递推数列求通项公式的典型方法.doc

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递推数列求通项公式的典型方法

1、an+1=an+f（n）型

累加法:

an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+…＋（a2-a1）+a1

=f（n-1）+f（n-2）+…f

（1）+a1

例1已知数列｛an｝满足a1=1,an+1=an+2n（n∈N*）,求an

解:

an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+…＋（a2-a1）+a1

=2n-1+2n-2+…+21+1=2n-1（n∈N*）

例在数列{}中，,，求通项公式.

解：

原递推式可化为：

则

，……，

逐项相加得：

.故

2、型

累积法:

所以

例2:

已知数列｛an｝满足,求

解:

=

例2设数列{}是首项为1的正项数列，且（n=1,2,3…），则它的通项公式是=▁▁▁（2000年高考15题）.

解：

原递推式可化为：

=0

∵＞0，

则……，

逐项相乘得：

，即=.

3．型（p,q为常数）

方法：

（1），再根据等比数列的相关知识求.

（2）再用累加法求.

（3）,先用累加法求再求

例3．已知的首项（a为常数），，求

解设，则

为公比为2的等比数列。

题目:

在数列（不是常数数列）中,且,求数列的通项公式.

解法一:

因为,所以,,所以,,所以,数列是公比为的等比数列.又,所以,,将代入上式可得.

[评注]这种方法叫做差分法.即由条件进行递推可得,进一步可得,数列是公比为的等比数列,所以,,再将代入即可求得.

解法二:

所给数列对应的特征方程为:

所以,特征根为.因为,所以,,即数列是公比为的等比数列,又,所以,.故.

[评注]:

这种方法叫做特征根法,因为,所以满足（叫做此数列对应的特征方程）的存在,由可得,所以,数列是以为首项,以为公比的等比数列或各项均为0,于是再根据条件,所以,.

解法三:

设,即与已知对比可得,所以,.所以,可得,即数列是公比为的等比数列或者各项均为0.（下同解法二）.

[评注]:

这种方法通常叫做构造法.即由已知递推式的特点构造一个等比数列,再求通项公式.设,与原递推数列进行对比可以建立方程,求数所设实数的值即可得是以为首项,以为公比的等比数列.

以上三种方法虽然各不相同,但是它们有一点是共同的,即构造一个等比数列,这就是本题的实质所在.

4．型（p为常数）

方法：

变形得，则可用累加法求出，由此求得.

例4．已知满足，求

解

为等差数列。

5.型（p,q为常数）

方法：

待定糸数法设构造等比数列

例5．数列中，且，求.

6、取倒数法

例6已知数列{}中，其中，且当n≥2时，，求通项公式。

解将两边取倒数得：

，这说明是一个等差数列，首项是，公差为2，所以，即.

7、取对数法

例若数列{}中，=3且（n是正整数），则它的通项公式是=▁▁▁（2002年上海高考题）.

解由题意知＞0，将两边取对数得，即，所以数列是以=为首项，公比为2的等比数列，，即.

8、平方（开方）法

例8若数列{}中，=2且（n），求它的通项公式是.

解将两边平方整理得。

数列{}是以=4为首项，3为公差的等差数列。

。

因为＞0，所以。

9、待定系数法

待定系数法解题的关键是从策略上规范一个递推式可变成为何种等比数列，可以少走弯路.其变换的基本形式如下：

1、（A、B为常数）型，可化为=A（）的形式.

例9若数列{}中，=1，是数列{}的前项之和，且（n），求数列{}的通项公式是.

解递推式可变形为

（1）

设

（1）式可化为

（2）

比较

（1）式与

（2）式的系数可得，则有。

故数列{}是以为首项，3为公比的等比数列。

=。

所以。

当n，。

数列{}的通项公式是。

2、（A、B、C为常数，下同）型，可化为=）的形式.

例10在数列{}中，求通项公式。

解：

原递推式可化为：

①

比较系数得=-4，①式即是：

.

则数列是一个等比数列，其首项，公比是2.

∴

即.

3、型，可化为的形式。

例11在数列{}中，，当，①求通项公式.

解：

①式可化为：

比较系数得=-3或=-2，不妨取=-2.①式可化为：

则是一个等比数列，首项=2-2（-1）=4，公比为3.

∴.利用上题结果有：

.

4、型，可化为的形式。

例12在数列{}中，，=6①

求通项公式.

解①式可化为：

②比较系数可得：

=-6，，②式为

是一个等比数列，首项，公比为.

∴

即

故.

一、复习回顾

引入问题：

已知数列{an}满足a1=1,且an+1=+1,求an。

分析一：

归纳法。

由递推公式，可求出a2=4，a3=13，a4=40。

则a2-a1=3=31，a3-a2=9=32，a4-a3=27=33。

由此猜测：

an-an-1=3n-1（可用数学归纳法证明），所以an-1-an-2=3n-2，an-2-an-3=3n-3……，a4-a3=33，a3-a2=32，a2-a1=31，把上式子累加，得，an-a1=31+32+33+……+3n-1=，得an=。

分析二：

构造法。

由an+1=+1，得an+1+=3（an+），即数列{an+}为一个公比为3的等比数列，则an+=（1+）·3n-1=。

分析三：

迭代法。

an=3an-1+1=3（3an-2+1）+1=32an-2+31+1=…=3n-1a1+3n-21+3n-31+…+31+1=

点评：

（1）分析一中先猜测出前后两项差的关系，再用累加法求出通项；这种用不完全归纳法求出前几项再找规律的的方法，对所有求数列通项的题均适用，应培养归纳能力；

（2）分析二中构造出新数列，由新数列求出an的通项；

（3）分析三使用迭代法，这也是由递推式求通项的基本方法。

本文将由此例题展开，对它进行各种变形，力求归纳出由递推公式求通项公式的方法。

二、例题精讲

例1.已知数列{an}中，a1=1，对任意自然数n都有，求an。

分析：

由已知，，，……，，，累加，得an-a1=

=。

点评：

（1）例3由例1中的常数项1变为f（n）而得来；

（2）递推式为an+1=an+f（n），只要f

（1）+f

（2）+……+f（n-1）是可求的，可用累加法求出。

（3）今年安徽题中也有这样一题：

已知数列{an}中a1=1，且a2k=a2k-1+（-1）k，a2k+1=a2k+3k，其中k=1,2,3……

（1）求a3，a5

（2）求数列{an}的通项公式。

这是一个an+1=an+f（n）型的函数，只不过偶数项减奇数项与奇数项减偶数项的f（n）不同而已，依照上法，可以轻松求解。

（4）运用类比推理的思想方法，把例3与例1的形式进行比较后可看出类似之处，从而在方法上类同。

对递推式为an+1=pan+q（p、q为常数）时，可构造新数列an+1+=p（an+）。

其证明的简略过程如下：

由an+1=pan+q，令an+1+x=p（an+x），化简，得an+1=pan+px-x，因此px-x=q，即x=。

得证。

例2：

已知数列{an}中，a1=1，，求an。

分析：

把两边取倒数，可得。

令，则bn+1=3bn+1，即引入问题，按上法可求解。

点评：

（1）转换问题，化成基本型后求解（运用反思维定势定势方法中的转移思维方法）

（2）对分式型递推数列可归纳如下：

设a1=a，

①若d=0，则上式变形为，令,则,即基本型。

②若d，c≠0,且bc≠ad，令an=bn+t（t为待定系数）转化为情形①。

例3.在数列中，,求通项.

解：

原递推式可化为

比较系数可得：

x=-6,y=9,上式即为

所以是一个等比数列，首项,公比为.

即：

故.

（2）若（其中q是常数，且n0,1）

①若p=1时，即：

，累加即可.

②若时，即：

，

求通项方法有以下三种方向：

i.两边同除以.

即：

令，则,

然后类型1，累加求通项.

ii.两边同除以.即：

令,则可化为.然后转化为类型5来解，

iii.待定系数法：

设.通过比较系数，求出，转化为等比数列求通项.

形如（其中p,q为常数）型

（1）当p+q=1时用转化法

例4.数列中，若,且满足,求.

解：

把变形为.

则数列是以为首项，3为公比的等比数列，则

利用类型6的方法可得.

（2）当时用待定系数法.

例5.已知数列满足，且,且满足,求.

解：

令,即,与已知

比较，则有,故或

下面我们取其中一组来运算，即有,

则数列是以为首项，3为公比的等比数列，故

即,利用类型的方法，可得

.

评注：

形如的递推数列,我们通常采用两次类型（5）的方法来求解,但这种方法比较复杂,我们采用特征根的方法:

设方程的二根为,设,再利用的值求得p,q的值即可.

形如（其中p,r为常数）型

（1）p>0，用对数法.

例6.设正项数列满足，（n≥2）.求数列的通项公式.

解：

两边取对数得：

，，设，则，是以2为公比的等比数列，，，，∴

练习数列中，，（n≥2），求数列的通项公式.答案：

（2）p<0时用迭代法.

课堂小结：

学生的体会是多方面、多角度的，因此小结内容也很灵活。

知识方面：

数列的概念、数列的通项公式

能力方面：

掌握研究问题的一般方法，主要有：

观察、发现、归纳、总结、类比

思考问题：

是否每一个数列都能写出它的通项公式？

每一个数列的通项公式是否唯一？

根据前n项写出的不同形式的通项公式所确定的数列是否是相同的？

求递推数列通项公式是数列知识的一个重点，也是一个难点，高考也往往通过考查递推数列来考查学生对知识的探索能力，求递推数列的通项公式一般是将递推公式变形，推得原数列是一种特殊的数列或原数列的项的某种组合是一种特殊数列，把一些较难处理的数列问题化为中学中所研究的等差或等比数列。

利用递推数列求通项公式，在理论上和实践中均有较高的价值，下面介绍一下利用构造法求递推数列的通项公式的方法和策略.

一、构造等差数列法

例1.在数列{an}中，，求通项公式an。

解：

对原递推式两边同除以可得：

①

令②

则①即为，则数列{bn}为首项是，公差是的等差数列，因而，代入②式中得。

故所求的通项公式是

二、构造等比数列法

1.定义构造法

利用等比数列的定义，通过变换，构造等比数列的方法。

例2.设在数列{an}中，，求{an}的通项公式。

解：

将原递推式变形为

①

②

①/②得：

，

即③

设④

③式可化为，则数列{bn}是以b1＝为首项，公比为2的等比数列，于是，代入④式得：

＝，解得为所求。

2.（A、B为常数）型递推式

可构造为形如的等比数列。

例3.已知数列，其中，求通项公式。

解：

原递推式可化为：

，则数列是以为首项，公比为3的等比数列，于是，故。

3.（A、B、C为常数，下同）型递推式

可构造为形如的等比数列。

例4.已知数列，其中，且，求通项公式an。

解：

将原递推变形为，设bn＝。

①

得②

设②式可化为，比较得于是有

数列是一个以为首项，公比是－3的等比数列。

所以，即，代入①式中得：

为所求。

4.型递推式

可构造为形如的等比数列。

例5.在数列中，，求通项公式。

解：

原递推式可化为，比较系数可得：

，，上式即为是一个等比数列，首项

，公比为。

所以。

即，故为所求。

三、函数构造法

对于某些比较复杂的递推式，通过分析结构，联想到与该递推式结构相同或相近的公式、函数，再构造“桥函数”来求出所给的递推数列的通项公式的方法。

例6.在数列中，，求通项公式an。

分析：

首先考虑所给递推式与公式的联系。

解：

设，则同理，，…。

即，猜想。

下面用数学归纳法加以证明（证明略）。

由于即，解得，于是

为所求。

转化为常见类型求解：

例2设数列满足下列条件，试求各通项：

（1）

（2）

（3）

解：

（1）

令则，

本题用除递推式两边，再进行变量代换，就可转化为“型”，

可得

（2）递推式两边同除以，得，就可转化为“型”，当然，也可以在递推式两边同除以，得，

则可转化为“型”，所以得

（3）递推式两边同取对数，得

令，则

，已转化为“型”，由累乘相消法可得

根据上述的介绍，下面问题你能解决吗？

练习：

设数列满足下列条件，试求各通项：

（1）

（2）

（3）

（4）

（5）

（6）

（7）

（8）

专题二由递推公式求通项的技巧

（1）递推式为：

an+1=an+f（n）型……（用迭加法）

（2）递推式为：

an+1=pan+q型（p,q为常数）……（用特征根法转化成等比数列）

（3）递推式为：

an+1=pan+qn型（p,q为常数）……（同除qn或qn+1，再用特征根法转化成等比数列）

（4）递推式为：

an+2=pan+1+qan型（p,q为常数）……（变行为：

an+2--αan+1=β（an+1--αan）

递推数列求通项公式的基本类型及其对策

高中数学递推数列通项公式的求解，在高考中娄见不鲜，其丰富的内涵及培养学生思维逻辑性具有较高的价值，同时对于培养学生的归纳推理能力也具有十分重要的意义，下面就递推数列求通项的基本类型作一个归纳，以供读者参考。

类型一、

对策：

利用迭加或迭乘方法，即：

或

例1、（2006年山东高考文科）已知数列｛｝中，，）在直线y=x上，其中n=1,2,3….

（Ⅰ）令

（Ⅱ）求数列

解析：

（I）∵）在直线y=x上

∴①

∴②

①－②得：

∴

又∴

而得

∴数列{}是以首项为，公比为的等比数列

（II）由（I）得，∴

即

由：

=

类型二、

对策：

巧用

例2、（2007年福建高考文科）数列{an}的前N项和为Sn，a1=1，an+1=2Sn（n∈N*）.求数列{an}的通项an。

解析：

（I）∵an+1=2Sn,,

∴Sn+1-Sn=2Sn,

∴=3.

又∵S1＝a1=1,

∴数列｛Sn｝是首项为1、公比为3的等比数列，Sn=3n-1（n∈N*）.

∴当n2时，an-2Sn-1=2·3n-2（n2）,

∴an=

类型三、

对策：

等价转化为：

从而化为等比数列{}，并且该数列以为首项，公比为p

例3、（2006年福建高考理科）已知数列满足求数列的通项公式.

解：

是以为首项，2为公比的等比数列

即　

变式1：

对策：

（1）若p=q，则化为，从而化为以为首项，公差等于r的等差数列{}

（2）若p≠q，则化为，进而转化为类型三求通项

例4、已知数列{}满足求及.

解析：

∵∴

令，则

∴{+1}是以首项为，公比为2的等比数列

∴

∴得数列{}的通项公式为

变式2：

对策：

等价转化为：

，再化为，对照系数，解出x，y，进而转化为类型三

例5、题见例1（2006山东高考文科）

解析：

∵）在直线y=x上

∴①

令，可化为：

与①比较系数得

∴①可化为：

∴

∴

变式3、型

对策：

取倒数后得，化为类型三

例6、已知数列{}满足a1=1，，求

解析：

由，得

即：

，以下请读者解决。

变式4：

若p=1，则等式两边取常用对数或自然对数，化为：

，得到首项为，公比为r的等比数列{}，所以=，得

若p≠1，则等式两边取以p为底的对数得：

，转为类型三求通项。

例7、（06年石家庄模拟）若数列{}中，且，则数列的通项公式为

解析：

∵及知，两边取对常用对数得：

∴{}是以首项为，公比为2的等比数列。

∴∴

变式5、

对策：

两端除以得：

（1）若，则构成以首项为，公差为的等差数列{}；

例8、（07保定摸底）已知数列{}满足时，，求通项公式。

解：

∵

∴，∴数列{}是以首项，公差为2的等差数列

∴

∴

（2）若，转化为类型三求解。

变式6：

对策：

等价转化为，利用与恒等求出x,y得到一等比数列，得=f（n），进而化为变式2类型

例9、题见例1（2006山东高考文科）

解析：

∵）在直线y=x上

∴①

∴②

①－②得：

∴

∴数列{}是以首项为，公比为的等比数列

以下同例1（II）求通项

类型四、奇偶项型

对策一：

求出奇数项（或偶数项）的递推关系，再对应以上方法求解。

例10（2005年高考北京卷改编）设数列{}的首项，且

，求

解：

若n为偶数，则

即

∴

∴

∴

若n为奇数，则

即，

∴

∴

对策二：

，这种类型一般可转化为{}与{}是等差或等比数列。

例11、在数列{}中，

解：

由，得

两式相除得：

，∴{}与{}均为公比为2的等比数列，易求得：

类型五、周期型

例12、（2005年高考湖南卷）已知数列{}满足（）

A．0B．C．D．

略解：

由，得，因此数列是以3为周期的数列，所以，选B

探究递推公式为分式型数列的通项问题

对于形如递推公式为（，）的数列，这类问题有一般性的公式解法，通常用特征方程求不动点，即先求解递推公式所对应的特征方程，求出不动点，然后再解。

虽然这类题本身有特征方程求不动点等的知识背景，但高考题并不考，也不依赖于这知识，从所给的标准答案来看，其立意在于将递推数列求通项问题转化为已知数列的已知知识来解决，即转化为等差数列或等比数列来解决。

那么，有没有不用高等数学知识，而只用高中数学知识的方法？

这类问题是否存在通项公式？

若存在又怎么来求？

下面通过具体例子介绍一种方法，仅供参考!

例题

例题1：

（2010年全国高考数学理科第22题）

已知数列中，，

（Ⅰ）设，，求数列的通项公式；

（Ⅱ）求使不等式＜＜成立的的取值范围.

分析：

（Ⅰ）题目已经明确告诉学生要构造：

的倒数，也就是说在，两边同时减2得：

，再倒数即：

，亦即，下一步再变形：

，所以是首项为，公比为4的等比数列，进而可求出数列的通项公式。

（Ⅱ）略

例题2：

（2008年全国高考数学陕西卷理科第22题）

已知数列的首项=，=，n=1，2,3

（ⅰ）求的通项公式；

﹙ⅱ﹚证明：

对任意的x＞0,≥－,n=1，2，3

（ⅲ）证明：

＞

分析：

（ⅰ）由=两边同时加上，得＋＝；

倒数得；

令，（目的使分母成“”型）；得0，或－1，不妨取0，于是有＝＋，变形－1＝，又＝，所以，数列是以为首项，为公比的等比数列。

于是：

有，得

﹙ⅱ﹚略

例题3：

（2007年全国高考数学理科试卷第22题）：

已知：

数列中，2，，，2，3

（Ⅰ）求的通项公式；

（Ⅱ）若数列中2，，，2，3

证明：

＜≤，，2，3

分析：

（Ⅰ）由题设可得

所以数列是首项为，公比为的等比数列

所以,，2，3

（Ⅱ）对于两边同时加

得：

；即：

倒数：

即:

（1）

可令：

，目的是使分母变成“”型

则

（1）式可化为

（2）

由方程得±;不妨取

则

（2）式可变为

即：

它是形如“”的式子；易求

所以：

；显然，＞。

由（ⅰ）知：

所以

于是：

≥0

所以，≤

综上可知，＜≤，，2，3

探求：

对于型通项公式的方法可以推广到一般，结果总结如下：

对于两边同时加，得：

即：

倒数：

即：

所以：

即：

为了使上述等式左右成“”形式，可令

则：

（*）

由方程，得：

方程有解的条件为：

≥

在此条件下可求出该方程解：

，；不妨令

则（*）式可变为：

设，

则（其中，）

对于上述数列是很容易求出它的通项公式的。

即可求出数列的通项。

进而求出数列通项公式来。

以上方法尽管相对较麻烦些，但它用得知识点和方法都是高中数学内容所要求的。

因为原数列既不是等差数列也不是等比数列，但我们在原数列上“加”上一个适当的数，再“倒”过来，就可以用我们所掌握的等差，等比知识来求了，所以不妨称之为“加倒法”。

它是一种初等的方法。

练习：

1.（河北省定州市实验中学张志兰）中学数学教学参考2009.1——2。

已知数列中，=3，，，

（ⅰ）若数列满足，证明：

是等比数列；

﹙ⅱ﹚求数列的通项公式以及最大项，并说明理由；

（ⅲ）求的值。

2．（广西师大附中李天红）中学数学教学参考2009.1——2。

已知函数，设数列满足，，数列满足，记

（ⅰ）求数列的通项公式；

﹙ⅱ﹚求证：

；

（ⅲ）求证：

＜

3．已知各项均为正数的数列满足，且，求数列的通项公式。

4．已知数列中，，，求数列的通项公式。

5．已知数列满足，首项为，求数列的通项公式。

6．已知数列满足，首项为，求数列的通项公式。

答案

1．先求得数列的通项，进而求出数列的通项

2．（ⅰ）；

3．，4．，

5．，6．；