怎样求数列的通项

怎样求数列的通项（精选5篇）

怎样求数列的通项 篇1

求数列的通项是数列中的一个基本问题, 如果求通项不熟练, 则解数列的其他问题就会更困难.下面介绍几种求数列通项的方法.

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) .

【说明】此题所给递推式是相邻三项的代数和, 用待定系数法是在等式两边分别加上中间项的m倍.

怎样求数列的通项 篇2

虽然累差法和累和法不能解决具有普遍性的递归数列,但本人在教学中发现其方法对某些递归数列求其通项是有好处的.,现介绍如下:

作 者：燕志学 李开学 作者单位：燕志学(贵阳市乌当中学,550000)

李开学(贵阳农业学校,550000)

构造特殊数列求数列的通项 篇3

一、转化为等差类型

①an+1=an+f (n) 类

解法:把原递推公式转化为an+1-an=f (n) , 利用累加法 (逐差相加法) 求解.

二、转化为等比类型

①an+1=f (n) an类

例3:设数列{an}是首项为1的正项数列 , 且 (n+1) a 2 n+1-na 2 n+ an+1an=0 (n=1, 2, 3…) , 则它的通项公式是an=_____.

解:原递推式可化为:

[ (n+1) an+1-nan] (an+1+an) =0

②an+1=pan+q (其中p, q均为常数, (pq (p-1) ≠0) ) 类

解法 (待定系数法) :把原递推公式转化为:an+1-t=p (an-t) , 其中t=q/ (1-p) , 再利用换元法转化为等比数列求解.

例4:已知数列{an}中, a1=1, an+1=2an+3, 求an.

解:an+1+t=2an+3+t

③an+1=pan+q n (其中p, q均为常数, (pq (p-1) (q-1) ≠0) ) (或an+1=pan+rq n , 其中p, q, r均为常数) 类

⑤an+1=pan+an+b (p≠1、0, a≠0) 类

解法:这种类型一般利用待定系数法构造等比数列, 即令an+1+x (n+1) +y=p (an+xn+y) , 与已知递推式比较, 解出x, y, 从而转化为{an+xn+y}是公比为p的等比数列, 类似于类型②.

⑥an+1=pa n (p>0, an>0) 类 r

解法:这种类型一般是等式两边取对数后转化为an+1=pan+ q, 再利用类型②求解.

解法:这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为类型②.

三、递推公式的给出为Sn与an的关系式形式

解法: 这种类型一般利用与an=Sn-Sn-1=f (an) -f (an-1) 消去Sn (n≥2) 或与Sn=f (Sn-Sn-1) (n≥2) 消去an进行化简, 最后转化为一类型或二类型进行求解.

参考文献

[1]刘国祥, 那日苏, 葛景元.一个递推数列的通项公式及应用[J].昭乌达蒙族师专学报, 2003, (2) .

[2]蒋铸钢, 梁艳.构造矩阵求两类递推数列的通项公式[J].数学学习与研究 (教研版) , 2009, (9) .

[3]张青山, 李凤清.用常数变易法求一类递推数列的通项公式[J].四川职业技术学院学报, 2009, (4) .

[4]路长庆.差分法解递推数列问题[J].甘肃教育学院学报 (自然科学版) , 1999, (2) .

怎样求数列的通项 篇4

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$x=\frac{q}{p-1}.$

因此, 数列{an+x}, 即$\{a{}_n+\frac{q}{p-1}\}$是公比为 p 的等比数列.

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

$\{\begin{array}{l}(p-1)x=q‚\\ -x+(p-1)y=r‚\end{array}$

解得$\{\begin{array}{l}x=\frac{q}{p-1}‚\\ y=\frac{rp-r+q}{(p-1){}^2}.\end{array}$

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$x=\frac{r}{p-q}.$

这样, $\{a{}_n+\frac{rq{}^n}{p-q}\}$是公比为 p 的等比数列.

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$\{\begin{array}{l}\beta -\alpha =p‚\\ \alpha \beta =q.\end{array}$

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$\{\begin{array}{l}\beta -\alpha =5‚\\ \alpha \beta =-6.\end{array}$

解得$\{\begin{array}{l}\alpha =-2‚\\ \beta =3‚\end{array}$或$\{\begin{array}{l}\alpha =-3‚\\ \beta =2.\end{array}$

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、$a{}_{n+1}=\frac{Ca{}_n+D}{Aa{}_n+B}$型

设递推式可化为$a{}_{n+1}+\alpha =\frac{\beta (a{}_n+\alpha )}{Aa{}_n+B}‚(*)$

即$a{}_{n+1}=\frac{(\beta -A\alpha )a{}_n+(\alpha \beta -B\alpha )}{Aa{}_n+B}.$

与原递推式比较, 有$\{\begin{array}{l}\beta -A\alpha =C‚\\ \alpha \beta -B\alpha =D‚\end{array}$从而可求出α、β的值.将α、β的值代入 (*) 式中, 并取倒数, 就可化为类型1.

例5 设$a{}_1=4‚a{}_{n+1}=\frac{4a{}_n-6}{a{}_n-1}$, 求 an.

解:设递推式可化为$a{}_{n+1}+\alpha =\frac{\beta (a{}_n+\alpha )}{a{}_n-1}$, 即

$a{}_{n+1}=\frac{(\beta -\alpha )a{}_n+(\alpha +\alpha \beta )}{a{}_n-1}.$

与原递推式比较, 有$\{\begin{array}{l}\beta -\alpha =4‚\\ \alpha +\alpha \beta =-6‚\end{array}$

解得$\{\begin{array}{l}\alpha =-3‚\\ \beta =1‚\end{array}$或$\{\begin{array}{l}\alpha =-2‚\\ \beta =2.\end{array}$

当α=-3, β=1时, 有$a{}_{n+1}-3=\frac{a{}_n-3}{a{}_n-1}.$

记 an-3=bn, 则上式化为$b{}_{n+1}=\frac{b{}_n}{b{}_n+2}.$

取倒数, 有$\frac{1}{b{}_{n+1}}=2(\frac{1}{b{}_n})+1.$

再记$\frac{1}{b{}_n}=c{}_n$, 则有 cn+1=2cn+1.

这是类型1.又$c{}_1=\frac{1}{b{}_1}=\frac{1}{a{}_1-3}=1$, 这就是例1, 可得 cn=2n-1.

$\begin{array}{l}\text{则}b{}_n=\frac{1}{c{}_n}=\frac{1}{2{}^n-1}‚\\ a{}_n=b{}_n+3=\frac{1}{2{}^n-1}+3‚\end{array}$

从而$a{}_n=\frac{3\times 2{}^n-2}{2{}^n-1}.$

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)

怎样求数列的通项 篇5

1. 构造等差数列或等比数列

由于等差数列与等比数列的通项公式显然, 对于一些递推数列问题, 若能构造等差数列或等比数列, 无疑是一种行之有效的构造方法.

例1数列{an}中, a1=1, an+1=2an+1, 求an的通项公式.

解∵an+1=2an+1, ∴an+1+1=2an+2=2 (an+1) .

又a1+1=2,

∴{an+1}是首项为2, 公比为2的等比数列, an+1=2·2n-1=2n, ∴an=2n-1.

归纳总结若数列{an}满足an+1=pan+q (p≠1, q为常数) , 则令an+1+λ=p (an+λ) 来构造等比数列, 并利用对应项相等求λ的值, 求通项公式.

2. 构造差式与和式

解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差, 然后采用叠加的方法就可求得这一数列的通项公式.

例2数列{an}中, 若a1=1, a2=3, an+2+4 an+1-5an=0 (n∈N) , 求an.

解由an+2+4 an+1-5an=0得an+2-an+1=-5 (an+1-an) .设bn=an+1-an, 则数列{bn}是等比数列, 公比是-5, 首项b1=a2-a1=2, ∴an+1-an=2· (-5) n-1.

即a2-a1=2· (-5) , a3-a2=2· (-5) 2, a4-a3=2· (-5) 3, …, an-an-1=2· (-5) n-2.

以上各式相加得:an-a1=2[ (-5) + (-5) 2+ (-5) 3+…+ (-5) n-1], 即:

当递推公式中, an+1与an的系数相同时, 我们可构造bn=an+1-an, 然后用叠加法得:b1+b2+b3+b4+…+bn=an-a1, 通过求出数列{bn}前n-1项和的方法, 求出数列{an}的通项公式.当递推公式中形如:等情形, 可以构造bn=an+1-an.

3. 构造商式与积式

构造数列相邻两项的商式, 然后连乘也是求数列通项公式的一种简单方法.

例3数列{an}中, 若a1=1, (n+1) an+1=nan, 求an.

解由 (n+1) an+1=nan, 得:

用累乘法把以上各式相乘得:

当递推公式形如:an+1=qnan, (n+1) an+1=nan, nan+1= (n+1) an等形式, 可以构造

4. 构造对数式或倒数式

有些数列若通过取对数、取倒数代数变形方法, 可由复杂变为简单, 使问题得以解决.

例4数列{an}中, 若求an.

解设则bn+1=bn+4, 即bn+1-bn=4,

∴{bn}是等差数列.

可以通过等差数列的通项公式求出bn, 然后再求数列{an}的通项.

例5正数数列{an}中, 若a1=10, 且 (n≥2, n∈N) , 求an.

解由题意得:, ∴可设bn=lgan,

∴bn是等比数列, 公比为1/2, b1=lg10=1.

总之, 对于很多数列, 我们都可以由递推公式构造新数列的方法求出它们的通项公式.当然, 在教学中我们应当充分调动学生的积极性, 努力培养学生的创造能力, 让学生自己去构造, 自己去探索, 使学生尝到成功乐趣, 激起他们强烈的求知欲和创造欲.

摘要：求数列的通项公式是高考重点考查的内容, 等差数列和等比数列可直接根据它们的通项公式求解, 但也有一些数列要通过构造转化为等差数列或等比数列, 体现化归思想在数列中的具体应用.