递推数列的通项（共10篇）
递推数列的通项 篇1
数列是中学数学的重要内容, 它既有函数特征, 又有独特的递推关系.因此, 在高考中数列占有相当重要的地位.其中有一类题, 即已知线性递推关系求通项, 在近几年的高考试题中更是反复出现, 而这类问题我们都可以通过构造新数列解决.
下面是近三年全国各地高考试题中出现的几个该类题型.
例1 (2010年上海高考题) 已知数列{an}前n项和为Sn,
Sn=n-5an- 85, n∈N*. 求数列{an}通项公式.
解:Sn=n-5an- 85 (1)
Sn+1=n+1-5an+1-85 (2)
(2) - (1) 得:undefined.
设undefined得undefined
所以undefined得x=-1,
即undefined
令 (1) 中n=1可得a1=-14, 所以a1 -1=-15.
所以{an-1}是等比数列
所以undefined,
得undefined.
评析:该题递推关系的特征为an+1=pan+q, 我们构造{an+x}为等比数列解决问题.
例2 (2008年湖北高考题) 已知数列{an}满足undefined.求数列{an}的通项公式.
解:设undefined得undefined
令undefined得x=-3, y=21.
所以undefined, 又a1-3+21=λ+18≠0 .
所以 {an-3n+21}是等比数列.
undefined, 则undefined.
评析:该递推关系的特征为an+1=pan+kn+b, 我们构造{an+xn+y}为等比数列解决问题.
例3 (2008年全国高考题) 设数列{an}的前n项和为Sn, 已知a1=a, an+1=Sn+3n, n∈N*.求Sn.
解:因为an+1=Sn+1-Sn, 所以an+1=Sn+3n可化为Sn+1-Sn=Sn+3n, 即Sn+1=2Sn+3n设Sn+1+x3n+1=2 (Sn+x3n) 得Sn+1=2Sn-x3n.
令-x3n=3n得x=-1, 所以Sn+1-3n+1=
2 (Sn-3n) , 又有S1-3=a-3.
所以Sn-3n= (a-3) 2n-1 (无论a-3是否为0, 上式均成立)
则Sn=3n+ (a-3) 2n-1.
评析:该递推关系的特征为an+1=pan+qn (q≠p) , 我们构造{an+xqn}为等比数列解决问题.
例4 (2009年湖北高考题) 已知数列{an}的前n项和undefined.求数列{an}通项公式.
解:令undefined中n=1, 可得undefined (1)
undefined
(2) - (1) 得:undefined即undefined
等式两边各项同除以undefined得
2n+1an+1=2nan+1. 所以{2nan } 是等差数列, 首项为1.
2nan=1+ (n-1) ×1=n, 则undefined.
评析:该递推关系的特征为an+1=pan+pn, 不能构造形如例3的等比数列, 我们将an+1=pan+pn的各项除以pn+1就可以解决问题.
例5 (2008年四川高考题) 设数列{an}满足ban-2n = (b-1) Sn, 求数列{an}通项公式.
解:令ban-2n= (b-1) Sn中n=1得a1=2,
ban-2n= (b-1) Sn (1)
ban+1-2n+1= (b-1) Sn+1 (2)
(2) - (1) 得an+1= ban+2n
通过例3与例4的分析, 我们只需讨论b=2与b≠2两种情况即可解决问题.当b=2时, an= (n+1) 2n-1;当b≠2时, undefined.
例6 (2010年重庆高考题) 在数列{an}中, a1=1, an+1= can+ (2n+1) cn+1, n∈N*, c≠0, 求数列{an}通项公式.
解:将an+1=can+ (2n+1) cn+1的各项除以cn+1, 可得undefined.下面用累和法可求得undefined, 则an= (n2-1) cn+cn-1.
评析:该递推关系的特征为an+1=pan+ (kn+b) qn.当p=q时, 各项除以qn+1;当p≠q时, 构造{ an+ (xn+y) qn}为等比数列解决问题.
练习题:
1.已知a1=2, an+1=3an+1, 求an.
2.已知a1=2, an+1=2an+2n-1, 求an.
3.已知a1=1, an+1=2an+5n, 求an
4.已知an+1=3n-2an, a1=1, 求an.
答案:undefined
递推数列的通项 篇2
重点：
1数列的概念。
按一定次序排列的一列数叫做数列。数列中的每一个数叫做数列的项，数列的第n项an叫做数列的通项（或一般项）。由数列定义知：数列中的数是有序的，数列中的数可以重复出现，这与数集中的数的无序性、互异性是不同的。
2．数列的通项公式，如果数列{an}的通项an可以用一个关于n的公式来表示，这个公式就叫做数列的通项公式。
从映射、函数的观点看，数列可以看成是定义域为正整数集N*（或宽的有限子集）的函数。当自变量顺次从小到大依次取值时对自学成才的一列函数值，而数列的通项公式则是相应的解析式。由于数列的项是函数值，序号是自变量，所以以序号为横坐标，相应的项为纵坐标画出的图像是一些孤立的点。
难点：
根据数列前几项的特点，以现规律后写出数列的通项公式。给出数列的前若干项求数列的通项公式，一般比较困难，且有的数列不一定有通项公式，如果有通项公式也不一定唯一。给出数列的前若干项要确定其一个通项公式，解决这个问题的关键是找出已知的每一项与其序号之间的对应关系，然后抽象成一般形式。
过程：
一、从实例引入（P110）
1． 堆放的钢管 4,5,6,7,8,9,102． 正整数的倒数 3． 4．-1的正整数次幂：-1,1,-1,1,…5． 无穷多个数排成一列数：1,1,1,1,…
二、提出课题：
数列
1．数列的定义：
按一定次序排列的一列数（数列的有序性）
2． 名称：
项，序号，一般公式，表示法
3． 通项公式：
与 之间的函数关系式如 数列1： 数列2： 数列4：
4． 分类：
递增数列、递减数列；常数列；摆动数列； 有穷数列、无穷数列。
5． 实质：
从映射、函数的观点看，数列可以看作是一个定义域为正整数集 N*（或它的有限子集{1，2，…，n}）的函数，当自变量从小到大依次取值时对应的一列函数值，通项公式即相应的函数解析式。
6． 用图象表示：
— 是一群孤立的点 例一（P111 例一 略）
三、关于数列的通项公式
1． 不是每一个数列都能写出其通项公式（如数列3）
2． 数列的通项公式不唯一 如： 数列4可写成 和
3． 已知通项公式可写出数列的任一项，因此通项公式十分重要例二（P111 例二）略
四、补充例题：
写出下面数列的一个通项公式，使它的前 项分别是下列各数：1．1，0，1，0． 2．，，3．7，77，777，7777 4．-1，7，-13，19，-25，31 5．，，五、小结：
1．数列的有关概念
2．观察法求数列的通项公式
六、作业：
练习P112习题 3．1（P114）
1、2七、练习：
1．观察下面数列的特点，用适当的数填空，关写出每个数列的一个通项公式；（1），，（），…（2），（），，…
2．写出下面数列的一个通项公式，使它的前4项分别是下列各数：（1）
1、、、；（2）、、、；（3）、、、；（4）、、、3．求数列1，2，2，4，3，8，4，16，5，…的一个通项公式
4．已知数列an的前4项为0，0，则下列各式 ①an= ②an= ③an= 其中可作为数列{an}通项公式的是A ① B ①② C ②③ D ①②③
5．已知数列1，，3，…，…，则 是这个数列的（）A． 第10项 B.第11项 C.第12项 D.第21项
6．在数列{an}中a1=2,a17=66,通项公式或序号n的一次函数，求通项公式。
7．设函数（），数列{an}满足
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）判断数列{an}的单调性。
8．在数列{an}中，an=
（1）求证：数列{an}先递增后递减；
（2）求数列{an}的最大项。
答案：
1.（1），an=（2），an=
2．（1）an=（2）an=（3）an=（4）an=
3．an= 或an= 这里借助了数列1，0，1，0，1，0…的通项公式an=。
4．D
5.B
6.an=4n-2
几种递推数列通项的求法 篇3
摘要：本文主要介绍了几种典型、常见的递推数列通项公式的求法.
关键词：数列；递推公式；通项公式；待定系数法；类型
递推数列通项公式的求法在近几年的高考试题中屡见不鲜. 解题时，常将数列的递推公式进行一系列变换，构造出等差型、等比型、累加型、累积型等简单数列，从而达到解决问题的目的. 下面介绍几类常见的递推数列的通项公式的求法.
[⇩]类型1：an+1=an+f（n）
由于an+1－an=f（n），所以用“累加相消法”即可解决. 即an=（an－an-1）+（an-1－an-2）+…+（a2－由于=f（n）， 所以用“累乘相约法”即可解决. 即an=·…·a1.
例2已知a1=5，an+1=5n+1an，求an.
解析由=5k+1，可得an=·…·a1=5n·5n-1…52·5=5.
[⇩]类型3：an+1=ban+c（b≠1，bc≠0）
这种类型采用待定系数法求解. 即设an+1－k=b（an－k），其中k=，故an
－成等比数列.
例3已知a1=1，an+1=2an+1，求an.
解析设an+1－k=2（an－k），则易得k=－1，所以an+1+1=2（an+1）.
即｛an+1｝是首项为2，公比为2的等比数列，所以an+1=2×2n-1=2n. 所以an=2n－1.
[⇩]类型4：an+1=pan+an+b
这种类型可采用待定系数法求解. 即设an+1－［A（n+1）+B］=p·［an－（An+B）］，其中A=，B=，则｛an－（An+B）｝成等比数列.
例4已知a1=－，an+1=3an+2n+1，求an.
解析设an+1-［A（n+1）+B］=3［an-（An+B）］，则an+1=3an－2An+A－2B，
故2n+1=－2An+A－2B对正整数n恒成立.
于上得A=－1，B=－1.
所以｛an+n+1｝成等比数列.
[⇩]类型5：an+1=ban+p·qn（b≠q）
这种类型可采用待定系数法求解. 即设an+1－A·qn+1=b（an－A·qn），则A=，且｛an－A·qn｝成等比数列.
例5已知a1=－1，an+1=3an+2n+1，求an.
解析设an+1－A·2n+1=3·（an－A·2n），则an+1=3an－A·2n.
所以2n+1=－A·2n恒成立. 于是可得A=－2，即｛an+2n+1｝成等比数列.
[⇩]类型6：an+1=b（n）a（k≠1，b（n）>0，an>0）
两边取对数，转化为lgan+1=klgan+lgb（n），再用待定系数法即可求解.
例6已知a1=4，an+1=10na，求an .
解析显然an>0，故两边取对数得lgan＋1=2lgan+n，
设bn=lgan，则bn+1=2bn+n，这就转化为类型4了.
[⇩]类型7：an+1=（pq≠0）
对这种类型，两边取倒数得=·+，
设bn=，则bn+1=·bn+.
这就转化为类型3了.
例7已知a1=，an+1=，求an.
解析由an+1=两边取倒数得=-1，设bn=，
则bn+1=2bn－1.
从而转化为类型3（以下略）.
[⇩]类型8：an+1=（an≠0，pq≠0，pc≠qb，b≠0）
对这种类型可用待定系数法构造新数列，即设an+1+x=，与已知条件比较，求得x，y，再设bn=an+x，得bn+1=，从而转化为类型7.
例8已知数列｛an｝中，a1=2，且an+1=，n∈N+，求数列｛an｝的通项公式.
（1）若Sn结构简单，则消去Sn，转化为递推式f（an，an-1），再化为上述几种类型求解.
例9已知Sn=2an+（－1）n，n∈N+，求an .
解析（1）因为an+1=Sn+1－Sn=［2an+1+（－1）n+1］－［2an+（－1）n］=2an+1－2an－2（－1）n，
所以an+1=2an+2·（－1）n. 这就转化为类型5的情形了.
（2）若Sn相对复杂，则消去an，转化为递推式f（Sn，Sn－1）=0，再化为上述几种类型求解.
例10已知2S=2anSn-an+2，n∈N+，求an .
解析当n≥2时，an=Sn－Sn-1，故2S=2（Sn－Sn-1）·Sn-（Sn－Sn-1）+2 .
所以Sn=. 将Sn看成an，就转化为类型8的情形了.
[⇩]类型10：an+2=pan+1+qan
用待定系数法构造新数列，即设an+2－xan+1=y（an+1－xan），其中x+y=p且xy=－q，则数列｛an+1－xan｝是以y为公比的等比数列.
例11已知a1=2，a2=3，an+2=3an+1－2an，求an .
解析设an+2－xan+1=y（an+1－xan），则
y=2 中的一组解，即可转化为类型5求解.
一阶递推数列的通项公式求法 篇4
由首项a1以及两个连续项间的递推关系式an+1=f (an) 给出的数列, 就叫一阶递推数列.
求一阶递推数列的通项公式, 通常应将递推关系式变形, 转化为等差、等比、周期数列或其他能求通项的式子, 从而求出其通项.
二、一阶线性递推数列的通项公式求法
由首项a1及递推关系式an+1=pan+q (p, q为常数) 确定的数列称为一阶线性递推数列.
这里不妨设p≠0, 1且q≠0, 否则数列变成了等差或等比数列, 易求通项.
1.利用特征根法求通项
步骤如下:
(1) 在递推关系式中, 将an+1, an均换成λ, 得特征方程:λ=pλ+q;解出特征根:
(4) 求出的通项公式, 从而求出an的表达式.
2.利用作差法求通项
步骤如下:
(2) {an+1-an}是以a2-a1为首项, p为公比的等比数列;
(3) 求{an+1-an}的通项, an+1-an= (a2-a1) ·pn-1;
(4) 把an+1=pan+q代入上式求出an的表达式.
三、一阶非线性递推数列的通项公式求法
步骤如下:
1. 在递推关系式an+1=f (an) 中将an+1, an换成λ, 得特征方程:λ=f (λ) ;
2. 解方程λ=f (λ) ;
3. (1) 如果该方程无解, 则原数列为周期数列;
(2) 如果该方程有唯一解λ, 则将递推式an+1=f (an) 变形为:an+1-λ=f (an) -λ, 并进一步变形 (通分、两边取倒数等) , 得出等比 (或等差) 数列特征;
(3) 如果该方程有两个解λ1, λ2, 则将原递推式作以下两种变形:
所以{an}是以3为周期的周期数列.
所以a2009=a2=-2,
对于从数列的一阶递推公式求通项公式, 利用特征方程寻找解题思路是一种非常有效的方法, 这种思想还可用在一些二阶递推数列求通项公式的问题中.总之, 要从递推公式中求出通项公式, 必须先完成从一般数列到等比 (或等差) 数列的转化, 这其中体现了函数的思想、方程的思想、化归的思想等, 值得认真研究.
摘要：要确定一个数列, 可给出其通项公式, 也可给出其初始项和递推关系式, 但比较而言, 只有知道通项公式, 我们才便于研究数列的性质, 所以, 如何根据数列的初始项和递推关系式求出数列的通项公式, 在中学数学教学中应引起足够的重视.本文拟就此展开探讨.
方程组型递推数列通项公式的求法 篇5
【关键词】 递推公式 通项公式 数列
【中图分类号】 G633.6 【文献标识码】 A 【文章编号】 1674-067X（2014）10-001-01
递推公式是给出数列的重要方法，对于递推公式确定的数列的求解，是近几年高考中的热点问题。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。本文介绍方程组型递推数列通项公式的求法的几种常见方法。
在数列{an}、{bn}中，a1=2，b1=1，且{an+1=2an-6bn ① bn+1=an+7bn ②（n∈N*）求数列{an}和{bn}的通项公式。
解析一：不妨构造新数列{an+λbn}其中为λ≠0的常数，则：
an+1+λbn+1 =2an-6bn+λ（an+7bn） =（2+λ）an+（7λ-6）bn =（2+λ）（ an+■ bn）
令λ= ■得λ1=2或λ2=3 ，则{an+λbn}为首项a1+λb1，q=λ+2的等比数列。
所以an+λbn=（a1+λb1）（λ+2）n-1=（λ+2）n，
用待定系数法求解递推数列的通项 篇6
类型1 an+1-an=f (n) (数列{f (n) }可以求和)
解决形如an+1-an=f (n) , 我们可以用叠加法.
类型2 an+1=Aan+B (A≠1, AB≠0)
形如an+1=Aan+B, 我们可利用待定系数法, 构造等比数列:令an+1+x=A (an+x) 与已知递推式比较, 得:故{an+x}是一个等比数列, 进而可求得通项.
例1 (2007年全国Ⅰ) 已知数列{an}中, a1=2, an+1= (an+2) , n=1, 2, 3, …….
(Ⅰ) 求{an}的通项公式; (Ⅱ) 略.
解设an+1+x=
即an+1=
故解得:
所以, 数列是首项为公比为的等比数列, 故
即{an}的通项公式为
类型3 an+1=Aan+kn+b (A≠1, A≠0, k≠0)
形如an+1=Aan+kn+b, 可利用待定系数法, 构造等比数列:
令an+1+s (n+1) +t=A (an+sn+t) .
比较系数, 得
故{an+sn+t}是一个等比数列, 进而求得通项.
也可设:an+1+s (n+1) =A[an+sn]+s+b, 比较系数, 得:令bn=an+sn, 得bn+1=Abn+s+b, 即化归为类型2求解, 这两种变换方法实质是一样的.
或变形为:an+1-an=A (an-an-1) +k, 令bn=an+1-an, 也可化归为类型2.
例2 (2007年天津) 在数列{an}中, a1=2, an+1=4an-3n+1.
(1) 证明数列{an-n}是等比数列; (Ⅱ) (Ⅲ) 略.
类型4 an+1=Aan+Bqn+1 (A≠0, A≠1, Bq≠0)
形如an+1=Aan+Bqn+1, 当A≠q, 可利用待定系数法构造等比数列:令an+1+p·qn+1=A (an+pqn) 比较系数, 得故{an+pqn}是一个等比数列, 可求得通项.
或两边同时除以qn+1, 可化归为类型2.
或两边同时除以An+1, 可化归为类型1.
当A=q时, 即an+1=qan+bqn+1, 可采用两边同时除以qn+1的方法转化为等差数列求解.
例3 (2008年全国Ⅰ) 在数列{an}中, a1=1, an+1=2an+2n.
(Ⅰ) 设证明:数列{bn}是等差数列; (Ⅱ) 略.
证明两边同时除以2n, 得
故数列{bn}是等差数列, 其首项为1, 公差为1.
例4 (2003年全国卷) 设a0是常数, 且an=3n-1-2an-1 (n≥1) .证明:对任意n≥1,
解法1令an+p·3n=-2 (an-1+p·3n-1) ,
求得:故是首项为公比为-2的等比数列, ∴
故
解法2两边同时除以3n, 得:
化归为类型2, 可求得.
解法3两边同时除以 (-2) n, 得化归为类型1, 可得.
类型5 an+1=Aan+ (kn+b) qn+1 (A≠0, A≠1, kq≠0) 可用类型4的方法求得an
例5已知a1=1, an+1=3an+ (n+1) ·2n+1, 求an.
思路1令an+1+[s (n+1) +t]2n+1=3[an+ (sn+t) 2n], 求得s=2, t=6, 进而求得:
an=17·3n-1- (n+3) ·2n+1.
思路2两边同时除以2n+1, 得化归为类型3可求.
思路3两边同时除以3n+1, 得
化归为类型1可求.
类型6 an+1=Aan+kn+b+Bqn+1 (A≠0, A≠1, Bq≠0)
当A≠q时, 可利用待定系数法, 构造等比数列:
令an+1+s (n+1) +t+pqn+1=A (an+sn+t+pqn) ,
求得:故{an+sn+t+pqn}为等比数列, 可求得通项.
当A=q时, 即an+1=qan+kn+b+B·qn+1时, 可两边同时除以qn+1, 化归为类型1.
例6已知a1=1, an+1=2an+3n+1+2n+1, 求an.
解令an+1+s (n+1) +t+p·3n+1=2 (an+sn+t+p·3n) ,
可求得:s=2, t=3, p=-3.
故{an+2n+3-3·3n}是首项为-3, 公比为2的等比数列.
类型7 sn与an的混合型
对于sn与an的混合式题目, 可利用an=sn-sn-1 (n≥2) 消去sn或an, 可得到关于an或sn的递推式, 这样可化归为前面几种类型.
例7 (2009年湖北) 已知数列{an}的前n项和 (n为正整数) .
(1) 令bn=2nan, 求证:数列{bn}是等差数列, 并求数列{an}的通项公式; (2) 略.
思路1 (消去sn) 由得
两边同时乘以2n, 得2nan=2n-1an-1+1, 得证, 进而得
思路2 (消去an) 当n≥2时, an=sn-sn-1, 代入得 (化归为类型6) , 两边同时乘以2n, 得 (化归为类型1) , 求得代入求得
注上述两种思路可根据题目的结构特点灵活选择.此题显然选择思路1.
用构造法求递推数列的通项公式 篇7
等差数列、等比数列是数列中最基础且最重要的两类特征数列, 也是高中阶段数列内容中的重点研究对象但在平时的习题中, 往往碰到的不是这两类数列, 所以有时需要用构造法将其转化为等差数列或等比数列, 这种方法就是求数列通项公式时经常使用的构造法, 体现的正是转化与化归的数学思想, 将非等差和非等比数列转化为我们熟悉的等差等比数列, 进而使问题得到根本解决。此类题通常较难, 但使用构造法往往给人耳目一新的感觉。构造的方法很多, 可根据递推公式的特征而定, 现将几种常见类型的问题总结如下:
第一类:构造等差数列
类型1.类型
针对这种递推关系中存在分式的问题, 经常需两边取倒数, 得到关系式, 构造出等差数列, 通过求的通项公式, 进而求出数列{an}的通项公式。
例如:已知数列{an}中, a1=1, , 求数列{an}的通项公式。
∴数列{an}的通项公式为.
类型2.an=pan-1+pn+k类型 (其中k为常数)
这种类型可以采取等式两边同除以pn, 得到关系式, 构造出等差数列, 进而得到数列{an}的通项公式。
第二类:构造等比数列
在数列求通项的有关问题中, 经常遇到即非等差数列, 又非等比数列的求通项问题, 特别是给出的数列相邻两项是线性关系的题型, 可以通过构造等比数列或等差数列求通项公式。
类型3.an+1=pan+q类型 (其中p、q为常数, 且p≠1, q≠0)
这类问题可用构造法化归为等比数列{an+x}, 运用待定系数法求出x, 通过求出等比数列{an+x}的通项公式, 求出数列{an}的通项公式。这种类型的递推公式比较常见, 也很重要, 下面类型4、类型5的问题往往需要变形成这种类型来解决。
类型4.类型 (其中p, q为常数, 且p≠0, q≠0)
此种类型需先将等式两边同时取倒数, 得到化归为类型3的问题来解决。
类型5.an+1=pan+f (n) 型 (其中p为常数, 且p≠1)
当f (n) =kn+b时, 可设an+1+An+B=k[an+A (n-1) +B], 展开之后与给出的递推公式相同求出A、B, 化归为等比数列{an+An+B};当f (n) =qn+k时, 可等式两边同除以qn, 得到, 化归为类型3的问题来解决。
类型6.an+1=pann型 (其中p为常数)
此种类型需要两边取同底对数, 如取以10为底的对数, 得到lgan+1=nlgan+lgp, 转化为类型3来解决。
【总结】
此类问题的主要方法就是根据递推关系, 分析结构特征, 善于合理变形, 最终的目的是构造出一个与之相关的等差数列或者等比数列的形式。这种化归的思想在这类问题中随处可见。化归思想有着它的风趣描述和理论基础, 它并不是孤立存在的, 与我们其它的各种思想相互联系着。在高中阶段的教学过程我们可以挖掘知识发生过程的化归思想, 渗透知识应用过程中的化归思想, 加强解题教学, 突出化归思想。“授之以鱼, 不如传之以渔”, “教是为了不教”, 数学思想对提高学生数学能力有着重要的作用。时代在发展, 思想在更新, 我们教育工作者一定要把学习的主动权化归到学生的身上去。
参考文献
[1]数学教学通讯 (高考数学) .2008年第3期《.高中数学中转化与化归思想的运用》
[2]中学生数学报.张永侠《.升华教材-习题解决一类大问题》
递推数列的通项 篇8
近几年, 无论是全国还是各省市的高考题, 都把递推数列作为重点题型加以考查, 而解题的关键往往是能否求出通项公式.由于递推数列类型很多, 因此解题方法也是多种多样, 实在难以学会学全.针对这个难点, 本文介绍一种比较容易掌握的统一方法——待定系数法.用这种方法可以解决常见的几类典型递推数列.下面分类型加以说明.
一、an+1=pan+q (p≠1) 型
设递推式可化为 an+1+x=p (an+x) ,
即 an+1=pan+ (p-1) x.
与原递推式比较, 知 (p-1) x=q,
从而得
因此, 数列{an+x}, 即
例1 设 a1=1, an+1=2an+1, 求通项 an.
解:设递推式可化为 an+1+x=2 (an+x) ,
即 an+1=2an+x.
与原递推式比较, 得 x=1.因此{an+1}是公比为2, 首项为 a1+1=2的等比数列.所以
an+1=2×2n-1, 从而 an=2n-1.
我们应特别重视并熟悉类型1, 因为相当多较为复杂的递推数列, 最终都可化为类型1, 进而得到解决.
二、an+1=pan+ (qn+r) 型
这是类型1的推广, 将原来的常数 q 改为等差数列.
设递推式化为
an+1+x (n+1) +y=p (an+xn+y) ,
即 an+1=pan+ (p-1) xn-x+ (p-1) y.
与原递推式比较, 有
解得
这样, {an+xn+y}是公比为 p 的等比数列.
例2 设 a1=1, an+1=2an+n-1, 求通项 an.
解:设递推式可化为
an+1+x (n+1) +y=2 (an+xn+y) ,
即 an+1=2an+xn+y-x.
与原递推式比较, 有 x=1, y=0.所以{an+n}是公比为2, 首项为 a1+1=2的等比数列.因此,
an+n=2×2n-1, 从而 an=2n-n.
三、an+1=pan+rqn型
这是类型1的又一种推广, 将原来的常数 q 改为等比数列.
设递推式可化为
an+1+xqn+1=p (an+xqn) ,
即 an+1=pan+ (p-q) xqn.
与原递推式比较, 有 (p-q) x=r, 得
这样,
例3 设 a1=2, an+1=4an+2n+1, 求通项 an.
解:设递推式可化为
an+1+x2n+1=4 (an+x2n) ,
即 an+1=4an+x2n+1.
与原递推式比较, 可见 x=1.因此, {an+2n}是公比为4, 首项为 a1+2=4的等比数列.这样,
an+2n=4×4n-1, 从而 an=4n-2n.
四、an+2=pan+1+qan型
设递推式可化为 an+2+αan+1=β (an+1+αan) 即
an+2= (β-α) an+1+αβan.
与原递推式比较, 可知有
解这个方程组, 可以求出α、β的值, 那么, {an+1+αan}是公比为β的等比数列, 进而求出 an.
例4 已知 a1=1, a2=4, an+2=5an+1-6an, 求通项 an.
解:设递推式可化为
an+2+αan+1=β (an+1+αan) ,
即 an+2= (β-α) an+1+αβan.
与原递推式比较, 得
解得
当α=-2, β=3时, {an+1-2an}是公比为3的等比数列, 它的首项是 a2-2a1=2, 因此得
an+1-2an=2×3n-1. ①
又当α=-3, β=2时, {an+1-3an}是公比为2的等比数列, 它的首项是 a2-3a1=1, 因此得
an+1-3an=2n-1. ②
由①-②, 得 an=2×3n-1-2n-1.
五、
设递推式可化为
即
与原递推式比较, 有
例5 设
解:设递推式可化为
与原递推式比较, 有
解得
当α=-3, β=1时, 有
记 an-3=bn, 则上式化为
取倒数, 有
再记
这是类型1.又
从而
说明:本例中若取α=-2, β=2, 也可求得 an, 同学们不妨一试.
四川省成都市树德中学 (光华校区)
递推数列的通项 篇9
1“发现学习”基本特征
关于“发现学习”理论有以下4个基本特征:
1.1强调学习过程
“发现学习”强调学习过程,而不是学习结果.教师教学的主要目的,就是要学生亲自参与所学知识的体系建构,自己去思考、去发现.布鲁纳认为,只有学生自己亲自发现的知识才是真正属于他自己的东西,教学目的不是要学生记住教师和教科书上所陈述的内容,而是要培养学生发现知识的能力,形成卓越的智力.这样,学生就好比得到了打开知识大门的“钥匙”,进而主动而独立地猎获知识.
1.2强调直觉思维
在“发现学习”过程中,“直觉思维”对学生的发现活动显得十分重要.所谓“直觉思维”,就是要求学生在学习过程中不要用正常逻辑思维的方式进行思维,而是通过丰富的想象,发展学生的思维空间,去获取大量知识.布鲁纳认为,“直觉思维”虽然不一定能获得正确答案,但由于“直觉思维”能充分调动学生积极的心智活动,因此它就可能转变成“发现学习”的前奏,对学生发现知识和掌握知识大有帮助.
1.3强调内在动机
学生的内在动机是促进学生学习活动的关键因素.布鲁纳十分重视内在动机对学生学习心向的影响作用.他认为,在学习过程中,“发现学习”最能激发学生的好奇心(探究反射),而学生的好奇心是其内在动机的原型,是学生内在动机的初级形式,外部动机也必须将其转化为内在动机才起作用.因此,布鲁纳反对运用外在的、强制性的手段来刺激学生的学习,主张教师要把教学活动尽可能地建立在唤起学生学习兴趣的基础上,充分调动学生的学习积极性,才能取得良好的学习效果.
1.4强调信息提取
人类的记忆功能是一切学习活动中必不可少的条件.针对许多人仅仅把“贮存”看作是记忆的主要功能,布鲁纳提出了不同的观点.他认为,人类记忆的首要问题不是对信息的“贮存”,而是对信息的“提取”.提取的关键在于组织,在于知道信息贮存在哪里和怎样才能提取信息.他说:“一个人按照自己的兴趣和认知结构组织起来的材料,就是最有希望在记忆中自由出入的材料”.因此,学生的记忆过程也是一个解决问题的过程,是一个发现的过程.
2“发现学习”设计模式
“发现学习”是以培养探究性思维方法为目标,以学科的基本结构为内容,使学生通过再发现的步骤来进行的学习.布鲁纳认为,教学的主要目的在于促进学生智慧的发展,在于追求卓越;教师的任务就是把知识转换成一种适应正在发展着的学生的形式,帮助他们获得新的感悟.根据“发现学习”的基本特征和数学学科的特点,发现式数学学习活动可按图1模式设计.
2.1创设情境,提出问题
所谓问题情境,是指学习者在学习中所面临的一种“有目的但不知如何到达”的心理困境.情境中的问题可以由教师提供,也可以直接来源于学生,根据不同的教学内容,可以采取不同的创设手段.如果问题由教师提供,就需要进行设计,通过情境创设,要使学生明确探究目标,给思维以方向,满怀探究欲望,给思维以动力;如果来自学生的问题,则需要对其进行转换,使之成为一个具有探究价值的问题.
发现学习是基于问题情境下的探索活动,是问题解决的过程,问题是思维的核心,情境是发现学习的前奏.教育家第斯多惠曾说:“教育的艺术不在传播的本领,而在于激励、唤醒和鼓舞.”通过创设问题情境,让学生在一种包含未知的、新的环境中处于一种心理困境,诱发认知冲突,产生心理悬念,唤起求知欲望,激发学习兴趣,唤醒主体意识,从而让学生以主动积极的姿态从事发现学习活动.
2.2提供素材,检索信息
在研究教材、弄清新旧知识内在联系的基础上,通过问题引领让学生回忆、再认利于解决当前问题的相关知识.发现学习是学生通过探究实现“同化”与“顺应”的过程,即把新经验纳入已有知识结构中而获得理解、对原有认知结构加以改造而形成新的认知结构的过程.发现学习中的“发现”不是原原本本沿着原发现过程进行的,需要教师将原发现过程从教育的角度加以再创作,通过“剪辑”缩短发现过程,通过“削平”减小发现坡度,通过选择减少发现岔道.因此,发现学习在强调学生自主的同时,并不排斥教师的指导,相反,为了帮助学生尽快地解决问题,教师应适时引导学生回顾已有知识,提供必要素材,以供学生进行信息提取.
教师指导下的发现学习活动应着眼于学生基本科学素养的提高,重点放在:通过发现学习,满足学生的求知欲,获得关于身边世界的经验与理解,培养科学思维能力,形成科学精神与态度,初步习得科学的方法.
2.3尝试模仿,解决问题
在学生再现已有经验的基础上,首先让学生通过模仿尝试解决当前需要解决的新问题.在这一阶段,学生固有的思维模式对解题活动具有一定指导意义,教师应以学生的活动为主,放手让学生动手动脑,积极思维,自行拟定解决方案,通过模拟、转换等积极的知识迁移和启发联想来实现创造性学习.
社会学习理论认为,学习的产生是通过模仿过程而获得的.当学生面临一个新的问题,总是首先检索大脑中的已有信息,提取出与当前问题相关或相近的知识和经验,通过模仿,并尝试解决它.因此,新知识的教学必须基于学生的现有发展区,不断地创造最近发展区,并把最近发展区转化为现有发展区,才能实现学生的有意义学习.没有旧知作为依托的新知学习只能是机械学习.发现学习活动中的教师,应在对教材的整体把握中帮助和引导学生找准新旧知识的内在联系,并通过旧知获得新的发现,这是有效教学、优质教学的心理学机制.
2.4感悟发现,修正方案
当学生根据已有经验尝试解决问题后,应及时引导学生对问题解决过程进行必要的反思:方案是否正确?有无其它解决路径?结果意味着什么?能否通过修正使方案最优化?能否从个案上升为通法,获得对问题的一般性解决?等等.数学中的发现活动离不开感悟和体验,只有学生真正体验到了,自己悟出来了,学生在学习时才会做到举一反三,融会贯通.
“让学生在生动具体的情境中学习数学”,“让学生在现实情境中体验和理解数学”,是《数学课程标准》(以下简称《标准》)为数学教师提出的教学建议,这里,要特别强调数学直觉思维在发现学习中的重要作用.直觉思维是一种直接的领悟性的思维方式,数学直觉能力表现为对数学对象整体直接把握的能力,以及直接领悟解题思路,直接领悟问题结果的能力.数学直觉和数学灵感是数学直觉思维的两种形式,对数学发现具有重要意义.因此,基于“发现学习”理念的数学教学设计,应注重从直觉观察入手,在对学习过程的观察与反思中产生顿悟,进而发现新知识(或方法),并适时修正和优化原有方法.
2.5变式创新,产生新问题
数学学习活动是一个循序渐进、螺旋式上升的认识过程,数学新课程积极倡导对学生创新能力的培养.在发现学习活动中,教师应积极引导学生在认识事物属性的过程中,不断变更学习材料或事例的呈现形式,产生新的问题情境,诱发学生用不同的方法、从不同的角度去思考问题,克服或弱化思维定势的干扰,突破旧的思维模式,形成迁移能力,进而创生新的发现和新的问题.
3“发现学习”设计案例
例如,在学习了求两个基本数列的通项公式之后,为了让学生学会求一些简单递推数列的通项公式,可设计以下发现学习活动:
3.1创设情境,提出问题
数列的通项公式是研究数列性质及其它很多问题的重要工具.有些数列通常以递推关系的形式给出,这时,如何求出数列的通项公式,就成了人们迫切关心的问题.
例如下面两个数列:
①a1=1,an+1=an+2n,求通项公式;
②a1=1,an+1=2an+1,求通项公式.
3.2提供素材,检索信息
提问:先前我们已经学习了两个基本数列:等差数列和等比数列,它们的通项公式是如何推导的?
(引导学生重温课本,提取有用信息:等差数列、等比数列通项公式的推导分别采用了“累加法”和“累乘法”,为解决新问题作了必要的铺垫.)
3.3尝试模仿,解决问题
提问:你能根据已经掌握的方法解决上面两个问题吗?
对于数列①,学生尝试用“累加法”容易求得an=2n-1.
对于数列②,教师可引导学生根据其递推公式也写出多个相邻两项的关系式:
接着发问:直接累加能实现预定目标吗?
显然,直接累加并不能消去数列的所有中间项,可通过小组合作学习,交流学习成果:
从第2个等式开始,依次在各式两边分别乘以2,22,23,…,2n-2,然后再行累加,即可得到:
教师指出:“累加法”也能解决形如“an+1=pan+q”的数列通项求解问题.
(设计问题①求通项,让学生获得成功体验,利于激发学生的学习兴趣.而问题②则将学生置于一种“心求迫而未得,口欲言而不能”的急需状态,极大地调动学生的求知欲望,进而积极思维,并产生克服困难探求新知的愿望和动力.同时,探究过程的展示为学生进一步发现新方法提供了可能.)
3.4感悟发现,修正方案
提问:观察所得结果an=2n-1,数列{an}有何特点?
学生容易发现:数列{an}每一项上加上常数“1”,得到的新数列{an+1}是等比数列.
又问:能否直接由递推公式发现该数列的这一性质?
只需将递推公式变形为an+1+1=2(an+1),所以{an+1}是等比数列.
再问:我们如何预先找到这个常数“1”?
启发学生通过“待定系数法”确定出这个常数.
一般化:如果数列{an}满足:an+1=pan+q(p,q是常数,p≠1),是否总能够找到这样一个常数λ,使得数列{an-λ}为等比数列?
多媒体投影学生探究过程:设存在常数λ使an+1-λ=p(an-λ)成立,求得.再将其变形为λ=pλ+q.接着引导学生观察λ与常数p,q的关系,获得新的发现:方程“λ=pλ+q”与递推式“an+1=pan+q”很相象,可以看作是将递推公式中的an+1,an用“λ”替换得到的.
最后指出:我们把方程“λ=pλ+q”叫做数列{an}的特征方程,“λ”就是方程的特征根.今后,形如an+1-pan+q的递推数列,只需先由特征方程求出特征根λ,则数列{an-λ}为等比数列,即可求出它的通项了.
(以上设计凸显了直觉思维在发现学习活动中的重要作用,教者通过一系列问题,引导学生细心观察、独立思考、积极思维,经历了完整的学习过程,让学生在已有经验的基础上不断反思与修正,一步步将新知识内化到自己的认知结构中,充分体现了发现学习强调直觉思维和学习过程的基本特征.)
3.5变式创新,产生新问题
提出新问题:已知数列{bn}满足:,能否通过适当变形将其转化为熟悉的问题,进而求出数列{bn}的通项公式?
通过小组合作学习与交流,可能得到以下几种解决方案:
念头1:在递推式两边同除以,将尾项化为常数,转化为an+1=pan+q型,再用“特征根法”;
念头2:在递推式两边同除以,将系数化为“1”,转化为an+1=an+f(n)型,再用“累加法”;
念头3:设存在常数λ,使成立,可得λ=1,则,转化为等比数列求通项公式(想到了“待定系数法”);
念头4:直接利用“累加法”求出通项公式(回归基本方法).
(设计本例,既突出了化归思想的运用,又对求简单递推数列通项的主要方法进行了总结与提炼,促进了知识结构的重建,利于学生创新能力的培养和进一步从事发现学习活动.)
4“发现学习”设计策略
4.1尊重原有经验
《标准》指出,数学教学活动要以学生的发展为本,要把学生的个人知识、直接经验、知识经验和现实世界作为数学教学的重要资源.因此,基于“发现学习”理念下的数学教学设计,应尊重学生原有理解,关注学生经验背景,充分考虑学生学习新知识已具备的初始能力,从而确定“发现的起点”,建构起一条教学设计的最短路径,使教学活动始于学生的“现有发展区”,利于信息的有效组织和快速检索.上述设计,在探求新的递推数列通项之前,引导学生复习两个基本数列的通项推导过程,就是对学生原有经验的唤醒,在提取出有效信息“累加法”之后,新问题的解决便自然生成了.
4.2揭示思维过程
《标准》指出,数学教学是数学活动的教学,是师生之间、学生之间交往互动与共同发展的过程.这里,强调了数学教学是一种活动,是教师和学生的共同活动,这对我们树立正确的数学教学观具有重要意义.这就要求教师在教学设计中应将重点放在揭示知识的发生过程,暴露知识的思维过程,充分体现发现学习更加注重过程的理念,让学生在动眼观察中产生新奇感,在动手操作中提出新问题,在动口讨论中产生新想象,在心智互动中积累新方法,在总结反思中萌发新探索.本设计中,教者由具体到抽象、由特殊到一般,遵循学生的认知规律,一步步引导学生观察、探究、试验,与学生共同经历了“特征根法”的发现过程,对培养学生的探究发现能力和科学精神无疑是有益的.
4.3鼓励主动参与
改变原有的单纯接受式的学习方式,建立和形成旨在充分调动、发挥学生主动性的学习方式,是当下教学改革的核心任务.因此,基于“发现学习”理念下的数学教学设计,要改变把学习建立在学生的客体性、受动性、依赖性上的状态,使学习成为学生的主体性、能动性和独立性生成、发展、提升的过程,成为学生发自内在的精神解放运动.在本设计中,当学生面对新的数列时,教师引导他们回顾已有知识,提取有用信息,并尝试自我解决,而不是直接“告诉”他们解决问题的方法;当学生面对数列②采用“累加法”思维受阻时,教师则通过“消去数列的所有中间项”这一解题目标,引导他们修正原有经验,寻找解决策略,而不是直接给出解决问题的方案;当学生对常数“1”的发现将信将疑时,启发学生通过“待定系数法”为“发现”寻找证据,并为问题的一般性解决指明了方向,而不是直接肯定或否定他们的猜想,以此来保护学生主动发现的积极性.
4.4关注情感体验
体验,是指由身体性活动与直接经验而产生的情感与意识.《标准》指出,“高中数学课程应力求通过各种不同的自主学习、探究活动,让学生体验数学发现的历程,发展他们的创新意识”.回顾本课的探究历程,从基本方法“累加法”的初尝受阻到方法改进后问题的解决,从常数“1”的发现到方法的优化,从特例探究到一般性解决,学生在发现学习过程中,始终经历探究的艰辛和创造的艰难,一起感悟发现的快乐和成功的喜悦.这些感受和体验对形成健康人格具有重要教育价值.因此,基于“发现学习”理念下的教师,要善于创设良好学习环境,竭力关注学生情感因素,激发和改善学生学习行为,为每一个学生提供并创造成功的条件和机会,让学生获得生命体验,进而以愉悦的学习促进学习的愉悦.4.5创新评价方式
新一轮课程改革要求改变课程评价过分强调甄别与选拔的功能,发挥评价促进学生发展、教师提高和改进教学的作用.受应试教育的影响,我们的课堂教学评价常常用一个标准衡量学生,其目的是鉴别对错、区别优劣.由于目的与手段的背离,教学评价割裂了教与学的关系,使教师与学生成了对立的两面,而不是获得共同发展,在一定程度上泯灭了学生的内在发现学习动机.基于“发现学习”理念的教学设计,应将深入有效、全程多样的教学评价纳入教学设计环节,充分发挥评价的诊断、反馈、改进、激励、强化等教育发展功能,及时激励和矫正学生的发现学习活动,让学生在学习中赏识自己,乐于发现,寻求进步.综上可见,基于“发现学习”理念的数学教学设计模式,是在对传统课堂教学的重新审视中孕育而生的,是对数学新课程改革的积极回应.它承认人的发展内需,尊重人的主体地位,鄙视应试教育所带来的人性扭曲、个性扼杀和主体丧失,而标举教育的人性理念,强调人的自然、和谐和持续发展,努力为学生的未来奠基;它更加体现对学生个体生命的热爱,更加关注学生个体潜能的自我开发,摈弃传统教育过于强调接受学习、教师主导,努力让学生经历探究过程,获得直接经验,体验生命历程;随着学生学习能力的提高和学习方式的变革,它将进一步唤醒教师的“忧患意识”,促进教师的“教育反思”,促使教师不断更新知识,注重自我教育,苦练教学内功,反思教学行为,逐步完善自我.
参考文献
[1]教育部.普通高中数学课程标准(实验)[S].北京:人民教育出版社,2003.
[2]巨瑛梅,刘旭东.当代国外教学理论[M].北京:教育科学出版社,2004.
[3]瞿国华.关于“判别式法”的探究式学习[J].数学通报,2007,(9).
怎样求数列的通项 篇10
一、观察法
有的数列构成不太复杂, 可用观察法.比如正负间隔, 可在通项前添上 (-1) n或 (-1) n+1, 如分子分母有其各自的规律, 可以分别求出.
例1求数列, …的通项.
解:因为奇数项为正, 偶数项为负, 所以通项前的符号应该为 (-1) n+1, 分子为1, 3, 5, 7, …是等差数列, 分母为2, 4, 8, 16, …是等比数列, 故原数列的通项公式为
二、看差法
课本上讲了两类基本数列, 等差数列与等比数列, 碰到这两类数列按公式很容易写出通项.但有时碰到一些数列, 不是简单的等差数列或等比数列, 而是其相邻两项的差是等差数列或等比数列.对于相邻两项差成等差 (或等比) 数列的数列我们称为二阶等差数列 (或等比数列) .可用设辅助数列{bn}的办法求通项.令b1=a2-a1, b2=a3-a2, b3=a4-a3, …, bn-1=an-an-1, 然后把这些等式相加, 得b1+b2+…+bn-1=an-a1, 因为左端是等差 (或等比) 数列的前n-1项之和, 再加上a1也已知, 从而求出原数列的通项公式是an=b1+b2+…+bn-1+a1.
另外, 对于二阶等差数列, 也可用待定系数法求通项.令其通项为n的二次函数形式, 即an=an2+bn+c, 再分别令n=1, 2, 3, 这样有了三个方程, 解方程组确定待定系数a, b, c.
例2求数列1, 3, 7, 13, 21, …的通项.
解:因为相邻两项差成等差数列2, 4, 6, 8, …,
所以原数列是二阶等差数列.
设an=an2+bn+c,
分别令n=1, 2, 3, 得
所以原数列的通项为an=n2-n+1.
例3求数列1, 4, 10, 22, 46, …的通项.
解:因为其相邻两项差成等比数列3, 6, 12, 24, ….
所以原数列是等比数列.
令b1=a2-a1, b2=a3-a2, …, bn-1=an-an-1,
所以b1+b2+…+bn-1=an-a1
an=a1+ (b1+b2+…+bn-1)
=1+ (3+6+…+3×2n-2)
【说明】求等差 (或等比) 数列b1, b2, …, bn-1的和时, 要注意前n-1项, 而不是前n项, 这里容易搞错.
三、拆项法
有的数列可以把每一项拆成两项的和、差或积的形式, 则可先把每项拆开后分别求.
例4求数列, …的通项.
解:原数列可拆成
四、周期法
有的数列的项是循环的, 则可利用正弦或余弦函数的周期性写出通项.
例5求数列1, 0, 1, 0, 1, 0, …的通项.
解:an=[cos (n-1) π+1]= (这个数列的通项不唯一) .
例6求数列0, 2, 0, -2, 0, 2, 0, -2, …的通项.
五、分组法
例7求数列…的通项.
解:整个数列无规律可循, 而将数列按奇数项、偶数项分成两组.则奇数项
六、设辅助数列法
如果给出数列递推式求通项时, 要充分利用递推式的递推性, 将递推式变形, 再利用辅助数列求通项.
例8求数列{an}的通项, 其中an=3an-1+2 (n≥2) , a1=1.
解:将递推式变形:
an+1=3× (an-1+1) ,
设辅助数列{an+1},
它是等比数列, 首项为2, 公比为3,
所以an+1=2×3n-1.
所以an=2×3n-1-1.
另解:如果将递推式变形时一下子看不出加几或减几, 可用待定系数法.设两边都加待定系数m,
令m=, 解得m=1.
所以an+1=3 (an-1+1) .
以下解法同上.
例9数列{an}中, an=2an-1+n+1 (n≥2) , a1=1, 求通项公式.
解:与上题相比, 递推式中多加了一个n, 先设法消去它.将递推式变形an-1=2an-2+n, 用原递推式减上式得:an-an-1=2 (an-1-an-2) +1.
设辅助数列{bn},
令bn-1=an-an-1,
则bn=2bn-1+1.
所以bn+1=2 (bn-1+1) ,
则数列{bn+1}是等比数列,
首项为5, 公比为2.
所以bn-1+1=5×2n-2.
所以bn-1=5×2n-2-1,
即an-an-1=5*2n-2-1.
再将上式与原递推式联立消去an, 得an=5×2n-2-n-3.
例10数列{an}中, an+1+2an=3an-1 (n≥2) , a1=1, a2=5.求通项公式.
解:先将递推式变形an+1=3an-1-2an (n≥2) , 再用待定系数法.
等式两边分别加上man,
令m=, 解得m=-1或3.
当m=-1时, an+1-an=-3 (an-an-1) ,
所以{an+1-an}是等比数列,
首项为4, 公比为-3,
所以an+1-an=4 (-3) n-1. (1)
当m=3时, an+1+3an=an+3an-1,
所以{an+1+3an}是常数数列,
每项均等于a2+3a1=8,
即an+1+3an=8. (2)
(1) (2) 两式联立, 消去an+1, 即得an=2- (-3) n-1 (n≥2) .