数列数列通项公式的求法~

高考数学专题讲座 (44) 数列通项公式的求法 嵩明县第一中学 吴学伟 各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解。特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。本文总结出几种求解数列通项公式的方法，希望能对大家有帮助。 一、定义法 直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于已知数列类型的题目． 例1．等差数列 是递增数列，前n项和为 ，且 成等比数列， ．求数列 的通项公式. 解：设数列 公差为 ∵ 成等比数列，∴ ， 即 EMBED Equation.3 ∵ ， ∴ ………………………………① ∵ ∴ …………② 由①②得： ， ∴ 点评：利用定义法求数列通项时要注意不用错定义，设法求出首项与公差（公比）后再写出通项。 二、公式法 若已知数列的前项和 与 的关系，求数列 的通项 可用公式 求解。 例2．已知数列 的前 项和 满足 ．求数列 的通项公式。 解：由 当时，有 ……， 经验证 也满足上式，所以 点评：利用公式 求解时，要注意对n分类讨论，但若能合写时一定要合并． 三、由递推式求数列通项法 对于递推公式确定的数列的求解，通常可以通过递推公式的变换，转化为等差数列或等比数列问题，有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列。 类型1 递推公式为 解法：把原递推公式转化为 ，利用累加法(逐差相加法)求解。 (2004全国卷I.22)已知数列 中, EMBED Equation.DSMT4 ,其中 ……，求数列 的通项公式。P24（styyj） 例3. 已知数列 满足 ， ，求 。 解：由条件知： 分别令 ，代入上式得 个等式累加之，即 所以 ， 类型2 （1）递推公式为 解法：把原递推公式转化为 ，利用累乘法(逐商相乘法)求解。 (2004全国卷I.15)已知数列{an}，满足a1=1，an=a1+2a2+3a3+…+(n－1)an－1(n≥2)，则{an}的通项 P24（styyj） 例4. 已知数列 满足 ， ，求 。 解：由条件知 ，分别令 ，代入上式得 个等式累乘之，即 EMBED Equation.3 又 ， （2）．由 和 确定的递推数列 的通项可如下求得： 由已知递推式有 ， ， ， 依次向前代入，得 ， 简记为 ，这就是叠（迭）代法的基本模式。 （3）递推式： 解法：只需构造数列 ，消去 带来的差异． 例5．设数列 ： ，求 . 解：设 ，将 代入递推式，得 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 …（１）则 ,又 ，故 代入（１）得 说明：（1）若 为 的二次式，则可设 ;(2)本题也可由 , （ ）两式相减得 转化为 求之. 例6．已知 ， ，求 。 解： 。 类型3 递推公式为 （其中p，q均为常数， ）。 解法：把原递推公式转化为： ，其中 ，再利用换元法转化为等比数列求解。 (2006.重庆.14）在数列 中，若 ，则该数列的通项 EMBED Equation.DSMT4 P24（styyj） 例7. 已知数列 中， ， ，求 . 解：设递推公式 可以转化为 即 .故递推公式为 ,令 ，则 ,且 .所以 是以 为首项，2为公比的等比数列，则 ,所以 . 类型4 递推公式为 （其中p，q均为常数， ）。 （或 ,其中p，q, r均为常数） （2006全国I.22）（本小题满分12分） 设数列 的前 项的和 ， （Ⅰ）求首项 与通项 ； P25（styyj） 解法：该类型较类型3要复杂一些。一般地，要先在原递推公式两边同除以 ，得： 引入辅助数列 （其中 ），得： 再应用类型3的方法解决。 例8. 已知数列 中， , ，求 。 解：在 两边乘以 得： 令 ，则 ,应用例7解法得： 所以 类型5 递推公式为 （其中p，q均为常数）。 解法：先把原递推公式转化为 其中s，t满足 ，再应用前面类型3的方法求解。 （2006.福建.理.22）（本小题满分14分） 已知数列 满足 （I）求数列 的通项公式； P26（styyj） 例9. 已知数列 中， , , ，求 。 解：由 可转化为 即 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 或 这里不妨选用 （当然也可选用 ，大家可以试一试），则 EMBED Equation.3 是以首项为 ，公比为 的等比数列,所以 ,应用类型1的方法，分别令 ，代入上式得 个等式累加之，即 EMBED Equation.3 又 ，所以 。 类型6 递推公式为 与 的关系式。(或 ) 解法：利用 进行求解。 (2006.陕西.20) (本小题满分12分) 已知正项数列{an}，其前n项和Sn满足10Sn=an2+5an+6且a1,a3,a15成等比数列，求数列{an}的通项an P24（styyj） 例10. 已知数列 前n项和 . （1）求 与 的关系；（2）求通项公式 . 解：（1）由 得： 于是 所以 EMBED Equation.3 . （2）应用类型4的方法，上式两边同乘以 得： 由 .于是数列 是以2为首项，2为公差的等差数列，所以 EMBED Equation.3 类型7 双数列型 解法：根据所给两个数列递推公式的关系，灵活采用累加、累乘、化归等方法求解。 例11. 已知数列 中， ；数列 中， 。当 时， , ，求 , . 解：因 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 所以 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 即 …………………………………………（1） 又因为 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 所以 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 …… .即 EMBED Equation.3 ………………………（2） 由（1）、（2）得： ， 四、待定系数法（构造法） 求数列通项公式方法灵活多样，特别是对于给定的递推关系求通项公式，观察、分析、推理能力要求较高。通常可对递推式变换，转化成特殊数列（等差或等比数列）来求解，这种方法体现了数学中化未知为已知的化归思想，而运用待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法。 1、通过分解常数，可转化为特殊数列{a +k}的形式求解。一般地，形如a =p a +q（p≠1，pq≠0）型的递推式均可通过待定系数法对常数q分解法：设a +k=p（a +k）与原式比较系数可得pk－k=q，即k= ，从而得等比数列{a +k}。 例12、数列{a }满足a =1，a = a +1（n≥2），求数列{a }的通项公式。 解：由a = a +1（n≥2）得a －2= （a －2），而a －2=1－2=－1， ∴数列{ a －2}是以 为公比，－1为首项的等比数列 ∴a －2=－（ ） ∴a =2－（ ） 说明：这个题目通过对常数1的分解，进行适当组合，可得等比数列{ a －2}，从而达到解决问题的目的。 例13、数列{a }满足a =1， ,求数列{a }的通项公式。 解：由 得 EMBED Equation.3 设a ，比较系数得 解得 ∴{ }是以 为公比，以 为首项的等比数列 ∴ EMBED Equation.3 例14．已知数列 满足 ，且 ，求 ． 解：设 ，则 ， EMBED Equation.3 是以 为首项,以3为公比的等比数列 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 点评：求递推式形如 （p、q为常数）的数列通项，可用迭代法或待定系数法构造新数列 来求得,也可用“归纳—猜想—证明”法来求，这也是近年高考考得很多的一种题型． 例15．已知数列 满足 ， ，求 ． 解：将 两边同除 ，得 EMBED Equation.3 设 ，则 ．令 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 ．条件可化成 ，数列 是以 为首项， 为公比的等比数列． ．因 , EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 ． 点评：递推式为 （p、q为常数）时，可同除 ，得 ，令 从而化归为 （p、q为常数）型． 2、通过分解系数，可转化为特殊数列 的形式求解。这种方法适用于 型的递推式，通过对系数p的分解，可得等比数列 ：设 ，比较系数得 ，可解得 。 （2006.福建.文.22）（本小题满分14分）已知数列 满足 （I）证明：数列 是等比数列； （II）求数列 的通项公式； 例16、数列 满足 EMBED Equation.3 =0，求数列{a }的通项公式。 分析：递推式 中含相邻三项，因而考虑每相邻两项的组合，即把中间一项 的系数分解成1和2，适当组合，可发现一个等比数列 。 解：由 得 即 ，且 ∴ 是以2为公比，3为首项的等比数列 ∴ 利用逐差法可得 = = = = ∴ 例17、数列 中， ，求数列 的通项公式。 解：由 得 设 比较系数得 ，解得 或 若取 ，则有 ∴ 是以 为公比，以 为首项的等比数列 ∴ 由逐差法可得 = = = 说明：若本题中取 ，则有 即得 为常数列, EMBED Equation.3 故可转化为例13。 例18．已知数列 满足 , , 求 ． 解：设 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 或 则条件可以化为 EMBED Equation.3 是以首项为 ，公比为 的等比数列,所以 ．问题转化为利用累加法求数列的通项的问题，解得 ． 点评：递推式为 （p、q为常数）时，可以设 ，其待定常数s、t由 , 求出，从而化归为上述已知题型． 五、特征根法 1、设已知数列 的项满足 ,其中 求这个数列的通项公式。作出一个方程 则当 时， 为常数列，即 ，其中 是以 为公比的等比数列，即 . 例19．已知数列 满足： 求 解：作方程 当 时， 数列 是以 为公比的等比数列.于是 2、对于由递推公式 ， 给出的数列 ，方程 ，叫做数列 的特征方程。若 是特征方程的两个根，当 时，数列 的通项为 ，其中A，B由 决定（即把 和 ，代入 ，得到关于A、B的方程组）；当 时，数列 的通项为 ，其中A，B由 决定（即把 和 ，代入 ，得到关于A、B的方程组）。 例20：已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。 解法一（待定系数——迭加法） 由 ，得 ， 且 。 则数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，于是 。把 代入，得 ， ， ， 。 把以上各式相加，得 EMBED Equation.3 。 。 解法二（特征根法）：数列 ： ， 的特征方程是： 。 , EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 。 又由 ，于是 故 3、如果数列 满足下列条件：已知 的值且对于 ，都有 （其中p、q、r、h均为常数，且 ），那么，可作特征方程 ,当特征方程有且仅有一根 时,则 是等差数列;当特征方程有两个相异的根 、 时，则 是等比数列。 (2006.重庆.文.22)．（本小题满分12分） 数列 求数列 的通项公式. 解：由已知，得 ，其特征方程为 ，解之，得 ， ， 。 P26 (styyj) 例21、已知数列满足性质：对于 且 求 的通项公式. 解: 数列的特征方程为 变形得 其根为 故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第（2）部分，则有 ∴ ∴ 即 例22．已知数列 满足：对于 都有 （1）若 求 （2）若 求 （3）若 求 （4）当 取哪些值时，无穷数列 不存在？ 解：作特征方程 变形得 特征方程有两个相同的特征根 依定理2的第（1）部分解答. (1)∵ 对于 都有 (2)∵ ∴ 令 ，得 .故数列 从第5项开始都不存在， 当 ≤4， 时， . (3)∵ ∴ ∴ 令 则 ∴对于 ∴ (4)、显然当 时，数列从第2项开始便不存在.由本题的第（1）小题的解答过程知， 时，数列 是存在的，当 时，则有 令 则得 且 ≥2. ∴当 （其中 且N≥2）时，数列 从第 项开始便不存在. 于是知：当 在集合 或 且 ≥2}上取值时，无穷数列 都不存在. 说明：形如: 递推式，考虑函数倒数关系有 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 令 则 可归为 型。(取倒数法) 例23： 解：取倒数： 是等差数列， EMBED Equation.3 六、构造法 构造法就是在解决某些数学问题的过程中，通过对条件与结论的充分剖析，有时会联想出一种适当的辅助模型，如某种数量关系，某个直观图形，或者某一反例，以此促成命题转换，产生新的解题方法，这种思维方法的特点就是“构造”.若已知条件给的是数列的递推公式要求出该数列的通项公式，此类题通常较难，但使用构造法往往给人耳目一新的感觉. 1、构造等差数列或等比数列 由于等差数列与等比数列的通项公式显然，对于一些递推数列问题，若能构造等差数列或等比数列，无疑是一种行之有效的构造方法. 例24： 设各项均为正数的数列 的前n项和为 ，对于任意正整数n，都有等式： 成立，求 的通项an. 解： ， ∴ ，∵ ，∴ . 即 是以2为公差的等差数列，且 . ∴ 例25： 数列 中前n项的和 ，求数列的通项公式 . 解：∵ 当n≥2时， EMBED Equation.3 令 ，则 ，且 是以 为公比的等比数列， ∴ . 2、构造差式与和式 解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差，然后采用迭加的方法就可求得这一数列的通项公式. 例26： 设 是首项为1的正项数列，且 ，（n∈N*），求数列的通项公式an. 解：由题设得 . ∵ ， ，∴ . ∴ 例27： 数列 中， ，且 ，（n∈N*），求通项公式 . 解： EMBED Equation.3 ∴ （n∈N*） 3、构造商式与积式 构造数列相邻两项的商式，然后连乘也是求数列通项公式的一种简单方法. 例28： 数列 中， ，前n项的和 ，求 . 解： ， ∴ EMBED Equation.3 ∴ 4、构造对数式或倒数式 有些数列若通过取对数，取倒数代数变形方法，可由复杂变为简单，使问题得以解决. 例29： 设正项数列 满足 ， （n≥2）.求数列 的通项公式. 解：两边取对数得： ， ，设 ， 则 是以2为公比的等比数列， . ， ， ， ∴ 例30： 已知数列 中， ，n≥2时 ，求通项公式. 解：∵ ，两边取倒数得 . 可化为等差数列关系式. ∴ 总结方法比做题更重要!方法产生于具体数学的学习过程中. 嵩明县第一中学 吴学伟 13577103702 第 1 页 共 20 页 _1062681643.unknown _1148144575.unknown _1210529537.unknown _1210536507.unknown _1210575442.unknown _1210579065.unknown _1210580040.unknown _1210585386.unknown _1211223520.unknown _1220298654.unknown _1220300710.unknown _1222923570.unknown _1222968235.unknown _1223623787.unknown _1222923752.unknown _1222924025.unknown _1222924267.unknown _1222923963.unknown _1222923633.unknown _1222923433.unknown _1222923521.unknown _1220301016.unknown _1220300054.unknown _1220300685.unknown _1220299590.unknown _1211348851.unknown _1220298598.unknown _1220298623.unknown _1211348985.unknown _1211350479.unknown _1212580499.unknown _1211350412.unknown _1211348984.unknown _1211223727.unknown _1211348405.unknown _1211348312.unknown _1211348354.unknown _1211223728.unknown _1211223622.unknown _1211223633.unknown _1211223536.unknown 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