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高二数学必修5数列通项公式的求法归纳(精)

网站:公文素材库 | 时间:2019-05-29 21:46:36 | 移动端:高二数学必修5数列通项公式的求法归纳(精)

高二数学必修5数列通项公式的求法归纳(精)

数列通项公式的四大题型

类型一:观察分析法(已知前几项,写通项公式)

具体方法有:

(1)联想比较法。如由-1,2,-3,4,-5,联想到数列-1,1,-1,1,和1,2,3,4,5,,

可得an(1)nn;

由3,6,11,18,27,联想到数列1,4,9,16,25,,可得ann22;由,,,13572n1,可知该数列中各项分式的分子为2n-1,而分母比分子多4,故an.

579112n3(2)逐差法。如1,3,5,7,9,,可发现:3-1=5-3=7-5=9-7=2,于是归纳得an2n1.(3)逐商法.如1,3,9,27,81,可发现

3927813,于是归纳可得an3n1.13927(4)待定系数法.如:3,6,11,18,27,38,,一次逐差得数列3,5,7,9,11,,二次逐差得数列2,2,2,2,,一般地,逐差k次后可得常数列,则通项公式可设为k次多项式.可以猜想通项公式为anan2bnc.令n=1,2,3,得

a+b+c=3○14a+2b+c=6○29a+3b+c=11○3联立○1○2○3可得a=1,b=0,c=2.经检验适合,故ann22.

类型二: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.

2例1.等差数列an是递增数列,前n项和为Sn,且a1,a3,a9成等比数列,S5a5.求数列an的通项公

式.

解:设数列an公差为d(d0)

2∵a1,a3,a9成等比数列,∴a3a1a9,即(a12d)2a1(a18d)d2a1d

∵d0,∴a1d………………………………①

2∵S5a5∴5a154d(a14d)2…………②2由①②得:a133333

,d∴an(n1)n55555点评:利用定义法求数列通项时要注意不用错定义,设法求出首项与公差(公比)后再写出通项。

类型三:前n项和法(已知前n项和,求通项公式)若已知数列的前n项和Sn与an的关系,求数列an的通项an可用公式anS1n1求解。

SnSn1n2例2.已知数列an的前n项和Sn满足Sn2an(1)n,n1.求数列an的通项公式。解:由a1S12a11a11

naSS2(aa)2(1),n2nnn1nn1当时,有

an2an12(1)n1,

an12an22(1)n2,……,a22a12.

an2n1a12n1(1)2n2(1)22(1)n1

2n1(1)n[(2)n1(2)n2(2)]2n12[1(2)n1](1)3n2[2n2(1)n1].3

经验证a11也满足上式,所以an2n2[2(1)n1]3点评:利用公式anSnn1求解时,要注意对n分类讨论,但若能合写时一定要合并.

SSn2n1n类型四:由递推式求数列通项法

对于递推公式确定的数列的求解,通常可以通过递推公式的变换,转化为等差数列或等比数列问题,有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列。

题型1:递推公式为an1anf(n)

解法:把原递推公式转化为an1anf(n),利用累加法(逐差相加法)求解。例3.已知数列an满足a1解:由条件知:an1an11,an1an2,求an。2nn11112nnn(n1)nn1分别令n1,2,3,,(n1),代入上式得(n1)个等式累加之,即

(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)

1111111(1)()()()

22334n1n所以ana11113111a1,an1(n2)n22n2na131311=满足上式故an2212n题型2:递推公式为an1f(n)an解法:把原递推公式转化为

an1f(n),利用累乘法(逐商相乘法)求解。an2nan,求an。,an13n1例4.已知数列an满足a1解:由条件知

an1n,分别令n1,2,3,,(n1),代入上式得(n1)个等式累乘之,即ann1aaa2a3a4123n11nn

na1a2a3an1234a1n又a122,an(n2)33na122满足上式故an33n注:由an1f(n)an和a1确定的递推数列an的通项还可以如下求得:

所以anf(n1)an1,an1f(n2)an2,,a2f(1)a1依次向前代入,得

anf(n1)f(n2)f(1)a1,

题型三、形如

an1panqanp的递推式

解法:取倒法构造辅助数列例5:

数列an满足:a11,an1求an通项公式解:an

an,2an1

an112a11n122an11anan1an111是以为首项,以2为公差的等差数列a1an

题型4、递推式:an1panfn

解法:只需构造数列bn,消去fn带来的差异.其中fn有多种不同形式

①fn为常数,即递推公式为an1panq(其中p,q均为常数,(pq(p1)0))。解法:转化为:an1tp(ant),其中tq,再利用换元法转化为等比数列求解。1p例6.已知数列an中,a11,an12an3,求an.

解:设递推公式an12an3可以转化为an1t2(ant)即an12antt3.故递推公式为

an132(an3),令bnan3,则b1a134,且

bn1an132.所以bn是以b14为首项,2为bnan3公比的等比数列,则bn42n12n1,所以an2n13.②fn为一次多项式,即递推公式为an1panrns

解法:转化为:an1[A(n1)B]p[an(AnB)],其中A,再利用换元法转化为等比数列求解。例7.设数列an:a14,an3an12n1,(n2),求an.

解:设bnanAnB,则anbnAnB,将an,an1代入递推式,得

bnAnB3bn1A(n1)B2n13bn1(3A2)n(3B3A1)

A3A2B3B3A1A1B1取bnann1…(1)则bn3bn1,又b16,故bn63n123n代入(1)得

an23nn1

备注:本题也可由an3an12n1,an13an22(n1)1(n3)两式相减得

anan13(an1an2)2转化为bnpbn1q求之.

③f(n)为n的二次式,则可设bnanAn2BnC;

题型5:递推公式为an1panqn(其中p,q均为常数,(pq(p1)(q1)0))。(或

an1panrqn,其中p,q,r均为常数)

解法:该类型较题型3要复杂一些。一般地,要先在原递推公式两边同除以qn1,得:引入辅助数列bn(其中bn例8.已知数列an中,a1解:在an1an1pan1qn1qqnqanp1bb),得:再应用类型3的方法解决。n1nnqqq511n1,an1an(),求an。632112an()n1两边乘以2n1得:2n1an1(2nan)132322bn1,应用例7解法得:bn32()n33令bn2nan,则bn所以anbn1n1n3()2()n232题型5:递推公式为an2pan1qan(其中p,q均为常数)。解法:先把原递推公式转化为an2san1t(an1san)其中s,t满足法求解。

例9.已知数列an中,a11,a22,an2解:由an2stp,再应用前面类型3的方

stq21an1an,求an。3321an1an可转化为an2san1t(an1san)33即an221sts1s3(st)an1stan31或tst13t131s1s这里不妨选用3,大家可以试一试),则1(当然也可选用t3t111an2an1(an1an)an1an是以首项为a2a11,公比为的等比数列,所以

331an1an()n1,应用类型1的方法,分别令n1,2,3,,(n1),代入上式得(n1)个等式累加之,即

311()n11113ana1()0()1()n2

133313又a11,所以an731n1()。4

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数列通项公式的求法

编辑:张杰201*.12.15

一、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.

2例1.等差数列an是递增数列,前n项和为Sn,且a1,a3,a9成等比数列,S5a5.求数列an的通项公

式.

解:设数列an公差为d(d0)

2∵a1,a3,a9成等比数列,∴a3a1a9,即(a12d)2a1(a18d)d2a1d

∵d0,∴a1d………………………………①

2∵S5a5∴5a154d(a14d)2…………②2由①②得:a133333,d∴an(n1)n】55555点评:利用定义法求数列通项时要注意不用错定义,设法求出首项与公差(公比)后再写出通项。

二、公式法

若已知数列的前n项和Sn与an的关系,求数列an的通项an可用公式anS1n1求解。

SSn2n1n例2.已知数列an的前n项和Sn满足Sn2an(1)n,n1.求数列an的通项公式。解:由a1S12a11a11

naSS2(aa)2(1),n2nnn1nn1当时,有

an2an12(1)n1,

an12an22(1)n2,……,a22a12.

an2n1a12n1(1)2n2(1)22(1)n12n1(1)n[(2)n1(2)n2(2)]2n12[1(2)n1](1)3n2[2n2(1)n1].3

经验证a11也满足上式,所以an2n2[2(1)n1]点评:利用公式an三、由递推式求数列通项法

Snn1求解时,要注意对n分类讨论,但若能合写时一定要合并.

SnSn1n2对于递推公式确定的数列的求解,通常可以通过递推公式的变换,转化为等差数列或等比数列问题,有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列。

类型1递推公式为an1anf(n)

解法:把原递推公式转化为an1anf(n),利用累加法(逐差相加法)求解。例3.已知数列an满足a1解:由条件知:an1an11,an1an2,求an。2nn1111

n2nn(n1)nn1分别令n1,2,3,,(n1),代入上式得(n1)个等式累加之,即

(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)

1111111(1)()()()

22334n1n所以ana11类型2

(1)递推公式为an1f(n)an解法:把原递推公式转化为

111131a1,an1n22n2nan1f(n),利用累乘法(逐商相乘法)求解。an2nan,求an。,an13n1例4.已知数列an满足a1解:由条件知

an1n,分别令n1,2,3,,(n1),代入上式得(n1)个等式累乘之,即ann1aaa2a3a4123n11nn

na1a2a3an1234a1n又a122,an33n注:由an1f(n)an和a1确定的递推数列an的通项还可以如下求得:

所以anf(n1)an1,an1f(n2)an2,,a2f(1)a1依次向前代入,得

anf(n1)f(n2)f(1)a1,类型3

递推式:an1panfn

解法:只需构造数列bn,消去fn带来的差异.其中fn有多种不同形式

①fn为常数,即递推公式为an1panq(其中p,q均为常数,(pq(p1)0))。解法:转化为:an1tp(ant),其中tq,再利用换元法转化为等比数列求解。1p例5.已知数列an中,a11,an12an3,求an.

解:设递推公式an12an3可以转化为an1t2(ant)即an12antt3.故递推公式为

an132(an3),令bnan3,则b1a134,且

bn1an132.所以bn是以b14为首项,2为bnan3公比的等比数列,则bn42n12n1,所以an2n13.②fn为一次多项式,即递推公式为an1panrns例6.设数列an:a14,an3an12n1,(n2),求an.

解:设bnanAnB,则anbnAnB,将an,an1代入递推式,得

bnAnB3bn1A(n1)B2n13bn1(3A2)n(3B3A1)

A3A2B3B3A1A1B1取bnann1…(1)则bn3bn1,又b16,故bn63n123n代入(1)得

an23nn1

备注:本题也可由an3an12n1,an13an22(n1)1(n3)两式相减得

anan13(an1an2)2转化为bnpbn1q求之.

③f(n)为n的二次式,则可设bnanAn2BnC;类型4

递推公式为an1panqn(其中p,q均为常数,(pq(p1)(q1)0))。(或an1panrqn,其中p,q,r均为常数)

解法:该类型较类型3要复杂一些。一般地,要先在原递推公式两边同除以qn1,得:引入辅助数列bn(其中bnan1pan1nn1qqqqanp1bb),得:再应用类型3的方法解决。n1nqqqn例7.已知数列an中,a1解:在an1511,an1an()n1,求an。632112an()n1两边乘以2n1得:2n1an1(2nan)132322bn1,应用例7解法得:bn32()n33令bn2nan,则bn1所以an类型5

bn1n1n3()2()n232递推公式为an2pan1qan(其中p,q均为常数)。

解法:先把原递推公式转化为an2san1t(an1san)其中s,t满足法求解。

例8.已知数列an中,a11,a22,an2解:由an2stp,再应用前面类型3的方

stq21an1an,求an。3321an1an可转化为an2san1t(an1san)33即an221sts1s3(st)an1stan31或tst13t131s1s这里不妨选用3,大家可以试一试),则1(当然也可选用t3t111an2an1(an1an)an1an是以首项为a2a11,公比为的等比数列,所以

331an1an()n1,应用类型1的方法,分别令n1,2,3,,(n1),代入上式得(n1)个等式累加之,即

311()n11113ana1()0()1()n2

133313又a11,所以an731n1()。4

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