数列通项的求解策略

2024-07-07

数列通项的求解策略（精选9篇）

数列通项的求解策略篇1

我们都知道递推关系在研究数列问题中起着非常重要的作用, 已知递推公式及首项, 数列就唯一确定了.下面我们就来探究递推数列通项公式的求解策略.

一、有关概念

我们在研究数列{an}时, 如果任一项an与它的前一项an-1 (或几项) 间的关系可以用一个公式来表示, 则此公式就称为数列的递推公式.通过递推公式给出的数列, 一般我们也称之为递推数列.

二、求解策略

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.递推数列通项公式常见的几种类型解法如下:

类型1 递推公式为an+1=an+f (n) .

解法把原递推公式转化为an+1-an=f (n) , 利用累加法求解.

例1 已知数列{an}中, a1=1, an=an-1+3n-1, (n≥2) , 求通项公式an.

解由an=an-1+3n-1, 得

an-1=an-2+3n-2, …, a2=a1+31.

以上 (n-1) 个等式相加可得:

undefined

类型2 递推公式为an+1=f (n) an.

解法把原递推公式转化为undefined, 利用累乘法求解.

例2 已知数列{an}中, undefined, 求通项公式an.

解由条件知undefined,

则undefined

以上 (n-1) 个等式累乘, 得undefined

类型3 递推公式为an+1=can+d (其中c, d均为常数, cd (c-1) ≠0) .

解法把原递推公式转化为an+1+p=c (an+p) , 其中undefined, 再利用换元法转化为等比数列求解.

例3 已知数列{an}中, undefined, 求通项公式an.

解由递推公式undefined, 可设undefined, 即undefined, 所以p=-2, 故递推公式转化为undefined, 则undefined, 且undefined, 所以{an-2}是以undefined为首项, undefined为公比的等比数列, 故an=2-5×2n-2 (n∈N*) .

类型4 递推公式为an+1=pan+qn (其中p, q均为常数, pq (p-1) (q-1) ≠0) .

解该类型较类型3要复杂一些, 一般要先在原递推公式两边同除以qn+1, 得undefined.引入辅助数列{bn} (其中undefined, 得undefined.再应用类型3的方法解决.

例4 已知数列{an}中, a1=1, an+1=2an+3n, 求通项公式an.

解在an+1=2an+3n两边除以3n+1, 得

undefined

令undefined, 则undefined.此时应用例3解法得undefined, 所以an=3n-2n (n∈N*) .

类型5 递推公式为an+1=paundefined, an∈N* (其中p, r均为常数) .

解法先把原递推公式两边取对数转化为lgan+1=lgpaundefined=lgp+rlgan⇒lgan+1=rlgan+lgp, 再令bn=lgan, 则bn+1=rbn+lgp, 再用类型3即可解得an.

例5a1=3, an+1=3aundefined, an∈N*, 求通项公式an.

解an>0, 在an+1=3aundefined两边取对数, 得

lgan+1=lg3aundefined=2lgan+lg3.

令bn=lgan, 则bn+1=2bn+lg3.

再利用类型3可设bn+1+λ=2 (bn+λ) ⇒λ=lg3.

即bn+1+lg3=2 (bn+lg3) .

所以{bn+1+lg3}是以b1+lg3为首项, 2为公比的等比数列.

bn+lg3= (b1+lg3) ·2n-1⇒bn= (2n-1) lg3=lgan⇒an=32n-1 (n∈N*) .

通过以上五种递推数列通项公式的求解方法, 从而高中数学的解题教学不能仅停留在表面, 更不能要求学生去识记几个结论, 重要的是要引导学生学会联想、探索、反思、创新、总结归纳, 才会在解题过程中有所发现、有所收获.

摘要：目前在高考中已知递推公式及首项确定数列的问题是个热点, 如何教学生突破和解决这个问题便成为教师普遍关注的问题.文章结合教学实践, 提出了如何解决这个问题的几种策略以及必须做好的几个方面.

关键词：递推公式,递推数列,递推数列通项公式

数列通项的求解策略篇2

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本文为自本人珍藏

仅供参考

an1panqr型数列通项公式的求解策略——分消化迭归

由递推公式求数列的通项公式是数列中的常见题型,也是高考考察的热点.本文就递推关系为an1panqr(p,q,r为非零常数)的数列通项公式的求法(或证法),谈以下几种求解策略,仅供nn参考.例数列an中，a156，an113an12n1(nN)，求数列an的通项公式.

分析构造等比数列是求解该题的有效途径.策略1 分——将确定x的值.解法1 由an113an12n112n1拆分成两部分,分配给an1与an.构造新数列anx,由待定系数法n2, 可设an1x2n11x11xaan.a, 即n1nnn36232由x62231n12n1,解得x3.∴an132n13133aaa, ∴数列是以 n1nnn232232n为首项,以13为公比的等比数列.∴an2133n123n, ∴an32n23n.11an1ann1132策略2 消——由,消去n1生成新的等比数列.21a1ann1n3211an1ann1(1)32解法2 由题意，，1a1a,n2(2)nn1n3212(1)－(2)×,得an112an11aa,n2.n1n32∴数列an11111an是以a2a1为首项,为公比的等比数列.2932n1∴an111an293113n1„„(3)将(1)式代入(3)式,整理得an32n23n.用心爱心专心 1

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策略3 化——将解法3 将an1n1213n1化为常数.12n1an两边同乘以22n1,得2n1an1232an1.4n令bn2an,上式可化为bn1bn1,即bn132bn3.∴数列bn是以b13为

333首项,2为公比的等比数列.∴3b342n1nnn322233, ∴b2n33.n即2na232n323.∴an2n3n.策略4 迭——迭代法解法4 ∵a111n113an12n1, ∴a1n3an112n13a1a3n22n12n32n211132a111a1111312n112n1113n32n232n12n33n3322n232n12n 11111113n1a113n222312n112n113n132113n22232n12n 1311112n23n13n1213n2122312n112n3n32n2133n.2策略5 迭——迭加法解法5 ∵a111n13an12n1, ∴an13an2n1.∴a1nan3a1a13a1133a111n1n1an22n23an33n2a2313n1a1 12n111312n13212n213n21223n11321232n3n.策略6 归——数学归纳法将本题中的“求数列an的通项公式”改为“证明数列an的通项公式为a2n32n3n”,可采用此法证明如下：

解法6(证明)(1)当n1时,a3122356，结论成立.(2)假设当nk时, a3k2k23k.用心爱心专心 2

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数列通项的求解策略篇3

基本类型an=ban-1+c（b，c∈R，n∈N*，bc≠0且b≠1）

例1 已知a1=1，an=2an-1+3（n=2，3，…），求数列{an}的通项公式。

方法一迭代法

分析由an=b·an-1+c，得an=b·an-1+c=b·（b·an-2+c）+c=b2·an-2+b·c+c=bn-1·a1+bn-2·c+bn-3·c+…+b2·c+b·c+c ①（n=2，3，…），于是可求an。

解由a1=1，b=2，c=3，代入①中，

得an=2n-1·1+2n-2·3+2n-3·3+…+22·3+2·3+3=2n+1-3（n=2，3，…）。

方法二方程組法

分析将an=b·an-1+c与an-1=b·an-2+c相减，得an-an-1=b·（an-1-an-2），即{an-an-1}是以a2-a1为首项，q=b为公比的等比数列。故an-an-1=bn-2·（a2-a1），解方程组an-an-1=bn-2·（a2-a1）an=b·an-1+c，可求得an。

解由a1=1，b=2，c=3，an-an-1=2n-2·（a2-a1）=4·2n-2=2n，

可得an-an-1=2n。

解方程组an-an-1=2nan=2an-1+3，

得an=2n+1-3（n=2，3，…）。

方法三待定系数法

分析若a1=t，an=ban-1+c（b≠1，c≠0），则an= 。

证明设an+m=b（an-1+m），

则an+m=an-c+bm，

得m= ，

即an+ =ban-1+ 。

故an+ 是以a1+ 为首项，b为公比的等比数列。

故an+ =bn-1·a1+ ，

即an= 。

解设an+m=2（an-1+m），

则an+m=an-3+2m，得m=3，

即an+3=2（an-1+3），

故{an+3}是以4为首项，2为公比的等比数列。

可求得an+3=2n+1，

即an=2n+1-3（n=2，3，…）。

方法四不动点法

分析已知函数f（x），若存在实数x0，使f（x0）=x0，则称x0为f（x）的不动点。对于an=ban-1+c，构造函数f（x）=Bx+C，解x=Bx+C，得不动点x= ，则an=Ban-1+C的两边减去，得an- =B·an-1- ，即an- 为等比数列，进而求an。

解构造函数f（x）=2x+3，令x=f（x）=2x+3，得不动点x=-3，

即an+3=2（an-1+3）。

可知数列{an+3}是首项为4，公比为2的等比数列，

故an+3=4·2n-1，

即an=2n+1-3（n=2，3，…）。

如果在an=ban-1+f（n）（b∈R，n∈N*，bc≠0且b≠1）中，c为n的函数或b，c为n的函数，作如下的探讨。

引申一 an=ban-1+f（n）（b∈R，n∈N*，b≠1且b≠0）

1.当数列{f（n）}是等差数列时，可设f（n）=pn+q（p，q是常数），即an=ban-1+pn+q ①，则an-（An+B）=b{an-1-[A（n-1）+B]} ②，由①②得：A= ，B= ，故{an-（An+B）}是等比数列。

例2 在数列{an}中，a1=2，an+1=4an-3n+1，n∈N*。证明数列{an-n}是等比数列。

证明由题设an+1=4an-3n+1 ①，

得an+1-[A（n+1）+B]=4{an-（An+B）} ②。

由①②得：A=1，B=0，

即an+1-（n+1）=4（an-n），n∈N*。

又a1-1=1，

所以数列{an-n}是首项为1，公比为4的等比数列。

2.当数列{f（n）}为等比数列时，由数列{f（n）}是等比数列，可设f（n）=pqn（pq≠0且q≠b），构造等比数列an-ABn=b（an-1-ABn-1）来求解，则A= ，B=q，故{an-A·Bn}为等比数列。

例3 在数列{an}中，a1= ，an= an-1+ · （n∈N*且n≥2），求数列{an}的通项公式。

解由已知，得b= ，c（n）= · ，

则an-ABn= （an-1-ABn-1），

故A=-1，B= ，

an+ 是首项为，公比为的等比数列，

即an= - 。

引申二 an=b（n）an-1+f（n）（b∈R，n∈N*，b≠1且b≠0）

例4 已知a1=1，an= + +1+2n。求an。

解由待定系数法，可得2n+1{an+1-[A（n+1）+B]}=an-（An+B），

则2n+1[A（n+1）+B]-（An+B）=2n+1（1+2n）-2n+1，

故A=2，B=-1。

因此{an-（2n-1）}是首项为1，公比为的等比数列，

打开数列通项的钥匙篇4

关键词：数列,方法,总结

一、观察法

根据数列前几项的特征,观察、归纳出通项.

例1根据数列的前4项,写出它的一个通项公式:

解(1)变形为:10-1,100-1,1000-1,1000-1,……

点评观察各项的特点,关键是找出各项与项数n的关系.

二、公式法

已知或根据题目的条件能够推出数列{anan=a1+(n-1)d}为等差或等比数列,根据通项公式an=a1+(n-1)d或ann=a1q-1进行求解.

例2已知数列{an}为等差数列,且a2=1,a5=-5,求{an}的通项公式.

三、前n项和法

已知数列{an}的前n项和sn的解析式,求an.

例3已知数列{an}的前项和sn=2n-1,求通项an.

注解决这类问题的方法,用具俗话说就是“比葫芦画瓢”,由sn与an的关系式,类比出an-1与sn-1的关系式,然后两式作差,最后别忘了检验a1是否适合用上面的方法求出的通项.

四、累加法

1.适用于:an+1=an+f(n)———这是广义的等差数列累加法是最基本的二个方法之一.

例4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则n=1,2,3,…,n-1,把这n-1个式子叠加即得an=n2.

评注:已知a=a,an+1-an=f(n),其中f(n)可以是关于n的一次函数、二次函数、指数函数、分式函数,求通项an.

规律(1)若f(n)是关于n的一次函数,累加后可转化为等差数列求和;

(2)若f(n)是关于n的二次函数,累加后可分组求和;

(3)若f(n)是关于n的指数函数,累加后可转化为等比数列求和;

(4)若f(n)是关于n的分式函数,累加后可裂项求和.

五、叠乘法

例5在数列{an}中,a1=1,(n+1)·an+1=n·an,求an的表达式.

解由(n+1)·an+1=n·an得

点评一般地,对于型如an+1=f(n)·an类的通项公式,当f(1)·f(2)·…·f(an)的值可以求得时,宜采用此方法.

六、待定系数法

适用于an+1=qan+f(n).基本思路是转化为等差数列或等比数列,而数列的本质是一个函数,其定义域是自然数集的一个函数.

设an+1+λ·qn+1=p(an+λ·pn).通过比较系数,求出λ,转化为等比数列求通项.

注意应用待定系数法时,要求p≠q,否则待定系数法会失效.

例6已知数列{an}满足an+1=2an+4·3n-1,a1=1,求数列{an}的通项公式.

解(待定系数法):设an+1+λ13n=λ2(an+λ·3n-1),比较系数得λ1=-4,λ2=2,

则数列{an-4·3n-1}是首项为a1=-5,公比为2的等比数列.

七、倒数变换法

适用于分式关系的递推公式,分子只有一项.

八、数学归纳法

通过首项和递推关系式求出数列的前n项,猜出数列的通项公式,再用数学归纳法加以证明.

由此可知,当n=k+1时等式也成立.根据(1),(2)可知,等式对任何n∈N*都成立.

数学归纳法是中学数学中一种重要方法,是解决与无穷正整数n有关的数学问题的有力工具.在高考中常与递推数列以及与n有关的等式和不等式融合在一起考查,成为理科试卷中的压轴题.

注意:(1)正确归纳的前提是观察仔细,既要观察项的数值的变化与项数n之间的关系,也要观察符号的变化规律,只有从整体上把握了,才能够归纳出正确的结论.(2)根据前面若干项得到的通项公式,并不唯一,但由此归纳出的通项必须用数学归纳法进行论证,如果不进行论证,哪怕完全满足已知的这几项也有可能是错误的.

求数列通项是教学中的一个难点,也是高考中的一个重点.由于求通项公式时渗透了大量的数学思想方法,如逻辑方法中的归纳与演绎,类比、分析与综合,非逻辑方法中的反思维定式等,因此求解过程中往往显得方法多、灵活度大、技巧性强.本文力图通过归纳,引导读者不仅关注一类题的解法(通法),也要在归纳中反思数学思想方法,从而让数学思想方法能更广泛、深入地运用于数学的教与学之中.

参考文献

[1]徐建波.递推数列通项公式的求法[J].数学学习与研究,2010(01):84-86.

高考数列通项的解题思想篇5

1. 数学猜想

例1已知数列 { an} 满足, 求数列{ an} 的通项公式.

点评不完全归纳是数学的主要猜想方法, 根据递推关系和a1=8/9, 得 a2=24/25, a3=48/49, ……所以猜测

例2在数列{ an} 中, 已知a1= 1, 当n≥2时, 有an=an-1+ 2n - 1 ( n≥2) , 求数列的通项公式.

例3在数列 { an} 中, 已知a1= 1, 有nan-1= (n + 1) an, ( n≥2) , 求数列{ an} 的通项公式.

解根据数列{ an} 的递推关系得它的前几项依次为:我们看出这个数列是一个周期数列, 三项为一个周期, ∴a20= a2=5/7.

点评三个试题都以归纳为方法, 通过累加、累乘等方法探寻规律性问题.

2. 方程思想

例5 ( 2013年新课标Ⅱ卷) 等比数列{ an} 的前n项和为Sn, 已知S3= a2+ 10a1, a5= 9, 则a1= ( ) .

例6 ( 2013年高考辽宁卷) 已知等比数列{ an} 是递增数列, Sn是{ an} 的前n项和. 若a1, a3是方程x2- 5x + 4 = 0的两个根, 则S6= .

点评两个试题都以方程思想构题, 侧重双基的培养.

3. 函数思想

例7 ( 2010年江西高考) 等比数列{ an} 中, a1= 2, a8= 4, 函数f ( x) = x ( x - a1) ( x - a2) ·…· ( x - a8) , 则f' ( 0) = ( ) .

例8 ( 2011年江苏高考) 设1≤a1≤a2≤…≤a7, 其中a1, a3, a5, a7成公比为q的等比数列, a2, a4, a6成公差为1的等差数列, 则q的最小值是 .

点评数列是特殊的函数, 因此数列的单调性、周期性、最值性成为高考的热点命题之一.

4. 整体与局部

例9 ( 2010年浙江理数) 设Sn为等比数列{ an} 的前n项和, 8a2+ a5= 0, 则S5/S2=________ .

例10 ( 2013年湖南高考) 设Sn为数列{ an} 的前n项和, , 则: ( 1) a3=________ ; ( 2) S1+S2+ … + S100=_________ .

点评局部化思想考查学生分析问题的能力, 整体与局部转化是重要的解决问题的手段.

参考文献

[1]秦德生, 郭民, 等.高考与大学自主招生考试数学考点大全与真题解析[M].东北师范大学出版社, 2013.

一类递推数列通项的求法篇6

基本类型:a1=a, an=pan-1+q (p、q为常数, pq≠0, p≠1, n≥2) 型。

它的通项求解一般是令递推关系为an+x=p (an-1+x) , 即an=pan-1+ (p-1) x, 对照递推公式, 解出x, 数列{an+x}就是等比数列, 可求其通项, 进而求通项an。

例1在数列{an}中, , 求其通项an

即数列{an-1}是以首项为a1-1, 公式为-1/2的等比数列,

变着1.a1=a, an+1=pan+qn (n∈N*, p、q为常数, q≠0) 型。

此类型一般可在递推式两边同除以qn, 转化成基本类型。

例2在数列{an}中, a1=1, an+1=4an+2n (n∈N*) , 求其通项an

解:把递推公式两边同除2n得, ,

令, 则递推公式化成bn=2bn-1+1, 就转化为基本类型。

进而可以求得bn=2n-1,

故an=22n-1-2n-1。

变着2.a1=a, an+1=panr (n∈N*, p, r为常数且p≠0, r≠1) 型

此类型的递推公式一般先取对数化成基本类型。

例3在数列{an}中, , 求其通项an。

解:an>0, 在递推关系式两边常以2为底的对数得,

log2an+1=2log2an-1, 令bn=log2an, 就把递推关系转化为基本类型,

即bn+1=2bn-1

可以解得bn=2n-1+1,

即log2an=2n-1+1, 所以an=22n-1+1

这种类型一般是递推公式两边取倒数, 化成基本类型。

求通项an。

解:把递推公式两边取倒数得,

递推关系转化为了基本类型, 可得

变着4.a1=a, an+1=pan+f (n) , (n∈N*, p为常数且p≠1) 型。

形式虽然不同, 但本题的解法与基本类型的解法类似, 只不过设未知数稍有差别, 根据不同的f (n) 要设若干个不同的未知数, 所以我们也把它列为一个变着。

例5在数列{an}中, a1=2, an+1=4an-3n+1, n∈N*。求其通项an

解:令递推式an+1+an+b=4[an+a (n-1) +b], 整理得

与递推式比较得

进一步得an+1- (n+1) =4 (an-n)

又a1-1=1, 所以数列{an-n}是首项为1, 且公比为4的等比数列。

所以an-n=1·4n-1即an=n+4n-1

求递推数列通项的特征根法篇7

一、形如a1=b, an+1=can+d (c≠1是常数) 的数列若数列{an}满足a1=b, an+1=can+d (c≠1) , 其通项公式的求法一般采用如下的参数法, 即将递推数列转化为等比数列.

二、形如an+2=pan+1+qan (p, q是常数) 的数列由二阶线性递推数列an+1=pan+qan-1能得到什么结论?我们先来探求数列{an+1+tan}的特征.

这样, 通过参数方法, 将递推数列转化为等比 (差) 数列, 从而求得二阶线性递推数列的通项.

若将方程组 (1) 消去t即得s2-ps-q=0, 显然s1、s2就是方程x2=px+q的两根, 我们不妨称此方程为二阶线性递推数列an+1=pan+qan-1的特征方程.

设递推公式为an+1=pan+qan-1, 其特征方程为x2=px+q, 即x2-px-q=0.

1. 若方程有两相异根s1、s2, 则an=c1s1n+c2s2n;

2. 若方程有两等根s1=s2, 则an= (c1+nc2) s1n.其中c1、c2可由初始条件确定.

这正是特征方程法求递推数列通项公式的根源所在, 令p=q=1, 就可求得斐波那契数列的通项, 真是“踏破铁蹄无觅处, 得来全不费工夫”!

形如a1=m1, a2=m2, an+2=pan+1+qan (p, q是常数) 的二阶递推数列都可用特征根法求得通项an, 其特征方程为x2=px+q. (2)

若 (2) 有二异根α, β, 则可令an=c1αn+c2βn (c1, c2是待定常数) ;

若 (2) 有二重根α=β, 则可令an= (c1+nc2) αn (c1, c2是待定常数) .

再利用a1=m1, a2=m2, 可求得c1, c2, 进而求得an.

【例2】已知数列{an}满足a1=2, a2=3, an+2=3an+1-2an (n∈N*) , 求数列{an}的通项an.

【例3】已知数列{an}满足a1=1, a2=2, 4an+2=4an+1-an (n∈N*, 求数列{an}的通项an.

三、形如求通项an

四、收获与反思

数列通项的求解策略篇8

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

分析构造等比数列是求解该题的有效途径.

策略1分———将2n拆分成两部分, 分配给an+1与an.构造新数列{an+x·2n}, 由待定系数法确定x的值.

解法1由an+1=3an+2n,

可设an+1+x·2n+1=3 (an+x·2n) ,

即an+1=3an+x·2n.

由x·2n=2n, 解得x=1.

∴an+1+2n+1=3 (an+2n) .

∴数列{an+2n}是以a1+21=3为首项, 以3为公比的等比数列.

∴an+2n=3·3n-1=3n,

∴an=3n-2n.

策略2消———由, 消去2n生成新的等比数列.

(1) - (2) ×2, 得an+1-2an=3 (an-2an-1) , n≥2.

∴数列{an+1-2an}是以a2-2a1=3为首项, 3为公比的等比数列.

将 (1) 式代入 (3) 式, 整理得

策略3化———将2n化为常数.

解法3将an+1=3an+2n两边同除以2n, 得

令, 上式可化为,

∴数列{bn}是以b1+2=3为首项, 3/2为公比的等比数列.

策略4迭———迭代法.

解法4∵an+1=3an+2n,

即an=3n-2n.

策略5叠———叠加法.

解法5∵an+1=3an+2n,

策略6归———数学归纳法.将本题中的“求数列{an}的通项公式”改为“证明数列{an}的通项公式为an=3n-2n”, 可采用此法证明如下:

解法6 (证明) (1) 当n=1时, a1=3-2=1, 结论成立.

(2) 假设当n=k时, ak=3k-2k.

那么, 当n=k+1时, ak+1=3ak+2k=3 (3k-2k) +2k=3k+1-2k+1.

所以当n=k+1时, 结论也成立.

由 (1) (2) 可知, 通项公式an=3n-2n对任意n∈N*都成立.

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

分析构造等差数列是求解该题的有效途径.

解由an+1=2an+2n+1, 得

∴数列为首项, 以1为公差的等差数列.

以上解法———分、消、化、迭、叠、归, 对于递推关系为an+1=pan+q·rn (p, q, r为非零常数) 的数列通项公式的求法 (或证法) , 不失为极佳的解题策略.

摘要：随着新课标的施行, 数列在高考中的地位越发显得突出, 而要解决数列方面的问题, 通项公式的研究是必不可少的, 其中已知递推数列求通项公式又是近年来高考和全国联赛的重要题型之一.

数列通项的求解策略篇9

原题已知数列{an}满足am+n=am+an+3mn, 其中m, n∈N, 且a1=1, 求数列{an}的通项公式.

解设

对上式两端关于x求导, 有

显然数列{f′ (n) }是以f′ (1) 为首项, 3为公差的等差数列.所以

f′ (n) =f′ (1) +3n-3.

考察f′ (x) =f′ (1) +3x-3, 根据不定积分定义可知, 其原函数为

下求f′ (1) 和C.由已知

f (1) =1, f (n+1) =f (n) +n+1,

有f (2) =3.

由 (1) 得方程组

将其代入 (1) 式, 并令x=n, 得

商榷1 本题中am+n=am+an+3mn, 令m=n=1, 可得a2=2a1+3=5, 而根据上面所得到的计算, , 显然相互矛盾.

问题出在哪里呢?实际上, 例题所给的解答中出现的一个关系式f (n+1) =f (n) +n+1是错误的, 因为在f (x+y) =f (x) +f (y) +3xy中, 令x=n, y=1, 得到的应当是f (n+1) =f (n) +f (1) +3n=f (n) +3n+1, 因此后面的计算都是错误的, 实际上, f (2) =5, 最后可解得

商榷2 为什会出现这样的计算错误, 我觉得主要是因为解题过程太过繁琐, 多次进行替换, 反而掩盖了问题的本质.实际上, 本题只要进行一次替换就行了, 而且也不需要用积分的方法, 用了反而更难更繁了, 直接用累加法或逐差法就可以了.

将上述n-1的式子左右分别相加得

实际上, 对于数列的下标为多个变量参数问题, 可以对其中一些进行特殊化, 通常令其中一部分变量为常数.下面我们看两道相关高考题, 体会这种方法的优点.

例题1 (2008年高考数学北京卷理科第6题) 已知数列{an}对任意的p, q∈N*满足ap+q=ap+aq, 且a2= -6, 那么a10等于 ( ) .

(A) -165 (B) -33

解令p=n, q=1, 得

令p=q=1, 得

a2=a1+a1=2a1,

因为a2=-6, 所以a1=-3.

故an+1=an-3, 故数列{an}为首项为-3, 公差为-3的等差数列, 所以

a10=-3+9· (-3) =30,

故选C.