求数列通项公式的十一种方法36.doc

求数列通项公式的十一种方法总述：一利用递推关系式求数列通项的11种方法：累加法、累乘法、待定系数法、阶差法（逐差法）、迭代法、对数变换法、倒数变换法、换元法（目的是去递推关系式中出现的根号）、数学归纳法、不动点法（递推式是一个数列通项的分式表达式）、特征根法。二。四种基本数列：等差数列、等比数列、等和数列、等积数列及其广义形式。等差数列、等比数列的求通项公式的方法是：累加和累乘，这二种方法是求数列通项公式的最基本方法。 三 求数列通项的方法的基本思路是：把所求数列通过变形，代换转化为等差数列或等比数列。 四求数列通项的基本方法是：累加法和累乘法。 五数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。一、累加法 1适用于： -这是广义的等差数列 累加法是最基本的二个方法之一。2若，则 两边分别相加得 例1 已知数列满足，求数列的通项公式。解：由得则所以数列的通项公式为。例2 已知数列满足，求数列的通项公式。解法一：由得则所以解法二：两边除以，得，则，故因此，则练习1.已知数列的首项为1，且写出数列的通项公式. 答案：练习2.已知数列满足，求此数列的通项公式. 答案：裂项求和 评注：已知,，其中f(n)可以是关于n的一次函数、二次函数、指数函数、分式函数，求通项.若f(n)是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和;若f(n)是关于n的二次函数，累加后可分组求和;若f(n)是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和;若f(n)是关于n的分式函数，累加后可裂项求和。例3.已知数列中, 且,求数列的通项公式.解:由已知得,化简有,由类型(1)有,又得,所以,又,则此题也可以用数学归纳法来求解.二、累乘法 1.适用于： -这是广义的等比数列累乘法是最基本的二个方法之二。2若，则两边分别相乘得，例4 已知数列满足，求数列的通项公式。解：因为，所以，则，故所以数列的通项公式为例5.设是首项为1的正项数列，且（=1，2， 3，），则它的通项公式是=_.解：已知等式可化为：()(n+1), 即时，=.评注：本题是关于和的二次齐次式，可以通过因式分解（一般情况时用求根公式）得到与的更为明显的关系式，从而求出.练习.已知,求数列an的通项公式.答案：-1.评注：本题解题的关键是把原来的递推关系式转化为若令,则问题进一步转化为形式，进而应用累乘法求出数列的通项公式.三、待定系数法 适用于 基本思路是转化为等差数列或等比数列，而数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。1形如,其中)型（1）若c=1时，数列为等差数列;（2）若d=0时，数列为等比数列;（3）若时，数列为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求.待定系数法：设,得,与题设比较系数得,所以所以有：因此数列构成以为首项，以c为公比的等比数列，所以 即：.规律：将递推关系化为,构造成公比为c的等比数列从而求得通项公式逐项相减法（阶差法）：有时我们从递推关系中把n换成n-1有,两式相减有从而化为公比为c的等比数列,进而求得通项公式. ,再利用类型(1)即可求得通项公式.我们看到此方法比较复杂.例6已知数列中，求数列的通项公式。解法一： 又是首项为2，公比为2的等比数列 ，即解法二： 两式相减得，故数列是首项为2，公比为2的等比数列，再用累加法的练习已知数列中，求通项。答案：2形如： (其中q是常数，且n0,1) 若p=1时，即：，累加即可.若时，即：，求通项方法有以下三种方向：i. 两边同除以.目的是把所求数列构造成等差数列即： ,令，则,然后类型1，累加求通项.ii.两边同除以 . 目的是把所求数列构造成等差数列。 即： ,令,则可化为.然后转化为类型5来解，iii.待定系数法：目的是把所求数列构造成等差数列设.通过比较系数，求出，转化为等比数列求通项.注意：应用待定系数法时，要求pq，否则待定系数法会失效。例7已知数列满足，求数列的通项公式。解法一（待定系数法）：设，比较系数得，则数列是首项为，公比为2的等比数列，所以，即解法二（两边同除以）： 两边同时除以得：，下面解法略解法三（两边同除以）： 两边同时除以得：，下面解法略练习.（2003天津理）设为常数，且证明对任意1，；3形如 (其中k,b是常数，且)方法1：逐项相减法（阶差法）方法2：待定系数法通过凑配可转化为 ; 解题基本步骤：1、确定=kn+b2、设等比数列，公比为p3、列出关系式,即4、比较系数求x,y5、解得数列的通项公式6、解得数列的通项公式例8 在数列中，求通项.（逐项相减法）解：， 时，两式相减得 .令,则利用类型5的方法知 即 再由累加法可得. 亦可联立 解出.例9. 在数列中，,求通项.（待定系数法）解：原递推式可化为比较系数可得：x=-6,y=9,上式即为所以是一个等比数列，首项,公比为. 即：故.4形如 (其中a,b,c是常数，且)基本思路是转化为等比数列，而数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。例10 已知数列满足，求数列的通项公式。解：设 比较系数得， 所以 由，得则，故数列为以为首项，以2为公比的等比数列，因此，则。5.形如时将作为求解分析：原递推式可化为的形式，比较系数可求得，数列为等比数列。例11 已知数列满足，求数列的通项公式。解：设比较系数得或，不妨取，（取-3 结果形式可能不同，但本质相同）则，则是首项为4，公比为3的等比数列，所以练习.数列中，若,且满足,求.答案： .四、迭代法 (其中p,r为常数)型例12 已知数列满足，求数列的通项公式。解：因为，所以又，所以数列的通项公式为。注：本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式。例13.（2005江西卷）已知数列，（1）证明 （2）求数列的通项公式an.解：（1）略（2）所以 又bn=1，所以.方法2：本题用归纳-猜想-证明，也很简捷，请试一试.解法3：设c，则c,转化为上面类型（1）来解五、对数变换法 适用于(其中p,r为常数)型 p0， 例14. 设正项数列满足，（n2）.求数列的通项公式.解：两边取对数得：，设，则 是以2为公比的等比数列， ，练习 数列中，（n2），求数列的通项公式. 答案：例15 已知数列满足，求数列的通项公式。解：因为，所以。两边取常用对数得设（同类型四）比较系数得， 由，得，所以数列是以为首项，以5为公比的等比数列，则，因此则。六、倒数变换法 适用于分式关系的递推公式，分子只有一项例16 已知数列满足，求数列的通项公式。解：求倒数得为等差数列，首项，公差为，七、换元法 适用于含根式的递推关系例17 已知数列满足，求数列的通项公式。解：令，则代入得即因为， 则，即，可化为，所以是以为首项，以为公比的等比数列，因此，则，即，得。八、数学归纳法 通过首项和递推关系式求出数列的前n项，猜出数列的通项公式，再用数学归纳法加以证明。例18 已知数列满足，求数列的通项公式。解：由及，得由此可猜测，下面用数学归纳法证明这个结论。（1）当时，所以等式成立。（2）假设当时等式成立，即，则当时，由此可知，当时等式也成立。根据（1），（2）可知，等式对任何都成立。九、阶差法（逐项相减法） 1、递推公式中既有，又有 分析：把已知关系通过转化为数列或的递推关系，然后采用相应的方法求解。例19 已知数列的各项均为正数，且前n项和满足，且成等比数列，求数列的通项公式。解：对任意有 当n=1时，解得或当n2时， -整理得：各项均为正数，当时，此时成立当时，此时不成立，故舍去所以练习。已知数列中, 且,求数列的通项公式.答案： 2、对无穷递推数列例20 已知数列满足，求的通项公式。解：因为所以用式式得则 故所以由，则，又知，则，代入得。所以，的通项公式为十、不动点法 目的是将递推数列转化为等比（差）数列的方法不动点的定义：函数的定义域为，若存在，使成立，则称为的不动点或称为函数的不动点。分析：由求出不动点，在递推公式两边同时减去，在变形求解。类型一：形如例21 已知数列中，求数列的通项公式。解：递推关系是对应得递归函数为，由得，不动点为-1，类型二：形如分析：递归函数为（1）若有两个相异的不动点p,q时，将递归关系式两边分别减去不动点p,q，再将两式相除得，其中，（2）若有两个相同的不动点p，则将递归关系式两边减去不动点p，然后用1除，得，其中。例22. 设数列满足,求数列的通项公式.分析：此类问题常用参数法化等比数列求解.解：对等式两端同时加参数t,得：,令, 解之得t=1,-2 代入得,相除得,即是首项为，公比为的等比数列, =, 解得.方法2：，两边取倒数得，令b，则b,转化为累加法来求. 例23 已知数列满足，求数列的通项公式。解：令，得，则是函数的两个不动点。因为。所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，故，则。练习1：已知满足，求的通项答案：练习2。已知数列满足，求数列的通项答案：练习3.（2009陕西卷文）已知数列满足， .令，证明：是等比数列；()求的通项公式。答案：（1）是以1为首项，为公比的等比数列。（2）。十一，特征方程法 形如是常数）的数列（见附录） 形如是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项，其特征方程为若有二异根，则可令是待定常数）若有二重根，则可令是待定常数）再利用可求得，进而求得例24 已知数列满足，求数列的通项解：其特征方程为，解得，令，由，得， 例25 已知数列满足，求数列的通项解：其特征方程为，解得，令，由，得， 练习1已知数列满足，求数列的通项练习2已知数列满足，求数列的通项说明：(1)若方程有两不同的解s , t,则, ,由等比数列性质可得, ,由上两式消去可得.(2)若方程有两相等的解，则，,即是等差数列，由等差数列性质可知，所以例26、数列满足，且求数列的通项。解：令，解得，将它们代回得，得,则，数列成等比数列，首项为1，公比q=2所以，则，十二、四种基本数列1形如型 等差数列的广义形式，见累加法。2.形如型 等比数列的广义形式，见累乘法。3.形如型（1）若（d为常数），则数列为“等和数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论;（2）若f(n)为n的函数（非常数）时，可通过构造转化为型，通过累加来求出通项;或用逐差法(两式相减)得，分奇偶项来分求通项.例27. 数列满足,求数列an的通项公式.分析 1：构造 转化为型解法1：令则.时,各式相加:当n为偶数时，. 此时 当n为奇数时，此时,所以.故 解法2：时，两式相减得：.构成以,为首项，以2为公差的等差数列;构成以,为首项，以2为公差的等差数列 . 评注：结果要还原成n的表达式.例28.（2005江西卷）已知数列an的前n项和Sn满足SnSn2=3求数列an的通项公式.解：方法一：因为以下同上例，略答案 4.形如型（1）若(p为常数)，则数列为“等积数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论;（2）若f(n)为n的函数（非常数）时，可通过逐差法得，两式相除后，分奇偶项来分求通项.例29. 已知数列,求此数列的通项公式.注：同上例类似，略.5形如型(1)若是常数，同题型1.(2)若是一次式同题型1(3)若是二次式。例1(2006年陕西理20)已知正项数列，其前n项和S 满足成等比数列，且10 S= ，求数列的通项公式.解:10 S= 又10 S=(2), - ,得，即.当.此时不成等比数列，.当.此时有.评注:该题用即的关系, .消去,也可用的方法求出.例2（2007年重庆理科21）已知各项均为正数的数列的前项和满足，且，（）求的通项公式；（）设数列满足，并记为的前项和，求证：解：（I）解由，解得或，由假设，因此，又由，得，即或，因，故不成立，舍去因此，从而是公差为，首项为的等差数列，故的通项为（II）证法一：由可解得；从而因此令，则因，故特别地，从而即证法二：同证法一求得及，由二项式定理知，当时，不等式成立由此不等式有证法三：同证法一求得及令，因因此从而证法四：同证法一求得及下面用数学归纳法证明：当时，因此，结论成立假设结论当时成立，即则当时，；因故从而这就是说，当时结论也成立综上对任何成立例3（2008年全国理科2）设函数数列满足，（）证明：函数在区间是增函数；（）证明：；（）设，整数证明：解：（）证明：，故函数在区间(0,1)上是增函数（）证明：（用数学归纳法）（i）当n=1时，由函数在区间是增函数，且函数在处连续，则在区间是增函数，即成立；（）假设当时，成立，即那么当时，由在区间是增函数，得：.而，则，也就是说当时，也成立；根据（）、（）可得对任意的正整数，恒成立 （）证明：由可得：1、若存在某满足，则2、若对任意都有，则： 成立例4.已知数列中, 且,求数列的通项公式.解:由已知得,化简有,由类型(1)有,又得,所以,又,则6. 形如型例（2008年湖南理科）（本小题满分12分）数列()求并求数列的通项公式；()设证明：当 解 ()因为一般地，当时，即所以数列是首项为1、公差为1的等差数列，因此当时，所以数列是首项为2、公比为2的等比数列，因此故数列的通项公式为()由()知， -得，所以要证明当时，成立，只需证明当时，成立. 证法一(1)当n = 6时，成立. (2)假设当时不等式成立，即则当n =k+1时，由(1)、(2)所述，当6时，即当6时，证法二 令，则 所以当时，.因此当时，于是当时，综上所述，当时，7. 形如型例1（2008年重庆理科22）设各项均为正数的数列满足.（）若，求，并猜想的值（不需证明）；（）记对2恒成立，求的值及数列bn的通项公式.解：()因， 由此有，故猜想的通项为 （）令 由题设知x1=1且 ， 因式对n=2成立，有 下面用反证法证明： 由得 因此数列是首项为，公比为的等比数列.故 又由知 因此是是首项为，公比为-2的等比数列,所以 由-得 对n求和得 由题设知 即不等式22k+1，对恒成立.但这是不可能的，矛盾.因此x2,结合式知2 =,因此代入式得Sn = 2(),所以bn = = ()8. 形如= 0型例1（2008年天津理科22）在数列与中，数列的前项和满足,为与的等比中项，.（）求的值；（）求数列与的通项公式；（）设.证明.本小题主要考查等差数列的概念、通项公式及前项和公式、等比数列的概念、等比中项、不等式证明、数学归纳等基础知识，考查运算能力和推理论证能力及分类讨论的思想方法满分14分解：（）由题设有，解得由题设又有，解得（）解法一：由题设，及，进一步可得，猜想，先证，当时，等式成立当时用数学归纳法证明如下：（1当时，等式成立（2）假设时等式成立，即，由题设， 的两边分别减去的两边，整理得，从而这就是说，当时等式也成立根据（1）和（2）可知，等式对任何的成立综上所述，等式对任何的都成立再用数学归纳法证明，（1）当时，等式成立（2）假设当时等式成立，即，那么这就是说，当时等式也成立根据（1）和（2）可知，等式对任何的都成立解法二：由题设 的两边分别减去的两边，整理得，所以，将以上各式左右两端分别相乘，得，由（）并化简得，止式对也成立由题设有，所以，即，令，则，即由得，所以，即，解法三：由题设有，所以，将以上各式左右两端分别相乘，得，化简得，由（），上式对也成立所以，上式对时也成立以下同解法二，可得，（）证明：当，时，注意到，当，时，当，时，当，时，所以从而时，有总之，当时有，即附录：递推数列特征方程的发现一、问题的提出递推(迭代)是中学数学中一个非常重要的概念和方法，递推数列问题能力要求高，内在联系密切，蕴含着不少精妙的数学思想和方法。在递推数列中占有重要一席的斐波那契数列，又称兔子数列，是学生非常乐意探讨的递推问题，许多学生都会不约而同地向教师提出，这个数列有通项公式吗？如有，怎样求它的通项公式？笔者就曾碰到过一位喜爱钻研的学生，带着参考书上的解法而向我请教：已知斐波那契数列)，求通项公式。参考书上的解法是这样的：解 此数列对应特征方程为即，解得， 设此数列的通项公式为，由初始条件可知， ，解之得，所以。这位学生坦率地表示，尽管参考书上介绍了利用特征方程求通项公式的一些结论，用上述方法得到的通项公式也是正确的，但他还是“看不懂”。换句话说，这种解法的依据是什么？特征方程是怎样来的？我虽然深知这是特征方程惹的祸，但由于现行教材只字未提特征方程，我也从未在课堂上作过补充，如果将有关利用特征方程求递推数列通项的一些结论直接呈现出来，或者以“高考不作要求”为由来搪塞，学生是难以接受的，也是不负责任的。面对一头雾水的数学尖子，我在充分肯定其善于思考、勇于探索的可贵品质的同时，也在苦苦寻觅解答这一问题的良策。其后不久，一次偶然的数学探究活动，竟使这一长期困惑我们教学活动的尴尬问题迎刃而解。二、研究与探索问题的解决源于对一阶线性递推数列通项公式的探求：若数列满足其通项公式的求法一般采用如下的参数法，将递推数列转化为等比数列：设 ，令，即，当时可得，知数列是以为公比的等比数列，将代入并整理，得.将上述参数法类比到二阶线性递推数列能得到什么结论？仿上，我们来探求数列的特征：不妨设，则, 令 （1） 若方程组有两组不同的实数解,则, ,即、分别是公比为、的等比数列，由等比数列性质可得, ,由上两式消去可得.（2） 若方程组有两组相等的解，易证此时，则，,即是等差数列，由等差数列性质可知，所以（限于学生知识水平，若方程组有一对共轭虚根的情况略）这样，我们通过参数方法，将递推数列转化为等比（差）数列，从而求得二阶线性递推数列的通项，若将方程组消去即得，显然、就是方程的两根，我们不妨称此方程为二阶线性递推数列的特征方程，于是我们就得到了散见于各种数学参考资料的如下结论：设递推公式为其特征方程为，1、 若方程有两相异根、，则；2、 若方程有两等根，则.其中、可由初始条件确定。这正是特征方程法求递推数列通项公式的根源所在，令，就可求得斐波那契数列的通项，真是“踏破铁蹄无觅处，得来全不费工夫”！将上述方法继续类比到分式线性递推数列（），看看又会有什么发现？仿照前面方法，等式两边同加参数，则 令，即 记此方程的两根为，（1） 若，将分别代入式可得 以上两式相除得，于是得到为等比数列，其公比为，数列的通项可由求得；（2）若，将代入式可得,考虑到上式结构特点，两边取倒数得 由于时方程的两根满足，于是式可变形为为等差数列，其公差为，数列的通项可由求得这样，利用上述方法，我们可以把分式线性递推数列转化为等比数列或等差数列，从而求得其通项。如果我们引入分式线性递推数列（）的特征方程为，即，此特征方程的两根恰好是方程两根的相反数，于是我们又有如下结论：分式线性递推数列（），其特征方程为，即，1、若方程有两相异根、，则成等比数列，其公比为；2、若方程有两等根，则成等差数列，其公差为.值得指出的是，上述结论在求相应数列通项公式时固然有用，但将递推数列转化为等比（等差）数列的思想方法更为重要。如对于其它形式的递推数列，我们也可借鉴前面的参数法，求得通项公式，其结论与特征方程法完全一致，有兴趣的读者不妨一试。三、应用举例例1、 已知数列且，求通项公式。解 设， 令 可得于是，即是以为首项、为公差的等差数列，从而.例2、设数列满足. 解： 对等式两端同加参数得令，解之得，代入上式得两式相除得即的等比数列，四、收获与反思 随着普通高中课程改革的逐步深入，要求广大教师在新课标理念指导下，大胆实施课堂教学改革。如何创造性地处理教学内容，无疑是一项十分现实的课题。由于数学知识呈现方式的多样性、解决问题策略的多选择性和数学思维的开放性，教师既要加强学习，不断充实自己的知识结构，做到高屋建瓴而游刃有余，还要不断提高驾驭教材的能力，“用好教材”、“超越教材”而不拘泥于教材，根据学生的实际情况，因材施教，使学生知其然，更知其所以然，帮助学生寻找适合自己的学习方式，“授人以鱼不如授之以渔”，在培养学生学习兴趣的同时激发学生的思维，时时体味“蓦然回首，那人却在灯火阑珊处”的美妙意境。N7K4G0Dzv-s&o!kXhTdQaM6J2F:Bzv-r&o!kXhTdQ9M6I2F;Bzv-r&o#kXgTdP9M5I2F;Byv)r&n#kWgTdP9M5I2E;Bx=t(q$mZjVfSbO8K4H0D.zw-s*p!lYhUeQaN6J3F:Cyu)r&n#kWgTcP9L5I1E;Ax=t(q$mZiVfRbO7K4G0D.zw-s*o!lXhUdQaM6J3F:Czv-s&o!kXhUdQaM6J2F:Bzv-s&o!kXhTdQ9M6I2F;Bzv-r&o#kXgTdP9M6I2F;Byv)r&n#kXgTdP9M5I2E;Bx=t(q%mZjVfSbO8K4H0D.zw+s*p!lYhUeQaN6J3F:Cyv)r&n#kWgTcP9L5I1E;Bx=t(q$mZiVfRbO7K4H0D.zw-s*o!lXhUdQaN6J3F:Czv-s&o!lXhUdQaM6J2F:Bzv-s&o!kXhTdQ9M6I2F:Bzv-r&o#kXgTdQ9M6I2F;Byv-r&o#kXgTdP9M5I2E;Bx=u(q%mZjVfSbO8K4H0D.Aw+s*p!lYhUeQaN6J3G:Cyv)r&n#kWgTcP9M5I2E;Bx=t(q$mZiVfRbO8K4H0D.zw-s*o!lXhUeQaN6J3F:Cyv)r&n#kWgTcP9M5I2E;Bx=t(q$mZiVfSbO8K4H0D.zw-s*o!lYhUeQaN6J3F:Czw-s*o!lXhUdQaM6J2F:Czv-s&o!kXhTdQaM6J2F:Bzv-r&o!kXhTdQ9M6I2F;Bzv-r&o#kXgTdP9M5I2F;Byv)r&n#kWgTdP9M5I2E;Bx=t(q$mZjVfSbO8K4H0D.zw-s*p!lYhUeQaN6J3F:Cyv)r&n#kWgTcP9L5I1E;Ax=t(q$mZiVfRbO7K4G0D.zw-s*o!lXhUdQaME;Bx=t(q$mZjVfSbO8K4H0D.zw-s*p!lYhUeQaN6J3F:Cyv)r&n#kWgTcP9L5I1E;Bx=t(q$mZiVfRbO7K4G0D.zw-s*o!lXhUdQaM6J3F:Czv-s&o!kXhUdQaM6J2F:Bzv-s&o!kXhTdQ9M6I2F;Bzv-r&o#kXgTdQ9M6I2F;Byv)r&o#kXgTdP9M5I2E;Bx=u(q%mZjVfSbO8K4H0D.zw&o#kXgTdQ9M6I2F;Byv)r&o#kXgTdP9M5I2E;Bx=u(q%mZjVfSbO8K4H0D.Aw+s*p!lYhUeQaN6J3G:Cyv)r&n#kWgTcP9L5I2E;Bx=t(q$mZiVfRbO8K4H0D.zw-s*o!lXhUeQaN6J3F:Czv-s*oWgTcP9M5I2E;Bx=t(q$mZiVfRbO8K4H0D.zw-s*o!lXhUeQaN6J3F:Czv-s*o!lXhUdQaM6J2F:Bzv-s&o!kXhTdQ9M6J2F:Bzv-r&o!kXhTdQ9M6I2F;Bzv-r&o#kXgTdP9M5I2F;Byv)r&n#kWgTdP9M5I2E;Bx=t(q$mZjVfSbO8K4H0D.zw-s*o!lYhUeQaN6J3F:Cyv)r&n#kWgTdP9M5I2E;Bx=t(q$mZjVfSbO8K4H0D.zw-s*p!lYhUeQaN6J3F:Cyu)r&n#kWgTcP9L5I1E;Ax=t(q$mZiVfRbO7K4G0D.zw-s*o!lXhUdQaM6J3F:Czv-s&o!kXhUdQaM6J2F:Bzv-s&o!kXhTdQ9M6I