数列通项公式的几种求法

数列通项 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 的几种求法 无锡市洛社高级中学 李思齐 陆莉丽 数列通项公式直接表述了数列的本质，是给出数列的一种重要方法。数列通项公式具备两大功能，第一，可以通过数列通项公式求出数列中任意一项；第二，可以通过数列通项公式判断一个数是否为数列的项以及是第几项等问 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 ；因此，求数列通项公式是 高中数学 高中数学选修全套教案浅谈高中数学教学策略高中数学解析几何题型高中数学10种解题方法高中数学必修4知识点 中最为常见的题型之一，它既考察等价转换与化归的数学思想，又能反映学生对数列的理解深度，具有一定的技巧性，是衡量考生数学素质的要素之一，因而经常渗透在高考和数学竞赛中。本文分别介绍几种常见的数列通项的求法，以期能给读者一些启示。 一、常规数列的通项 例1：求下列数列的通项公式 （1） EQ \F(22—1,2) ， EQ \F(32—1,3) ， EQ \F(42—1,4) ， EQ \F(52—1,5) ，… （2）－ EQ \F(1,1×2) ， EQ \F(1,2×3) ，－ EQ \F(1,3×4) ， EQ \F(1,4×5) ，… （3） EQ \F(2,3) ，1， EQ \F(10,7) ， EQ \F(17,9) ， EQ \F(26,11) ，… 解：（1）an= EQ \F(n2—1,n) （2）an= EQ \F(（－1）n,n（n+1）) （3） an= EQ \F(n2＋1,2n＋1) 评注：认真观察所给数据的结构特征，找出an与n的对应关系，正确写出对应的表达式。 二、等差、等比数列的通项 直接利用通项公式an=a1+（n－1）d和an=a1qn－1写通项，但先要根据条件寻求首项、公差和公比。 三、摆动数列的通项 例2：写出数列1，－1，1，－1，…的一个通项公式。 解：an=（－1）n－1 变式1：求数列0，2，0，2，0，2，…的一个通项公式。 分析与解答：若每一项均减去1，数列相应变为－1，1，－1，1，… 故数列的通项公式为an=1+（－1）n 变式2：求数列3，0，3，0，3，0，…的一个通项公式。 分析与解答：若每一项均乘以 EQ \F(2,3) ，数列相应变为2，0，2，0，… 故数列的通项公式为an= EQ \F(3,2) [1+（－1）n－1 ] 变式3：求数列5，1，5，1，5，1，…的一个通项公式。 分析与解答1：若每一项均减去1，数列相应变为4，0，4，0，… 故数列的通项公式为an=1++2× EQ \F(2,3) [1+（－1）n－1 ]=1+ EQ \F(4,3) [1+（－1）n－1 ] 分析与解答2：若每一项均减去3，数列相应变为2，－2，2，－2，… 故数列的通项公式为an=3+2（－1）n－1 四、循环数列的通项 例3：写出数列0.1，0.01，0.001，0.0001，…的一个通项公式。 解：an= EQ \F(1,10n) 变式1：求数列0.5，0.05，0.005，…的一个通项公式。 解：an= EQ \F(5,10n) 变式2：求数列0.9，0.99，0.999，…的一个通项公式。 分析与解答：此数列每一项分别与数列0.1，0.01，0.001，0.0001，…的每一项对应相加得到的项全部都是1，于是an=1－ EQ \F(1,10n) 变式3：求数列0.7，0.77，0.777，0.7777，…的一个通项公式。 解：an= EQ \F(7,9) （1－ EQ \F(1,10n) ） 例4：写出数列1，10，100，1000，…的一个通项公式。 解：an=10n－1 变式1：求数列9，99，999，…的一个通项公式。 分析与解答：此数列每一项都加上1就得到数列10，100，1000，… 故an=10n－1。 变式2：写出数列4，44，444，4444…的一个通项公式。 解：an= EQ \F(4,9) （10n－1） 评注：平日教与学的过程中务必要对基本的数列通项公式进行过关，这就需要提高课堂教与学的效率，多加总结、反思，注意联想与对比分析，做到触类旁通，也就无需再害怕复杂数列的通项公式了。 五、通过等差、等比数列求和来求通项 例5：求下列数列的通项公式 （1）0.7，0.77，0.777，… （2）3，33，333，3333，… （3）12，1212，121212，… （4）1，1+2，1+2+3，… 解：（1）an= =7× =7×（0.1+0.01+0.001+…+ ） =7×（ EQ \F(1,10) + EQ \F(1,102) + EQ \F(1,103) +…+ EQ \F(1,10n) ）=7× EQ \F([1－（ EQ \F(1,10) ）n],1－ EQ \F(1,10) ) = EQ \F(7,9) （1－ EQ \F(1,10n) ） （2）an= =3× =3×（1+10+100+…+10n）=3× EQ \F(1－10n,1－10) = EQ \F(1,3) （10n－1） （3）an= =12×（1+100+10000+…+100n－1）=12× EQ \F(1－100n,1－100) = EQ \F(4,33) （102n－1） （4）an=1+2+3+…n= EQ \F(n（n+1）,2) 评注：关键是根据数据的变化规律搞清楚第n项的数据特点。 六、用累加法求an=an－1+f（n）型通项 例6：（1）数列{an}满足a1=1且an=an－1+3n－2（n≥2），求an。 （2）数列{an}满足a1=1且an=an－1+ EQ \F(1,2n) （n≥2），求an。 解：（1）由an=an－1+3n－2知an－an－1=3n－2，记f（n）=3n－2= an－an－1 则an= （an－an－1）+（an－1－an－2）+（an－2－an－3）+…（a2－a1）+a1 =f（n）+ f（n－1）+ f（n－2）+…f（2）+ a1 =（3n－2）+[3（n－1）－2]+ [3（n－2）－2]+ …+（3×2－2）+1 =3[n+（n－1）+（n－2）+…+2]－2（n－1）+1 =3× EQ \F(（n+2）（n－1）,2) －2n+3= EQ \F(3n2－n,2) （2）由an=an－1+ EQ \F(1,2n) 知an－an－1= EQ \F(1,2n) ，记f（n）= EQ \F(1,2n) = an－an－1 则an=（an－an－1）+（an－1－an－2）+（an－2－an－3）+…（a2－a1）+a1 =f（n）+ f（n－1）+ f（n－2）+…f（2）+ a1 = EQ \F(1,2n) + EQ \F(1,2n－1) + EQ \F(1,2n－2) +…+ EQ \F(1,22) +1= EQ \F(1,2) － EQ \F(1,2n) 评注：当f（n）=d（d为常数）时，数列{an}就是等差数列， 教材 民兵爆破地雷教材pdf初中剪纸校本课程教材衍纸校本课程教材排球校本教材中国舞蹈家协会第四版四级教材 对等差数列通项公式的推导其实就是用累加法求出来的。 七、用累积法求an= f（n）an－1型通项 例7:（1）已知数列{an}满足a1=1且an= EQ \F(2（n-1）,n) an—1（n≥2），求an （2）数列{an}满足a1= EQ \F(1,2) 且an= EQ \F(1,2n) an—1，求an 解：（1）由条件 EQ \F(an, an—1) = EQ \F(2（n－1）,n) ，记f（n）= EQ \F(2（n－1）,n) an= EQ \F(an, an—1) · EQ \F(an－1, an—2) ·… EQ \F(a2, a1) ·a1=f（n）f（n－1）f（n－2）…f（2）f（2）a1 = EQ \F(2（n－1）,n) · EQ \F(2（n－2）,n－1) · EQ \F(2（n－3）,n－2) ·… EQ \F(2×2,3) · EQ \F(2×1,2) ·1= EQ \F(2n－1,n) （2）an= EQ \F(an, an—1) · EQ \F(an－1, an—2) ·… EQ \F(a2, a1) ·a1= EQ \F(1,2n) · EQ \F(1,2n－1) … EQ \F(1,22) · EQ \F(1,2) = EQ \F(1,21＋2＋…＋n) =2－ EQ \F(n（n＋1）,2) 评注：如果f（n）=q（q为常数），则{an}为等比数列，an= f（n）an—1型数列是等比数列的一种推广，教材中对等比数列通项公式地推导其实正是用累积法推导出来的。 八、用待定系数法求an=Aan－1＋B型数列通项 例8:数列{an}满足a1=1且an＋1＋2an=1，求其通项公式。 解：由已知，an＋1＋2an=1，即an=－2 an—1＋1 令an＋x=－2（an－1＋x），则an=－2 an－1－3x，于是－3x=1，故x=－ EQ \F(1,3) ∴ an－ EQ \F(1,3) =－2（an－1－ EQ \F(1,3) ） 故{ an－ EQ \F(1,3) }是公比q为－2，首项为an－ EQ \F(1,3) = EQ \F(2,3) 的等比数列 ∴an－ EQ \F(1,3) = EQ \F(2,3) （－2）n－1= EQ \F(1－（－2）n,3) 评注：一般地，当A≠1时令an＋x=A（an－1＋x）有an=A an－1＋（A－1）x，则有 （A－1）x=B知x= EQ \F(B,A－1) ，从而an＋ EQ \F(B,A－1) =A（an－1+ EQ \F(B,A－1) ），于是数列{an＋ EQ \F(B,A－1) }是首项为a1+ EQ \F(B,A－1) 、公比为A的等比数列，故an＋ EQ \F(B,A－1) =（a1+ EQ \F(B,A－1) ）An－1，从而 an=（a1+ EQ \F(B,A－1) ）An－1－ EQ \F(B,A－1) ；特别地，当A=0时{an}为等差数列；当A≠0，B=0时，数列{an}为等比数列。 推广：对于an=A an－1＋f（n）（A≠0且A∈R）型数列通项公式也可以用待定系数法求通项公式。 例9：数列{an}满足a1=1且an=2an－1＋ EQ \F(1,3n)（n≥2），求an。 解：令an＋x· EQ \F(1,3n)=2（an＋x· EQ \F(1,3n-1)）则an=2an－1+ 2x· EQ \F(1,3n-1)－x· EQ \F(1,3n)= EQ \F(5,3) x· EQ \F(1,3n-1)=5x· EQ \F(1,3n) 而由已知an=2an－1＋ EQ \F(1,3n)故5x=1，则x= EQ \F(1,5) 。故an＋ EQ \F(1,5) · EQ \F(1,3n)＝2（an－1＋ EQ \F(1,5) · EQ \F(1,3n-1)） 从而{an＋ EQ \F(1,5) · EQ \F(1,3n)}是公比为q=2、首项为a1＋ EQ \F(1,5) · EQ \F(1,3)= EQ \F(16,15) 的等比数列。 于是an＋ EQ \F(1,5) · EQ \F(1,3n)= EQ \F(16,15) ×2n－1，则an= EQ \F(16,15) ×2n－1－ EQ \F(1,5) · EQ \F(1,3n)= EQ \F(1,15) （2n+3－ EQ \F(1,3n－1)） 评注：一般情况，对条件an=Aan－1+f（n）而言，可设an+g（n）=A[an－1+g（n－1）]，则有Ag（n－1）－g（n）=f（n），从而只要求出 函数 excel方差函数excelsd函数已知函数     2 f x m x mx m      2 1 4 2拉格朗日函数pdf函数公式下载 g（n）就可使数列{ an+g（n）}为等比数列，再利用等比数列通项公式求出an。值得注意的是an+g（n）与an－1+g（n－1）中的对应关系。特别地，当f（n）=B（B为常数）时，就是前面叙述的例8型。 这种做法能否进一步推广呢？对于an=f（n）an－1+g（n）型数列可否用待定系数法求通项公式呢？ 我们姑且类比做点尝试：令an+k（n）=f（n）[an－1+k（n－1）]，展开得到 an =f（n）an－1+f（n）k（n－1）－k（n），从而f（n）k（n－1）－k（n）= g（n），理论上讲，通过这个等式k（n）可以确定出来，但实际操作上，k（n）未必能轻易确定出来，请看下题： 数列{an}满足a1=1且an= EQ \F(n,2n)an－1+ EQ \F(1,n+1) ，求其通项公式。 在这种做法下得到 EQ \F(n,2n)k（n－1）－k（n）= EQ \F(1,n+1) ，显然，目前我们用高中数学知识还无法轻易地求出k（n）来。 九、通过Sn求an 例10：数列{an}满足an =5Sn－3，求an。 解：令n=1，有a1=5an－3，∴a1= EQ \F(3,4) 。由于an =5Sn－3………① 则 an-1 =5 Sn-1－3………② ①－②得到an－an-1=5（Sn－Sn-1） ∴an－an－1 =5an 故an=－ EQ \F(1,4) an-1，则{an}是公比为q=－ EQ \F(1,4) 、首项an= EQ \F(3,4) 的等比数列，则an= EQ \F(3,4) （－ EQ \F(1,4) ）n-1 评注：递推关系中含有Sn，通常是用Sn和an的关系an=Sn－Sn－1（n≥2）来求通项公式，具体来说有两类：一是通过an=Sn－Sn－1将递推关系揭示的前n项和与通项的关系转化为项与项的关系，再根据新的递推关系求出通项公式；二是通过an=Sn－Sn－1将递推关系揭示的前n项和与通项的关系转化为前n项和与前n－1项和的关系，再根据新的递推关系求出通项公式 十、取倒数转化为等差数列 例11：已知数列{an}满足a1=1且a EQ n+1= EQ EQ \F(2an,an+2) ，求an。 解：由a EQ n+1= EQ EQ \F(2an,an+2) 有 EQ \F(1,an+1) = EQ \F(an+2,2an) = EQ \F(1,2) + EQ \F(1,an) 即 EQ \F(1,an+1) － EQ \F(1,an) = EQ \F(1,2) 所以，数列{ EQ \F(1,an) }是首项为 EQ \F(1,a1) =1、公差为d= EQ \F(1,2) 的等差数列 则 EQ \F(1,an) =1+（n－1） EQ \F(1,2) = EQ \F(n+1,2) 从而an= EQ \F(2,n+1) 评注：注意观察和分析题目条件的结构特点，对所给的递推关系式进行变形，使与所求数列相关的数列（本例中数列{ EQ \F(1,an) }）是等差或等比数列后，只需解方程就能求出通项公式了。 十一、构造函数模型转化为等比数列 例12：已知数列{an}满足a1=3且a EQ n+1= EQ （an－1）2+1，求an。 解：由条件a EQ n+1= EQ （an－1）2+1得a EQ n+1－1= EQ （an－1）2 两边取对数有lg（a EQ n+1－1）=lg（（an－1）2）=2lg（an－1） 即EQ EQ \F(lg（an+1－1）, lg（an－1）) =2 故数列{ lg（an－1）}是首项为lg（a1－1）=lg2、公比为2的等比数列 所以，lg（an－1）=lg2·2n－1=lg 则an－1= 即an= +1 评注：通过构造对数函数达到降次的目的，使原来的递推关系转化为等比数列进行求。 十二、数学归纳法 例13：数列{an}满足a1=4且a EQ n=4－ EQ EQ \F(4,an－1) （n≥2），求an。 解：通过递推关系求出数列前几项如下 a1=4=2+ EQ \F(2,1) a2=4－ EQ EQ \F(4,a1) =3=2+ EQ \F(2,2) a3=4－ EQ EQ \F(4,a2) = EQ \F(8,3) =2+ EQ \F(2,3) a4=4－ EQ EQ \F(4,a3) = EQ \F(5,2) =2+ EQ \F(2,4) a5=4－ EQ EQ \F(4,a4) = EQ \F(12,5) =2+ EQ \F(2,5) a6=4－ EQ EQ \F(4,a5) = EQ \F(7,3) =2+ EQ \F(2,6) 猜想：通项公式为an=2+ EQ \F(2,n) 。下用归纳法给出证明 显然，当n=1时，a1=4=2+ EQ \F(2,1) ，等式成立 假设当n=k时，等式成立，即ak=2+ EQ \F(2,k) 则当n=k+1时，a EQ k+1=4－ EQ EQ \F(4,ak) =4－2,k) EQ EQ \F(4, 2+) =4－ EQ \F(2k,k+1) =2+2－ EQ \F(2k,k+1) =2+ EQ \F(2,k+1) 由归纳法原理知，对一切n∈N+都有an=2+ EQ \F(2,n) 。 评注：先根据递推关系求出前几项，观察数据特点，猜想、归纳出通项公式，再用数学归纳法给出证明。 十三、综合应用 例14：已知各项为正的数列{a EQ n}满足a1=1且a EQ n2=a EQ n－12+2（n≥2），求an。 解：由a EQ n2=a EQ n－12+2知a EQ n2－a EQ n－12=2 则数列{a EQ n2}是公差为2、首项为a EQ 12=1的等差数列。 故 a EQ n2=1+2（n－1）=2n－1 即an= EQ \R(,2n－1) 例15：数列{a EQ n}满足a1=a2=5且a EQ n+1=a EQ n+6a EQ n－1（n≥2），求an。 解：设a EQ n+1+λa EQ n=μ（a EQ n+λa EQ n－1），则a EQ n+1=（μ－λ）a EQ n+μλa EQ n－1 而a EQ n+1=a EQ n+6a EQ n－1 则 解得 或 当λ=2且μ=3时a EQ n+1+2a EQ n=3（a EQ n+2a EQ n－1），即EQ EQ \F(an+1+2a EQ n, a EQ n+2a EQ n－1) =3 则数列{a EQ n+2a EQ n－1}是公比为3、首项为a EQ 2+2a EQ 1=15的等比数列。 于是，a EQ n+2a EQ n－1=15×3n－1=5×3n 则a EQ n=－2a EQ n－1+5×3n 令a EQ n+x·3n =－2（a EQ n－1+x·3n－1 ） 则a EQ n=－2a EQ n－1－x·3n 故x=－1 于是，a EQ n－3n =－2（a EQ n－1－3n－1 ） 从而{a EQ n－3n }是公比为－2、首项为a EQ 1－3=2的等比数列。 所以，a EQ n－3n =2×（－2）n－1 则a EQ n=3n+2×（－2）n－1=3n－（－2）n 当λ=－3且μ=－2时，同理可求得a EQ n=3n－（－2）n 于是，数列{a EQ n}的通项公式为a EQ n=3n－（－2）n 小结：本文只是介绍了几种常见的求数列通项公式的方法，可以看到，求数列（特别是以递推关系式给出的数列）通项公式的确具有很强的技巧性，与我们所学的基本知识与技能、基本思想与方法有很大关系，因而在平日教与学的过程中，既要加强基本知识、、基本方法、基本技能和基本思想的学习，又要注意培养和提高数学素质与能力和创新精神。这就要求无论教师还是学生都必须提高课堂的教与学的效率，注意多加总结和反思，注意联想和对比分析，做到触类旁通，将一些看起来毫不起眼的基础性命题进行横向的拓宽与纵向的深入，通过弱化或强化条件与结论，揭示出它与某类问题的联系与区别并变更为出新的命题。这样无论从内容的发散，还是解题思维的深入，都能收到固本拓新之用，收到“秀枝一株，嫁接成林”之效，从而有利于形成和发展创新的思维。 _1206895012.unknown _1206939367.unknown _1206942107.unknown _1206942180.unknown _1206942233.unknown _1206939397.unknown _1206895426.unknown _1206939278.unknown _1206895055.unknown _1206894238.unknown _1206894961.unknown _1206894132.unknown