数列通项的求法

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1、.-数列的通项的求法数列考题多都是考通项和求法，特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈，所以掌握求通项的方法是学好数列的最基本的要求。现在的高中数学中数列通项主要有以下一些求法：类型一：观察法求通项公式类型一：观察法求通项公式1、写出数列 1,2,3,4,5,的一个通项。n1答案：an(1)n2、写出数列 1,0,1,0,1,的一个通项。1(1)n1答案：an23、写出数列 0，1132，662015的一个通项公式。略解：先将原式不含0 的项变形为：，4、3,33，333,3333，答案：ann112340an，观察出第一项应该为：。最终归纳得出：

2、n(n1)6 12203021n(10 1)3类型二：定义型类型二：定义型S1,n 1主要是利用前 n 项和的定义去求数列通项：an。在这里特别要注意注意的是：n 1时一定S S,n 2n1n要单独讨论。题型一：公式的直接应用题型一：公式的直接应用1、求下列数列an的前 n 项和为Sn。n（1）Sn23略解：（1）当n 1时a1 S1 5nSn 2 3（2）当n 2时n1Sn1 23n1将两式相减得：an 2从而得：an5,n 12,n 2n1-可修编-.-2、Sn1(an1)2(对任意的nN,an40)求an。1(a11)2,从而得a114略解：（1）当n 1时a1 S124Sn(an1)（

3、2）当n 2时24Sn1(an11)将两式相减并化简得：(anan1)(anan12)0由于an0，得anan12 0，从而知an是等差数列。易得：an2n1题型二：题型二：如果题中出现了Sn，anSn或Sn1Sn时，一般都是逆用公式，将an换成Sn Sn1。3、已知数列an中，a11,前 n 项的和为Sn，且an SnSn1(n 2)，求an.略解：将an SnSn1变形为Sn Sn1 SnSn1，两边同除SnSn1得数列，先求Sn，进一点求出an。24、设数列an的前 n 项和为Sn，若a11，且满足3Sn an(3Sn1)(n 2)，求an的通项公式。2 1 11 1。即知为等差SnSn

4、1Sn2略解：将an SnSn1代入原式得：3SnSnSn13Sn1。化简即得：SnSn1 3SnSn1。题型三：题型三：将类型一中的Sn拓展成任何一个前 n 项的形式，进而去求数列的通项。5、设数列an满足a13a23 a332n1ann*，aN N求数列an的通。3解：（1）当n 1时，a113n2n2n1a 3a 3 a 3a3a 23n1n13（2）当n 2时，由原式可得na 3a 32a 3n2a123n13两式相减得：113n1an即ann33综合（1）（2）得an13n3 an(a1 a2 a3333*10、已知各项均为正数的数列an，且对任意的nN都有a1 a2 a3 an)2

5、-可修编-.-记数列an前 n 项的和为Sn。（1）求证：a2n 2Snan（2）求an的通项公式。解：（1）由题可得a3a3312 a3 a332n1 an Sn（1）a3 a3a3123 a32n1 Sn1（2）（1）（2）得a3223n Sn Sn1即：anSnSn1SnSn1。a3n anSnSn1a2 S22nn Sn1即an Sn Snan。从而得到：an 2Snan（2）由（1）得：a22n 2Snan（a）an1 2Sn1an1(b)（a）-（b）得：a2222nan1 2anan an1即anan1 an an1。从而得：anan11。即数列an是一个等差数列。以下略。类型三

6、：递推型类型三：递推型一、累加型：一、累加型：（适用于anan1 f(n)型数列）1、已知数列an满足a1 2,an1 anna b,，试用 a、b 表示an。a2a1 ab略解：由原式得：a3a2 2abanan1(n1)ab将上式相加得：ana1(12n1)a(n1)b，从而易求an。以下步骤略。2、已知数列a1n满足a12，a1n1 ann2n，求an。解：由条件知：a11n1ann2 nn(n1)1n1n1分别令n 1,2,3,(n1)，代入上式得(n1)个等式-可修编-加之即累，.-(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)1111111(1)()()()22334n1n1所

7、以ana11n11131a1，an122n2n3、数列an满足a11，且对任意的m,n(m,nZ)，总有amn amanmn，求数列an的通项公式。提示：在原式中令 m=1 即可。4、数列an满足a1 6，an+1-an11(nN*)。an+1an1n(1)已知b11，bn1an+1，求数列bn的通项公式。n(n1)（2）求数列an的通项公式。（3）已知limann2，设。记Sn c1cc2c 0c nnnn2n2an f(n)型数列）an1cncn。求limSn。n二、累乘型：（适用于1、已知数列an满足a112n3，anan1(n 2)的通项an。32n1a21a51a33a72a5略解：

8、原式可变形为4a93an2n3a2n1n1将上述式子左右分别相乘得：an1 3 5a15 7 92n313322n1(2n1)(2n1)4n 1(n1)an1（n2），则an的通项2、已知数列an满足a11，an a1 2a23a3，n 1a-n可修编-，n.-解析；当n2 时，an a1 2a23a3(n1)an1an1(n1)an1（n）an nan1（n）anaa n（n）annn1an1an1an2a3a2a1n(n1)a2a1311n!，其中当n时a2 a11，2n!所以答案是：2类型四：配项型类型四：配项型这类题型在高中主要有四类题型：（1）an pan1q(其中p,q为常数),直

9、接设anx p(an1 x)求出 x 即可。（2）an pan1 f(n)(其中p为常数,f(n)为一次函数或二次函数形式).设ang(n)p an1g(n-1)。其中g(n)由当f(n)为一次函数时，设为一次函数，f(n)为二次函数时，设为二次函数。但这类题型如果在考题中出现多为证明形式。nn（3）an pan1(其中,p为常数,0且1)，两边同除转化为类型（1）（4）递推公式为an2 pan1 qan（其中 p，q 均为常数）。解法：先把原递推公式转化为an2 san1 t(an1 san)其中 s，t 满足1、数列an满足：a11，当n 2总有an 3an12，求an提示：设anx 3(

10、an1 x)求出 x=1,从而知an1为等比数列，以下略。n2、已知数列an满足a11，an 3 2an1(n 2)，求anst p，再应用前面类型 1 的方法求解。st q提示：两边同除3得，nan2an1an2 an1an211b b bn11，以，化简得：，如果令即得nnnnnn1n3333 333下略。*3、在数列an中，a1 2，an1 4an3n1，nN N-可修编-.-（）证明数列ann是等比数列；（）求数列an的前n项和Sn；提示：对于（），在高中主要有两种解决方法，一种是直接配，还有一种是换元。换元法更明显直接，更是解决这种证明新数列的通用方法，具体做法如下：设bn ann，

11、从而得：an bnn，代入原式即得：bn1 4bn，即数列bn为等比数列，先求出bn的通项公式，刚后面问题易解决。注：此种类型的问题的一般解决方法如下：注：此种类型的问题的一般解决方法如下：4、设数列an：a1 4,an 3an1 2n 1,(n 2)，求an.解：设bnanAnB，则anbnAnB，将an,an1代入递推式，得bn An B 3bn1 A(n1)B 2n1 3bn1(3A 2)n(3B 3A1)A 1A 3A2B 1B 3B 3A1取bn an n 1（）则bn 3bn1,又b1 6，故bn 63n1 23n代入（）得an 23n n 12说明：若说明：若f(n)为为n的二次

12、式，则可设的二次式，则可设bnanAnBnC5、已知数列an中，a11,a2 2,an2解：由an221an1an，求an。3321an1an可转化为an2 san1 t(an1 san)33即an221s t s 1s 3(s t)an1 stan31或t st 13t 131s 1s 这 里 不 妨 选 用3，大 家 可 以 试 一 试），则1（当 然 也 可 选 用t 3t 111an2an1(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n 1,2,3,(n1)，代入上式得(n1)个等式累加

13、之，即3-可修编-.-111ana1()0()1()n2333又a11，所以an11()n13113731n1()。443类型五：构造新数列型类型五：构造新数列型类型一：取倒数法类型一：取倒数法形如anman111111k1 k()k 令bn递推式，考虑函数倒数关系有则bnk(an1b)anan1mananan1m可归为an1panq型。1、已知数列an满足an1an(nN*)，且a11，求anan2方 法 一：在an1an同 乘an2并 化 简 得：an1an an2an1，两 边 同 除 以an1an得：an211 21，转化为类型四中的第一种题型。以下略。an1an方法二：将原式两边取倒

14、数得：11 21。an1an2、已知数列an满足a1an11(n 2,nN)求数列an的通项公式an；，ann41an12提示：原式两边取倒数得：类型二：取对数型类型二：取对数型11(2)(1)nanan1形如：anan1(0)的数列可以在两边取对数从而化成一个新的等比数列。23、设正项数列an满足a11，an 2an1（n2）.求数列an的通项公式.解：两边取对数得：log2n1 2log2n1，log2n12(log2n11)，设bnlog2n1，aaaaa则bn 2bn1bn是以 2 为公比的等比数列，b1 log1211.an1n1nbn12n1 2n1，loga，log2n21，21

15、 2an 22n11类型六：特征根法-可修编-.-题型一：题型一：设已知数列an的项满足a1 b,an1 can d,其中c 0,c 1,求这个数列的通项公式。作出一个方程x cx d,则当x0 a1时，an为常数列，即an a1;当x0 a1时,an bn x0，其中bn是以c为公比的等n1比数列，即bn b1c,b1 a1 x0.1、已知数列an满足：an1 an2,nN,a1 4,求an.1313x 2,则x0.32311当a14时，a1 x0,b1 a1.221bn数列是以为公比的等3111133111bn b1()n1()n1,an bn()n1,nN.3232223解：作方程x 比

16、数列.于是题型二：题型二：对于由递推公式an2 pan1 qan，a1,a2给出的数列an，方程x px q 0，叫做数2n1n1列an的特征方程。若x1,x2是特征方程的两个根，当x1 x2时，数列an的通项为an Ax1 Bx2，其n1n1中 A，B 由a1,a2决定（即把a1,a2,x1,x2和n 1,2，代入an Ax1 Bx2，得到关于 A、B 的方程n1组）；当x1 x2时，数列an的通项为an(A Bn)x1，其中 A，B 由a1,a2决定（即把a1,a2,x1,x2n1和n 1,2，代入an(A Bn)x1，得到关于 A、B 的方程组）。1、已知数列an满足a1 a,a2 b,

17、3an25an1 2an 0(n 0,n N)，求数列an的通项公式。2解：数列an：3an25an1 2an 0(n 0,n N)，a1 a,a2 b的特征方程是：3x 5x 2 0。x11,x22,32n1an Ax1n1 Bx2 A B()n1。3又由a1 a,a2 b，于是a A BA 3b 2a2b ABB 3(a b)3故an 3b 2a 3(a b)()23n1-可修编-.-题型三：如果数列an满足下列条件：已知a1的值且对于nN，都有an1常数，且ph qr,r 0,a1 pan q（其中p、q、r、h均为ran hpx qh），那么，可作特征方程x,当特征方程有且仅有一根x0

18、时,则rx hr1an x1xx是等差数列;当特征方程有两个相异的根、时，则是等比数列。12an x0an x21、数列an满足a11且8an1an16an12an50(n 1).求数列an的通项公式.解：由已知，得an12an52x515，其特征方程为x，解之，得x 或x 168an168x24156(an)12(an)12，a54an1n12168an4168an1111anana1212，22(1)n1 4n5255522an1anana14444an12n15ann2 42、已知数列an满足性质：对于n N,an1解:数列an的特征方程为x 异的根，则有：an 4,且a1 3,求an的

19、通项公式.2an3x 4,变形得2x2 2x 4 0,其根为11,2 2.故特征方程有两个相2x 3cna11p 1rn131112n1()(),n N.a12p 2r3 21 2221n1(),nN.5521 2()n11c 155,nN.an2n21n1cn1()155cn(5)n4即an,nN.n2(5)3、已知数列an满足：对于nN,都有an113an25.an3-可修编-.-（1）若a15,求an;（2）若a1 3,求an;（3）若a1 6,求an;（4）当a1取哪些值时，无穷数列an不存在？分析：作特征方程x 13x 25.变形得x210 x 25 0,特征方程有两个相同的特征根

20、5.x 3解：(1)a1 5,a1.对于nN,都有an 5;(2)a13,a1.bn1r(n 1)a1p r11(n 1)3513151n 1,28令bn 0，得n 5.故数列an从第 5 项开始都不存在，当n4，nN时，an15n 17.bnn 5(3)a16,5,a1.bn1rn 1(n 1)1,n N.a1p r8令bn 0,则n 7n.对于n N,bn 0.an1bn15n 435,nN.n 1n 718(4)、显然当a1 3时，数列从第2 项开始便不存在.由本题的第（1）小题的解答过程知，a1 5时，数列an是 存 在 的，当a15时，则 有bn1r1n 1(n 1),n N.令bn 0,则 得a1p ra1585n 13,nN且n2.n15n 13当a1（其中nN且 N2）时，数列an从第n项开始便不存在.n 15n 13:n N,且n2上取值时，无穷数列an都不存在.于是知：当a1在集合3或n 1a1注：特征根法在现在的高考很少涉及，这里只要求学生了解，有心参加自主招生的考试对这部分还是要多加注意。-可修编-.-数列通项的求得是求和的前提，只有在通项求正确的前提下才能更好地去求和，所以数列的通项的求法在数列这一章就特别重要，只要掌握了方法，会将题目转化成熟悉的数型，从而达到正确求通项。这样数列通项的求得就变得不再难了。-可修编-