方法指导求解数列通项公式常用方法.docx

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方法指导求解数列通项公式常用方法

【方法指导】求解数列通项公式常用方法

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）9999999999.

（2）

（3）

（4）

解：

（1）变形为：

101－1102―1103―1104―1..

∴通项公式为：

110nna

（2）

;122nnnan

（3）

;12nan

（4）1）1（1nnann.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{an}是公差为d的等差数列数列{bn}是公比为q的（q∈R且q≠1）的等比数列若函数f（_）=（_－1）2且a1=f（d－1）a3=f（d+1）b1=f（q+1）b3=f（q－1）

（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；解：

（1）∵a1=f（d－1）=（d－2）2a3=f（d+1）=d2∴a3－a1=d2－（d－2）2=2d∴d=2∴an=a1+（n－1）d=2（n－1）；又b1=f（q+1）=q2b3=f（q－1）=（q－2）2∴2213）2（qqbb=q2由q∈R且q≠1得q=－2∴bn=b·qn－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69142130.求此数列的一个通项。

解

易知,121naann∵,312aa

523aa

734aa

..,121naann

各式相加得）12（7531naan∴）（52Nnnan

一般地对于型如）（1nfaann类的通项公式只要）（）2（）1（nfff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）·1na=n·na求na的表达式。

解：

由（n+1）·1na=n·na得11nnaann1aan=12aa·23aa·34aa...1nnaa=nnn11433221

所以nan1

一般地对于型如1na=f（n）·na类的通项公式当）（）2（）1（nfff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211nSSnSannnn求解。

例例5：

已知下列两数列}{na的前n项和sn的公式求}{na的通项公式。

（1）13nnSn。

（2）

12nsn

解：

（1）

11111Sa

na=1nnSS=1）1（）1（）1（33nnnn=3232nn

此时112Sa。

∴na=3232nn为所求数列的通项公式。

（2）

011sa当2n时

12]1）1[（）1（221nnnssannn

由于1a不适合于此等式。

∴）2（12）1（0nnnan

注意要先分n=1和2n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a1=1前n项和Sn满足关系

）,4,3,2,0（3）32（31nttSttSnn求证：

数列na是等比数列。

解析：

因为）1（）,4,3,2,0（3）32（31nttSttSnn

所以）2（）,4,3,2,0（3）32（321nttSttSnn

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

nnnbbaS）1（11

其中b是与n无关的常数且1b。

求出用n和b表示的an的关系式。

解析：

首先由公式：

211nSSnSannnn得：

）21

（1）1（1121nbbabbabbannn12221）11（1nnnbbabbabb133322）11（）1（nnnbbabbabb111122）11（）1（nnnnbbabbabb

1121113211）1（）11（1nnnnnnnnbbbbbbbbbbbabba12）1（nnnbbbba1）1）（1（12111bbbbbbnnnn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（3320）32（3）,4,3,2,0（0））（32（）311211NnnttaaattantSStSStnnnnnnnn（

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c1=2c2=4c3=7c4=12求通项公式cn

解：

设1）1（nnbqdnac

132211121237242nnncabdqbqdabqdabqdaba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cbnancnbnsn2（b、ｃ为常数）若数列}{na为等比数列则1nnAqa）1,0（qAqAAqsnn。

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11a22annnaaa313212求na。

解析：

在nnnaaa313212两边减去1na得）（31112nnnnaaaa∴nnaa1是以112aa为首项以31为公比的等比数列∴11）31（nnnaa由累加法得na=112211）（）（）（aaaaaaannnn

=2）31（n3）31（n.11）31（=311）31（11n=1]）31（1[431n

=1）31（4347n例例10.设0a为常数且1123nnnaa（_Nn）证明：

对任意n≥102）1（]2）1（3[51aannnnn

证明：

设）3（2311nnnntata

用1123nnnaa代入可得51t

∴

是公比为首项为的等比数列

10）2（）5321（53nnnaa（_Nn）即：

012）1（52）1（3aannnnnn型如an+1=pan+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an+1+k=p（an+k）得{an+k}是以a1+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121nnaa且11a求通项na。

解：

∵121nnaa

∴）1（211nnaa

令1nnab

则辅助数列}{nb是公比为2的等比数列∴11nnqbb即nnnqaa2）1（111

∴12nna

例例12：

已知数列｛na｝中11a且11nnnaaa（Nn）

求数列的通项公式。

解：

∵11nnnaaa

∴11111nnnnaaaa

设nnab1则11nnbb

故｛nb｝是以1111ab为首项1为公差的等差数列

∴nnbn）1（1

∴nbann11

例例13.设数列{}na的首项113（01）2342nnaaan...．

（1）求{}na的通项公式；

解：

（1）由132342nnaan...

整理得111

（1）2nnaa．

又110a所以{1}na是首项为11a公比为12的等比数列得

1111

（1）2nnaa注：

一般地对递推关系式an+1=pan+q（p、q为常数且p≠0p≠1）可等价地改写成）1（11pqappqann则{pqan1}成等比数列实际上这里的pq1是特征方程_=p_+q的根。

（2）f（n）为等比数列如f（n）=qn

（q为常数）两边同除以qn得111nnnnqapqaq令bn=nnqa可转化为bn+1=pbn+q的形式。

例例14.已知数列{an}中a1=65an+1=31an+（21）n+1求an的通项公式。

解：

an+1=31an+（21）n+1

乘以2n+1

得

2n+1an+1=32（2nan）+1令bn=2nan

则bn+1=32bn+1

易得bn=3）32（341n

即

2nan=3）32（341n∴

an=nn2332

（3）f（n）为等差数列例例15.已知已知数列{an}中a1=1an+1+an=3+2n求an的通项公式。

解：

∵

an+1+an=3+2nan+2+an+1=3+2（n+1）两式相减得an+2-an=2

因此得a2n+1=1+2（n-1）,a2n=4+2（n-1）,

∴an=是偶数是奇数nnnn,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1112

（2）2（）nnnnaaanN其中0．（Ⅰ）求数列na的通项公式；解：

由11

（2）2（）nnnnaanN0可得111221nnnnnnaa

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）2nnnan．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,（Nn_Ann其中01_）0（2aa_3A是线段21AA的中点4A是线段32AA的中点.nA是线段12nnAA的中点.

（1）

写出n_与21,nn__之间的关系式（3n）。

（2）

设nnn__a1计算321,,aaa由此推测na的通项公式并加以证明。

（3）

略：

解析：

（1）∵nA是线段32nnAA的中点∴）3（221n________nnn

（2）

aa__a01212122322_______________a=a__21）（21123233432_______________a=a__41）（2123猜想_）（）21（1Nnaann下面用数学归纳法证明01

当n=1时aa1显然成立；02

假设n=k时命题成立即_）（）21（1Nkaakk

则n=k+1时kkkkkk_______________a21121=kkka__21）（211

=aakk）21（）21）（21（1∴当n=k+1时命题也成立∴命题对任意_Nn都成立。

例例18：

：

在数列｛na｝中1,2211naaaann则na的表达式为

。

分析：

因为1,2211naaaann所以得：

5,4,3432aaa猜想：

1nan。

十、倒数法

数列有形如0）,,（11nnnnaaaaf的关系可在等式两边同乘以,11nnaa先求出.,1nnaa再求得

例例19．．设数列}{na满足,21a）,N（31naaannn求.na

解：

原条件变形为.311nnnnaaaa两边同乘以,11nnaa得11131nnaa.∵113211,211）2113nnnnaaa（

∴.13221nna

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.