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数列通项公式的几种求法(新)



数列通项公式的几种求法
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;因此,求数列通项公式是高中数学中 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。分别介绍几种常见的数列通项的求法, 一、常规数列的通项 例 1:求下列数列的通项公式 22—1 32—1 42—1 52—1 (1) , , , ,? 2 3 4 5 1 1 1 1 (2)- , ,- , ,? 1× 2 2× 3 3× 4 4× 5 2 10 17 26 (3) ,1, , , ,? 3 7 9 11 2 (-1)n n2+1 n —1 解: (1)an= (2)an= (3) an= n n(n+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。 2 分析与解答:若每一项均乘以 ,数列相应变为 2,0,2,0,? 3 3 - 故数列的通项公式为 an= [1+(-1)n 1 ] 2 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,? 2 4 - - 故数列的通项公式为 an=1++2× [1+(-1)n 1 ]=1+ [1+(-1)n 1 ] 3 3 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。

1 10n 变式 1:求数列 0.5,0.05,0.005,?的一个通项公式。 5 解:an= 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 1 加得到的项全部都是 1,于是 an=1- n 10 变式 3:求数列 0.7,0.77,0.777,0.7777,?的一个通项公式。 7 1 解:an= (1- ) 9 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。 4 解:an= (10n-1) 9 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。 解:an= 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= 0.77 ? 7 =7× 0.11?1 =7×(0.1+0.01+0.001+?+ 0.0?1 ) ? ?? ? ? ? ?
n个 7 n个1

n ?1个0

1 1 [1-( )n] 10 10 1 1 1 1 7 1 =7×( + 2 + 3 +?+ n )=7× = (1- n ) 10 10 10 10 1 9 10 1- 10 1-10n 1 (2)an= 33?3 =3× 11?1 =3×(1+10+100+?+10n)=3× = (10n-1) ?? ? ? ? ? 1-10 3
n个3 n个1

(3)an= 1212 ?? =12×(1+100+10000+?+100 ? ?? ? 12
n个12

n-1

1-100n 4 )=12× = (102n-1) 1-100 33

n(n+1) (4)an=1+2+3+?n= 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。 1 (2)数列{an}满足 a1=1 且 an=an-1+ n (n≥2) ,求 an。 2

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 (n+2)(n-1) 3n2-n =3× -2n+3= 2 2 1 1 1 (2)由 an=an-1+ n 知 an-an-1= n ,记 f(n)= n = an-an-1 2 2 2 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 1 1 1 1 1 1 = n + n-1 + n-2 +?+ 2 +1= - n 2 2 2 2 2 2 评注:当 f(n)=d(d 为常数)时,数列{an}就是等差数列,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 2(n-1) 例 7:(1)已知数列{an}满足 a1=1 且 an= an—1(n≥2) ,求 an n 1 1 (2)数列{an}满足 a1= 且 an= n an—1,求 an 2 2 an 2(n-1) 2(n-1) 解: (1)由条件 = ,记 f(n)= an—1 n n an an-1 a2 an= · ·? ·a1=f(n)f(n-1)f(n-2)?f(2)f(2)a1 an—1 an—2 a1 n-1 2(n-1) 2(n-2) 2(n-3) 2×2 2×1 2 = · · ·? · ·1= n n-1 n-2 3 2 n n(n+1) an an-1 a2 1 1 1 1 1 - (2)an= · ·? ·a1= n · n-1 ? 2 · = 1+2+?+n =2 2 an—1 an—2 a1 2 2 2 2 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、通过 Sn 求 an 例 8:数列{an}满足 an =5Sn-3,求 an。 3 解:令 n=1,有 a1=5an-3,∴a1= 。由于 an =5Sn-3???① 4 则 an-1 =5 Sn-1-3???② ①-②得到 an-an-1=5(Sn-Sn-1) ∴an-an-1 =5an 1 1 3 3 1 n-1 故 an=- an-1,则{an}是公比为 q=- 、首项 an= 的等比数列,则 an= (- ) 4 4 4 4 4 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 九、取倒数转化为等差数列

2an ,求 an。 an+2 2an 1 an+2 1 1 1 1 1 解:由 an+1= 有 = = + 即 - = an+2 an+1 2an 2 an an+1 an 2 1 1 1 所以,数列{ }是首项为 =1、公差为 d= 的等差数列 an a1 2 1 1 n+1 2 则 =1+(n-1) = 从而 an= an 2 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 1 求数列相关的数列(本例中数列{ })是等差或等比数列后,只需解方程就能求出通项公 an 式了。 十、构造函数模型转化为等比数列 例 10:已知数列{an}满足 a1=3 且 an+1=(an-1)2+1,求 an。 解:由条件 an+1=(an-1)2+1 得 an+1-1=(an-1)2 lg(an+1-1) 两边取对数有 lg(an+1-1)=lg( n-1)2)=2lg(an-1) 即 (a =2 lg(an-1) 故数列{ lg(an-1)}是首项为 lg(a1-1)=lg2、公比为 2 的等比数列 例 9:已知数列{an}满足 a1=1 且 an+1= 所以,lg(an-1)=lg2·2
2 n ?1
n-1

=lg 2

2 n ?1

则 an-1= 2 即 an= 2 +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。 十一、数学归纳法 4 例 11:数列{an}满足 a1=4 且 an=4- (n≥2) ,求 an。 an-1 解:通过递推关系求出数列前几项如下 2 4 2 4 8 2 a1=4=2+ a2=4- =3=2+ a3=4- = =2+ 1 2 3 a1 a2 3 4 5 2 4 12 2 4 7 2 a4=4- = =2+ a5=4- = =2+ a6=4- = =2+ 4 5 a5 3 6 a3 2 a4 5 2 猜想:通项公式为 an=2+ 。下用归纳法给出证明 n 2 显然,当 n=1 时,a1=4=2+ ,等式成立 1 2 假设当 n=k 时,等式成立,即 ak=2+ k 4 4 2k 2k 2 则当 n=k+1 时,ak+1=4- =4- =4- =2+2- =2+ 2 k+1 k+1 k+1 ak 2+ k 2 由归纳法原理知,对一切 n∈N+都有 an=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。 十二、用待定系数法求 an=Aan-1+B 型数列通项 例 12: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

2 n ?1

1 令 an+x=-2(an-1+x) ,则 an=-2 an-1-3x,于是-3x=1,故 x=- 3 1 1 ∴ an- =-2(an-1- ) 3 3 1 1 2 故{ an- }是公比 q 为-2,首项为 an- = 的等比数列 3 3 3 n 1 2 1-(-2) n-1 ∴an- = (-2) = 3 3 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 B B B B (A-1)x=B 知 x= ,从而 an+ =A(an-1+ ) ,于是数列{an+ }是首项为 A-1 A-1 A-1 A-1 B B B n-1 a1+ 、公比为 A 的等比数列,故 an+ =(a1+ )A ,从而 A-1 A-1 A-1 B B n-1 an=(a1+ )A - ;特别地,当 A=0 时{an}为等差数列;当 A≠0,B=0 时,数列 A-1 A-1 {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。 1 例 13:数列{an}满足 a1=1 且 an=2an-1+ n(n≥2) ,求 an。 3 1 1 1 1 5 1 1 解:令 an+x· n=2(an+x· n-1)则 an=2an-1+ 2x· n-1-x· n= x· n-1=5x· n 3 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 而由已知 an=2an-1+ n故 5x=1,则 x= 。故 an+ ·n=2(an-1+ ·n-1) 3 5 5 3 5 3 1 1 1 1 16 从而{an+ ·n}是公比为 q=2、首项为 a1+ ·= 的等比数列。 5 3 5 3 15 1 1 16 16 1 1 1 1 - - 于是 an+ ·n= × n 1,则 an= × n 1- ·n= (2n+3- n-1) 2 2 5 3 15 15 5 3 15 3 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 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: n 1 数列{an}满足 a1=1 且 an= nan-1+ ,求其通项公式。 2 n+1 n 1 在这种做法下得到 nk(n-1)-k(n)= ,显然,目前我们用高中数学知识还无 2 n+1 法轻易地求出 k(n)来。

小结:本课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。



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