求数列和

求数列和（精选11篇）

求数列和 篇1

“迁移”是一种创造性思维的认知策略,是运用一种思想方法对另一种数学知识产生影响和作用,本质是以彼之理合此之法.而“坐标化”思想是“迁移”思维的体现之一,将有序实数对(x,y)中的横、纵坐标赋予新的内涵,比如用数列中的项数n代替x,则能实现数列“坐标化”.

例1设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S10=100,S100=10,求S110.

分析:结合等差数列的概念和基本性质,极易找到本题的多种解题思路,但换个角度,从等差数列前n项和定义的变式:入手,可知,最(n,)在直线上.即(10,),(100,),(110,)三点共线,所以(10,10),(100,),(110,)三点共线,即,

解得S110=-100.

例2在等差数列{an}中,a1=12,S3=S10,求前n项和Sn.

分析S1=a1=12,S3=S10,且四点(1,12),(3,),C(10,),(n,)在一条直线上,所以有:消去S3,可得:Sn=-n2+13n.

点评:因为{an}是等差数列,所以点(n,)在直线上,由此可实现数列“坐标化”,将等差数列求和问题转化为点共线问题,从新角度形成解题方案.

类型题:(1)等差数列{an}中,,求Sp+q.(答案:)

(2)等差数列{an}中的前m项和为30,前2m项和为100,求它的前3m项和.(答案:210)

通过“坐标化”思想挖掘知识的内涵,实现知识之间的融合.如果说“一题多解”训练思维的深度,则“多题一解”是训练思维的广度,多层次多角度地分析同一个问题固然重要,但从问题解决过程中总结出具有一般性的典型方法,然后用这种方法指导我们解决一类问题同样重要.正如华罗庚教授的名言:“数学是一个原则,无数内容;一个方法,到处有用”.

通过对方法的认识,对方法的体验,循序渐进理解方法的本质,真正做到“一线串珠”,“鱼渔”兼得.

求数列和 篇2

人教版小学数学教材六年级上册第107～108页例2及相关练习。

教学目标：

1．在学习过程中引导学生探索研究数与形之间的联系，寻找规律，发现规律，学会利用图形来解决一些有关数的问题。

2．让学生经历猜想与验证的过程，体会和掌握数形结合、归纳推理、极限等基本数学思想。

重点难点：

探索数与形之间的联系，寻找规律，并利用图形来解决有关数的问题。

教学准备：

教学课件。

教学过程：

一、直接导入，揭示课题

同学们，上节课我们探究了图形中隐藏的数的规律，今天我们继续研究有关数与图形之间的联系。（板书课题：数与形）

【设计意图】直奔主题，简洁明了，有利于学生清楚本节课学习的内容和方向。

二、探索发现，学习新知

（一）教师与学生比赛算题

1．教师：你知道等于多少吗？（学生：）

教师：那等于多少呢？（学生计算需要时间）教师紧接着说：我已经算好了，是，不信你算算。

2．只要按照这个分子是1，分母依次扩大2倍的规律写下去，不管有多少个分数相加，我都能立马算出结果。有的同学不相信是吗？咱们试试就知道。为了方便，我请我们班计算最快的同学跟我一起算，看看结果是否相同。谁来出题？

学生出题。预设

在学生出题后，老师都能立刻算出结果，并且是正确的，学生感到很惊奇。

3．知道我为什么算得那么快吗？因为我有一件神秘的法宝，你们也想知道吗？

【设计意图】一方面，教师通过与学生比赛计算速度，且每次老师胜利，使学生产生好奇心，再通过教师幽默的语言，吸引学生的注意力，激发学生的学习兴趣和求知欲。另一方面，为接下来学习例题做好铺垫。

（二）借助正方形探究计算方法

1．这件法宝就是（师边说边课件出示一个正方形），让我们来把它变一变，聪明的同学们一定能看明白是怎么回事了。

2．进行演示讲解。

（1）演示：用一个正方形表示1，先取它的一半就是正方形的（涂红），再剩下部分的一半就是正方形的（涂黄）。想一想：正方形中表示的涂色部分与空白部分和整个正方形之间有什么关系呢？（涂色部分等于1减去空白部分）空白部分占正方形的几分之几？（）那么涂色部分还可以怎么算呢？（），也就是说。

（2）继续演示，谁知道除了通分，还可以怎么算？

根据学生回答，板书。

（3）演示：那么计算就可以得到？（）。

3．看到这儿，你发现什么规律了吗？

4．小结：按照这样的规律往下加，不管加到几分之一，只要用1减去这个几分之一就可以得到答案了。

5．这个法宝怎么样？谁来说说它好在哪里？你学会了吗？

6．尝试练习

【设计意图】将复杂的数量运算转化为简单的图形面积计算，转繁为简，转难为易，引导学生探索数与图形的联系，让学生体会到数形结合、归纳推理的数学思想方法。

（三）知识提升，探索发现

1．感受极限。

（1）刚才我们已经从一直加到了，如果我继续加，加到，得数等于？（）再接着加，一直加到，得数等于？（）随着不断继续加，你发现得数越来越？（大）无数个这样的数相加，和会是多少呢？

（2）这时候你心中有没有一个大胆的猜想？（学生猜想：这样一直加下去，得数会不会就等于1了。）

（3）想象一下，如果我们在刚才加的过程中在正方形上不断涂色，那空白部分的面积就越来越？（小）而涂色部分的面积越来越接近？（1）也就是求和的得数越来越接近？（1）最终得数是1吗？你有什么方法来证明得数就是1？

（学情预设：学生提出书本的圆形图和线段图，若没有学生提出，教师自己提出。）

2．利用线段图直观感受相加之和等于1。

（1）书本上有两幅图，我们一起来看看（课件出示）。一幅是圆形图，一幅是线段图，你能看懂它的意思吗？请你想一想，然后告诉大家你的想法。

（2）学生看书思考。

（3）全班交流，课件演示，得出结论：这些分数不断加下去，总和就是1。

【设计意图】利用数与形的结合，让学生直观体会极限数学思想，并让学生经历猜想得数等于1，到数形结合证明得数等于1的过程，激发学生学习兴趣，培养学生探索新知的精神。3．课堂小结。

对于这种借用图形来帮助我们解决问题的方法，你有什么感受？

教师小结：是的，数与形有着紧密的联系，在一定条件下可以相互转化。当用数形结合的方法解决问题时，你会发现许多难题的解决变得很简单。

4．举一反三。

其实在以前的学习中，我们也常用到数形结合的数学方法帮助我们解题，你能想到些例子吗？（如学生有困难，教师举例：一年级加法，分数的认识，复杂的路程问题线段图等。）

【设计意图】让学生体会数形结合是数学学习中常用的方法。

三、练习巩固

1．基础练习。

（1）学生独立计算。

（2）全班交流反馈。

【设计意图】通过练习，回顾新知，巩固新知，使学生对新知识掌握得更扎实。

2．小林、小强、小芳、小兵和小刚5人进行象棋比赛，每2人之间都要下一盘。小林已经下了4盘，小强下了3盘，小芳下了2盘，小兵下了1盘。请问：小刚一共下了几盘？分别和谁下的？

解决问题

（1）全班读题，学生独立思考。

（2）指名回答。

（3）根据学生回答情况，连线（课件演示）。

（4）结合连线图得出：小刚一共下了2盘，分别和小林、小强下的。

【设计意图】让学生进一步体会数形结合的直观性和变难为易的特点。

四、课堂总结

快下课了，请你来说说这节课有什么收获？

课后反思：

构造法求数列的通项 篇3

1. 构造成等差数列

将递推公式变形成[f(n+1)-f(n)=a]（[a]为常数）形式，先求新的等差数列[{f(n)}]的通项公式，再根据[f(n)]与[an]的关系求出[an]的通项公式.

题型I 对形如[an+1=AanBan+A(A、B为常数)]的递推公式，可以用倒数法来构造.

例1 在数列[an]中，[a1=1,an+1=2anan+2]，求数列[an]通项公式.

解析 把[an+1=2anan+2]两边取倒数，得

[1an+1=1an+12].

设[bn=1an]，则[bn+1-bn=12]，且[b1=1]，

∴数列[bn]是首项为1，公差[12]的等差数列.

∴[bn=1+12(n-1)=n+12]，

∴[an=2n+1]为所求.

2. 构造成等比数列

将递推公式变形成[f(n+1)f(n)=a]（[a]为非零常数）形式，先求新的等差数列[{f(n)}]的通项公式，再根据[f(n)]与[an]的关系求出[an]的通项公式.

题型Ⅱ 对形如[an+1=pan+q(p≠1,q]为常数），令[an+1+λ=p(an+λ)]来构造一个新的等比数列，并利用对应项相等求[λ]的值，求通项公式.

例2 在数列[an]中，[a1=1,an+1=3an+4]，求[an].

解析 递推式[an+1=3an+4]可用待定系数法变形为[an+1+2=3(an+2)]，令[bn=an+2]，那么数列[bn]就是首项为3，公比为3的等比数列. 通过求[bn]的通项公式达到求[an]的目的.

例3 在数列[an]中，[a1=1,an+1=4an+][3n+1]，求数列的通项公式.

解析 注意到递推式中的[(3n+1)]是关于[n]的一次式，用待定系数法来构造相关的递推式为：[an+1+A(n+1)+B=4(an+An+B)]（其中[A、B]为待定系数）.

展开得[an+1=4an+3An+3B-A]，与题给递推式比较，

解得[A=1,B=23.]

[∴an+1+(n+1)+23=4(an+n+23)]，

∴[an+n+23=83⋅3n-1].

∴数列通项公式为[an=83⋅3n-1-n-23].

点拨 事实上，上述两例使用的方法是相同的，例3只是把例2中的[q]改成了关于[n]的一次式，其实它还可以变化，而不仅仅只变为关于[n]的一次式！

例4 在数列[an]中，[a1=3,an+1=][2an+3⋅2n+1]，求[an].

解析 [∵an+1=2an+3×2n+1,][∴an+12n+1-an2n=3,]

[又a12=32]，

[∴an2n]是首项为[32]，公差为3的等差数列.

[∴an2n=32+(n-1)×3=3n-32].

[∴an=(3n-32)⋅2n].

【思考】本题如果采用例3中的方法，可以怎么构造呢？

题型Ⅲ 对形如[an+2=Aan+1+Ban][(A、B]为常数）的递推公式，须用两次构造成等比数列的方法. 具体做法叫特征方程法——其特征方程为[x2=Ax+B]，若方程两根为[α、β]，则递推公式可构造成如下两种对称形式：[an+2-αan+1=β(an+1-αan),][an+2-βan+1=α(an+1-βan)]，通过分别利用等比知识及加减消元法达到求[an]的目的.

例5 在数列[an]中，[a1=1,a2=3,an+2=2an+1][+3an]，求[an].

解析 [∵an=2an-1+3an-2]，

[∴an+an-1=3(an-1+an-2)].

而[a1+a2=7,∴an+an-1]是首项为7，公比为3的等比数列，则[an+an-1=7×3n-2]①

递推式又可变形为：

[an-3an-1=-(an-1-3an-2)]，且[a2-3a1=-13]，

[∴an-3an-1]是首项为-13，公比为-1的等比数列，则[an-3an-1=(-13)⋅(-1)n-2]②

由①[×3+]②得，[4an=7×3n-1+13×(-1)n-1].

[∴an=74×3n-1+134×(-1)n-1].

点拨 这种形式的构造方案——特征方程法也可以用在其它形式上，比如题型I的更一般形式：[an+1=Aan+CBan+D(A、B、C、D为常数)]的递推公式. 我们先考查特征方程[x=Ax+CBx+D]，若其一个有理数特征根为[λ]（无理数特征根在运算时比较繁琐，不提倡用此法），那么我们可以把递推式变形成[1an+1-λ=1Aan+CBan+D-λ]，然后化简右边的繁分式直至（通过换元后）变形成题型Ⅱ.

题型Ⅳ 对形如[an+1=Aank][(A、k为常数,][且A>0)]的递推公式，可以通过两边取以[A(A≠1)]为底的对数，构造成一个新的等比数列，再达到求[an]的目的.

例6 在数列[an]中，[a1=1,an+1=3an2]，求数列[an]通项公式.

解析 通过对[an+1=3an2]两边取以3为底的对数得，[log3an+1=2log3an+1]，再令[bn=log3an]，本题就变形成了上面提到的类型：[an+1=pan+q(p≠1,q]为常数）.

3. 构造成差式

有些数列在给出递推公式后我们可以构造成差式，其解题的大致思路是：构造出该数列相邻两项的差，然后采用迭加（或迭代）的方法来求解.

例7 在数列[an]中，[a1=1,a2=3,an+2=][(n+3)an+1-(n+2)an]，求通项公式[an].

解析 把递推式变形为

[an+2-an+1=(n+2)(an+1-an)]，迭代下去，

[an+2-an+1=(n+2)(an+1-an)]

[=(n+2)(n+1)(an-an-1)]

[=⋯]

[=(n+2)(n+1)⋯×4×3(a2-a1)]

[=(n+2)!]

（注：[n]的阶层——[n!=n(n-1)(n-2)×⋯×2×1]）

于是，[an-an-1=n!]，

[an-1-an-2=(n-1)!]，

…

[a2-a1=2!]，

迭加得，[an=1+2!+3!+⋯+n!].

4. 构造成商式

有些数列在给出递推公式后，我们可以构造成商式. 其解题的思路是：构造数列相邻两项的商式，然后用连乘的方法来求解.这也是一种求数列通项公式的常用方法.

例8 在 数列[an]中，前[n]项的和[Sn=n2an]，求[an].

解析 [∵Sn=n2an]，[a1=12]，

当[n≥2]时，[an=Sn-Sn-1=n2an-(n-1)2an-1].

化简并整理得：[anan-1=n-1n+1].

[∴an=anan-1⋅an-1an-2×⋯×a2a1⋅a1]

求数列前项和的几种方法 篇4

二、裂项相消法:对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列,在求和时常用“裂项法”,分式的求和常用此法.可用待定系数法对通项公式进行拆项,相消时注意消去项的规律,即消去哪些项,保留哪些项.

三、错位相减法:若数列{an}为等差数列,数列{bn}为等比数列,由这两个数列的对应项乘积组成的新数列为{anbn},当求该数列的前n项和时,常常采用将{anbn}的各项乘以公比q,并向后错一项与{anbn}的同次项对应相减,即可转化为特殊数列的求和,所以,我们把这种数列求和的方法称为错位相减法.(注意:若公比是字母,需对其进行讨论.)

例3:已知{an}是递增的等差数列,a2,a4是方程x2-5x+6=0的根.

(1)求{an}的通项公式;(2)求数列的前n项和.

解:(1)方程x2-5x+6=0的两个根为2,3;由题意得a2=2,a4=3,,设数列{an}的公差为d,则a4-a2=2d,故d=1/2,从而a1=3/2.所以{an}的通项公式为.

四、倒序相加求和法:如果一个数列{an},与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和,可采用把正着写与倒着写的两个和式相加,就得到一个常数列的和,这一求和方法为倒序相加求和法.

五、并项求和法:在数列中有相邻两项或几项的和是同一常数或有规律可循时,采用并项求和法较简洁.

例5:已知数列-1,4,-7,10,…,(-1)n(3n-2),…,求其前n项和Sn.

结语

数列是高中代数的重要内容之一,而数列求和更是高考考查的重点内容,学生要熟练掌握数列求和的解题方法并从多个角度看待问题,培养灵活运用知识解决问题的能力,希望本文提供的数列求和的方法对读者有所帮助.

摘要：在高中阶段,对于求数列的前n项和,很多学生找不到合适的解题方式,这就使问题变得复杂化.本文给出5种数列常见的题型和相应的解题方法,只要我们掌握了解题方法,很多问题都会迎刃而解.

关键词：数列,前n项和,求解方法

参考文献

[1]李士芳.数列求和的几种常用方法[J].北京工业职业技术学院学报,2009,8(2):69.

不动点法求数列通项的证明 篇5

(Ax)an(BCx)AxBCx(an)anCanCAx

BCx，这个方程与在递推式中令an1an得的方程是Axan1x为了能构成等比数列，则令x

一样的，有点类似于令f(x)=x形式，所以称这种方法为不动点法 得到x的值，于是原式为an1xAx(anx)anC

若x有两个不等根x1,x2（包括虚数根）则分别代入后得 an1x2Ax2Ax1(anx2)和an1x1(anx1)anCanC

两式相除得anx1an1x1Ax1anx1即可，构造等比数列{anx2an1x2Ax2anx2

巧用化归思想求递推数列通项公式 篇6

小结：迂回是一种战术，当直接求解数列{an}通项公式困难时，我们改求另外一个数列的通项公式，然后再求指定数列的递推公式．构造是一种方法，改求哪一个数列的通项公式呢？这需要我们对已知的递推关系式做认真细致的分析，并在化归思想的指导下，即基于要得到一个等差或等比数列的想法，用构造的方法去寻求一个新的数列．许多题目中构造出的新数列常常为

求递推数列通项公式的重要思想之一就是化归，即将问题转化为一个等差（比）数列或我们能够求和的特殊数列的证明或求和，而累加法、累乘法和迂回构造求解法则是我们获得一个新的等差（比）数列的一种非常好的手段．其实这些方法和手段都来源于课本，所以在平时学习中我们一定要重视课本的学习，深刻领会课本中介绍的各种思想方法，并应用于实际的解题之中．

怎样求数列的通项 篇7

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) .

求数列和 篇8

类型1 an+1=pan+q (p, q为常数) , 可构造新数列{an+x}求解.

例1 (2006年福建卷) 已知数列{an}满足a1=1, an+1=2an+1 (n缀N*) . (1) 求数列{an}的通项公式; (2) 略; (3) 略.

解:设an+1+x=2 (an+x) ,

则an+1=2an+2x-x=2an+x

an+1=2an+1

∴x=1, an+1+1=2 (an+1)

构造新数列{an+1}, 它是以a1+1=2为首项, 2为公比的等比数列

∴an+1=2·2n-1=2n

∴an=2n-1

类型2an+1=pan+qn+c (p, q, c为常数) , 可构造新数列{an+xn+y}求解.

例2 (2008年湖北卷) 已知数列{an}和{bn}满足:a1=λ, an+1=2an/3+n-4=… (下略) .

解:an+1+x (n+1) +y=2 (an+xn+y) /3

则an+1=2an/3-xn/3-y/3-x

结合已知递推式可得x=-3, y=21,

故有an+1-3 (n+1) +21=2 (an-3n+21) /3.

构造新数列{an-3n+21}, 它是以a1-3n+21=λ+18为首项, 2/3为公比的等比数列

∴an-3n+21= (λ+18) (2/3) n-1

∴an= (λ+18) (2/3) n-1+3n-21

类型3 an+1=pan+qn (p, q为常数) , 可构造新数列{an+xqn}求解.

例3 (2003年天津卷) 设a0为常数, 且an=3n-1-2an-1 (n缀N*) (1) 证明对任意n≥1, an=1/5[3n+ (-1) n-1·2n]+ (-1) n·2na0; (2) 略.

解:设an+x·3n=-2 (an-1+x·3n-1)

则an=-2an-1-5x·3n-1

∵an=3n-1-2an-1,

∴x=-1/5, an-3n/5=-2 (an-1-x·3n-1/5)

构造新数列{an-3n/5}, 它是以a1-3/5=1-2a0-3/5=-2a0+2/5为首项, -2为公比的等比数列

∴an-3n/5= (-2a0+2/5) (-2) n-1,

∴an=[3n+ (-1) n-1·2n]/5+ (-1) n·2na0

类型4 (p, q, c为常数) , 可两边同时取倒数后转化为类型1求解.

例4 (2008年陕西卷) 已知数列{an}的首项a1=3/5, , n=1, 2, … (1) 求{an}的通项公式; (2) 略.

把看做是一个数列的第n项, 则上式就是类型1型的递推式, 仿照例1的方法即可求解.

等比数列.

分析:此题若照搬类型4的方法, 两边直接取倒数显然不行, 若用“特征方程”知识来解, 理论性又较强, 中学生不易掌握.下面用构造新数列的方法将此题转化成与类型4类似的形式.

根据递推公式求数列通项 篇9

一、公式法

递推公式形如an+1=an+d或满足等差、等比数列的形式, 可直接用等差、等比数列通项公式求通项.

二、叠加法、叠乘法

1. 递推公式形如an+1=an+f (n) {f (n) }为可求和数列, 可用叠加法求数列通项.

例1已知数列{an}满足an+1=an+n, a1=1求通项.

解:由已知an+1-an=n, 故an-an-1=n-1, n≥2,

当n=1时, 满足的形式.因此数列{an}的通项为.

(2) 递推公式形如an+1=an·f (n) {f (n) }为可求前n项乘积的数列, 可用叠乘法求数列通项.

例2已知数列{an}满足an=an-1×3n-1 (n≥2且n∈N) , a1=2, 求数列{an}的通项.

解:因为an=an-1×3n-1, 所以 (n≥2且n∈N) , 所以, 所以=3×32×…×3n-1.因为a1=2, 所以 (n≥2且n∈N) .

又因为当n=1时, , 因此数列{an}的通项.

三、构造法

1. 递推公式形如an+1=pan+q (p、q为常数, 且p≠0, q≠1) 这类数列可以通过等式两边同时加上一个量来构造新的以p为公比的等比数列来求数列{an}的通项.

如an+1+m=p (an+m) , 又因为an+1=pan+q, 所以m=, 因此数列就可以化为, 可先求等比数列的通项公式再求{an}的通项公式.

例3已知数列{an}, an=3an-1+2, a1=1, (n≥2且n∈N) , 求数列{an}的通项.

解:由an=3an-1+2, a1=1, 得an+1=3 (an-1+1) , 所以{an+1}是以a1+1=2为首项, 为以3为公比的等比数列.所以an+1=2×3n-1⇒an=2×3n-1-1.

2. 递推公式形如an+1=pan+qrn (p、q、r为非零常数) 的数列

方案1:两边同除以rn+1, 得, 令bn+1=, 则转化为形式 (1) 通过求数列{bn}的通项再求数列{an}的通项.

方案2:两边同除以pn+1, 得, 可通过叠加法求数列的通项, 再求数列{an}的通项.

3. 递推公式形如an+1=pan+qn+r (p、q、r为常数, pq≠0)

解决方案:因为an+1=pan+qn+r, 所以an=pan-1+q (n-1) +r (n∈N, n≥2) , 两式相减得an+1-an=p (an-an-1) +q, 令bn+1=an+1-an, 则bn+1=p·bn+q转化为形式形式 (1) 可求数列{bn}的通项, 再通过叠加法求数列{an}的通项.

4. s递推公式形如 (p、q、r为非零常数)

解决方案:等式两边同时取倒数得:, 令, 则, 转化为形式 (1) 通过求数列{bn}的通项再求数列{an}的通项.

5. 递推公式形如an+1=panq (p、q为非零常数, p>0, q≠1) 且an>0, n∈N*.

解决方案:等式两边同时取以10为底的对数得:lgan+1=lgp+qlgan, 令bn+1=lgan+1, 则bn+1=q·bn+lgp转化为形式 (1) 通过求数列{bn}的通项再求数列{an}的通项.

6. 递推公式形如an+1=pan+qan+1 (p、q为非零常数) , 且p2+4q≥0.

解决方案:令an+1-man=r (an-man-1) , 即:an+1= (m+r) an-rman-1, 又因为an+1=pan+qan-1, 所以m+r=p, rm=-q.

即m、r为方程x23-px-q=0的两个根.

因为Δ=p2+4q≥0, 所以方程必有两个实根, 即必存在实数m、r使得数列{an+1-man}为以a2-ma1为首项, rs为公比的等比数列.所以an+1-man= (a2-ma1) rn-1,

即an+1=man+ (a2-ma1) rn-1转化为形式 (2) .

求数列通项公式的常用方法 篇10

一观察法

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:101-1, 102-1, 103-1, 104-1, ……

∴通项公式为:an=10n-1

二定义法

直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法。

例2, 在等差数列{an}中, 已知a15=33, a45=153, 求数列{an}的通项公式。

解:设首项为a1, 公差为d, 依条件得:

例3, 数列{an}的前n项和为Sn, a1=1, an+1=2Sn (n∈N*) , 求数列{an}的通项公式。

又∵S1=a1=1, ∴数列{Sn}是首项为1、公比为3的等比数列, Sn=3 n-1。

当n≥2时, an=2Sn-1=2·3 n-2,

四累加法

求型如an+1=an+f (n) 的递推数列通项公式的基本方法。

例4, 已知数列{an}中, a1=29, an=an-1+2n-1 (n≥2, n∈N*) 求这个数列的通项公式。

解:数列{an}中, a1=29, an=an-1+2n-1, (n≥2, n∈N*) , 可得:

a2-a1=2×2-1

a3-a2=2×3-1

a4-a3=2×4-1

……

an-an-1=2n-1 (n≥2, n∈N*)

以上各式相加得:

an-a1= (2×2-1) + (2×3-1) +…+2n-1

∴an=a1+2× (2+3+4+…) - (n-1)

整理得:an=n2+28 (n≥2, n∈N*)

将n=1代入上式得:an=n2+28。

五累乘法

探讨求数列通项公式的方法 篇11

一、根据所给数列的前n项的值, 求数列的一个通项公式

例1根据下面数列的前n项的值, 写出数列的一个通项公式: (1) 1, …13 93563179933; (2) 7 7, …7777 7777; (3) 1, …33 5 5 7 7 9 9

解析:对于上述的三个数列关系式, 不能直接与等差数列或等比数列联系.应该观察题干所给出的各项的结构特点, 考虑项与序号之间的关系以及项与项之间的关系。

观察分子、分母与项数n之间的关系, 分子可看作是:2+1, 4+1, 8+1, 16+1, 32+1, …, 从而分子的关系式为:2n+1;分母可得关系式为: (2n-1) (2n+1) .

点评:当不能直接观察出数列的特殊关系时, 得根据所给的数列各项的结构特点进行转化变形, 通过类比、归纳、猜想、拼凑等方法, 与已知的熟悉的特殊数列进行结合, 从而求出所给的数列的通项公式, 值得注意的是此类数列的通项公式并不唯一。

二、知数列的an与an+1之间的递推关系式, 求数列的通项公式

对于数列的an与an+1之间的递推关系式有多种情况, 主要分为以下几大类:

点评:本题的两种解法在数列的有关计算中运用十分普遍。在用累加法求递推数列的通项公式, 通常有两个特点: (1) 累加后等式的左边可以错项相消而化简; (2) 等式右边可以方便地求和 (通常为等差数列或等比数列或我们已掌握的特殊数列求和) 。

小结:当直接求解数列{na}的通项公式困难时, 我们改求另外一个数列的通项公式, 然后再求指定数列的通项公式的递推公式.本题的难点就在于递推式有这样的一个特征, 除含有变量na和n+1a外, 含有2n的底数与na的系数相同, 用例5的方法就无法解决, 因此在递推式两边同时除以2n+1, 构造等差数列求解通项.

参考文献

[1]余国清:《高考题透视数列通项公式的求解》, 数理化学习, 2007.2

[2]王红权:《数列通项公式的常用方法》,