数列通项求法.doc

公式法、累加法、累乘法、待定系数法、对数变换法、迭代法、数学归纳法、换元法、不动点法、特征根的方法等等。类型一归纳猜想证明由数列的递推公式可写出数列的前几项，再由前几项总结出规律，猜想出数列的一个通项公式，最后用数学归纳法证明类型二“逐差法”和“积商法”(1)当数列的递推公式可以化为an+1-an=f(n)时，取n=1,2,3,n-1，得n-1个式子：a2-a1=f(1),a3-a2=f(2),an-an-1=f(n-1)，且f(1)+f(2)+f(n-1)可求得时，两边累加得通项an，此法称为“逐差法”(2)当数列的递推公式可以化为an+1/an=f(n)时，令n=1,2,3,n-1,得n-1个式子，即a2/a1=f(1),a3/a2=f(2),a4/a3=f(3),an/an-1=f(n1)，且f(1)f(2)f(3)f(n-1)可求得时，两边连乘可求出an，此法称为“积商法”类型三构造法递推式是pan=qan-1+f(n)(p、q是不为零的常数)，可用待定系数法构造一个新的等比数列求解类型四可转化为类型三求通项(1)“对数法”转化为类型三递推式为an+1=qank(q0,k0且k1,a10)，两边取常用对数，得lgan+1=klgan+lgq，令lgan=bn，则有bn+1=kbn+lgq，转化为类型三(2)“倒数法”转化为类型三递推式为商的形式：an+1=(pan+b)/(qan+c)(an0，pq0,pcqb)若b=0，得an+1=pan/(qan+c)因为an0，所以两边取倒数得1/an+1=q/p+c/pan,令bn=1/an,则bn+1=(c/p)bn+q/p，转化为类型三若b0，设an+1+x=y(an+x)/qan+c，与已知递推式比较求得x、y，令bn=an+x，得bn+1=ybn/qan+c，转化为b=0的情况类型五递推式为an+1/an=qn/n+k(q0,kN) 可先将等式(n+k)an+1=qnan两边同乘以(n+k-1)(n+k-2)(n+1)，得(n+k)(n+k-1)(n+k-2) (n+1)an+1=q(n+k-1)(n+k-2)(n+1)nan，令bn=(n+k-1)(n+k-2)(n+1)nan,则bn+1= (n+k)(n+k-1)(n+k-2)(n+1)an+1从而bn+1=qbn，因此数列bn是公比为q，首项为b1=k(k-1)(k-2)21a1=k!a1的等比数列，进而可求得an总之，由数列的递推公式求通项公式的问题比较复杂，不可能一一论及，但只要我们抓住递推数列的递推关系，分析结构特征，善于合理变形，就能找到解决问题的有效途径类型一归纳猜想证明由数列的递推公式可写出数列的前几项，再由前几项总结出规律，猜想出数列的一个通项公式，最后用数学归纳法证明例1设数列an是首项为1的正项数列，且(n+1)a2n+1-nan2+an+1an=0(n=1,2,3,)，则它的通项公式是an=_(2000年全国数学卷第15题)解：将(n+1)a2n+1-nan2+an+1an=0(n=1,2,3,)分解因式得(an+1+an)(n+1)an+1-nan=0由于an0，故(n+1)an+1=nan，即an+1=n/(n+1)an因此a2=(1/2)a1=(1/2)，a3=(2/3)a2=(1/3),猜想an=(1/n),可由数学归纳法证明之，证明过程略类型二“逐差法”和“积商法”(1)当数列的递推公式可以化为an+1-an=f(n)时，取n=1,2,3,n-1，得n-1个式子：a2-a1=f(1),a3-a2=f(2),an-an-1=f(n-1)，且f(1)+f(2)+f(n-1)可求得时，两边累加得通项an，此法称为“逐差法”例2已知数列an满足a1=1,an=3n-1+an-1(n2),证明：an=(3n-1)/2(2003年全国数学卷文科第19题)证明：由已知得an-an-1=3n-1，故an=(an-an-1)+(an-1an-2)+(a2-a1)+a1=3n-1+3n-2+3+1=3n-1/2所以得证(2)当数列的递推公式可以化为an+1/an=f(n)时，令n=1,2,3,n-1,得n-1个式子，即a2/a1=f(1),a3/a2=f(2),a4/a3=f(3),an/an-1=f(n1)，且f(1)f(2)f(3)f(n-1)可求得时，两边连乘可求出an，此法称为“积商法”例3(同例1)(2000年全国数学卷第15题)另解：将(n+1)a2n+1-nan2an+1an=0(n=1,2,3,)化简，得(n+1)an+1=nan，即an+1/an=n/(n+1)故an=an/an-1an-1/an-2an-2/an-3a2/a1=n-1/nn-2/n-1n-3/n-2 1/2=1/n类型三构造法递推式是pan=qan-1+f(n)(p、q是不为零的常数)，可用待定系数法构造一个新的等比数列求解例4(同例2)(2003年全国数学卷文科第19题)另解：由an=3n-1+an-1得3an/3n=an-1/3n-1+1令bnan/3n，则有bn=1/3bn-1+1/3 (*)设bn+x=1/3(bn-1+x)，则bn=1/3bn-1+1/3x-x，与(*)式比较，得x=-1/2，所以bn-1/2=1/3(bn-1-1 /2)因此数列bn-1/2是首项为b1-1=a1/3=-1/6，公比为1/3的等比数列，所以bn-1/2=-1/6(1/3)n-1，即 an/3n-1/2=-1/6(1/3)n-1故an=3n1/2-1/6(1/3)n-1=3n-1/2例5数列an中，a1=1,an+1=4an+3n+1，求an解：令an+1+(n+1)x+y=4(an+nx+y)，则an+1=4an+3nx+3y-x,与已知an+1=4an+3n+1比较，得3x=3， 所以x=1,3y-x=1， y=(2/3)故数列an+n+(2/3)是首项为a1+1+(2/3)=(8/3)，公比为4的等比数列，因此an+n+(2/3)=(8/3)4n-1,即an=(8/3)4n-1-n-(2/3)另解：由已知可得当n2时，an=4an-1+3(n-1)+1，与已知关系式作差，有an+1-an=4(an-an-1)+3，即an+1- an+1=4(an-an-1+1)，因此数列an+1-an+1是首项为a2-a1+1=8-1+1=8，公比为4的等比数列，然后可用“逐差法” 求得其通项an=(8/3)4n-1-n-(2/3)类型四可转化为类型三求通项(1)“对数法”转化为类型三递推式为an+1=qank(q0,k0且k1,a10)，两边取常用对数，得lgan+1=klgan+lgq，令lgan=bn，则有bn+1=kbn+lgq，转化为类型三例6已知数列an中，a1=2,an+1=an2，求an解：由an+1=an20，两边取对数得lgan+1=2lgan令bn=lgan则bn+1=2bn因此数列bn是首项为b1=lga1=lg2，公比为2的等比数列，故bn=2n-1lg2=lg22n-1，即an=22n-1(2)“倒数法”转化为类型三递推式为商的形式：an+1=(pan+b)/(qan+c)(an0，pq0,pcqb)若b=0，得an+1=pan/(qan+c)因为an0，所以两边取倒数得1/an+1=q/p+c/pan,令bn=1/an,则bn+1=(c/p)bn+q/p，转化为类型三若b0，设an+1+x=y(an+x)/qan+c，与已知递推式比较求得x、y，令bn=an+x，得bn+1=ybn/qan+c，转化为b=0的情况例7在数列an中，已知a1=2,an+1=(3an+1)/(an+3)，求通项an解：设an+1+x=y(an+x)/an+3，则an+1=(y-x)an+(y-3)x/an+3，结合已知递推式得y-x=3, 所以x=1,y-3=1， y=4，则有an+1+1=4(an+1)/an+3，令bn=an+1，则bn+1=4bn/bn+2，求倒数得1/bn+1=1/21/bn+1/4，即1/bn+1-1/2=1/2(1/bn-1/2)因此数列1/bn-1/2是首项为1/b1-1/2=1/a1+1-1/2=-1/6，公比为1/2的等比数列故1/bn-1/2=(-1/6)(1/2)n-1，从而可求得an 数列的递推式求数列的通项公式1、形如an+1=pan+q的递推式：当p=1时数列为等差数列；当q=0,p0时数列为等比数列；当p1,p0,q0时，令an+1t=p(ant),整理得an+1=pan+(1p)t,由an+1=pan+q，有(1p)t=qt=q/(1p),从而an+1q/(1p)=panq/(1p), 数列anq/(1p)是首项为a1q/(1p)，公比为q的等比数列。故an=a1q/(1p)pn1+ q/(1p)2、形如an+1= pan +f(n)的递推式：将上式两边同除以pn+1,得an+1/ pn+1=an/ pn+f(n)/ pn+1,令bn= an/ pn,则bn+1=bn+ f(n)/ pn+1，由此可求出bn，从而求出an3、形如an+1=pan+qa n1（n2）的递推式：1若p+q=1时，p=1q,则an+1=(1q)an+qa n1,即an+1an=(ana n1)(-q)，知ana n1为等比数列，公比为-q，首项为a2a 1 ，从而an+1an=(a2a 1)(-q) n1，用叠加法就可求出an2若p+q1时，存在x1、x2满足an+1x1an= x2 (anx1a n1)，整理