数列通项公式习题精选精讲文档格式.doc
《数列通项公式习题精选精讲文档格式.doc》由会员分享,可在线阅读,更多相关《数列通项公式习题精选精讲文档格式.doc(21页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
由(n+1)·
得,=·
·
…=所以
例4.已知数列中,,前项和与的关系是,试求通项公式。
首先由易求的递推公式:
将上面n—1个等式相乘得:
一般地,对于型如=(n)·
类的通项公式,当的值可以求得时,宜采用此方法。
五、Sn法利用(≥2)
例5:
已知下列两数列的前n项和sn的公式,求的通项公式。
(1)。
(2)
(1)===3
此时,。
∴=3为所求数列的通项公式。
(2),当时
由于不适合于此等式。
∴
要先分n=1和两种情况分别进行运算,然后验证能否统一。
六、待定系数法:
例6:
设数列的各项是一个等差数列与一个等比数列对应项的和,若c1=2,c2=4,c3=7,c4=12,求通项公式cn
设
例6.已知数列中,,,
其中b是与n无关的常数,且。
求出用n和b表示的an的关系式。
递推公式一定可表示为
的形式。
由待定系数法知:
故数列是首项为,公比为的等比数列,故
用待定系数法解题时,常先假定通项公式或前n项和公式为某一多项式,一般地,若数列为等差数列:
则,(b、c为常数),若数列为等比数列,则,。
七、辅助数列法
例7:
已知数的递推关系为,且求通项。
∵∴令则辅助数列是公比为2的等比数列
∴即∴
例5.在数列中,,,,求。
在两边减去,得
∴是以为首项,以为公比的等比数列,∴,由累加法得
==…===
例8:
已知数列{}中且(),,求数列的通项公式。
∵∴,设,则
故{}是以为首项,1为公差的等差数列∴∴
这种方法类似于换元法,主要用于已知递推关系式求通项公式。
趣谈数列的通项问题及其思维方式
1.递推关系的形成:
直接给出,函数给出,解析几何给出,应用问题给出,方程给出。
2.给出递推关系求通项,有时可以用归纳,猜想,证明的思路;
而证明型的问题用数学归纳法往往是一种比较简单的方法;
而给出铺垫(转化后的数列)的问题常常可以用证明(变换,待定系数法等)处理,一般难度不大。
3.给定初始条件和递推关系往往可以用演绎(推导)的方法求出它的通项公式,其最主要的思想方法是生成、转化、叠代。
4.给定初始条件和递推关系,有时不一定能求出通项,却也可以研究它的其他性质。
(如取值范围,比较大小,其他等价关系等,无非等与不等两类),这类问题往往有一定的难度。
本文主要采用风趣的“楼层式”讲解,更易于理解数列中求通项的问题。
将喻为楼的第一层,喻为楼的第二层,喻为楼的第三层,则数列中之间的关系式可理解为这三层之间的走动关系,那么我们可以用爬楼层的方式理解之间的相互转化关系-----我亲切地称它为“楼层式”的转化方式。
一、“二层”之间的关系式,即型
若数列的连续若干项之间满足关系,由这个递推关系及n个初始值确定的数列,叫做递推数列。
它主要给出的是“二层”中连续几项之间的递推关系式(如:
、
、、、、、、、、等类型),这是数列的重点、难点问题。
求递推数列通项的方法较多,也比较灵活,基本方法如:
迭加法、迭乘法、转化为等差、等比数列求通项法、归纳——猜想——证明法等,其中主要的思路是通过转化为等差数列或等比数列来解决问题。
(一)由等差、等比演化而来的“差型”、“商型”递推关系
(1)由等差数列演化为“差型”,如:
生成:
,,…,,
累加:
=,于是只要可以求和就行。
(2)由等比数列演化为“商型”,如:
累乘:
,于是只要可以求积就行。
例题1:
已知数列满足:
求证:
①②是偶数(《数学通讯》2004年17期P44)
证明:
由已知可得:
又=
而=
所以,而为偶数
(二)由“差型”、“商型”类比出“和型”、“积型”:
即
例题2:
数列中相邻两项、是方程的两根,已知
求的值。
分析:
由题意:
+-----①,生成:
+-----②
由②-①得:
所以该数列的所有的奇数项成等差,所有的偶数项也成等差。
其基本思路是:
生成、相减;
与“差型”的生成、相加的思路刚好相呼应。
到这里本题的解决就不在话下了。
特例:
若+,则,即该数列的所有的奇数项均相等,所有的偶数项也相等。
若------①,则-------②
由②÷
①得:
所以该数列的所有的奇数项成等比,所有的偶数项也成等比。
生成、相除;
与“商型”的生成、相乘的思路刚好相呼应。
若,则,即该数列的所有的奇数项均相等,所有的偶数项也相等。
(三)可以一次变形后转化为“差型”、“商型”。
如:
、、等类型。
例题3:
设是常数,且,
(2003年新课程理科,22题)
这道题目是证明型的,最简单的方法当然要数数学归纳法,现在我们考虑用推导的方法来处理的三种方法:
方法
(1):
构造公比为-2的等比数列,用待定系数法可知
方法
(2):
构造差型数列,即两边同时除以得:
,从而可以用累加的方法处理。
方法(3):
直接用叠代的方法处理:
说明:
①当时,上述三种方法都可以用;
②当时,若用方法1,构造的等比数列应该是而用其它两种方法做则都比较难;
③用叠代法关键是找出规律,除含外的其它式子,常常是一个等比数列的求和问题。
(四)数学归纳法:
例题4:
已知数列中,,求通项公式
利用归纳、猜想、数学归纳法证明方法也可求得通项公式。
即
…
再利用数学归纳方法证明最后的结论:
①当时,显然成立;
②假设当时,成立,
由题设知
即当时,成立
根据①②,当时,然后利用等比数列求和公式来化简这个通项。
二、“三层”之间的关系式,即型
若数列满足关系,由这个关系式及初始值确定的数列,也可理解为递推数列。
它主要给出的是“三层”中连续几项之间的递推关系式,解决途径是利用将“三层”问题全部走下“二层”,回到型或直接能求出,以下过程依同上述。
例题5:
已知数列的首项,前n项和满足关系式(t为常数且)
(1)求证:
数列是等比数列;
(2)设数列的公比为,作数列,使,,求
(1)由,,得,
∴,又,
得,得
∴是一个首项为1,公比为的等比数列。
(2)由,有
∴是一个首项为1,公差为的等差数列,∴。
类比例题:
已知数列满足,求的通项公式。
记
∴
∴∴。
三、“一层”与“三层”的关系式,即型
可利用公式:
直接求出通项。
例题6:
已知数列的前n项和为①②,分别求数列的通项公式。
①当时,
当时,
经检验时也适合∴
②当时,
经检验时不适合∴
四、“二层”与“三层”的关系式,即型
若数列满足关系,由这个递推关系及初始值确定的数列,也是递推数列。
它主要给出的是“二层”与“三层”之间的递推关系式,解决途径是利用转化为纯粹的“二层”或“三层”问题,即型或型(也就是将混合型的转化为纯粹型的)
例题7:
已知数列的前n项和Sn满足
(Ⅰ)写出数列的前3项;
(Ⅱ)求数列的通项公式。
(Ⅰ)---------------①
由得----------------②
由得,得--------------③
由得,得---------④
(Ⅱ)∵---------------①
∴用代得-----------⑤
由①-⑤得:
即----------------------------⑥
由叠代法得
---------------------------⑦
例题8:
数列的前n项和记为Sn,已知
(2004全国卷
(二)理科19题)
方法
(1)∵
∴整理得
所以,故是以2为公比的等比数列.
事实上,我们也可以转化为,为一个商型的递推关系,
由=
得,下面易求证。
当然,还有一些转化的方法和技巧,如基本式的变换,象因式分解,取倒数等还是要求掌握的。
五、二个(或多个)“楼层”(即数列)之间的递推关系
除以上的转化方式外,还会出现多栋楼之间的联系,即不同数列之间的递推关系,对于该类问题,要整体考虑,根据所给数列递推公式的关系,灵活采用累加、累乘、化归等方法求解。
例题9:
甲、乙两容器中分别盛有浓度为10%、20%的某种溶液500ml,同时从甲乙两个容器中取出100ml溶液,将近倒入对方的容器搅匀,这称为是一次调和,记a1=10%,b1=20%,经(n-1)次调和后甲、乙两个容器的溶液浓度为an、bn,
(1)试用an-1、bn-1表示an、bn;
(2)求证数列{an-bn}是等比数列,并求出an、bn的通项。
该问题属于数列应用题,涉及到两个不同的数列an和bn,且这两者相互之间又有制约关系,所以不能单独地考虑某一个数列,而应该把两个数列相互联系起来。
(1)由题意
;
(2)an-bn==()(n≥2),∴{an-bn}是等比数列。
又a1-b1=-10%∴an-bn=-10%(n-1………
(1)
又∵==…=a1+b1=30%………
(2)
联立
(1)、
(2)得=-(n-1·
5%+15%;
=(n-1·
5%+15%。
综而言之,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;
以上介绍的仅是常见可求通项的递推数列的五种转化思路----“楼层式”的转化方式,同样采用相应的、风趣的教学形式,更易于学生接收新知识,从而激发学生的学习兴趣,让数学课堂生动活泼风趣起来。
这正顺应了当前“新课程理念”的大趋势。
利用递推关系求数列通项的九种类型及解法
1.形如型
(1)若f(n)为常数,即:
此时数列为等差数列,则=.
(2)若f(n)为n的函数时,用累加法.
方法如下:
由得:
时,,
,
所以各式相加得
即:
.
为了书写方便,也可用横式来写:
时,,
=.
例1.(2003天津文)已知数列{an}满足,
证明
由已知得:
=.
例2.已知数列的首项为1,且写出数列的通项公式.答案:
例3.已知数列满足,,求此数列的通项公式.答案:
评注:
已知,,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.
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。
例4.已知数列中,且,求数列的通项公式.
解:
由已知得,
化简有,由类型
(1)有,
又得,所以,又,,
则
此题也可以用数学归纳法来求解.
2.形如型
(1)当f(n)为常数,即:
(其中q是不为0的常数),此时数列为等比数列,=.
(2)当f(n)为n的函数时,用累乘法.
由得时,,
=f(n)f(n-1).
例1.设是首项为1的正项数列,且(=1,2,3,…),则它的通项公式是=________.
已知等式可化为:
()(n+1),即
时,
==.
本题是关于和的二次齐次式,可以通过因式分解(一般情况时用求根公式)得到与的更为明显的关系式,从而求出.
例2.已知,求数列{an}的通项公式.
因为所以
故又因为,即,
所以由上式可知,所以,故由累乘法得
=
所以-1.
本题解题的关键是把原来的递推关系式转化为
若令,则问题进一步转化为形式,进而应用累乘法求出数列的通项公式.
3.形如型
(1)若(d为常数),则数列{}为“等和数列”,它是一个周期数列,周期为2,其通项分奇数项和偶数项来讨论;
(2)若f(n)为n的函数(非常数)时,可通过构造转化为型,通过累加来求出通项;
或用逐差法(两式相减)得,,分奇偶项来分求通项.
例1.数列{}满足,,求数列{an}的通项公式.
分析1:
构造转化为型
解法1:
令
则.
时,
各式相加:
当n为偶数时,.
此时
当n为奇数时,
此时,所以.
故
解法2:
两式相减得:
构成以,为首项,以2为公差的等差数列;
构成以,为首项,以2为公差的等差数列
结果要还原成n的表达式.
例2.(2005江西卷)已知数列{an}的前n项和Sn满足
Sn-Sn-2=3求数列{an}的通项公式.
方法一:
因为
以下同例1,略
答案
4.形如型
(1)若(p为常数),则数列{}为“等积数列”,它是一个周期数列,周期为2,其通项分奇数项和偶数项来讨论;
(2)若f(n)为n的函数(非常数)时,可通过逐差法得,两式相除后,分奇偶项来分求通项.
例1.已知数列,求此数列的通项公式.
注:
同上例类似,略.
5.形如,其中)型
(1)若c=1时,数列{}为等差数列;
(2)若d=0时,数列{}为等比数列;
(3)若时,数列{}为线性递推数列,其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求.
设,
得,与题设比较系数得
所以
所以有:
因此数列构成以为首项,以c为公比的等比数列,
所以
规律:
将递推关系化为,构造成公比为c的等比数列从而求得通项公式
有时我们从递推关系中把n换成n-1有,两式相减有从而化为公比为c的等比数列,进而求得通项公式.,再利用类型
(1)即可求得通项公式.我们看到此方法比较复杂.
例1.已知数列中,求通项.
两边直接加上,构造新的等比数列。
由得,
所以数列构成以为首项,以为公比的等比数列
所以,即.
方法二:
由
两式相减得
数列是以=为首项,以c为公比的等比数列.
=(.
方法三:
迭代法
由递推式
直接迭代得
==
方法四:
归纳、猜想、证明.
先计算出,再猜想出通项,最后用数学归纳法证明.
请用这三种方法来解例题,体会并比较它们的不同.
6.形如型
.
(1)若(其中k,b是常数,且)
方法:
相减法
例1.在数列中,求通项.
,①
.令,则
利用类型5的方法知
即②
再由累加法可得.
亦可联立①②解出.
例2.在数列中,,求通项.
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.
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.
例1.(2003天津理)
设为常数,且.
证明对任意≥1,;
证法1:
两边同除以(-2),得
令,则
证法2:
由得.
设,则b.即:
所以是以为首项,为公比的等比数列.
则=,
故.
本题的关键是两边同除以3,进而转化为类型5,构造出新的等比数列,从而将求一般数列的通项问题转化为求等比数列的通项问题.
证法3:
用待定系数法
设,即:
比较系数得:
所以所以,
所以数列是公比为-2,首项为的等比数列.
即.
方法4:
本题也可用数学归纳法证.
(i)当n=1时,由已知a1=1-2a0,等式成立;
(ii)假设当n=k(k≥1)等式成立,则
那么
也就是说,当n=k+1时,等式也成立.根据(i)和(ii),可知等式对任何n∈N,成立.
类型共同的规律为:
两边同除以,累加求和,只是求和的方法不同.
7.形如型
(1)即取倒数法.
例1.已知数列中,,,求通项公式。
取倒数:
例2.(湖北卷)已知不等式为大于2的整数,表示不超过的最大整数.设数列的各项为正,且满足
(Ⅰ)证明
本题看似是不等式问题,实质就是求通项问题.
证:
∵当
即于是有
所有不等式两边相加可得
由已知不等式知,当n≥3时有,
∵
本题结合不等式的性质,从两边取倒数入手,再通过裂项求和即可证得.
不动点法:
我们设,由方程求得二根x,y,由有
同理,两式相除有,从而得,再解出即可.
例1.设数列{an}满足,求{an}的通项公式.
此类问题常用参数法化等比数列求解.
对等式两端同时加参数t,得:
令,解之得t=1,-2代入得
,
相除得,即{}是首项为,
公比为的等比数列,=,解得.
方法2:
两边取倒数得,
令b,则b,转化为类型5来求.
8.形如(其中p,q为常数)型
(1)当p+q=1时用转化法
例1.数列中,若,且满足,求.
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2.已知数列满足,且,且满足,求.
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
.
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.
9.形如(其中p,r为常数)型
(1)p>
0,用对数法.
例1.设正项数列满足,(n≥2).求数列的通项公式.
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.
例1.(2005江西卷)
已知数列,
(1)证明
(2)求数列的通项公式an.
(1)略
(2)
所以
又bn=-1,所以.
本题用归纳-猜想-证明,也很简捷,请试一试.
解法3:
设c,则c,转化为上面类型
(1)来解.