数列中的求通项问题

2024-06-06

数列中的求通项问题（共6篇）

数列中的求通项问题篇1

等差数列和等比数列是两类基本类型的数列, 由递推数列求通项的问题是近年来高考的热点, 而有意识地构造等差等比数列不失为求通项的一条简捷有效的方法.

一、构造等差数列

【例1】在数列{an}中, $a_{1} = 1 ‚ a_{n + 1} = \frac{2 a_{n}}{a_{n} + 2}$ , 求an.

解析:由已知得 $\frac{1}{a_{n + 1}} = \frac{1}{a_{n}} + \frac{1}{2}$ , 即 $\frac{1}{a_{n + 1}} - \frac{1}{a_{n}} = \frac{1}{2} ‚$

∴数列 ${\frac{1}{a_{n}}}$ 是以 $\frac{1}{a_{1}} = 1$ 为首项、以 $\frac{1}{2}$ 为公差的等差数列.

$∴ \frac{1}{a_{n}} = 1 + (n - 1) \times \frac{1}{2} = \frac{n + 1}{2} ‚ ∴ a_{n} = \frac{2}{n + 1} .$

小结:此题解法的简捷之处在于观察到数列 ${\frac{1}{a_{n}}}$ 是等差数列, 从而通过求 ${\frac{1}{a_{n}}}$ 的通项间接地求数列{an}的通项.一般对于形如 $a_{1} = m ‚ a_{n + 1} = \frac{A a_{n}}{B a_{n} + A}$ 的类型均可构造 ${\frac{1}{a_{n}}}$ 是以 $\frac{1}{a_{1}}$ 为首项、以 $\frac{B}{A}$ 为公差的等差数列.

【例2】数列{an}中, $a_{n} ＞ 0 ‚ a_{1} = 1 ‚ a_{n + 1} = a_{n} + 2 \sqrt{a_{n}} + 1 ‚ 求 a_{n} .$

解:an+1= (an+1) 2, 又 $∵ a_{n} ＞ 0 ‚ ∴ \sqrt{a_{n + 1}} - \sqrt{a_{n}} = 1 ‚ ∴ {\sqrt{a_{n}}}$ 是以 $\sqrt{a_{1}}$ 为首项、以1为公差的等差数列, $∴ \sqrt{a_{n}} = 1 + (n - 1) \times 1 = n$ , 即an=n2.

【例3】数列{an}中, a1=1, a2=4, an+2=2an+1-an+2, 求an.

解析:由题意知 (an+2-an+1) - (an+1-an) =2, ∴{an+1-an}是以a2-a1=3为首项、以2为公差的等差数列.

【例4】Sn是数列{an}前n项的和, 且2S2n=2anSn-an (n≥2) 且a1=2, 求an.

解析:2S2n= (2Sn-1) (Sn-Sn-1) (n≥2) , ∴Sn+2SnSn-1-Sn-1=0.

∴为首项、以2为公差的等差数列.从而求出以及Sn, 再利用an=Sn-Sn-1 (n≥2) 求出an.

以上例题都是通过构造等差数列间接求出数列通项.

二、构造等比数列

【例5】已知a1=1, an+1=2an+1, 求an.

解析:由题意知an+1+1=2 (an+1) , ∴{an+1}构成以a1+1=2为首项、以2为公比的等比数列.∴an=2n-1.

小结:若a1=m, an+1=pan+q (p, q≠0) 均可构造数列为等比数列, 进而求出数列an.

【例6】已知数列{an}中, a1=-1, an+1=3an+2n, 求an.

解析:由已知得an+1+2n+1=3 (an+2n) , ∴{an+2n}是以a1+2=1为首项、以3为公比的等比数列.∴an+2n=3n-1, ∴an=3n-1-2n.

小结:形如an+1=ban+pqn, a1=m, 均可构造等比数列进而求an.

【例7】已知

小结:形如类型均可取倒数得再构造等比数列, 方法同例5.

【例8】在数列{an}中, 求an.

【例9】在数列{an}中, a1=1, an+1=4a2n, 求an.

解析:∵an+1=4a2n, ∴{an}中各项均为正数, 两边取以2为底的对数得log2an+1+2=2 (log2an+2) .∴{log2an+2}构成以2为首项、以2为公比的等比数列.

∴log2an+2=2n, ∴log2an=2n-2, ∴an=22n-2.

小结:形如an+1=AaBn-1 (A是大于零的常数, B是正整数) 的递推形式时, 可用取对数的方法转化为bn+1=pbn+q形式再构造等比数列.

通过以上例题可知已知递推关系式求数列通项, 应仔细分析关系式的类型选择恰当形式构造等差数列或等比数列, 间接求出数列的通项.

构造新数列求通项公式篇2

一、配凑构造

例1已知数列{an}中, a1=2, a2=4且an+2-2an+1+an=2, 求an.

解析:由an+2-2an+1+an=2, 得 (an+2-an+1) - (an+1-an) =2.即数列{an+1-an}是以a2-a1=2为首项, 公差为2的等差数列, 即an+1-an=2n, 则an= (an-an-1) + (an-1-an-2) +…+ (a2-a1) +a1=2 (n-1) +2 (n-2) +…+2+2=2· (n-1) n2+2=n2-n+2.

例2数列{an}的前n项和记为Sn, 已知a1=1, an+1= (n=1, 2, 3…) , 求an.

解析:因为an+1=Sn+1-Sn, an+1=, 所以 (n+2) Sn=n (Sn+1-Sn) , 整理得nSn+1=2 (n+1) Sn, 即故数列是以为首项, 2为公比的等比数列, 即=2n-1, Sn=n·2n-1, 当n≥2时, an=Sn-Sn-1=n·2n-1- (n-1) 2n-2= (n+1) 2n-2, 当n=1时也适合, 故an= (n+1) ·2n-2, n∈N*.

二、相除构造

例3已知{an+1-2an}是以2为公比的等比数列, 且a1=1, a2=4, 求an.

三、平方构造

例5已知函数f (x) = (x≤-2) . (1) 求f-1 (x) , (2) 若a1=1, an=-f-1 (an-1) , 求数列{an}的通项公式.

解析: (1) f-1 (x) =- (x≥0) , (2) 由an=-f-1 (an-1) , 所以an=, 两边平方得a2n-a2n-1=4, 所以数列{a2n}是以a21=1为首项, 公差为4的等差数列, 所以a2n=1+ (n-1) 4=4n-3, 又an>0, 所以an=

四、开方构造

例6已知函数f (x) = (x>0) , 设正项数列{an}的首项a1=2, 前n项和Sn满足Sn=f (Sn-1) (n≥2且n∈N*) , 求通项an.

五、待定系数法

例7已知数列{an}中, a1=1, 且an+1=3an-1 (n∈N*) , 求an.

例8 (2004年全国卷 (三) 改编) 已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an+ (-1) n (n∈N*) , 求数列{an}的通项公式.

六、公式变形

例9已知数列{an}的前n项和是Sn, S4=4, 当n≥2时, 有2an=求通项an.

例10已知正项数列{an}的前n项和Sn满足Sn=, 求通项an.

七、取倒数

例11已知数列{an}中, a1=2, an= (n≥2) , 求通项an.

八、取对数

例12 (2003年全国高考题) 设a>0, 如图1, 已知直线l:y=ax及曲线C:y=x2, C上的点Q1的横坐标为a1 (0

(1) 求an与an+1的关系, 并求数列{an}的通项公式,

抓住一条线,学好数列求通项篇3

在教学的过程中, 笔者发现, 其实很多非特殊数列都可以看作是等差数列的一些简单变形后得到的, 故只要抓住等差数列这一条线, 对其中的几个量加以变化, 便可得到不同类型的数列.本文就对此进行简单阐述, 以期对同仁的教学和同学的学习有所启示.

等差数列是我们高中学习的两类特殊数列之一, 只要某一数列相邻两项之间的关系满足an+1=an+d, 其中d为常数, 进一步说, 需满足an+1和an前的系数一致, 以及d为常数即可, 如man+1=man+d (m≠0) , 可知此数列为等差数列均可以直接用公式加以解决.

变形1 an+1=an+f (n)

此数列我们可以看作是等差数列的一个简单变形, 即保持an+1和an前的系数一致不变, 而将原先的常数d变为了一个关于n的关系式f (n) , 此类数列的通项公式求法可以使用等差数列求通项的推导方法之一, 即累加法解决.

例1 已知数列{an}满足an+1=an+2n+1, a1=1, 求数列{an}的通项公式.

解由an+1=an+2n+1, 得an+1-an=2n+1,

undefined

∴数列{an}的通项公式为an=n2.

变形2 an+1=pan+d (p≠1)

此数列我们也可以看作是等差数列的一个简单变形, 即保持d这个常数不变, 而将an+1和an前的系数变成不一致, 此类数列的通项公式求法可以采用构造一个新数列的方法解决, 即两边同时加上undefined, 构造成为undefined成为一个新的等比数列.

例2 设数列{an}满足a1=3, an=3an-1+2 (n>1, n∈N*) , 求数列{an}的通项公式.

解an+1+1=3 (an+1) , 即数列{an+1}是以a1+1=2为首项, 公比为3的等比数列, ∴an=2·3n-1-1.

变形3an+1=pan+f (n) (p≠1)

此数列我们可以看作是变形1和变形2的一个叠加, 即不仅将d这个常数变为关于n的一个关系式, 而且将an+1和an前的系数变成不一致.此类数列的通项公式求法我们亦可以采用构造的方法将其化归成我们比较熟悉的类型.

例3 (2010年重庆 (理) 改编) 在数列{an}中, a1=1, an+1=2an+2n+1 (2n+1) (n∈N*) , 求{an}的通项公式.

解由原式, 得undefined

令undefined, 则undefined,

因此对n≥2有

undefined

即an= (n2-1) 2n+2n-1.

又当n=1时, 上式成立, 因此, an= (n2-1) 2n+2n-1, 对任何n∈N*都成立.

变形4 形如an+1=pan+qan-1 (n≥2) 的递推式

此数列我们可以看作是等差数列两项之间的关系提升到三项之间的关系, 此类数列的通项公式求法我们往往通过中间项an拆分, 从而构造相邻两项之间的关系得到一个新的数列.

例4 在数列{an}中, undefined, 求{an}的通项公式.

解通过观察两边同时减去an+1, 从而得到

undefined

是以a2-a1=1为首项, undefined为公比的等比数列.

undefined

数列中的求通项问题篇4

类型1 an+1=an+f (n) .

解析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.通常f (n) 是一次函数、指数函数, 或者说是易掌握的能够求和的类型.

例1 (2011年高考四川卷理科8) 数列{an}的首项为3, {bn}为等差数列且bn=an+1-an (n∈N*) .若b3=-2, b10=12, 则a8等于 ( ) .

A.0 B.3 C.8 D.11

解析选B.由已知得bn=2n-8, an+1-an=2n-8, 由累加法得 (a2-a1) + (a3-a2) +…+ (a8-a7) =-6+ (-4) + (-2) +0+2+4+6=0⇒a8=a1=3.

例2 (2010年辽宁理数16) 已知数列{an}满足a1=33, an+1-an=2n, 则undefined的最小值为____.

答案:undefined

undefined

设undefined, 令undefined,

则f (n) 在undefined上是单调递增, 在undefined上是递减的.

∵n∈N+, ∴当n=5或6时f (n) 有最小值.

又undefined,

undefined的最小值为undefined

类型2an+1=f (n) an.

解法把原递推公式转化为undefined, 利用累乘法求解, 其中f (n) 多为分式结构.

例3 (2000年全国卷) 设数列{an}是首项为1的正项数列, 且 (n+1) aundefined-naundefined+anan+1=0 (n=1, 2, 3, …) , 则它的通项公式是____.

解析对上式因式分解, 得

undefined

类型3an+1=pan+q (其中p, q均为常数, pq (p-1) ≠0) .

此类数列解决的常用办法是用待定系数法将其构造成一个新的等比数列, 再利用等比数列的性质进行求解.设an+1+m=p (an+m) , 展开整理an+1=pan+pm-m, 比较系数有pm-m=b, 所以undefined, 所以undefined是等比数列, 公比为p, 首项为undefined

例4 (2010年上海文数21) 已知数列{an}的前n项和为Sn, 且Sn=n-5an-85, n∈N*.证明:{an-1}是等比数列.

解析由已知Sn+1= (n+1) -5an+1-85, ①

Sn=n-5an-85, ②

①-②, 得undefined

由类型3, 得undefined

又 ∵a1-1=-15≠0, ∴数列{an-1}是等比数列.

类型4an+1=pan+qn (其中p, q均为常数, pq (p-1) · (q-1) ≠0) . (或an+1=pan+rqn, 其中p, q, r均为常数)

解法一般地, 对于an+1=pan+qn可以采取两种思路, 等式两边除以pn+1或者qn+1, 分别得到undefined或者undefined.前者用累加法, 后者回到了类型3.

对于an+1=pan+rqn推荐用第二种思路.

摘要：数列在高中数学学习中占有相当重要的一部分, 不仅在高考中占有很大的比例, 而且有些涉及数列的高考题难度也很大.其中根据数列的递推关系求数列的通项公式是很多同学学习的一个难点, 也是高考中的一个考点.为了帮助大家突破这一难点, 在这里对常见的由递推数列求通项的类型及方法作一归纳, 并就近几年高考中涉及由数列递推公式求通项公式的题目做一介绍.

关键词：数列,通项公式,求法,应用

参考文献

[1]汤润梅.浅析递推数列的通项公式的求法.学习方法报 (语数教研周刊) , 2011 (12) .

如何由数列的递推式求通项公式篇5

一、迭代法和累加法及累乘法

例1.已知数列{an}满足:a1+2a2+3a3+…+nan=2n2+1, 求an.

例2.已知数列{an}满足:a1a2a3…an=2n+1, 求an.

例3.已知数列{an}满足:a1=1, 且an+1-an=2n+1, 求an.

例4.已知数列{an}满足:a1=1, 且an+1÷an= (n+1) /n, 求an.

解:在an+1÷an= (n+1) /n中分别用n-1, n-2, …2, 1代n得:

说明:例1用迭代一次相减法, 例2用迭代一次相除法, 例3是an+1-an=f (n) 型, 用累加法, 例4是an+1-an=f (n) 型, 用累乘法。

二、构造法

例1.已知数列{an}满足:a1=1且an=3an-1+2 (n≥2) , 求an

评析:递推数列an=pan-1+q (p, q是不为零的常数) 是构造法中最常见最重要的一种类型, 都可以用待定系数法转化为等比数列的问题来进行处理。

例2.已知Sn是{an}的前n项和, 且Sn-3Sn+1Sn=Sn+1, 且a1=1, 求an

评析:对于Xn±p Xn+1Xn=Xn+1型, 都转化为等差数列来处理。

三、解方程法

例.已知正项数列{an}满足:a1=1且a2n+1-5an+1an-6an2=0, 求an

评析:对于含有an+1与an的二次齐次式递推式, 是将一个看作变量, 另一个为常数的一元二次方程来解决。

四、先迭代, 再构造

例.数列{an}的前n项和为Sn, 若an+Sn=n, c1=a1, 且cn=an-an-1 (n≥2) , 求cn.

说明:当已知Sn与an及n的关系式时, 常用迭代一次相减法进行转化, 再用构造法。

当已知an与an-1及n的关系式时, 构造法是首选方法。让学生用已有的等差和等比数列知识去解决新的数列问题, 是高考的能力立意的要求, 应引起师生的重视。希望以上的类型与方法对同学们有所帮助和提高, 能使同学们对这类问题不再感到棘手, 做到能触类旁通地求解数列的通项公式, 提高分析问题和解决问题的能力。

摘要：由数列的递推式求通项公式, 是一个难点, 又是高考的重点和热点。这类问题既考查学生的基础知识和基本技能, 又考查学生的逻辑思维能力, 对学生分析问题和解决问题的能力有比较高的要求, 因此, 我们要注重掌握解题策略。