项公式的 常用方法 数列是高考中的重点内容之一,每年的高考题都会考察到,小题一般较易,大题一般较难。而作为给出数列的一种形式——通项公式,在求数列问题中尤其重要。本文给出了求数列通项公式的常用方法。
一.
观察法 例 例 1 :根据数列的前 4 项,写出它的一个通项公式:
(1)9,99,999,9999,„ (2)
,17164 ,1093 ,542 ,211
(3)
,52,21,32, 1
(4)
,54,43,32,21
解:(1)变形为:10 1 -1,10 2 ―1,10 3 ―1,10 4 ―1,„„
∴通项公式为:
1 10 nna
(2)
;122 nnn a n
(3)
;12na n
(4)1) 1 (1 nnann. 观察各项的特点,关键是找出各项与项数 n 的关系。
二、 定义法
例 例 2:
已知数列{a n }是公差为 d 的等差数列,数列{b n }是公比为 q 的(q∈R 且 q≠1)的等比数列,若函数 f (x) = (x-1) 2 ,且 a 1 = f (d-1),a 3 = f (d+1),b 1 = f (q+1),b 3 = f (q-1), (1)求数列{ a n }和{ b n }的通项公式; 解:(1)∵a 1 =f (d-1) = (d-2) 2 ,a 3 = f (d+1)= d 2 , ∴a 3 -a 1 =d 2 -(d-2) 2 =2d, ∴d=2,∴a n =a 1 +(n-1)d = 2(n-1);又 b 1 = f (q+1)= q 2 ,b 3 =f (q-1)=(q-2) 2 , ∴2213) 2 (qqbb =q 2 ,由 q∈R,且 q≠1,得 q=-2, ∴b n =b·q n- 1 =4·(-2) n - 1
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。
三、 、
叠加法
例 例 3 :已知数列 6,9,14,21,30,„求此数列的一个通项。
解
易知 , 1 21 n a an n ∵ , 31 2 a a
, 52 3 a a
, 73 4 a a
„„ , 1 21 n a an n
各式相加得 ) 1 2 ( 7 5 31 n a a n ∴ ) ( 52N n n a n
一般地,对于型如 ) (1n f a an n 类的通项公式,只要 ) ( ) 2 ( ) 1 ( n f f f 能进行求和,则宜采用此方法求解。
四、 叠乘法 例 例 4:
:在数列{na }中,1a =1,
(n+1)·1 na =n·na ,求na 的表达式。
解:由(n+1)·1 na =n·na 得11nnaann, 1aa n=12aa·23aa·34aa…1 nnaa=n nn 1 1433221
所以na n1
一般地,对于型如1 na = f (n)·na 类的通项公式,当 ) ( ) 2 ( ) 1 ( n f f f 的值可以求得时,宜采用此方法。
五、 公式法
若已知数列的前 n 项和nS 与na 的关系,求数列 na 的通项na 可用公式 211n S Sn San nnn 求解。
例 例 5:已知下列两数列 } {na 的前 n 项和 s n 的公式,求 } {na 的通项公式。
(1)13 n n S n。
(2)
12 n s n
解:
(1)
1 1 11 1 S a
na =1 n nS S = 1 ) 1 ( ) 1 ( ) 1 (3 3 n n n n =3 2 32 n n
此时,1 12 S a 。∴na =3 2 32 n n 为所求数列的通项公式。
(2)
01 1 s a ,当 2 n 时
1 2 ] 1 ) 1 [( ) 1 (2 21 n n n s s an n n
由于1a 不适合于此等式 。
∴ ) 2 ( 1 2) 1 ( 0n nna n
注意要先分 n=1 和 2 n 两种情况分别进行运算,然后验证能否统一。
例 例 6. 设数列 na 的首项为 a 1 =1,前 n 项和 S n 满足关系
) , 4 , 3 , 2 , 0 ( 3 ) 3 2 ( 31 n t t S t tSn n 求证:数列 na 是等比数列。
解析:因为 ) 1 ( ) , 4 , 3 , 2 , 0 ( 3 ) 3 2 ( 31 n t t S t tSn n
所以 ) 2 ( ) , 4 , 3 , 2 , 0 ( 3 ) 3 2 ( 32 1 n t t S t tSn n
得:
) 2 ( ) 1 (
所以,数列 na 是等比数列。
六、 阶差法
例 例 7.已知数列 na 的前 n 项和nS 与na 的关系是
nn nbba S) 1 (11
,其中 b 是与 n 无关的常数,且 1 b 。
求出用 n 和 b 表示的 a n 的关系式。
解析:首先由公式: 211n S Sn San nnn 得:
) 2 () 1 ( 1) 1 (1121nbbabbabbann n 12221) 1 ()1(1 nn nbbabbabb 133322) 1 ()1( )1( nn nbbabbabb 111122) 1 ()1( )1( nnn nbbabbabb
11 2111 3 211) 1 ( ) 1 () 1 ( 1 nnnnnnnnbb b bbbbb b b babba 12) 1 ( nnnbb b ba 1) 1 )( 1 (12111bb bb bbnnnn 利用阶差法要注意:递推公式中某一项的下标与其系数的指数的关系,即 其和为 n 。
) , 2 (33 20 ) 3 2 ( 3) , 4 , 3 , 2 , 0 ( 0 ) )( 3 2 ( ) 3112 1 1N n nttaaa t tan t S S t S S tnnn nn n n n (
七、 待定系数法
例 例 8:
:设数列 } {nc 的各项是一个等差数列与一个等比数列对应项的和,若 c 1 =2,c 2 =4,c 3 =7,c 4 =12,求通项公式 c n
解:设1) 1 ( nnbq d n a c
1322111212 37 242 nnn cabdqbq d abq d abq d ab a 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 } {na 为等差数列:则 c bn a n , cn bn s n 2(b、c为常数),若数列 } {na为等比数列,则1 nnAq a , ) 1 , 0 ( q Aq A Aq snn。
八、
辅助数列法
有些数列本身并不是等差或等比数列,但可以经过适当的变形,构造出一个新的数列为等差或等比数列,从而利用这个数列求其通项公式。
例 例 9.在数列 na 中, 11 a , 22 a ,n n na a a31321 2 ,求na 。
解析:在n n na a a31321 2 两边减去1 na ,得 ) (311 1 2 n n n na a a a ∴ n na a 1是以 11 2 a a 为首项,以31 为公比的等比数列, ∴11)31( nn na a ,由累加法得 na =1 1 2 2 1 1) ( ) ( ) ( a a a a a a an n n n
= 2)31(n 3)31(n„ 1 1 )31( =311)31( 11 n= 1 ] )31( 1 [431 n
= 1)31(4347 n 例 例 10.设0a 为常数,且112 3 nnna a (*N n ), 证明:对任意 n≥1,02 ) 1 ( ] 2 ) 1 ( 3 [51a an n n nn
证明:设, ) 3 ( 2 311 nnnnt a t a
用112 3 nnna a 代入可得51 t
∴
53 nna 是公比为 2 ,首项为531 a 的等比数列, ∴
10) 2 ( )532 1 (53 nnna a (*N n ), 即:012 ) 1 (52 ) 1 ( 3a an nn n nn 型如 a n+1 =pa n +f(n) (p 为常数且 p≠0, p≠1)可用转化为等比数列等. (1)f(n)= q (q 为常数),可转化为 a n+1 +k=p(a n +k),得{ a n +k }是以 a 1 +k 为首项,p 为公比的等比数列。
例 例 11:
:已知数 } {na 的递推关系为 1 21 n na a ,且 11 a 求通项na 。
解:∵ 1 21 n na a
∴ ) 1 ( 2 11 n na a
令 1 n na b
则辅助数列 } {nb 是公比为 2 的等比数列 ∴11nnq b b 即n nnq a a 2 ) 1 ( 111
∴ 1 2 nna
例 例 12 :
已知数列{na }中 11 a 且11nnnaaa ( N n )
, ,求数列的通项公式。
解:∵11nnnaaa
∴ 11 1 11 n nnna aaa,
设nnab1 ,则 11 n nb b
故{nb }是以 1111 ab 为首项,1 为公差的等差数列
∴ n n b n ) 1 ( 1
∴n bann1 1
例 例 13.设数列 { }na 的首项113(01) 2 3 42nnaa a n ,, , ,,,… . (1)求 { }na 的通项公式;
解:(1)由132 3 42nnaa n , ,,,…,
整理得 111 (1 )2n na a .
又11 0 a ,所以 {1 }na 是首项为11 a ,公比为12 的等比数列,得
1111 (1 )2nna a 注:一般地,对递推关系式 a n+1 =pa n +q (p、q 为常数且,p≠0,p≠1)可等价地改写成 )1(11pqa ppqan n 则{pqa n1}成等比数列,实际上,这里的pq 1是特征方程 x=px+q 的根。
(2) f(n)为等比数列,如 f(n)= q n
(q 为常数) ,两边同除以 q n ,得 111 nnnnqapqaq ,令b n =nnqa,可转化为 b n+1 =pb n +q 的形式。
例 例 14.已知数列{a n }中,a 1 =65, a n+1 =31a n +(21)n+1 ,求 an 的通项公式。
解:a n+1 =31a n +(21)n+1
乘以 2 n+1
得
2 n+1 an+1 =32(2n an )+1 令 b n =2n an
则 b n+1 =32b n +1
易得 b n = 3 )32(341 n
即
2n an = 3 )32(341 n ∴
a n =n n2332
(3) f(n)为等差数列 例 例 15.已知已知数列{a n }中,a 1 =1,a n+1 +a n =3+2 n,求 a n 的通项公式。
解:∵
a n+1 +a n =3+2 n,a n+2 +a n+1 =3+2(n+1),两式相减得 a n+2 -a n =2
因此得,a 2n+1 =1+2(n-1), a 2n =4+2(n-1),
∴ a n = 是偶数是奇数n nn n, 2,。
注:一般地,这类数列是递推数列的重点与难点内容,要理解掌握。
(4) f(n)为非等差数列,非等比数列 例 例 16.在数列 na 中,11 12 (2 )2 ( )n nn na a a n N , ,其中 0 . (Ⅰ)求数列 na 的通项公式; 解:由11(2 )2 ( )n nn na a n N , 0 , 可得1112 21n nn nn na a ,
所以2nnna 为等差数列,其公差为 1,首项为 0,故21nnnan ,所以数列 na的通项公式为 ( 1) 2n nna n . 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。
九、 归纳、猜想
如果给出了数列的前几项或能求出数列的前几项,我们可以根据前几项的规律,归纳猜想出数列的通项公式,然后再用数学归纳法证明之。
例 例 17.已知点的序列*), 0 , ( N n x An n ,其中 01 x , ) 0 (2 a a x ,3A 是线段2 1 AA 的中点,4A 是线段3 2 AA 的中点,„,nA 是线段1 2 n nA A 的中点,„ (1)
写出nx 与2 1 , n nx x 之间的关系式( 3 n )。
(2)
设n n nx x a 1,计算3 2 1, , a a a ,由此推测 na 的通项公式,并加以证明。
(3)
略 :
解析:(1)∵ nA 是线段3 2 n nA A 的中点, ∴ ) 3 (22 1 nx xxn nn (2)
a a x x a 01 2 1, 21 22 3 22xx xx x a = a x x21) (211 2 , 32 33 4 32xx xx x a = a x x41) (212 3 , 猜想 *) ( )21(1N n a ann ,下面用数学归纳法证明 01
当 n=1 时, a a 1显然成立; 02
假设 n=k 时命题成立,即 *) ( )21(1N k a akk
则 n=k+1 时,kk kk k kxx xx x a 211 2 1=k k ka x x21) (211
= a ak k)21( )21)(21(1 ∴ 当 n=k+1 时命题也成立,∴ 命题对任意*N n 都成立。
例 例 18:
:在数列{na }中, 1 , 221 1 na a a an n,则na 的表达式为
。
分析:因为 1 , 221 1 na a a an n,所以得:
5 , 4 , 34 3 2 a a a , 猜想:
1 n a n 。
十 、 倒数法
数列有形如 0 ) , , (1 1 n n n na a a a f 的关系,可在等式两边同乘以 ,11 n n aa先求出. ,1nnaa再求得
例 例 19. .设数列 } {na 满足 , 21 a ), N (31naaannn求 .na
解:原条件变形为 . 31 1 n n n na a a a 两边同乘以 ,11 n na a得11 13 1 n na a. ∵11321 1,21 1)21 13 nn n na a a(
∴ .1 3 221 nna
综而言之,等差、等比数列是两类最基本的数列,是数列部分的重点,自然也是高考考查的热点,而考查的目的在于测试灵活运用知识的能力,这个“灵活”往往集中在“转化”的水平上;以上介绍的仅是常见可求通项基本方法,同学们应该在学习不断的探索才能灵活的应用.只要大家认真的分析求通项公式并不困难.
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