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求解数学递推数列的通项公式的九种方法7


求递推数列的通项公式的九种方法
利用递推数列求通项公式,在理论上和实践中均有较高的价值.自从二十世纪八十年代以来, 这一直是全国高考和高中数学联赛的热点之一. 一、作差求和法 m w.w.w.k.s.5.u.c.o 例 1 在数列{ a n }中, a1 = 3 , a n +1 = a n +

又 b1 + b2 + L + bn ?1 = 所以 a n ? 1 =

n(n ? 1) 2

1 1 n(n ? 1) ,即 a n = (n 2 ? n + 2) 2 2

四、积差相消法 例 5(1993 年全国数学联赛题一试第五题)设正数列 a 0 , a1 , a n …, a n ,…满足

1 ,求通项公式 a n . n(n + 1)

1 1 1 1 1 1 解: 原递推式可化为:a n +1 = a n + ? 则 a 2 = a1 + ? , a3 = a 2 + ? n n +1 1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 a 4 = a3 + ? , ……, n = a n ?1 + a ? 逐项相加得: n = a1 + 1 ? .故 a n = 4 ? . a 3 4 n ?1 n n n
二、作商求和法 例 2 设数列{ a n }是首项为 1 的正项数列, ( n + 1) a n +1 ? na n + a n +1 a n = 0 且 (n=1,2,3…) ,
2 2

a n a n ?2 ? a n ?1 a n ?2 = 2a n ?1


(n ≥ 2) 且 a 0 = a1 = 1 ,求 {a n } 的通项公式.

将递推式两边同除以 a n ?1 a n ? 2 整理得:

an a ? 2 n?1 = 1 a n?1 a n?2

设 bn =

an ,则 b1 = a n?1

a1 =1, bn ? 2bn ?1 = 1 ,故有 a0
⑴ b3 ? 2b2 = 1 ⑵

则它的通项公式是 a n =▁▁▁(2000 年高考 15 题) 解:原递推式可化为:

b2 ? 2b1 = 1
… … …

… ( n ?1)
2 n ?1

[(n + 1)a n +1 ? na n ](a n +1 + a n ) =0

∵ a n +1 + a n >0,

a n +1 n = an n +1 an 1 1 = ,即 a n = . a1 n n

bn ? 2bn ?1 = 1



a a 2 1 a3 2 a 4 3 n ?1 = , = , = , ……, n = a n ?1 n a1 2 a 2 3 a3 4

由 ⑴ × 2 n ? 2 + ⑵ × 2 n ?3 + … +( n ? 1 ) 2 0 得 bn = 1 + 2 + 2 + L + 2

= 2n ?1 , 即

逐项相乘得:

三、换元法 例 3 已知数列{ a n },其中 a1 =

an = 2n ?1. a n?1
逐项相乘得: a n = ( 2 ? 1) 2 ? (2 2 ? 1) 2 ? L ? ( 2 n ? 1) 2 ,考虑到 a 0 = 1 , 故 an = ?

4 13 1 , a 2 = ,且当 n≥3 时, a n ? a n ?1 = (a n ?1 ? a n ? 2 ) , 3 9 3

求通项公式 a n (1986 年高考文科第八题改编). 解:设 bn ?1 = a n ? a n ?1 ,原递推式可化为:

1 ? 2 2 2 n 2 ?(2 ? 1) (2 ? 1) ? L ? (2 ? 1)

(n = 0) (n ≥ 1)

.

五、取倒数法 例 6 已知数列{ a n }中,其中 a1 = 1, ,且当 n≥2 时, a n =

bn ?1

1 13 4 1 1 bn?1 = bn ?2 , {bn } 是 一 个 等 比 数 列 , b1 = a 2 ? a1 = ? = , 公 比 为 . 故 3 9 3 9 3 1 n?2 1 1 n?2 1 n 1 n 3 1 1 n = b1 ? ( ) = ( ) = ( ) .故 a n ? a n ?1 = ( ) .由逐差法可得: a n = ? ( ) . 3 9 3 3 3 2 2 3
例 4 已知数列{ a n },其中 a1 = 1, a 2 = 2 ,且当 n≥3 时, a n ? 2a n ?1 + a n ? 2 = 1 ,求通项公

a n ?1 ,求通项公式 a n 。 2a n ?1 + 1



将 an =

a n ?1 1 1 1 两边取倒数得: ? = 2 ,这说明 { } 是一个等差数列,首项 2a n ?1 + 1 a n a n ?1 an

式 a n 。解 由 a n ? 2a n ?1 + a n ? 2 = 1 得: (a n ? a n ?1 ) ? ( a n ?1 ? a n ? 2 ) = 1 ,令 bn ?1 = a n ? a n ?1 ,则 上式为 bn ?1 ? bn ? 2 = 1 ,因此 {bn } 是一个等差数列, b1 = a 2 ? a1 = 1 ,公差为 1.故 bn = n .。 由于 b1 + b2 + L + bn ?1 = a 2 ? a1 + a 3 ? a 2 + L + a n ? a n ?1 = a n ? 1



1 1 1 = 1 ,公差为 2,所以 = 1 + (n ? 1) × 2 = 2n ? 1 ,即 a n = . a1 an 2n ? 1
六、取对数法 例 7 若数列{ a n }中, 1 =3 且 a n +1 = a n (n 是正整数) 则它的通项公式是 a n =▁▁▁ a , (2002
2

年上海高考题). 解 由题意知 a n >0,将 a n +1 = a n 两边取对数得 lg a n +1 = 2 lg a n ,即
2

lg a n+1 = 2 ,所以数 lg a n
n ?1

2、a n +1 = Aa n + B ? C (A、B、C 为常数,下同)型,可化为 a n +1 + λ ? C
n

n +1

= A( a n + λ ? C )
n

的形式. 例 10 在数列{ a n }中, a1 = ?1, a n +1 = 2a n + 4 ? 3 解:原递推式可化为:
n ?1

列 {lg a n } 是以 lg a1 = lg 3 为首项,公比为 2 的等比数列, lg a n = lg a1 ? 2

= lg 3 2

n ?1

,即

, 求通项公式 a n 。

an = 32 .
七、平方(开方)法 例 8 若数列{ a n }中, a1 =2 且 a n = 解 将 an =
2

n ?1

a n+1 + λ ? 3 n = 2(a n + λ ? 3 n ?1 )
2 3 + a n ?1 (n ≥ 2 ) ,求它的通项公式是 a n .
n


n ?1

比较系数得 λ =-4,①式即是: a n +1 ? 4 ? 3 = 2( a n ? 4 ? 3 则数列 {a n ? 4 ? 3 ∴ an ? 4 ? 3
n ?1 n ?1

).

2 2 2 2 3 + a n ?1 两边平方整理得 a n ? a n ?1 = 3 。数列{ a n }是以 a12 =4 为首项,3 为公
2

} 是一个等比数列,其首项 a1 ? 4 ? 31?1 = ?5 ,公比是 2.

差的等差数列。 a n = a1 + ( n ? 1) × 3 = 3n + 1 。因为 a n >0,所以 a n =

3n + 1 。

= ?5 ? 2 n ?1 ? 5 ? 2 n ?1 .

八、待定系数法 待定系数法解题的关键是从策略上规范一个递推式可变成为何种等比数列,可以少走弯路. 其变换的基本形式如下: 1、 a n +1 = Aa n + B (A、B 为常数)型,可化为 a n +1 + λ =A( a n + λ )的形式. 例 9 若数列{ a n }中, a1 =1, S n 是数列{ a n }的前 n 项之和,且 S n +1 = 求数列{ a n }的通项公式是 a n . 解 递推式 S n +1 =

即 an = 4 ? 3

n ?1

3、 a n + 2 = A ? a n +1 + B ? a n 型,可化为 a n + 2 + λa n +1 = ( A + λ ) ? ( a n +1 + λa n ) 的形式。 例 11 在数列{ a n }中, a1 = ?1, a 2 = 2 ,当 n ∈ N , a n + 2 = 5a n +1 ? 6a n ① 求通项公式

Sn (n ≥ 1 ) , 3 + 4S n

an .
解:①式可化为:

a n+ 2 + λa n +1 = (5 + λ )(a n +1 + λa n )
(1) 比较系数得 λ =-3 或 λ =-2,不妨取 λ =-2.①式可化为:

Sn 1 1 可变形为 = 3? +4 3 + 4S n S n +1 Sn
1 + λ = 3( + λ ) Sn
1

a n+ 2 ? 2a n +1 = 3(a n +1 ? 2a n )
(2) 则 {a n +1 ? 2a n } 是一个等比数列,首项 a 2 ? 2a1 =2-2(-1)=4,公比为 3. ∴ a n +1 ? 2a n = 4 ? 3
n ?1

设(1)式可化为

1 S n +1

比较(1)式与(2)式的系数可得 λ = 2 ,则有

S n +1

+ 2 = 3(

1 1 + 2) 。故数列{ + 2 }是 Sn Sn

.利用上题结果有:

a n = 4 ? 3 n?1 ? 5 ? 2 n ?1 .
4、 a n +1 = Aa n + Bn + C 型,可化为 a n +1 + λ1 n + λ 2 = A[ a n + λ1 ( n ? 1) + λ 2 ] 的形式。 例 12 在数列{ a n }中, a1 = 求通项公式 a n . 解 ①式可化为:



1 1 1 + 2 = 3 为首项,3 为公比的等比数列。 + 2 = 3 ? 3 n ?1 = 3 n 。所以 S n = n 。 S1 Sn 3 ?1
当 n ≥ 2 , a n = S n ? S n ?1

1 1 ? 2 ? 3n = n ? n ?1 = 2n 。 3 ? 2 3 ? 2 3 ? 8 ? 3 n + 12

3 , 2a n ? a n ?1 =6 n ? 3 2



?1 ? ? 2 ? 3n 数列{ a n }的通项公式是 a n = ? ? 3 2 n ? 8 ? 3 n + 12 ?

(n = 1) (n ≥ 2)



2(a n + λ1 n + λ 2 ) = a n ?1 + λ1 (n ? 1) + λ 2
得:



比较系数可

项和, 二、已知数列的前 n 项和,用公式 S1 (n=1) Sn-Sn-1 (n2)

λ1 =-6, λ 2 = 9 ,② 式为 2bn = bn ?1
{bn } 是一个等比数列,首项 b1 = a1 ? 6n + 9 =
∴ bn =

9 1 ,公比为 . 2 2

例:已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n2-9n,第 k 项满足 5 (A) 9 (B) 8 (C) 7 (D) 6

9 1 n ?1 ( ) 2 2 1 2
n

即 a n ? 6n + 9 = 9 ? ( )

解:∵an=Sn-Sn-1=2n-10,∴5<2k-10<8 ∴k=8 选 (B) 此类题在解时要注意考虑 n=1 的情况。 的关系时,通常用转化的方法, 的关系, 三、已知 an 与 Sn 的关系时,通常用转化的方法,先求出 Sn 与 n 的关系,再由 上面的( 方法求通项公式。 上面的(二)方法求通项公式。 例:已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 an=SnSn-1(n2),且 a1=-,求数列{an}的 通项公式。

故 a n = 9 ? ( ) + 6n ? 9 .
n

1 2

九、猜想法 运用猜想法解题的一般步骤是:首先利用所给的递推式求出 a1 , a2 , a3 , ……,然后猜想出 满足递推式的一个通项公式 an ,最后用数学归纳法证明猜想是正确的。 例 13 在各项均为正数的数列 {an } 中, Sn 为数列 {an } 的前 n 项和, Sn = 通项公式。

1 1 (an + ) ,求其 an 2

解:∵an=SnSn-1(n2),而 an=Sn-Sn-1,SnSn-1=Sn-Sn-1,两边同除以 SnSn-1, 得---=-1(n2),而-=-=-,∴{-} 是以-为首项,-1 为公差的等差数列,∴-= -,Sn= -, 再用(二)的方法:当 n2 时,an=Sn-Sn-1=-,当 n=1 时不适合此式,所以,

高三数学复习: 高三数学复习:求数列通项公式的常用方 法
在高考中数列部分的考查既是重点又是难点, 不论是选择题或填空题中对基础知 识的检验,还是压轴题中与其他章节知识的综合,抓住数列的通项公式通常是解题的 关键。 求数列通项公式常用以下几种方法: 一、题目已知或通过简单推理判断出是等比数列或等差数列,直接用其通项公 题目已知或通过简单推理判断出是等比数列或等差数列, 式。 例:在数列{an}中,若 a1=1,an+1=an+2(n1),求该数列的通项公式 an。 解:由 an+1=an+2(n1)及已知可推出数列{an}为 a1=1,d=2 的等差数列。所以 an=2n-1。此类题主要是用等比、等差数列的定义判断,是较简单的基础小题。

- (n=1) - (n2) 四、用累加、累积的方法求通项公式 用累加、 对于题中给出 an 与 an+1、 an-1 的递推式子, 常用累加、 累积的方法求通项公式。 例:设数列{an}是首项为 1 的正项数列,且满足(n+1)an+12-nan2+an+1an=0,求 数列{an}的通项公式 解:∵(n+1)an+12-nan2+an+1an=0,可分解为[(n+1)an+1-nan](an+1+an)=0 又∵{an}是首项为 1 的正项数列,∴an+1+an ≠0,∴-=-,由此得出:-=-,-=-, -=-,…,-=-,这 n-1 个式子,将其相乘得:∴ -=-, 又∵a1=1,∴an=-(n2),∵n=1 也成立,∴an=-(n∈N*) 五、用构造数列方法求通项公式

题目中若给出的是递推关系式,而用累加、累积、迭代等又不易求通项公式时, 可以考虑通过变形,构造出含有 an(或 Sn)的式子,使其成为等比或等差数列,从而 求出 an(或 Sn)与 n 的关系,这是近一、二年来的高考热点,因此既是重点也是难点。 例:已知数列{an}中,a1=2,an+1=(--1)(an+2),n=1,2,3,…… (1)求{an}通项公式 (2)略 解:由 an+1=(--1)(an+2)得到 an+1--= (--1)(an--) ∴{an--}是首项为 a1--,公比为--1 的等比数列。 由 a1=2 得 an--=(--1)n-1(2--) ,于是 an=(--1)n-1(2--)+又例:在数列{an}中,a1=2,an+1=4an-3n+1(n∈N*),证明数列{an-n}是等比数 列。 证明:本题即证 an+1-(n+1)=q(an-n) (q 为非 0 常数) 由 an+1=4an-3n+1,可变形为 an+1-(n+1)=4(an-n),又∵a1-1=1, 所以数列{an-n}是首项为 1,公比为 4 的等比数列。 若将此问改为求 an 的通项公式,则仍可以通过求出{an-n}的通项公式,再转化到 an 的通项公式上来。 又例:设数列{an}的首项 a1∈(0,1),an=-,n=2,3,4……(1)求{an}通项公式。 (2)略 解: an=-, 由 n=2,3,4,……, 整理为 1-an=--(1-an-1), 1-a1≠0, 又 所以{1-an} 是首项为 1-a1,公比为--的等比数列,得 an=1-(1-a1)(--)n-1


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