[DOC]-高中数学数列通项公式的求法复习

[DOC]-高中数学数列通项公式的求法复习高中数学数列通项公式的求法复习数列通项公式的求法各种数列问 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 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an是递增数列，前n项和为Sn，且a1,a3,a9成等比数列，S5a5(求数2列an的通项公式.解:设数列an公差为d(d0)?a1,a3,a9成等比数列，?a3a1a9，即(a1,2d)a1(a1,8d)d222a1d?d0，?a1d„„„„„„„„„„„„??S5a5?5a1,由??得:a1?an35352542d(a1,4d)„„„„?2，d3535,(n,1)35n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n项和Sn与an的关系，求数列an的通项an可用公式S1n1an求解。S,Sn2n,1n例2(已知数列an的前n项和Sn满足Sn2an,(,1),n1(求数列an的通项公式。n解:由a1S12a1,1a11aSn,Sn,12(an,an,1),2(,1),当n2时，有nan2an,1,2(,1)n,1n,n,1an,12an,2,2(,1)an2n,1n,2,„„，a22a1,2.2a1,2nn,1(,1),2n,1n,2(,1),,2(,1)n,22223n,1,(,1)[(,2),(,1)n,2n,(,2)n,1,,(,2)]n,12[1,(,2)3n,1][2,(,1)].23[2n,2经验证a11也满足上式，所以an,(,1)n,1]点评:利用公式anSnn1求解时，要注意对n分类讨论，但若能合写S,Sn2n,1n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an,1an,f(n)解法:把原递推公式转化为an,1,anf(n)，利用累加法(逐差相加法)求解。已知数列an中,a11,且a2ka2k,1,(,1),a2k,1a2k,3,其中k1,2,3,„„，求数列kkan的通项公式。P24(styyj)例3.已知数列an满足a1解:由条件知:an,1,an121n2，an,1an,1n(n,1)1n,n1n,2，求an。1n,1,n分别令n1,2,3,,(n,1)，代入上式得(n,1)个等式累加之，即(a2,a1),(a3,a2),(a4,a3),,(an,an,1)(1,12),(12,13),(1n13,14),,(1n,1,1n)所以an,a11,a11212,1,1n32,1n，an类型2(1)递推公式为an,1f(n)an解法:把原递推公式转化为an,1anf(n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解。已知数列{an}，满足a1=1，an=a1+2a2+3a3+„+(n,1)an,1(n?2)，则{an}的通项an例4.已知数列an满足a1解:由条件知an,1annn,11___n1n2P24(styyj)23，an,1nn,1an，求an。，分别令n1,2,3,,(n,1)，代入上式得(n,1)个等式累乘之，即a2a1a3a2a4a3anan,1122334n,1nana11n又a123，an23n(2)(由an,1f(n)an和a1确定的递推数列an的通项可如下求得:由已知递推式有anf(n,1)an,1，an,1f(n,2)an,2，，a2f(1)a1依次向前代入，得anf(n,1)f(n,2)f(1)a1，n,1k10k1(f(k))a1(n1,f(k)1)，这就是叠(迭)代法的基本简记为an模式。(3)递推式:an,1pan,f,n,解法:只需构造数列bn，消去f,n,带来的差异(例5(设数列an:a14,an3an,1,2n,1,(n2)，求an.解:设bnan,An,B，则anbn,An,B，将an,an,1代入递推式，得bn,An,B3bn,1,A(n,1),B,2n,13bn,1,(3A,2)n,(3B,3A,1)A3A,2A1B1B3B,3A,1取bnan,n,1„(,)则bn3bn,1,又b16，故bn63n,123代n入(,)得an23,n,1说明:(1)若f(n)为n的二次式，则可设bnan,An2n,Bn,C;(2)本题也可由an3an,1,2n,1,an,13an,2,2(n,1),1(n3)两式相减得an,an,13(an,1,an,2),2转化为bnpbn,1,q求之.例6(已知a13，an,1解:an3(n,1),13(n,1),23n,13n,2an(n1)，求an。32,132,23,13,23(n,2),13(n,2),2a13n,43n,752633n,13n,4853n,1。类型3递推公式为an,1pan,q(其中p，q均为常数，(pq(p,1)0))。解法:把原递推公式转化为:an,1,tp(an,t)，其中t数列求解。在数列an中，若a11,an,12an,3(n1)，则该数列的通项anq1,p，再利用换元法转化为等比类型4递推公式为an,1pan,q(其中p，q均为常数，(pq(p,1)(q,1)0))。(或an,1pan,rq,其中p，q,r均为常数)nn(本小题满分12分)设数列an的前n项的和Sn(?)求首项a1与通项an;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qan,1qn,143an,132n,1,23，n1,2,3,n,1，得:pqanqn,1q引入辅助数列bn(其中bn例8.已知数列an中，a1解:在an,1nanqn)，得:bn,11pqbn,1q再应用类型3的方法解决。56,an,11n,1an,()，求an。3211n,12n,1nn,1an,()两边乘以2得:2an,1(2an),13232nbn,1,应用例7解法得:bn3,2()332令bn2an，则bn,1所以anbn2n1n1n3(),2()23类型5递推公式为an,2pan,1,qan(其中p，q均为常数)。解法:先把原递推公式转化为an,2,san,1t(an,1,san)其中s，t满足s,tpst,q，再应用前面类型3的方法求解。(本小题满分14分)已知数列an满足a11,an,12an,1(nN).(I)求数列an的通项公式;23an,1,13an，求an。*例9.已知数列an中，a11,a22,an,2解:由an,223an,1,13an可转化为an,2,san,1t(an,1,san)即an,2(s,t)an,1,stan21s,ts1s,331或t,t1st,1331s1s,这里不妨选用3，大家可以试一试)，则1(当然也可选用t,t13an,2,an,1,13(an,1,an)an,1,an是以首项为a2,a11，公比为,1n,113的等比数列,所以an,1,an(,)3,应用类型1的方法，分别令n1,2,3,,(n,1)，代入上式得(n,1)个等式累加之，即an,a1(,),(,),,(,)33311111,(,n,211,31)n,13又a11，所以an74,34(,13)n,1。类型6递推公式为Sn与an的关系式。(或Snf(an))解法:利用anS1(n1)Sn,Sn,1(n2)进行求解。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例10.已知数列an前n项和Sn4,an,12n,2.(1)求an,1与an的关系;(2)求通项公式an.解:(1)由Sn4,an,12n,2得:Sn,14,an,1,12n,212n,1于是Sn,1,Sn(an,an,1),(所以an,1an,an,1,12n,1,1212n,1)12nan,1an,.得:2nn,1(2)应用类型4的方法，上式两边同乘以2由a1S14,a1,nn,1an,12an,2n121,2a11.于是数列2an是以2为首项，2为公差的等差数列，所n2n,1以2an2,2(n,1)2nan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an中，a11;数列bn中，b10。当n2时，an13(2an,1,bn,1),bn1313(an,1,2bn,1)，求an,bn.13(an,1,2bn,1)an,1,bn,1解:因an,bn(2an,1,bn,1),所以an,bnan,1,bn,1an,2,bn,2a2,b2a1,b11即an,bn1„„„„„„„„„„„„„„„„(1)又因为an,bn13(2an,1,bn,1),13(an,1,2bn,1)13(an,1,bn,1)所以an,bn1121n,1(an,1,bn,1)()an,2,bn,2)„„()(a1,b1)3331n,11n,1().即an,bn()„„„„„„„„„(2)33由(1)、(2)得:an11n,111n,1[1,()]，bn[1,()]2323四、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{an+k}的形式求解。一般地，形如an,1=pan+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an,1+k=p(an+k)与原式比较系数可得pk,k=q，即k=qp,1，从而得等比数列{an+k}。12例12、数列{an}满足a1=1，an=解:由an=12an,1+1(n?2)，求数列{an}的通项公式。12an,1+1(n?2)得an,2=122=,1，(an,1,2)，而a1,2=1,?数列{an,2}是以?an,2=,(12为公比，,1为首项的等比数列?an=2,(12)n,1)n,1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{an,2}，从而达到解决问题的目的。例13、数列{an}满足a1=1，3an,1,an,70,求数列{an}的通项公式。解:由3an,1,an,70得an,1,设an,1,k,?{an,?an,74741313an,73k3741373(an,k)，比较系数得,k,13解得k,3474}是以,,34为公比，以a1,13)n,174,1,34(,,)n,1为首项的等比数列(,an74例14(已知数列an满足a11，且an,13an,2，求an(解:设an,1,t3(an,t)，则an,13an,2tt1，an,1,13(an,1)ann,1,1是以(a1,1)为首项,以n,13为公比的等比数列an,1(a1,1)323an23n,1,1点评:求递推式形如an,1pan,q(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an,1,qp,1p(an,q1,pn)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an满足a11，an3,2an,1(n2)，求an(解:将an3,2an,1两边同除3，得设bnan3nnnan3n1,232an,13nan3n1,232an,133n,1，则bn1,23bn,1(令bn,t23(bn,18t3(条件可化成bn,323t3a8,3)，数列bn,3是以b1,31,3,为首项，33(bn,1,t)bnbn,1,1为公比的等比数列(bn,3,nan2n,1()(因bnn,333anbn33(,n82n,1n,1n,233(),3)an3,2(n,1点评:递推式为an,1pan,qan,1qn,1(p、q为常数)时，可同除qn,1，得pqanqn,1，令bnanqn从而化归为an,1pan,q(p、q为常数)型(2、通过分解系数，可转化为特殊数列{an,an,1}的形式求解。这种方法适用于an,2pan,1,qan型的递推式，通过对系数p的分解，可得等比数列{an,an,1}:设an,2,kan,1h(an,1,kan)，比较系数得h,kp,,hkq，可解得h,k。(本小题满分14分)已知数列an满足a11,a23,an,23an,1,2an(nN).例16、数列an满足a12,a25,an,2,3an,1,2an=0，求数列{an}的通项公式。分析:递推式an,2,3an,1,2an0中含相邻三项，因而考虑每相邻两项的组合，即把中间一项an,1的系数分解成1和2，适当组。解:由an,2,3an,1,2an0得合，可发现一个等比数列{an,an,1}an,2,an,1,2(an,1,an)0即an,2,an,12(an,1,an)，且a2,a15,23?{an,1,an}是以2为公比，3为首项的等比数列(I)证明:数列an,1,an是等比数列;(II)求数列an的通项公式;*?an,1,an32n,1利用逐差法可得an,1(an,1,an),(an,an,1),,(a2,a1),a1=32n,1,32n,2,,32,2=3(2n,1,2nn,2,,2,1),2=31,21,2n,2=32,1?an32n,1,1例17、数列an中，a11,a22,3an,22an,1,an，求数列an的通项公式。解:由3an,22an,1,an得an,2比较系数得k,h若取k1,h,1323，,kh1323an,1,13an,设an,2,kan,1h(an,1,kan)13，解得k1,h,13或k,13,h1，则有an,2,an,1,13(an,1,an)?{an,1,an}是以,?an,1,an(,)31为公比，以a2,a12,11为首项的等比数列n,1由逐差法可得an(an,an,1),(an,1,an,2),,(a2,a1),a1=(,)31n,2,(,n,113)n,3,,(,13),(,213),1,11,(,1=1,31),1=31n,1731n,11,(,),1,(,)434433说明:若本题中取k,{an,1,2,131313,h1，则有an,2,13anan,1313an,1an,1,1313an即得an}为常数列,an,1,73an,1a2,a1故可转化为例13。五、特征根法其中c0,c1,求这1、设已知数列{an}的项满足a1b,an,1can,d,个数列的通项公式。作出一个方程xcx,d,则当x0a1时，an为常数列，即ana1;当x0a1时,anbn,x0，其中{bn}是以c为公比的等比数列，即bnb1c例19(已知数列{an}满足:an,1,解:作方程x,13x,2,则x0,32133213n,1,b1a1,x0.an,2,nN,a14,求an..112.当a14时，a1x0,b1a1,数列{bn}13)n,1是112(,以13)n,1,为32公比32,112的(,13)等n,1比数列.于是bnb1(,,an,,bn,,nN.2、对于由递推公式an,2pan,1,qan，a1,a2给出的数列an，方程x2,px,q0，叫做数列an的特征方程。若x1,x2是特征方程的两个根，当x1x2时，n,1数列an的通项为anAx1和n1,2，代入anAx1通项为an(A,Bn)x1代入an(A,Bn)x1n,1n,1,Bxn,12，其中A，B由a1,a2决定(即把a1,a2,x1,x2,Bxn,12，得到关于A、B的方程组);当x1x2时，数列an的，其中A，B由a1,a2决定(即把a1,a2,x1,x2和n1,2，n,1，得到关于A、B的方程组)。例20:已知数列an满足a1a,a2b,3an,2,5an,1,2an0(n0,nN)，求数列an的通项公式。解法一(待定系数——迭加法)由3an,2,5an,1,2an0，得an,2,an,123(an,1,an)，且a2,a1b,a。则数列a2n,1,an是以b,a为首项，为公比的等比数列，于是3an,1,a,1n(b,a)(23)n。把n1,2,3,,n代入，得a2,a1b,a，a,a(b,a)(2323)，a224,a3(b,a)(3)，an,an,1(b,a)(23)n,2。把以上各式相加，得2na,a)[1,2,(221,(),1n,23n,a1(b3),,(3)](b,a)。31,23a2n,1a),a3(a,b)(2)n,1n[3,3()](b,,3b,2a。33解法二(特征根法):数列an:3an,2,5an,1,2an0(n0,nN)，特征方程是:3x2,5x,20。x211,x23,an,1,Bxn,1nAx1A,B(2n,123)。又由a1a,a2b，于是aA,B2A3b,2abA,3BB3(a,b)a1a,a2b的故an3b,2a,3(a,b)()32n,1pan3、如果数列{an}满足下列条件:已知a1的值且对于nN，都有an,1q、r、h均为常数，且phqr,r0,a1,程有且仅有一根x0时,则an,x1是等比数列。a,x2n1hr,qran,hpx,qrx,h(其中p、)，那么，可作特征方程x,当特征方是等差数列;当特征方程有两个相异的根1、2时，则an,x0(2006.重庆.文.22)((本小题满分12分)数列{an}满足a11且8an,1an,16an,1,2an,50(n1).求数列{an}的通项公式.解:由已知，得an,12an,516,8an，其特征方程为x2x,516,8x，解之，得x12或x54an,1)524,，an,1,216,8an416,8an111524,56(an,1)12(an,5an,1,an,1,2an,an,1，54an,an,154a1,a1,1(1)n,1,4n5224n,1nan2,4。例21、已知数列{an}满足性质:对于nN,an,1x,42x,32an,42an,3,且a13,求{an}的通项公式.解:数列{an}的特征方程为x,变形得2x,2x,40,其根为11,2,2.故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第(2)部分，则有cna1,1a1,225(,(15p,1rp,2r)n,13,13,2(1,121,22)n,1,nN.?cn)n,1,nN.?an2cn,1cn,1n,22525(,(,15)15)n,1,1,nN.n,1,1即an(,5),42,(,5)n,nN.例22(已知数列{an}满足:对于nN,都有an,113an,25an,3.(1)若a15,求an;(2)若a13,求an;(3)若a16,求an;(4)当a1取哪些值时，无穷数列{an}不存在,解:作特征方程x13x,25x,3.变形得x2,10x,250,特征方程有两个相同的特征根5.依定理2的第(1)部分解答.(1)?a15,a1.对于nN,都有an5;(2)?a13,a1.?bn1a1,,(n,1)rp,r13,512,,(n,1)n,18,113,15,令bn0，得n5.故数列{an}从第5项开始都不存在，当n?4，nN时，an1bn,5n,17n,5.(3)?a16,5,?a1.?bn1a1,,(n,1)rp,r1,n,18,nN.令bn0,则n,7n.?对于nN,bn0.?an1bn11,n,185n,43n,7,nN.,,5a15(4)、显然当a1,3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，1数列{an}rp,r是存1a1,5在的，当a15时，则有bna1,,(n,1),n,18,nN.令bn0,则得a15n,13n,1,nN且n?2.?当a15n,13n,1(其中nN且N?2)时，数列{an}从第n项开始便不存在.5n,13n,1n,1于是知:当a1在集合{,3或说明:形如:an:nN,且n?2}上取值时，无穷数列{an}都不存在.mak(an,1,b)1an,1km递推式，考虑函数倒数关系有1ank(1an,1,1m)1ank,令bn1an则bn可归为an,1pan,q型。(取倒数法)例23:anan,13an,1,11an,a11解:取倒数:3an,1,1an,13,1an,11111,(n,1)31,(n,1)3an是等差数列，a3n,2aan1n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an的前n项和为Sn，对于任意正整数n，都有等式:an,2an4Sn成立，求an的通项an.22解:an,2an4Snan,1,2an,14Sn,1，?an,an,1,2an,2an,14(Sn,Sn,1)4an(an,an,1)(an,an,1,2)0，?an,an,10，?an,an,12.即an是以2为公差的等222差数列，且a1,2a14a1a12.?an2,2(n,1)2n2例25:数列an中前n项的和Sn2n,an，求数列的通项公式an.解:?a1S12,a1a11当n?122时，anSn,Sn,12n,an,2(n,1),an,1,an,2,an,1anan,212(an,1,2)12bn,1，且b11,2,11n,11n,1,1(),()22an,1,1令bnan,2，则bn1bn是以为公比的等比数列，bn2?an2,()21n,1.2、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an是首项为1的正项数列，且an,an,1,nan,nan,10，(n?N*)，求数列的22通项公式an.解:由题设得(an,an,1)(an,an,1,n)0.?an0，an,10，?an,an,10.?an,an,1nana1,(a2,a1),(a3,a2),(an,an,1)1,2,3,,nn(n,1)2例27:数列an中，a11,a23，且an,2(n,3)an,1,(n,2)an，(n?N*)，求通项公式an.解:an,2,an,1(n,2)(an,1,an)(n,2)(n,1)(an,an,1)(n,2)(n,1)43(a2,a1)(n,2)!?ana1,(a2,a1),(a3,a2),,(an,an,1)1,2!,3!,n!(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.数列an中，a1例28:212，前n项的和Snnan，求an,1.2222解:anSn,Sn,1nan,(n,1)an,1(n,1)an(n,1)an,1?ananan,1anan,1an,1an,2n,1n,1a2a1，n,1n,2111n,1n32n(n,1)a1?an,11(n,1)(n,2)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an满足a11，an2an,1(n?2).求数列an的通项公式.2解:两边取对数得:log则bn2bn,1an21,2logan,12，logan2,12(logan,12,1)，设bnlogan2,1，bn是以2为公比的等比数列，b1bn12n,1n,1logan212,11.n,12,1n,1，logan2,12n,1，log2,1，?an227an,1,33an,1,11an,1,1,例30:已知数列an中，a12，n?2时an解:?an,14an,1,43an,1,11a1,1，求通项公式.34，两边取倒数得1an,1.可化为等差数列关系式.1an,1,343n,14(n,1)?an3n,53n,1