当前位置: 首页> 范文大全> 工作报告>

【方法指导】求解数列通项公式常用方法

发布时间:2020-08-18 12:05:04 浏览数:

 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)

 ;12na 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11nnaann, 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 (1121nbbabbabbann 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 ∴11nnq 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11nnnaaa ( N n )

 , ,求数列的通项公式。

 解:∵11nnnaaa

  ∴ 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 n1}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 (31naaannn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.

上一篇:幼儿园园务工作计划2020春季例文

上一篇:程序员个人述职报告

相关范文