论文：浅谈求数列通项公式的几种方法

浅谈求数列通项公式的几种方法浅谈求数列通项公式的几种方法 灵璧县黄湾中学 柯林 摘要 本文通过几个最新的具体的高考实例分别介绍了高中阶摘要 本文通过几个最新的具体的高考实例分别介绍了高中阶 段求数列通项公式的几种不同方法 段求数列通项公式的几种不同方法 数列在理论上和实践中均有较高的价值 是培养学生观察能力 理解能力 逻辑思维能力的绝好载体 高考对数列知识的考察从未间断过 而且在前几年 很多省市的高考数学卷都把数列题作为压轴题 数列的通项公式是数列的核心 内容之一 它如同函数中的解析式一样 有了解析式便可研究性质等 而有了 数列的通项公式便可求出数列中的任一项及前项和等 因此 求数列的通项n 公式往往是解题的突破口 关键点 本文即通过几个高考实例总结了在高中阶 段 求数列的通项公式的常用方法和策略 1 1 观察法观察法 即归纳推理 就是观察数列特征 找出各项共同的构成规律 横向看各项 之间的关系结构 纵向看各项与项数 n 的内在联系 从而归纳出数列的通向公 式 然后利用数学归纳法加以证明即可 例 1 2014 年重庆理科 设 1 1 a 22 2 1 Nnbaaa nnn 若 求及数列的通项公式 1 b 32 a a n a 解 由题意可知 1111 1 a 1122122 1 2 1 2 aaa 11312122 2 2 23 aaa 因此猜想 11 nan 下面用数学归纳法证明上式 1 当 n 1 时 结论显然成立 2 假设当 n k 时结论成立 即 则11 kak 11 1 11 1 11 1 122 2 2 1 kkaaaa kkkk 即当 n k 1 时结论也成立 由 1 2 可知 对于一切正整数 都有 n 11 Nnnan 点评 采用数学归纳法证明是理科教学内容 较为容易 好掌握 2 定义法定义法 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 2 2015 年北京文科 已知等差数列满足 n a 12 10aa 43 2aa 求的通项公式 n a 设等比数列满足 问 与数列的第几项相 n b 23 ba 37 ba 6 b n a 等 解 设等差数列的公差为 n ad 因为 所以 43 2aa 2d 又因为 所以 故 12 10aa 1 210ad 1 4a 所以 42 1 22 n ann 1 2 n 设等比数列的公比为 n bq 因为 23 8ba 37 16ba 所以 2q 1 4b 所以 6 1 6 4 2128b 由 得 12822n 63n 所以与数列的第 63 项相等 6 b n a 点评 当已知数列为等差或等比数列时 可直接利用等差或等比数列的定义 求出数列的首项与公差或公比 再写出通项公式 3 公式法 公式法 若已知数列的前 n 项和 n s 与 n a的关系 求数列 n a 的通项 n a可用公式 求解 例 3 2015 年山东理科 设数列的前项和为 已知 n an n S233 n n S 求数列的通项公式 n a 解 由 233 n n S 可得 当时 1 n 11 1 33 3 2 aS 当时 2 n 11 1 11 33 33 3 2 22 nnn nnn aSSn 而 1 1 1 33a 所以 1 3 1 3 1 n n n a n 点评 利用公式求解时 要注意对分类讨论 但n 若能合写时一定要合并 4 4 累加法 累加法 当递推公式为时 其中 1 2 fff n 的和比较易求 1 nfaa nn 通常解法是把原递推公式转化为 1 nn aaf n 利用累加法 逐差相加法 求 解 例 4 2015 年江苏 数列满足 且 n a1 1 a1 1 naa nn Nn 则数列的前 10 项和为 1 n a 解 由题意得 112211 aaaaaaaa nnnnn 12 1 nn 2 1 nn 所以 1 11 2 1 21 nnnnan 所以 2 1 1 2 1 1 1 2 1 11 2 nnnn sn 1 1 1 2 n 1 2 n n 所以 11 20 10 s 5 5 累乘法 累乘法 当递推公式为时 其中的积比较易求 通 1 nfaa nn 2 1 nfff 常解法是把原递推公式转化为 利用累乘法 逐商相乘法 求解 1 nf a a n n 例 5 已知数列 n a满足 11 2 31 nn n aaa n 求 n a的通项公式 解 由条件知 1 1 n n an an 在上式中分别令 得个等式累乘之 1 3 2 1 nn 1 n 即 即 n n a a a a a a a a n n 1 4 3 3 2 2 1 13 4 2 3 1 2 na an1 1 又 3 2 1 a n an 3 2 6 6 构造法构造法 1 当递推公式为 其中均为常数 且 时 qpaa nn 1 qp 0 1 ppq 通常解法是把原递推公式转化为 其中 再利用换元 1 tapta nn p q t 1 法转化为等比数列求解 例 6 2014 年新课标全国卷 已知数列满足 n a13 1 11 nn aaa I 证明是等比数列 并求的通项公式 2 1 n a n a 解 由 13 1 nn aa 得 2 1 3 2 1 1 nn aa 又 2 3 2 1 1 a 所以是首项为 公比为 的等比数列 2 1 n a 2 3 3 所以 2 3 3 2 3 2 1 1 n n n a 因此数列的通项公式为 n a 2 13 n n a 2 当递推公式为时 通 0 1 pkbkpbknpaa nn 均为常数 且其中 常解法是把原递推公式转化为 其中的值由 1 1 yxnapynxa nn yx 方程给出 byxpy kxpx 例 7 2007 年天津文科 在数列中 1 a 2 1n a 431 n an n a I 求数列的通项 n a n a 解 由 134 1 naa nn 得 4 1 1 nana nn 又 11 1 a 所以数列是首项为 公比为的等比数列 nan 14 所以 即 1 4 n n nana n n 1 4 3 当递推公式为 其中均为常数 且 时 通 n nn cpaa 1 cp 0 pc 常解法是把原递推公式转化为 若 则 cc a c p c a n n n n 1 1 1 cp cc a c a n n n n 1 1 1 此时数列是以为首项 以为公差的等差数列 则 n n c a c a1 c 1 c n c a c a n n 1 1 1 即 若 则可化为 1 1 1 n n canacp 形式求解 1 1 1 pc tt c a c p t c a n n n n 其中 例 8 已知数列 n a 中 1 a 1 1n a 23n n a 求数列的通项公式 解 由 n nn aa32 1 得 3 23 1 1 n n n n aa 所以数列 3 n n a 是首项为 1 1 3a 2 的等比数列 2 q 所以 3n n a 1 2 2n 即 n a 32 nn 4 当递推公式为 1 1 n nn ababf n 时 通常解法是把原递推 0 b 公式转化为 其中可求和 从而可由累加法求解 11 1 nn n n n b nf b a b a 1 1 1 ni i i b if 例 9 2007 年天津理科 在数列 n a 中 1 a 2 且 1 1 2 2 nn nn aa nN 其中 0 求数列 n a 的通项公式 解 由 1 1 2 2 nn nn aa 得 1 1 11 22 1 nn nn nnnn aa 即 1 1 1 22 1 nn nn nn aa 所以 2 n n n a 是首项为 1 2 0 a 公差的等差数列1 d 所以 2 0 1 1 n n n a nn 即 1 2 nn n an 5 当递推公式为 1 n n n pa a qas 为常数 且 时 通常两sqp 0 pqs 边同时取倒数 把原递推公式转化为 若 则是以 p q pa s a nn 1 1 sp 1 n a 为首项 以为公差的等差数列 则 即 1 1 ap q p q n aan 1 11 1 若 则可转化为 其中 1 1 1 pa nqap an sp 1 1 1 t ap s t a nn sp q t 形式求解 例 10 2006 年江西理科 已知数列 n a 满足 1 3 2 a 且 1 1 3 21 n n n na a an 2n nN 求数列 n a 的通项公式 解 原式可变形为 11 2 1 3 nnnn a anana 两边同除以 1nn a a 得 1 112 33 nn nn aa 3 构造新数列 n n a 使其成为公比 1 3 的等比数列 q 即 1 11 3 nn nn aa 整理得 1 12 33 nn nn aa 满足 式使 22 33 1 数列 1 n n a 是首项为 1 11 1 3a q 1 3 的等比数列 1 1 11 1 3 33 nn n n a 3 31 n n n n a 6 当递推公式为 1 n n n sat a paq s t p q为常数 且 时可用0 stpq 方程 sxt x pxq 解得两根 12 x x 然后利用 111 n n n sat axx paq 或 122 n n n sat axx paq 直接整理转化求解 也可将两式作比进行求解 此种方 法称为 特征根法 或 不动点法 例 11 设数列满足 求的通项公式 n a 72 45 2 11 n n n a a aa n a 解 由 72 45 1 n n n a a a 得 72 52 47 52 72 47 52 72 45 1 n n n n n n n a t t a t a tat t a a ta 令 解之得 52 47 t t t21或 t 代入上式得 72 1 31 1 n n n a a a 72 2 92 1 n n n a a a 两式相除得 2 1 3 1 2 1 1 1 n n n n a a a a 所以数列是以为首项 为公比的等比数列 2 1 n n a a 4 1 2 1 1 1 a a 3 1 所以 解得 1 3 1 4 1 2 1 n n n a a 134 234 1 1 n n n a 7 当递推公式为 其中为常数 时 若 r nn paa 1 rp 0 0 n ap 可用对数法 即等式两边同时取对数 转化为形式求解 para nn lglglg 1 若 可用迭代法求解 0 p 例 12 2005 年江西理科 已知数列的各项都是正数 且满足 n a1 0 a 4 2 1 1 Nnaaa nnn I 证明 Nnaa nn 2 1 II 求数列的通项公式 n a n a 解 I 略 II 因为 4 2 2 1 4 2 1 2 1 nnnn aaaa 所以 2 1 2 2 2 nn aa 令 2 nn ab 则 n n bbbb nnn 2 0 2212 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 又 12 00 ab 所以 即 12 2 1 n n b 12 2 1 22 n nn ba 8 当递推公式为 2n a 1n a n a 均为常数 又称二阶递归 pq qp 时 将原递推公式 2n a 1n a n a转化为 2n a 1n a 1n a n a 其 pq 中 由 p q 解出 由此可得到数列 1n a n a 是等比数列 例 13 2015 年广东文科 设数列 n a的前n项和为 n S n 已知 1 1a 2 3 2 a 3 5 4 a 且当2n 时 211 458 nnnn SSSS 1求 4 a的值 2证明 1 1 2 nn aa 为等比数列 3求数列 n a的通项公式 解 1 略 2 因为 2 854 112 nSSSS nnnn 所以 2 4444 1112 nSSSSSS nnnnnn 即 2 44 12 naaa nnn 因为 213 44aaa 所以 12 44 nnn aaa 因为 2 1 2 2 2 24 24 24 24 2 1 2 1 1 1 1 11 1 12 1 12 nn nn nn nnn nn nn nn nn aa aa aa aaa aa aa aa aa 所以数列是以为首项 以为公比的等比数列 2 1 1nn aa 1 2 1 12 aa 2 1 3 由 2 知 即 1 1 2 1 2 1 n nn aa4 2 1 2 1 1 1 n n n n aa 所以数列是以为首项 为公差的等差数列 n n a 21 2 2 1 1 a 4 所以 24 1 42 2 1 nn a n n 即 1 2 1 12 n n na 9 当递推公式为0 nn aSf型时 通常解法是把转化为或把 n S n a 转化为 从而得到关于或的递