常见递归数列通项公式的求解策略文档格式.docx

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an－1=3n－1an－2，

an－2=3n－2an－3，

……，

a4=34a3，

a3=33a2，

a2=32a1

将以上等式两边相乘并整理得：

an=3n·

3n－13n－2·

…·

34·

33·

32·

a1=－2·

32+3+…+n

=－2·

3

（3）当f（n）是非1的常数p时，an＋1=pan＋g（n）可用两边同除以pn+1得，令bn+1=，则bn+1=bn＋，仿照

（1）求出bn之后，再求出an.

例5、设有数列｛an｝:

a1=1,an＋1=an＋，求an.

an＋1=an＋2n+1an＋1=2nan＋2

令bn+1=2n+1an＋1，则bn+1=bn＋2，即｛bn｝是以2为公差，b1=2a1=2为首项的等差数列，

故有bn=2＋（n－1）·

2=2n，从而an=，即an=

一般情况，当f（n）不是常数时，仿（3）可求

例6、已知｛an｝中，a1=2,nan＋1=（n＋1）an＋2，求｛an｝的通项公式。

nan＋1=（n＋1）an＋2

令bn+1=，则bn+1=bn＋，仿

（1）可求得

bn=b1＋2[＋＋…＋]=a1＋2（1－）=2＋2（1－）=4－

an=nbn=4n－2

2、二阶线性递归数列：

由三个连续项的关系式an＋1=f（an,an-1）（n,nN）及两个初始值a1,a2所确定的数列，且递推式中，各an都是一次的，叫二阶线性递归数列。

设数列｛an｝满足an＋1=pan＋qan-1，则其通项an的求法如下：

（1）写出递推式所对应的特征方程x2=px＋q；

（2）解特征方程得到两个根x1,x2；

（3）如果x1x2，则可设an=ax1n＋bx2n；

如果x1=x2，则可设an=（c＋dn）x1n；

（4）由初始值a1,a2求出a,b或c,d.

例7、已知数列｛an｝满足an＋1=－2an＋3an-1，且a1=1,a2=5，求通项公式an.

关于an＋1=－2an＋3an-1所对应的特征方程是x2=－2x＋3，其两个根为1和－3。

设an=a＋b（－3）n,因为a1=1,a2=5,所以

a＋b（－3）=1

a＋b=5

解得a=2,b=，所以an=2＋（－3）n.

例8、已知数列｛an｝中，an＋2=6an+1－9an，且a1=1,a2=2,求an

递归关系an＋2=6an+1－9an所对应的特征方程是

x2=6x－9，其根是二重根3.

设an=（c＋dn）3n,a1=1,a2=2,

3（c＋d）=1

9（c＋2d）=2

解得c=,d=－，所以an=（4－n）3n--2

三、其它递归数列

1、形如an+1=panq（p>

0,an>

0）型的递归数列，可用对数代换法求an

例9、设数列｛an｝满足a1=4,an+1=5an2，求an.

由an+1=5an2可知an>

0，所以两边取对数，得lgan+1=2lgan＋lg5，令bn=lgan，则bn+1=2bn＋lg5，化为

bn+1＋lg5=2（bn＋lg5），即｛bn＋lg5｝是以2为公比，b1＋lg5=lga1＋lg5=lg20为首项的等比数列，从而有：

bn＋lg5=（lg20）2即bn=（lg20）2－lg5，所以lgan=lg,

即an=

2、形如n+1=型的递归数列，可用倒数代换法求（0）

例10、已知数列｛n｝满足n+1=，且a1=－2,求通项公式n

n+1=两边取倒数得，令bn=，则bn+1=bn＋，可化为bn+1－2=（bn－2），即｛bn－2｝是以为公比，以b1－2=－为首项的等比数列，bn－2=－即－2=－,n=

3、分式递归数列n+1=（c0,）型的通项公式的求法：

（1）写出递推式所对应的特征方程=；

（3）如果x1x2，则数列｛｝是等比数列；

如果x1=x2，则数列｛｝是等差数列；

（4）由等比数列或等差数列的通项公式求n

例11、（1987年中国数学奥林匹克集训队习题）设｛n｝满足=2,n=（n1），求n

由递推式n=所对应的特征方程=得其根为x1=－2,x2=3,

÷

=×

=－4

数列｛｝是以－4为公比，=－4为首项的等比数列，则有=－4·

（－4）n

n=

线性二项递归数列的通项及应用

一个数列{an}，如果它的第n项an与项数n之间的函数关系可以用一个公式an=f（n）表示时，这个公式叫做这个数列的通项公式。

一般地说，给出一个数列，就是给出它的构成规律。

常见的用解析式给出它构成规律的方法有通项公式法以及递推公式法。

“给出数列的递推公式，求通项公式”是数列教学的一个难点。

下面先就一道习题的解法对“线性二项递归数列的通项”求解方法做一简单小结。

例：

已知数列{an}满足a1=3,an+1=2an+7,求{an}的通项公式。

解法一：

（配凑法）

∵a1=3,an+1=2an+7

令an+1–p=2（an-p）

则an+1=2an-p,

比较系数得p=-7

则 

=2（常数）

由定义知，数列{an+7}是公比q=2的等比数列，

则an+7=（a1+7）·

2n-1 

又∵a1=3,则得出数列{an}的通项公式为：

an=10·

2n-1-7

解法二：

（叠加法）

∵an+1=2an+7

∴an=2an-1+7

2an-1=22an-2+2×

7

22an-2=23an-3+22×

…

2n-2a2=2n-1a1+2n-2×

将以上n-1个式子叠加，两边相消得：

an=2n-1·

a1+7（1+2+22+…+2n-2）

=2n-1·

a1+7（2n-1-1）

由于a1=3

∴得an=10·

解法三：

（解方程组法） 

∵an+1=2an+7 

① 

∴an=2an-1+7 

② 

①－②得：

an+1-an=2（an-an-1）

设bn=an+1－an,则 

=2

b1=a2－a1=2a1+7－a1=10

bn=10·

2n-1

an+1－an=10·

联立方程组

解得an=10·

2n-1－7

解法四：

（递归法）

=2（2an-2+7）+7=22an-2+2×

7+7

=22（2an-3+7）+2×

=23an-3+22×

7+2×

=……

=2n-1a1+（2n-2×

7+2n-1×

7+…+2×

7+7）

=2n-1·

a1+7（2n-1－1）

∵a1=3 

∴an=10·

解法五：

（不动点法）

设f（x）=ax+b（a1,b0）,则f（x）的不动点是

f（x）的n次迭代函数的解析式可表示如下：

f[n]（x）=an（x- 

）+

∵an+1=2an+7,a1=3

=2n-1（a1- 

=10·

解法六：

（特征根法）

若数列{an}中,a1已知,an+1=a·

an+b（a≠1,b≠0）

则称x=ax+b为{an}的特征方程，其根x= 

称为特征根。

这时有如下结论：

an=（a1-x）·

an-1+x

对于本题，由于a1=3,a=2,b=7.∴x= 

=-7

[应用举例]

例1：

小王贷款a元用于购房，采用月均等额本息还款方式，若m个月将款全部还清，月利率为r，求每月还款额x。

设第n（n≤m）次还款后，小王还欠an元钱，这an元钱到下月增值到an（1+r）元，还x元后，还有an+1=（1+r）an-x。

可知小王每次还款后仍欠银行的钱依次形成一个数列{an}，其中a1=a（1+r）-x,an+1=（1+r）an-x 

所以有， 

an=（1+r）an-1-x

=（1+r）[（1+r）an-2-x]-x

=（1+r）2an-2-（1+r）x-x

=（1+r）3an-3-（1+r）2x-（1+r）x-x

=（1+r）4an-4-（1+r）3x-（1+r）2x-（1+r）x-x

=LL

=（1+r）n-1a1-x[（1+r）n-2+（1+r）n-3+L+（1+r）+1]

=（1+r）n-1[a（1+r）-x]-x[（1+r）n-22+（1+r）n-3L+（1+r）+1]

=（1+r）na-x[（1+r）n-1+（1+r）n-2+L+（1+r）+1]

=（1+r）na- 

x

=（1+r）na+ 

题意可知am=0,即am=（1+r）ma+ 

x=0

所以，x=

例2：

某林场原有森林木材存量为a万立方米，木材每年以25%的增长率增长，而每年冬天要砍伐的木材量为x万立方米。

为了实现经过20年达到木材存量翻两番的目标，则x的最大值是多少？

设第n年底木材存量为an万立方米，则

a1=a（1+25%）-x= 

a-x

an+1=（1+25%）x= 

an-x

Qan+1= 

an-x 

（an+1-4x）= 

（an-4x）

数列{an-4x}是公比为，首项为a1-4x的等比数列，则

an-4x=（a1-4x）·

（）n-1=（）a-5x·

（）n-1

an=4x+（a-4x）·

（）n

令a20≥4a,即4x+（a-4x）·

（）20≥4a

解得x≤ 

a

一.教学内容：

数列求和的几种方法、数列的实际应用问题

二.教学难点：

数列的实际应用问题

三.课标要求：

1.探索并掌握一些基本的数列求前n项和的方法；

2.能在具体的问题情境中，发现数列的通项和递推关系，并能用有关等差、等比数列知识解决相应的实际问题．

四.命题走向：

数列求和和数列综合及实际问题在高考中占有重要的地位，一般情况下都是出一道解答题，解答题大多以数列为工具，综合运用函数、方程、不等式等知识，通过运用逆推思想、函数与方程、归纳与猜想、等价转化、分类讨论等各种数学思想方法，这些题目都考查考生灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力，它们都属于中、高档题目．

有关命题趋势：

1.数列是一种特殊的函数，而不等式则是深刻认识函数和数列的有效工具，三者的综合题是对基础和能力的双重检验，在三者交汇处设计试题，特别是代数推理题是高考的重点；

2.数列推理题将继续成为数列命题的一个亮点，这是由于此类题目能突出考查学生的逻辑思维能力，能区分学生思维的严谨性、灵敏程度、灵活程度；

3.数列与新的章节知识结合的特点有可能加强，如与解析几何的结合等；

4.有关数列的应用问题也一直备受关注．

【教学过程】

一、基本知识回顾

1.数列求通项与和

（1）数列前n项和Sn与通项an的关系式：

an＝

．

（2）求通项常用方法

①作新数列法．作等差数列与等比数列．

②累差叠加法．最基本的形式是：

an＝（an－an－1）＋（an－1＋an－2）＋…＋（a2－a1）＋a1．

③归纳、猜想法．

（3）数列前n项和

①重要公式：

等差和等比数列的求和公式

1＋2＋…＋n＝

n（n＋1）；

12＋22＋…＋n2＝

n（n＋1）（2n＋1）；

13＋23＋…＋n3＝（1＋2＋…＋n）2＝

n2（n＋1）2；

②裂项相消法

将数列的通项分成两个式子的代数和，即an＝f（n＋1）－f（n），然后累加抵消掉中间的许多项，这种先裂后消的求和法叫裂项求和法．用裂项法求和，需要掌握一些常见的裂项，如：

、

＝

－

等．

③错位相减法（可用于推导等比数列前n项和公式）

对一个由等差数列及等比数列对应项之积组成的数列的前n项和，常用错位相减法．

，其中

是等差数列，

是等比数列，记

，则

，…

④分组转化求和

把数列的某些项放在一起先求和，然后再求Sn．

⑤倒序相加法（可用于推导等差数列前n项和公式）

2.递归数列

数列的连续若干项满足的等量关系an＋k＝f（an＋k－1，an＋k－2，…，an）称为数列的递归关系．由递归关系及k个初始值可以确定的一个数列叫做递归数列．如由an＋1＝2an＋1，及a1＝1，确定的数列

即为递归数列．

递归数列的通项的求法一般说来有以下几种：

（1）归纳、猜想．

（2）迭代法．

（3）代换法．包括代数代换，对数代数，三角代数．

（4）作新数列法．最常见的是作成等差数列或等比数列来解决问题．

【典型例题】

例1.已知数列

为等差数列，且公差不为0，首项也不为0，求和：

首先考虑

点评：

已知数列

为等差数列，且公差不为0，首项也不为0，下列求和

也可用裂项求和法．

例2.求

，

裂项求和的关键是先将形式复杂的因式转化的简单一些．

例3.设

，利用课本中推导等差数列前n项和的方法，可求得

的值为____________

课本中推导等差数列前n项和的方法为倒序相加法.因为

所以

原式＝6

本题曾为XX高考题，主要考查考生对课本的熟练程度和倒序相加法的应用，其中有函数式子的变化，计算能力的考查．

例4.已知

，数列

是首项为a，公比也为a的等比数列，令

，求数列

的前

项和

设数列

是等比数列，数列

是等差数列，则对数列

进行求解，均可用错位相减． 

例5.数列

…的前多少项和为最大？

是以

为首项，以

为公差的等差数列，

对称轴

比较起来

更靠近对称轴

∴前

项和为最大

另法：

由

，得

求和的最值关键在于找分界点.

例6.求数列1，3＋

，32＋

，……，3n＋

的各项的和．

其和为（1＋3＋…＋3n）＋（

＋…＋

）＝

（3n＋1－3－n）．

分组转化法求和.

例7.（2006年XX卷20）已知函数

＝x3＋x2，数列{xn}．

（xn＞0）的第一项x1＝1，以后各项按如下方式取定：

曲线y＝

在

处的切线与经过（0，0）和（xn，f（xn））两点的直线平行（如图）．

求证：

当n

时：

（I）

；

（II）

（I）因为

所以曲线

处的切线斜率

因为过

和

两点的直线斜率是

.

（II）因为函数

当

时单调递增，

而

，即

因此

又因为

令

则

因为

故

数列与解析几何问题结合在一块，数列的通项与线段的长度、点的坐标建立起联系．

例8.（2005XX高考20.）假设某市2004年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房.预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外，每年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米.那么，到哪一年底，

（1）该市历年所建中低价房的累计面积（以2004年为累计的第一年）将首次不少于4750万平方米?

（2）当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%?

（1）设中低价房面积形成数列{an}，由题意可知{an}是等差数列，

其中a1＝250，d＝50，则Sn＝250n＋

＝25n2＋225n，

令25n2＋225n≥4750，即n2＋9n－190≥0，而n是正整数，∴n≥10．

到2013年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4750万平方米．

（2）设新建住房面积形成数列{bn}，由题意可知{bn}是等比数列，

其中b1＝400，q＝1.08，则bn＝400·

（1.08）n－1·

0.85．

由题意可知an＞0.85bn，有250＋（n－1）·

50＞400·

由计算器解得满足上述不等式的最小正整数n＝6．

到2009年底，当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%．

本题考查等差、等比数列的应用题，关键是如何把实际问题转化为数列问题，注意解应用题的设、列、解、答四个步骤．

例9.某企业进行技术改造，有两种方案，甲方案：

一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；

乙方案：

每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加5千元；

两种方案的使用期都是10年，到期一次性归还本息．若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算，试比较两种方案中，哪种获利更多？

（取

）

甲方案是等比数列，乙方案是等差数列，

①甲方案获利：

（万元），

银行贷款本息：

故甲方案纯利：

②乙方案获利：

（万元）；

银行本息和：

（万元）

故乙方案纯利：

综上可知，甲方案更好．

这是一道比较简单的数列应用问题，由于本息与利润是熟悉的概念，因此只建立通项公式并运用所学过的公式求解．

例10.（2007XX理17）设数列

满足

（Ⅰ）求数列

的通项；

（Ⅱ）设

验证

时也满足上式，

例11.（2007XX文18）设

是公比大于1的等比数列，

为数列

项和．已知

，且

构成等差数列．

（1）求数列

的等差数列．

（2）令

求数列

项和Tn．

（1）由已知得

解得

的公比为

，由

，可得

又

，可知

即

由题意得

故数列

的通项为

（2）由于

由

（1）得

是等差数列．

2007年XX高考文科和理科数列的题目都在大题的前两题的位置，理科考查的是错位相减法求和，文科为等差和等比数列公式的应用，都考查了考生的运算能力．

例12.（2007XX文21）数列

项和为

的通项

（Ⅱ）求数列

（Ⅰ）

数列

是首项为

，公比为

的等比数列，

时，

（Ⅱ）

，…………①

………………………②

得：

也满足上式，

本小题考查数列的基本知识，考查等比数列的概念、通项公式及数列的求和，考查分类讨论及化归的数学思想方法，以及推理和运算能力．满分12分．

［思维小结］

1.数列求和的常用方法

（1）公式法：

适用于等差、等比数列或可转化为等差、等比数列的数列；

（2）裂项相消法：

适用于

其中{

}是各项不为0的等差数列，c为常数；

部分无理数列、含阶乘的数列等；

（3）错位相减法：

}是等差数列，

是各项不为0的等比数列．

（4）倒序相加法：

类似于等差数列前n项和公式的推导方法.

（5）分组求和法

2.常用结论

（1）

1＋2＋3＋...＋n＝

（2）

1＋3＋5＋...＋（2n－1）＝

（3）

（4）

（5）

3.数学思想

（1）迭加累加（等差数列的通项公式的推导方法）若

，则……；

（2）迭乘累乘（等比数列的通项公式的推导方法）若

（3）逆序相加（等差数列求和公式的推导方法）；

（4）错位相减（等比数列求和公式的推导方法）．

4.应用题注意审清题意，把实际问题转化为数列中的问题．设、列、解、答四步骤不可少．

【模拟试题】

1.数列

的通项公式

，则该数列的前（ 

）项之和等于

A.

B.

C.