数列通项公式求解策略

2024-09-15

数列通项公式求解策略（共9篇）

数列通项公式求解策略篇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

数列通项公式求解策略篇2

（2）9，99，999，……

分析：（1）0=12——1/2，每一项的分子是项数的平方减去1，分母是项数加上1，n2——1/n＋1＝n——1，其实，该数列各项可化简为0，1，2，3，……，易知an＝n——1。

（2）各项可拆成10-1，102-1，103-1，……，an＝10n——1。

此题型主要通过让学生观察、试验、归纳推理等活动，且在此基础上进一步通过比较、分析、概括、证明去揭示事物的本质，从而培养学生的思维能力。

二、已知数列的前n项和Sn

已知数列的前n项和Sn，求通项公式an，主要通过an与Sn的关系转化，即an -{ S1（n＝1） Sn -Sn——1（n≥2）

例2、已知数列{an }的前n项和Sn=2n+3，求an

分析：Sn=a1+a2 +……+an——1+an

Sn——1＝a1+a2 +……+an——1

上两式相减得 Sn -Sn——1=an

解：当n=1时，a1=S1=5

当n≥2时，an =Sn -Sn——1=2n+3-（2n——1+3）=2n——1

∵n=1不适合上式

∴an ={5（n=1） 2n——1（n≥2）

三、已知an与Sn关系

已知数列的第n项an与前n项和Sn间的关系：Sn=f（an），求an。一般的思路是先将Sn与an的关系转化为an与an——1的关系，再根据与的关系特征分为如下几种类型。不同的类型，要用不同的方法解决。

（1）an=an——1+k。数列属等差数列，直接代公式可求通项公式。

例3、已知数列{an}，满足a1=3，an=an——1+8，求an。

分析：由已知条件可知数列是以3为首项，8为公差的等差数列，直接代公式可求得an=8n-5。

（2）an=kan——1（k为常数）。数列属等比数列，直接代公式可求通项公式。

数列通项公式求解策略篇3

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.

《数列通项公式》教学设计篇4

【授课内容】数列通项公式【授课教师】陈鹏【授课班级】高三6班

【授课时间】2009年10月20日晚自习【教学目标】

一、知识目标：

1.解决形如an+1=pan +f(n)通项公式的确定。

2．通过学习让学生掌握和理解an+1=pan +f(n)此类型的通项公式的求法。

二、能力目标：

在实践中通过观察、尝试、分析、类比的方法导出数列通项公式，培养学生类比思维能力。通过对公式的应用，提高学生分析问题和解决问题的能力。利用学案导学，促进学生自主学习的能力。

三、情感目标：

通过公式的推导使学生进一步体会从特殊到一般，再从一般到特殊的思想方法。【教学重点】

通过学习让学生能够熟练准确的确定掌an+1=pan +f(n)此类型的通项公式，并能解决实际问题。【教学难点】

1.如何将an+1=pan +f(n)转化为我们学过的两个基础数列（等差和等比）。2.理解和掌握an+1=pan +f(n)此类型数列通项公式确定的数学思想方法。【教学方法】探索式启发式【教学过程】一．引入：

1、等差、等比数列的通项公式？

2、如何解决an+1–an =f(n)型的通项公式？

3、如何解决an+1∕an =f(n)型的通项公式？

二．新授内容：

例1：设数列{an}中，a1=1, an+1=3an , 求an的通项公式。

解：略

例2：设数列{an}中，a1=1, an+1=3an+1, 求an的通项公式。分析：设an+1=3an+1为an+1+A=3(an+A)

例3：设数列{an}中，a1=1, an+1=3an+2n, 求an的通项公式。

分析：设an+1=3an+2n为an+1+A(n+1)+B=3(an+An+B)

思考：设数列{an}中，a1=1, an+1-3an=2n, 求an的通项公式。

分析：法一：设an+1=3an+2n 为an+1+A2n+1 =3（an+A2n）

法二：an+1=3an+2n的等式两边同时除以2n方可解决

三．总结：

形如an+1=pan +f(n)此类数列通项公式的求法，可以通过适当的策略将问题化归为等差数列或等比数列问题加以解决。四．练习：

1、设数列{an}中，a1=1, an+1=2an+3, 求an的通项公式。

2、设数列{an}中，a1=1, an+1=3an+2n+1, 求an的通项公式。

3（2009全国卷Ⅱ理）设数列的前项和为sn ,已知a1=1, sn+1=4an +2（I）设bn=an+1 –2an，证明数列{bn}是等比数列（II）求数列的通项公式。

【课后反思】

递推数列的题型多样，求递推数列的通项公式的方法也非常灵活，往往可以通过适当的策略将问题化归为等差数列或等比数列问题加以解决。等差、等比数列是两类最基本的数列，是数列部分的重点，自然也是高考考查的热点，而考查的目的在于测试灵活运用知识的能力，这个“灵活”往往集中在“转化”的水平上。转化的目的是化陌生为熟悉，当然首先是等差、等比数列，根据不同的递推公式，采用相应的变形手段，达到转化的目的。

因而求递推数列的通项公式问题成为了高考命题中颇受青睐的考查内容。求递推数列通项公式的方法策略是：公式法、累加法、累乘法、待定系数法、换元法等等。只要仔细辨析递推关系式的特征，准确选择恰当的方法，是迅速求出通项公式的关键。

一、学情分析和教法设计：

1、学情分析：

学生在前一阶段的学习中已经基本掌握了等差、等比数列这两类最基本的数列的定义、通项公式、求和公式，同时也掌握了与等差、等比数列相关的综合问题的一般解决方法。本节课作为一节专题探究课，将会根据递推公式求出数列的项，并能运用累加、累乘、化归等方法求数列的通项公式，从而培养学生观察、分析、归纳、猜想的能力、逻辑思维能力以及演绎推理的能力。

2、教法设计：

本节课设计的指导思想是：讲究效率，加强变式训练、合作学习。采用以问题情景为切入点，引导学生进行探索、讨论，注重分析、启发、反馈。先引出相应的知识点，然后剖析需要解决的问题，在例题及变式中巩固相应方法，再从讨论、反馈中深化对问题和方法的理解，从而较好地完成知识的建构，更好地锻炼学生探索和解决问题的能力。

在教学过程中采取如下方法：

①诱导思维法：使学生对知识进行主动建构，有利于调动学生的主动性和积极性，发挥其创造性； ②分组讨论法：有利于学生进行交流，及时发现问题，解决问题，调动学生的积极性； ③讲练结合法：可以及时巩固所学内容，抓住重点，突破难点。

二、教学设计：

1、教材的地位与作用：

递推公式是认识数列的一种重要形式，是给出数列的基本方式之一。对数列的递推公式的考查是近几年高考的热点内容之一，属于高考命题中常考常新的内容；另一个面，数学思想方法的考查在高考中逐年加大了它的份量。化归思想是本课时的重点数学思想方法，化归思想就是把不熟悉的问题转化成熟悉问题的数学思想，即把数学中待解决或未解决的问题，通过观察、分析、联想、类比等思维过程，选择恰当的方法进行变换、转化，归结到某个或某些已经解决或比较容易解决的问题上，最终解决原问题的一种数学思想方法；化归思想是解决数学问题的基本思想，解题的过程实际上就是转化的过程。因此，研究由递推公式求数列通项公式中的数学思想方法是很有必要的。

2、教学重点、难点：

教学重点：根据数列的递推关系式求通项公式。教学难点：解题过程中方法的正确选择。

3、教学目标：(1)知识与技能：

会根据递推公式求出数列中的项，并能运用累加、累乘、化归等方法求数列的通项公式。(2)过程与方法：

①培养学生观察、分析、归纳、猜想的能力、逻辑思维能力以及演绎推理的能力；

②通过阶梯性练习和分层能力培养练习，提高学生分析问题和解决问题的能力，使不同层次的学生的能力都能得到提高。(3)情感、态度与价值观：

①通过对数列的递推公式的分析和探究，培养学生主动探索、勇于发现的求知精神；

②通过对数列递推公式和数列求和问题的分析和探究，使学生养成细心观察、认真分析、善于总结的良好思维习惯；

③通过互助合作、自主探究等课堂教学方式培养学生认真参与、积极交流的主体意识。

三、教学过程：

（1）复习数列的递推公式、等差和等比数列的递推公式，并解决问题。（2）课堂小结（3）作业布置

已知:a1a0,an1kanb,(k0)(1)k,b在何种条件下,数列an分别成等差数列,等比数列.(2)若数列a,又非等比数列且ab n既非等差数列,k10, 如何求an的通项公式.(3)利用(2)的方法分别求出以下数列an的通项公式, ①若a11,2an13an2.②若a11,an2an13anan1.三、课后反思：

递推数列通项公式的常用求解方法篇5

类型1已知an+1=an+f (n) , 求an.

其中{f (n) }为可求和, 可采用累加法:即利用an=a1+ (a2-a1) + (a3-a2) + (a4-a3) +…+ (an-an-1) =a1+f (1) +f (2) …+f (n-1) 求解, 或采用迭代法, 即利用an=an-1+f (n-1) =an-2+f (n-2) +f (n-1) =an-3+f (n-3) +f (n-2) +f (n-1) =…=a1+f (1) +f (2) +f (3) +…+f (n-1) 求解.

【例1】已知数列{an}满足a1=2, aa+1=an+3n, 求an.

解:由an+1=an+3n, 得a2-a1=3, a3-a2=32, a4-a3=33, …, an-an-1=3n-1, 又a1=2, 把以上各式左右分别相加, 得

类型2已知an+1=f (n) an, 求an.

其中{f (n) }为可求积, 可采用累积法:即利用an=a1·a1a2·a2a3…anan-1=a1·f (1) ·f (2) …f (n-1) 求解, 或采用迭代法:即利用an=an-1f (n-1) =an-2f (n-2) ·

【例2】已知数列{an}满足求an.

解:由把以上各式左右分别相乘, 得

类型3已知an+1=pan+q (pq≠0, p≠1) , 求an.

可用待定系数法 (构造法) 化成an+1+t=p (an+t) 的形式, 然后用等比数列的知识求解.

【例3】已知数列{an}满足a1=1, an+1=2an+4, 求an.

解:令an+1+t=2 (an+t) , 则an+1=2an+t, 与an+1=2 an+4比较, 得t=4,

则数列{an+4}是以a1+4=5为首项, 2为公比的等比数列,

类型4已知an+1=pan+qn (pq≠0, p≠1, q≠1) , 求an.

令bn=pnan, 转化为类型1的递推关系进行求解.

【例4】设a0为常数, 且an=3n-1-2an-1 (n∈N*) .

证明:对任意n≥1, an=51[3n+ (-1) n-1·2n]+ (-1) n·2na0.

证明:∵an=3n-1-2an-1,

累加法以及等比数列的前n项和公式, 得

类型5已知 (其中p、q、r为常数) , 求an.

可利用取倒数变换的方法求解.

【例5】已知数列{an}满足

等比数列,

类型6已知an+1=pank, 求an.

可利用取对数变换的方法求解.

【例6】已知数列{an}满足a1=2, an+1=5an2, 求an.

∴两边取对数得lgan+1=2lgan+lg5.

由待定系数法, 得lgan+1+lg5=2 (lgan+lg5) ,

∴{lgan+lg5}是以lga1+lg5=1为首项, 2为公比的等比数列,

类型7已知an+2=pan+1+qan (pq≠0且p≠1) , 求an.

利用待定系数法, 令是以β为公比的等比数列.

【例7】已知数列{an}满足a1=1, a2=4, an+2=5 an+1-6an, 求an.

解:令an+2-αan+1=β (an+1-αan) ,

∴{an+1-2an}是以a2-2a1=2为首项, 3为公比的等比数列.

则, 从而转换成类型4进行解答, 得

由累加法得

类型8已知

方法一:可把等式两边同乘以

方法二:由

(2) - (1) 得可求an.

【例8】数列{an}满足a1=1, an+1+an=3n+2, 求an.

解:由方法二得

则an+2-an=3, 由已知a2=4,

∴当n=2k-1 (k∈N*) 时, 数列{an}是以1为首项, 3为公差的等差数列.

同理, an=23n+1 (n=2k, k∈N*) ,

类型9已知

可通过构造法构造新数列求解.

【例9】数列{an}满足

又b1=a1=3, 利用累加法, 得bn=3+4[1+2+3+…+ (n-1) ]=2n2-2n+3,

递推数列通项公式的解题策略例析篇6

一、利用累加法求通项公式

形如an+1-an=f (n) (n=2, 3, 4……) , 且f (1) +f (2) +…+f (n-1) 可求an, 则用累加法.

【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.

解析:由an+1=an+2n+1得an+1-an=2n+1,

则an= (an-an-1) + (an-1-an-2) +…+ (a3-a2) + (a2-a1) +a1, 即可得到通项公式.

解题策略:把递推关系式an+1=an+2n+1转化为an+1-an=2n+1, 进而求出 (an-an-1) + (an-1-an-2) +…+ (a3-a2) + (a2-a1) +a1, 即得数列的通项公式.

二、利用累乘法求通项公式

形如 (n=2, 3, 4, …) , 且f (1) +f (2) +…+f (n-1) 可求, 则用累乘法求an.

【例2】已知数列{an}, a1=3, 前n项和, 求数列{an}的通项公式.

解析:关键步骤是由an=Sn-Sn-1整理出, 于是分别列出n个等式, 再将n个等式两端分别相乘, 整理就可得

三、构造等比数列法

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

解析:an+1=2an+3·2n两边除以2n+1, 得, 则, 故数列是以为首项, 以为公差的等差数列.

解题策略:把递推关系式an+1=2an+3·2n转化为, 求出数列为等差数列.这个转化过程能否成功, 直接影响到本题是否能成功解出.接着只需利用等差数列的通项公式求出, 最后再求出数列{an}的通项公式即可.

四、利用待定系数法求通项公式

【例4】已知数列{an}满足an+1=2an+3·5n, a1=6, 求数列{an}的通项公式.

解题策略:该题的解题关键是把递推关系式an+1=2an+3·5n整理为an+1-5n+1=2 (an-5n) , 从而轻易地知道新数列{an-5n}是等比数列!余下的只需求出数列{an-5n}的通项公式, 即可求出数列{an}的通项公式an=2n-1+5n.

五、利用迭代法求通项公式

【例5】已知数列{an}满足, a1=5, 求数列{an}的通项公式.

由已知a1=5就可以求出数列{an}的通项公式为

六、利用换元法求通项公式

【例6】已知数列{an}满足, a1=1, 求数列{an}的通项公式.

解题策略:该题目的解题的关键策略是通过将的换元为bn, 因而, 然后再代入, 得.因此, 可以知道数列{bn-3}是等比数列, 然后可以求出数列{bn-3}的通项公式, 容易求出数列{an}的通项公式

数列通项公式的求法篇7

一、定义法

当已知数列为等差或等比数列时, 可直接利用等差或等比数列的通项公式, 这样只需求得首项及公差公比即可。

例1:设{an}是一个公差为d (d≠0) 的等差数列, 它的前10项和S10, 且a1, a2, a4成等比数列。 (Ⅰ) 证明:a1=d; (Ⅱ) 求公差d的值和数列{an}的通项公式。

证明: (Ⅰ) ∵a1, a2, a4成等比数列, ∴a22=a1a4。而{an}是等差数列, 有a2=a1+d, a4=a1+3d, 于是 (a1+d) 2=a1 (a1+3d) , 即a12+2a1d+d2=a12+3a1d, 化简得a1=d。

(Ⅱ) 解:由条件S10=110和得到10a1+45d=110, 由 (Ⅰ) 知a1=d, 代入上式得55d=110, 故d=2, an=a1+ (n-1) d=2n。

二、累加法 (也称逐差求和法)

形如且an+1=an+f (n) , f (n) 为可求和数列, 那么可用逐项作差后累加的方法求an。即

例2: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

所以数列{an}的通项公式为an=n2。

评注:本题解题的关键是把递推关系式an+1=an+2n+1转化为an+1-an=2n+1, 进而利用逐差求和法求得数列{an}的通项公式。

三、累乘法 (也称逐商求积法)

形如an+1=an·f (n) , f (n) 可用逐项作商后求积得到。即于是只要f (n) 可以求积就行。

例3:已知数列{an}满足求an。

这种利用求通项公式的方法称为累乘法, 累乘法是求形如an+1=an·f (n) 的递推数列通项公式的基本方法, 适用于积为特殊数列的数列。

四、构造新数列

对于一些递推关系较复杂的数列, 可通过对递推关系公式的变形、整理, 从中构造出一个新的等比或等差数列, 从而将问题转化为前面已解决的几种情形来处理。

1. 构造等差数列或等比数列

等差数列与等比数列是基本的两种数列, 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。

(1) 将递推公式an+1=qan+d (q, d为常数, q≠0, d≠0, ) 通过an+1+λ=p (an+λ) 与原递推公式恒等变形, 构造等比数列为首项, q为公比的等比数列。

例4:在数列{an}中, a1=2, 且求{an}的通项公式。

(2) an=pan-1+f (n) 构造出与f (n) 相似的式子, an+m·f (n) =p[an-1+m·f (n-1) ]。通过待定系数法确定m的值, 转化成以a1+mf (1) 为首项, 以p为公比的等比数列。

如递推式an+1=Aan+Bn+C可构造为形如an+1=λ1n+λ2=A[an+λ1 (n-1) +λ2]的等比数列。

例5:设数列{an}中, a1=1, an+1=3an+2n+1, 求{an}的通项公式。

如递推式an+1=Aan+B·Cn (A、B、C为常数, 下同) 可构造为形如an+1+λ·Cn+1=A (an+λ·Cn) 的等比数列。

例6:设数列{an}中, a1=1, an+1=3an+2n, 求{an的通项公式。

解:设an+1+t2n+1=3 (an+t2n) , 展开后, 得an+1=3an+2n, 对比得t=1, ∴an+1+2n+1=3 (an+2n) 。令bn=an+2n, 则bn+1=3bn, 且b1=a1+21=3, ∴{bn}是b1=3为首项, 公比q=3的等比数列。∴bn=3·3n-1=3n, 即an=3n-2n。

(3) 若这种类型一般是等式两边取倒数, 运算中注意新数列的首项, 公差或公比的变化。

例7:已知数列{an} (n∈N*) 中, 求数列{an}的通项公式。

2. 构造对数式。

形如an+1=panr (p>0, an>0) 这种类型一般是等式两边取对数后得:lgan+1=rlgan+1gp。

例8:已知数列{an}, 其中a1=1, 且求通项公式an。

数列通项公式求法探究篇8

一、归纳猜想法

归纳猜想的方法貌似简单, 但却是一个非常重要的方法, 是我们遇到一个数列问题时首先要考虑的方法。这种方法依赖于题目数列方便计算以及我们个人敏锐观察力和大胆的想象力。

如数列1, 3, 5, 7, 9···可以非常快速的看出其通项公式为an=2n-1。另一个数列如:1, 3, 7, 15···可以通过观察其规律进行猜想知an=2n-1。

二、整体换元法

整体换元的方法主要是用一个设定的字母带换掉原式中一个整体, 即形式相同的一部分。

如求 (n+1) an+1=nan+3的通项公式。

本题初看之下似乎毫无头绪, 但是如果做一定的换元:设bn=nan, 则上式可变为bn+1=bn+3, 上述问题就变得十分简单, 此时只需求出bn即可得到数列通项公式an。

三、三角代换法

类似于整体换元法, 三角代换的方法是通过发现原式中某些形式与三角公式相吻合, 进而将所求转化为三角公式的求解。通常这类问题本身就是由三角公式演化而来的。

四、两式相减法

两式相减的方法是数列通项公式求解过程中非常好用但往往不容易想到的方法。两式相减, 就是将题目给出的关系式分别写为关于n的式 (1) 和关于n+1的式 (2) , 然后将这两个式子相减, 得到的新式子可以很直观的反映出一定的数量关系, 从而使得原题的求解简化。

例:求数列a1+a2+…+an=n2的通项公式an。

(1) - (2) 得an+1=2n+1, 所以an=2n-1即得。

当然这是一个非常简单的例子, 但我们仍能看到两式相减方法的应用, 可以将相同项特别是常数项减掉, 然后进行因式分解, 将原式简化整理。特别的, 若原式存在平方项, 此时还可以活用平方差公式。

五、递推关系法

可以通过一个上述的简单例子看到, 若an+1=2an+1, 对其做一定的变形可得an+1+1=2 (an+1) , 然后设bn=an+1, 原式直接变为bn+1=2bn。只要通过一定形式的变化, 可以很容易的将原式中的关系变为简单的递推关系, 使得求解变得极为简单直接。

六、特征方程法

特征方程法是数列求解中一个比较特殊的方法, 这类问题针对的是某些拥有现成结论的特殊问题。通过特征方程和特征根, 对有些特定的问题我们可以直接给出答案。

特征方程可以分为两类,

例:已知a1=1, a2=2, an+2=6an+1-9an, 求an。

解:特征根为x1=x2=3,

所以an= (An+B) ·3n

所以有an= (-n+4) ·3n-2

特征方程的方法可总结为三步:

(1) 根据特征方程求出特征根;

(2) 若所求为不等根, 则分别用an+1相减;若是等根, 则用an+1相减再取倒数;

(3) 化简整理, 此时可形成等比或等差数列在进行计算。

七、总结

求递推数列通项公式篇9

类型1形如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(逐差相加法)求解.

例1已知数列{an}满足

解:由条件知:

分别令n=1,2,3,…,(n-1),代入上式得(n-1)个等式累加之,即

类型2形如an+1=f(n)an.

解法:把原递推公式转化为,利用累乘法(逐商相乘法)求解.

例2已知数列{an}满足,求an.

解:由条件知,分别令n=1,2,3,…,(n-1),代入上式得(n-1)个等式累乘之即

变式:(2004年全国I)已知数列{an},满足a1=1,a,=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1(n≥2),则{an}的通项

解:由已知,得an+1=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1+nan.用此式减去已知式,得当n≥2时,an+1-an=nan,即an+1=(n+1)an.又a2=a1=1,所以a1=1,.将以上n个式子相乘,得.

类型3形如an+1=pan+q(其中p,q均为常数(pq(p-1)≠0).

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

例3已知数列{an}中,a1=1,an+1=2an+3,求an.

解:设递推公式an+1=2an+3可以转化为a n+1-t=2(an-t),即an+1=2an-tt=-3.故递推公式为an+1+3=2(an+3).令bn=an+3,则b1=a1+3=4,且.bn an+3所以{bn}是以b1=4为首项,2为公比的等比数列,则bn=4×2n-1=2n+1,所以an=2n+1-3.

变式:(2006年重庆市)在数列{an}中,若a1=1,an+1=2an+3 (n≥1),则该数列的通项an=_____(答案:an=2n+1-3).

类型4可转化为累加法、累乘法、待定系数法

(1)形如an+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均均不为1和0).

解法:一般地,要先在原递推公式两边同除以引入辅助数列

(2)形如(p>0,an>0)

解法:这种类型一般是等式两边取对数后转化为an+1=pan+q.再利用待定系数法求解.

例5已知数列{an丨中,a1=1,an+1=·(a>0),求数列{an}的通项公式.

12取对数得lgan+1=解:由an+1=·a2n两边取对数lgan+12lgan+lg.,

令bn=lgan,则bn+1=2bn+lg·再利用待定系数法,可得an=a()2n+1.

(3)形如

解法:这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为an+1=pan+q.

例6已知数列{an}满足,求数列{an丨的通项公式.