根据数列递推公式求其通项公式方法总结
求数列通项公式的十种方法
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求数列通项公式的十一种方法总述:一.利用递推关系式求数列通项的11种方法:累加法、累乘法、待定系数法、阶差法(逐差法)、迭代法、对数变换法、倒数变换法、换元法(目的是去递推关系式中出现的根号)、数学归纳法、不动点法(递推式是一个数列通项的分式表达式)、特征根法 二.四种基本数列:等差数列、等比数列、等和数列、等积数列及其广义形式。
等差数列、等比数列的求通项公式的方法是:累加和累乘,这二种方法是求数列通项公式的最基本方法. 三 .求数列通项的方法的基本思路是:把所求数列通过变形,代换转化为等级差数列或等比数列. 四.求数列通项的基本方法是:累加法和累乘法.五.数列的本质是一个函数,其定义域是自然数集的一个函数. 一、累加法1.适用于:1()n n a a 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。
2.若1()n n a a f n +-=(2)n ≥,则21321(1)(2) ()n n a a f a a f a a f n +-=-=-=两边分别相加得 111()nn k a a f n +=-=∑例1 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=,,求数列{}n a 的通项公式。
解:由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n nn n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++=所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。
例2 已知数列{}n a 满足112313nn n a a a +=+⨯+=,,求数列{}n a 的通项公式。
_求递推数列通项公式的十种技巧
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求递推数列通项公式的十种技巧一、利用公式法求通项公式例1 已知数列}a {n 满足n n 1n 23a 2a ⋅+=+,2a 1=,求数列}a {n 的通项公式。
解:n n 1n 23a 2a ⋅+=+两边除以1n 2+,得232a 2a nn 1n 1n +=++,则232a 2a n n 1n 1n =-++, 故数列}2a {n n 是以1222a 11==为首,以23为公差的等差数列,由等差数列的通项公式,得23)1n (12a nn -+=,所以数列}a {n 的通项公式为n n 2)21n 23(a -=。
评注:本题解题的关键是把递推关系式n n 1n 23a 2a ⋅+=+转化为232a 2a nn1n 1n =-++,说明数列}2a {n n 是等差数列,再直接利用等差数列的通项公式求出23)1n (12a nn -+=,进而求出数列}a {n 的通项公式。
二、利用累加法求通项公式例2 已知数列}a {n 满足1a 1n 2a a 1n 1n =++=+,,求数列}a {n 的通项公式。
解:由1n 2a a n 1n ++=+ 得1n 2a a n 1n +=-+则112232n 1n 1n n n a )a a ()a a ()a a ()a a (a +-+-++-+-=---1)1n (2n)1n (21)1n (]12)2n ()1n [(21)112()122(]1)2n (2[]1)1n (2[+-+-⋅=+-++++-+-=++⋅++⋅+++-++-=所以数列}a {n 的通项公式为2n n a =评注:本题解题的关键是把递推关系式1n 2a a n 1n ++=+转化为1n 2a a n 1n +=-+,进而求出112232n 1n 1n n a )a a ()a a ()a a ()a a (+-+-++-+---- ,即得数列}a {n 的通项公式。
例3 已知数列}a {n 满足3a 132a a 1n n 1n =+⋅+=+,,求数列}a {n 的通项公式。
数列求通项公式的9种方法
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例
9:已知数列{an} 满足 a1
1 , an1
an an
2
,求{an} 的通项公式.
例 10(拓展).设由 a1
1, an
an1
2n 1an1
n
1
2,3,定义数列an ,试将 an 用 n 来表示
变式训练 11
已知数列 {an }
满足
a1
1 , an1
变式训练 14
已知数列{an} 满足 a1
2 , an1
1 2 an
2n ,求{an} 的通项公式.
变式训练 15 已知数列{an} 满足 a1 1 , an1 2an 3 2n1 ,求{an} 的通项公式.
七、型如 an1 pan A0n B0 的数列
四、加法构造
型如 an1 kan b ( k、b 为常数)的数列构造{an } 为等比数列
例 7 已知数列{an} 满足 a1 2 , an1 2an 3 ,求{an} 的通项公式.
变式训练 9 已知数列{an} 满足 a1 1 , an1 3an 2 ,求{an} 的通项公式.
数列求通项公式常见的9种方法
知识复习
1、等差数列通项公式: an=a1+ (n-1)d an=am+(n-m)d
2、等比数列通项公式: an= a1·qn-1 am= a1·qn-m
一、利用 an 与 Sn 关系求 an
an=SS1n,-Sn-1,
n=1, n≥2.
例1 已知数列{an}的前n项和Sn,求数列{an}的通项公式.(1)Sn=2n-1;(2)Sn=2n2+ n+3.
变式训练 10
如何由递推式求数列的通项公式
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探索探索与与研研究究由递推式求数列的通项公式问题在数列中比较常见,主要考查对递推式的变形、整合技巧.此类问题解法多样,因此我们需要熟悉各类递推式,掌握由递推式求数列的通项公式的常用方法和技巧,这样才能顺利破解此类问题.本文主要分析三种常见的递推式以及求通项公式的方法.一、a n+1=Aa n+B型递推式对于a n+1=Aa n+B(A,B为常数,且A≠0,1)型递推式,我们首先可以引入参数t,将其转化为a n+1+t=A(an+t),其中t=B A-1,这样便构造出等比数列{}an+t,利用等比数列的通项公式即可求出a n.例1.已知{}a n首项a1=1,且满足a n=3a n-1+2(n≥2),试求数列{}a n的通项公式.解:设a n+t=3()a n-1+t,∴a n=3a n-1+2t,∴t=1,∴an+1=3()a n-1+1,∴{}a n+1是以2为首项,公比为3的等比数列,∴an+1=2∙3n-1,∴a n=2∙3n-1-1.我们观察已知递推式,可发现该递推式为a n+1=Aan+B型,可直接引入参数,构造等比数列,利用等比数列的通项公式来解题.二、Aa n+1+Ba n+Ca n-1=0型递推式若数列的递推式为Aa n+1+Ba n+Ca n-1=0型,其中A,B,C为常数,且互不为0,我们可根据递推式的形式和特点构造一个新的等比数列:A()an+1+αa n=β()an+αa n-1()n≥2,然后利用待定系数法求解,列出方程组{A∙α-β=B,-β∙α=C,解出α、β,再根据等比数列的通项公式得出{}an+1+αa n的通项公式,最后将递推式转化为a n+1=Aa n+B型递推式或运用累加法来求解.例2.已知{}a n中a1=2,a2=4,且满足a n+1=3a n-2a n-1()n≥2,求数列{}a n的通项公式.解:设a n+1+αa n=β(a n+αa n-1),n≥2,即a n+1=(β-α)a n+a∙βa n-1,于是有{β-α=3,α∙β=-2,解得α=-1,β=2;∴a n+1-a n=2()a n-a n-1()n≥2,∴{}an+1-a n是以2为首项,公比为2的等比数列,∴a n+1-a n=2×2n-1=2n.∴a2-a1=2,a3-a2=22,a4-a3=23,…an-a n-1=2n-1,∴a n-a1=2(1-2n-1)1-2=2n-2,∴a n=2n()n∈N*.已知递推式为Aa n+1+Ba n+Ca n-1=0型,可直接运用待定系数法构造等比数列,然后运用等比数列的通项公式和累加法求得数列的通项公式.三、a n+1=c⋅a n pa n+d型递推式由形如a n+1=c⋅a n pa n+d(其中c⋅p⋅d≠0)型的递推式求数列的通项公式时,我们首先可以利用取倒数法对递推式进行变形:1a n+1=p c+d c∙1a n,然后再利用待定系数法构造等比数列,再运用等比数列的通项公式求出数列{}a n的通项公式.例3.若数列{}a n中a1=4,a n+1=2∙a n2a n+1,求a n的通项公式.解:将递推式变形可得1a n+1-12a n=1,令1a n=b n,∴b n+1-12b n=1,∴bn+1+t=12(b n+t),∴t=-2,∴b n+1-2bn-2=12,∴{}b n-2是以-74为首项,公比为12的等比数列.∴b n-2=æèöø-74æèöø12n-1,即1an-2=æèöø-74æèöø12n-1,∴an=2n+12n+2-7.已知递推式为a n+1=c⋅a n pa n+d型递推式,需先在递推式的两边取倒数,然后两次运用待定系数法构造出等比数列,利用等比数列的通项公式求解.由此可见,解答由递推式求数列的通项公式问题也是有规律可循的,只要我们运用取倒数法、待定系数法等方法将已知的递推式进行合理变形,构造出等比数列,将陌生的、复杂的问题转化为熟悉的、简单的等比数列问题,便能快速求出数列的通项公式.(作者单位:甘肃省酒泉市肃州区玉门油田第一中学)56Copyright©博看网 . All Rights Reserved.。
(完整版)求数列通项公式的十种方法
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求数列通项公式的十一种方法(方法全,例子全,归纳细)总述:一.利用递推关系式求数列通项的11种方法:累加法、 累乘法、 待定系数法、 阶差法(逐差法)、 迭代法、 对数变换法、 倒数变换法、换元法(目的是去递推关系式中出现的根号)、 数学归纳法、不动点法(递推式是一个数列通项的分式表达式)、 特征根法二。
四种基本数列:等差数列、等比数列、等和数列、等积数列及其广义形式。
等差数列、等比数列的求通项公式的方法是:累加和累乘,这二种方法是求数列通项公式的最基本方法。
三 .求数列通项的方法的基本思路是:把所求数列通过变形,代换转化为等差数列或等比数列。
四.求数列通项的基本方法是:累加法和累乘法。
五.数列的本质是一个函数,其定义域是自然数集的一个函数。
一、累加法1.适用于:1()n n a a 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。
2.若1()n n a a f n +-=(2)n ≥,则21321(1)(2) ()n n a a f a a f a a f n +-=-=-=L L两边分别相加得 111()nn k a a f n +=-=∑例1 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=,,求数列{}n a 的通项公式。
解:由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n nn n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++=L L L 所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。
例2 已知数列{}n a 满足112313nn n a a a +=+⨯+=,,求数列{}n a 的通项公式。
数列通项的七种方法
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数列通项的七种方法一、递推公式法递推公式法是一种常见的求解数列通项的方法。
通过观察数列中相邻两项的关系,可以找到递推公式,从而求得数列的通项。
例如,我们考虑一个等差数列,已知首项为a,公差为d。
根据等差数列的性质,我们可以得到递推公式an = an-1 + d。
其中,an 表示数列的第n项,an-1表示数列的第n-1项。
利用递推公式,我们可以通过已知的首项和公差,依次求得数列的每一项。
这种方法简单直观,适用于求解各种类型的数列。
二、通项公式法通项公式法是一种通过数学公式来表示数列通项的方法。
对于某些特殊的数列,可以通过观察数列中的规律,建立通项公式,从而直接求得数列的任意项。
例如,斐波那契数列就可以通过通项公式来表示。
斐波那契数列的通项公式为Fn = (1/sqrt(5)) * (((1+sqrt(5))/2)^n - ((1-sqrt(5))/2)^n)。
其中,Fn表示数列的第n项。
通项公式法适用于某些特殊的数列,可以直接求得数列的任意项,省去了逐项求解的步骤,提高了求解效率。
三、递归关系法递归关系法是一种通过递归关系来求解数列通项的方法。
通过观察数列中相邻两项的关系,可以建立递归关系式,从而求得数列的通项。
例如,斐波那契数列就可以通过递归关系来表示。
斐波那契数列的递归关系式为Fn = Fn-1 + Fn-2。
其中,Fn表示数列的第n项,Fn-1表示数列的第n-1项,Fn-2表示数列的第n-2项。
利用递归关系,我们可以通过已知的前两项,依次求得数列的每一项。
递归关系法适用于一些特殊的数列,可以通过递归的方式来求解。
四、等差数列通项公式对于等差数列,我们可以通过等差数列的通项公式来求解数列的任意项。
等差数列的通项公式为an = a1 + (n-1)d。
其中,an表示数列的第n项,a1表示数列的首项,d表示数列的公差。
利用等差数列的通项公式,我们可以直接求解数列的任意项,无需逐项计算,提高了求解效率。
求数列通项公式的十种方法
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求数列通项公式的十种方法求解数列通项公式是数学中的一个重要问题,对于一些特殊的数列,我们可以通过观察规律来找到通项公式,但对于一般的数列来说,我们需要使用一些数学工具和技巧来解决这个问题。
在下面,我将介绍十种常用的方法来求解数列的通项公式。
方法一:递推法递推法是一种常见的求解数列的方法,通过观察数列中相邻项之间的关系,可以找到递推公式。
常见的递推公式有线性递推和非线性递推两种形式。
方法二:列元法列元法是一种将数列元素列出来,然后通过观察数列元素之间的关系,找到通项公式的方法。
常见的列元法包括列出常数项和差项、连加项、平方项和立方项等。
方法三:指数递推法指数递推法是一种将数列元素进行指数递推,然后通过观察递推结果找到通项公式的方法。
常见的指数递推法包括指数增长、指数递减和二阶指数递增等。
方法四:利用级数对于一些复杂的数列,可以使用级数的方法来求解通项公式。
通过构造级数和求导积分等操作,可以得到数列的通项公式。
方法五:利用生成函数生成函数是一种将数列转化为多项式的方法,通过多项式的操作,可以得到数列的通项公式。
常见的生成函数包括普通生成函数和指数型生成函数。
方法六:利用逼近方法逼近方法是通过找到数列与一些函数逼近的关系,然后通过求解该函数的表达式来求解数列的通项公式。
常见的逼近方法包括泰勒级数逼近和拉格朗日插值等。
方法七:利用矩阵运算对于一些特殊的数列,可以使用矩阵运算的方法来求解通项公式。
通过构造矩阵和矩阵的运算,可以得到数列的通项公式。
方法八:利用线性代数利用线性代数的方法,可以将数列看作向量空间中的向量,通过线性变换和线性方程组的解来求解数列的通项公式。
方法九:利用特殊函数对于一些特殊的数列,可以使用特殊函数的方法来求解通项公式。
常见的特殊函数有二次函数、指数函数、对数函数、三角函数和双曲函数等。
方法十:利用离散数学离散数学是一种研究离散结构和离散规律的数学分支,通过利用离散数学的方法,可以求解数列的通项公式。
八种通项公式求解方法
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求数列通项公式的八种方法总述:一.利用递推关系式求数列通项的8种方法:累加法、累乘法、待定系数法、阶差法(逐差法)、对数变换法、倒数变换法、换元法(目的是去递推关系式中出现的根号)、数学归纳法、二.等差数列、等比数列的求通项公式的方法是:累加和累乘,这二种方法是求数列通项公式的最基本方法。
三.求数列通项的方法的基本思路是:把所求数列通过变形,代换转化为等差数列或等比数列。
四.求数列通项的基本方法是:累加法和累乘法。
五.数列的本质是一个函数,其定义域是自然数集的一个函数。
一、累加法1.适用于:----------这是广义的等差数列累加法是最基本的二个方法之一。
2.若,则两边分别相加得例1已知数列满足,求数列的通项公式。
解:由得则所以数列的通项公式为。
例2已知数列满足,求数列的通项公式。
解法一:由得则所以解法二:两边除以,得,则,故因此,则评注: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.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;若f(n)是关于n的二次函数,累加后可分组求和;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;若f(n)是关于n的分式函数,累加后可裂项求和。
例3.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,,则二、累乘法1.适用于:----------这是广义的等比数列累乘法是最基本的二个方法之二。
2.若,则两边分别相乘得,∏=+=nk n k f a a 111)(例4已知数列满足,求数列的通项公式。
解:因为,所以,则,故所以数列的通项公式为例5.设是首项为1的正项数列,且(=1,2,3,…),则它的通项公式是=________.解:已知等式可化为:()(n+1),即时,==.评注: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.三、待定系数法适用于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。
由数列递推公式求通项公式的常用方法
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21世纪,信息技术在各行各业都在运用,它已和人们的学习生活息息相关,掌握不好信息知识和信息技能,就难以高效地工作和生活。
初中信息技术的开设,引导着我们每个教学者探究如何采取适当的教学方法激发学生主动学习,提高信息技术的教学质量、提升学生素质。
一、编好导学案,培养学生独立探究的品质什么样的导学案才叫好的导学案?一要能激发学习动机,在学案中创设特定的情境和启发性的问题,引导学生积极思考和主动探索,能和实践紧密结合。
二要针对不同类型的信息课,设计不同的形式的导学案,新授课的导学案要着重关注学生的最近发展区,问题设计情境化,有启发性和探究性。
习题课的导学案应着重帮助学生总结解答典型问题的基本方法和基本思路,复习课导学应帮助学生梳理知识体系。
设计导学时要充分考虑学生在学习过程中可能会遇到的问题和困难,考虑怎样去帮助学生克服困难,导学思考题,要求将学习目标问题化、情境化。
能力训练题,每个知识点学完后,要给予适当的题目进行训练,但题目应少而精,要有利于学生巩固基础知识,突出易混淆的和需注意的知识点;能力提高题,主要是针对掌握程度好的学生设计的,这部分题目的设置可以多链接学生的疑点。
学生对每一项应该完成的任务都必须掌握和理解,才开始学习新的任务,这样才能保证收到效果。
比如,初中“网络课件构件设计”导学案设计。
①学习对象设计包括中哪五个环节?(内容结构设计、内容呈现设计、SCOS 设计、内容编序设计和元数据设计)。
②每个设计的方案是什么?(如:内容呈现设计,在画面中应该尽量删除无用的背景和多余的细节。
元数据设计,SCORM 中的元数据包括Assets 元数据、SCOS 元数据、学习活动元数据、内容组织元数据和内容聚合元数据。
元数据设计时可参照SCORM。
定义的九大类元数据元素及其应用情况,其中“M”为必选项,“O”为可选项,“NP”为不选项。
)导学案为提高课堂效益架设了一座快捷的桥梁,导学让学生在课前有一定的时间构思,在课堂上学生参与、学生创新潜质更易发挥。
根据递推关系求数列通项公式的几种方法
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一、定义法 例 1、已知数列an 的递推公式,求an
1)a1 3, an1 an 2
1 2)a1 2, an 1 an 3
等差数列
等比数列
二、累加相消法(累加法)
形如:a1 a, an1 an f n
当所给数列每依次相邻两项之间的差 组成等差或等比数列时,就可用累加 法进行消元。
p 1 , 求a n ?
构造等比数列an , 使an 1 p(an ),
an 2 1
n
则q (p 1 ) ,
q 即 p1
4)a1 2, an1 2an 3
an 2
n1
an1 3 2(an 3)
2 an 5 4n
例6、已知数列an 的递推关系为: an 1 a ,a1 3,求an
2 n
两边同取常用对数
an 3
2 n1
当一个数列每依次相邻两项之商构成 一个等比数列或其它数列时,就可用 累乘法进行消元。
例3、已知数列an 的递推公式,求an
1)a1 2, an1 3 an
n
an 2 3
n n 1 2
n 2)a1 1, an 1 an n 1
1 an n
四、换元法
通过“换元”,构造一个等差或等比的 新数列,利用等差或等比的知识解决 问题。
3
1 5)a1 1, an 1 an 6 2
1 an 1 4 (an 4) 2
1 an 5 2
n 1
4
例5、已知数列an 的递推关系为: an 1 an 2an 1an,a1 2,an 0, 求an
递推数列通项公式的求法
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递推数列通项公式的求法递推数列是指通过前一项或前几项推导出后一项的数列。
通项公式是指通过数列中的任意一项可以直接计算出该项的数值的公式。
在求递推数列的通项公式时,可以使用多种方法,包括直接法、联立方程法、差分法、母函数法等。
下面将详细介绍这些方法。
一、直接法二、联立方程法联立方程法适用于一些复杂的递推数列,通过联立多个方程来求出通项公式。
该方法需要已知的一些数列值,然后根据这些值建立方程组,通过解方程组来求得通项公式。
例如,对于数列1,3,7,13,21,...,我们可以通过观察得到an = a(n-1) + 2n-1、然后,我们可以通过已知项确定初始值,如a1 = 1、通过逐一代入这些值,可以得到如下的方程组:a2 = a1 + 2(2) - 1,a3 = a2 + 2(3) - 1,...,以此类推。
然后我们可以通过求解这个方程组来得到数列的通项公式。
三、差分法差分法是通过求解数列项之间的差分来求得通项公式。
该方法常用于递推数列的高阶通项公式的求解。
对于数列an,我们可以通过计算an+1- an的值,然后继续计算相邻项之间的差分,直到得到一个关于n的表达式。
例如,对于数列1,3,6,10,15,...,我们可以计算出相邻项之间的差分:2,3,4,5,...。
我们发现这个差分数列是一个等差数列,其通项公式为an = n(n+1)/2、通过这个通项公式,我们可以进一步求得原数列的通项公式。
四、母函数法母函数法是一种重要的数学工具,适用于一些复杂的递推数列。
该方法通过构造一个函数来表示数列的各项,然后通过求解函数的表达式来得到数列的通项公式。
例如,对于数列1,1,2,3,5,...,我们可以构造一个函数F(x)=1+x+x^2+x^3+x^4+...。
我们可以通过求解这个函数关于x的表达式来得到数列的通项公式。
这个函数有一个特点,即F(x)=xF(x)+1,通过求解这个方程我们可以得到F(x)=1/(1-x)。
求递推数列的通项公式的十一种方法
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求递推数列的通项公式的十一种方法
递推数列是一种数学数列,其中每一项都是由前一项推算出来的。
通
项公式则是通过已知的数列项之间的关系,找出数列的整体规律,从而可
以直接计算任意一项的值。
下面将介绍11种方法来推导递推数列的通项公式。
1.递归定义法
递归定义法是通过规定数列的首项以及前面项与后面项之间的关系,
来表达出数列的通项公式。
2.直接求和法
直接求和法是通过将数列的前n项求和,并将结果化简得出通项公式。
3.递推关系法
递推关系法是通过规定数列前两项之间的关系,并将该关系推广到前
n项之间的关系,从而求出通项公式。
4.变量代换法
变量代换法是通过引入新的变量,将原数列表示成一个新的数列,从
而得到新数列的通项公式。
5.假设公式法
假设公式法是通过猜测数列的通项公式,并验证猜测的公式是否符合
已知项的规律。
6.拆项法
拆项法是通过拆解数列的项,将数列表示成两个或多个部分,再求和得出通项公式。
7.枚举法
枚举法是通过穷举数列的前几项,找出数列项之间的规律,推算出通项公式。
8.差分法
差分法是通过计算数列项之间的差值,找出数列项之间的规律,从而得到通项公式。
9.生成函数法
生成函数法是通过将数列视为多项式的系数,构造一个生成函数,再通过求导、积分等运算得到通项公式。
10.求和公式法
求和公式法是通过利用已知的数列求和公式,计算数列的前n项和,并化简得出通项公式。
11.对称性法
对称性法是通过观察数列的对称性,推断出数列的通项公式。
由递推公式求通项的9种方法经典总结
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精析由递推公式求通项的9种方法1.a n +1=a n +f (n )型把原递推公式转化为a n +1-a n =f (n ),再利用累加法(逐差相加法)求解,即a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n -1)=a 1+f (1)+f (2)+f (3)+…+f (n -1).[例1] 已知数列{a n }满足a 1=12,a n +1=a n +1n 2+n,求a n . [解] 由条件,知a n +1-a n =1n 2+n =1n (n +1)=1n -1n +1,则(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+(a 4-a 3)+…+(a n -a n -1)=⎝⎛⎭⎫1-12+⎝⎛⎭⎫12-13+⎝⎛⎭⎫13-14+…+⎝⎛⎭⎫1n -1-1n , 所以a n -a 1=1-1n. 因为a 1=12,所以a n =12+1-1n =32-1n. 2.a n +1=f (n )a n 型把原递推公式转化为a n +1a n=f (n ),再利用累乘法(逐商相乘法)求解,即由a 2a 1=f (1),a 3a 2=f (2),…,a n a n -1=f (n -1),累乘可得a n a 1=f (1)f (2)…f (n -1).[例2] 已知数列{a n }满足a 1=23,a n +1=n n +1·a n,求a n . [解] 由a n +1=n n +1·a n ,得a n +1a n =n n +1, 故a n =a n a n -1·a n -1a n -2·…·a 2a 1·a 1=n -1n ×n -2n -1×…×12×23=23n .即a n =23n . 3.a n +1=pa n +q (其中p ,q 均为常数,pq (p -1)≠0)型对于此类问题,通常采用换元法进行转化,假设将递推公式改写为a n +1+t =p (a n +t ),比较系数可知t =q p -1,可令a n +1+t=b n +1换元即可转化为等比数列来解决.[例3] 已知数列{a n }中,a 1=1,a n +1=2a n +3,求a n .[解] 设递推公式a n +1=2a n +3可以转化为a n +1-t =2(a n -t ),即a n +1=2a n -t ,则t =-3.故递推公式为a n +1+3=2(a n +3).令b n =a n +3,则b 1=a 1+3=4,且b n +1b n =a n +1+3a n +3=2. 所以{b n }是以b 1=4为首项,2为公比的等比数列.所以b n =4×2n -1=2n +1,即a n =2n +1-3. 4.a n +1=pa n +q n (其中p ,q 均为常数,pq (p -1)≠0)型(1)一般地,要先在递推公式两边同除以q n +1,得a n +1qn +1=p q ·a n q n +1q ,引入辅助数列{b n }⎝⎛⎭⎪⎫其中b n =a n q n ,得b n +1=p q ·b n +1q ,再用待定系数法解决;(2)也可以在原递推公式两边同除以pn +1,得a n +1p n +1=a n p n +1p ·⎝ ⎛⎭⎪⎫q p n ,引入辅助数列{b n }⎝ ⎛⎭⎪⎫其中b n =a n p n ,得b n +1-b n =1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫q p n ,再利用叠加法(逐差相加法)求解.[例4] 已知数列{a n }中,a 1=56,a n +1=13a n +⎝⎛⎭⎫12n +1,求a n . [解] 法一:在a n +1=13a n +⎝⎛⎭⎫12n +1两边乘以2n +1,得2n +1·a n +1=23(2n ·a n )+1. 令b n =2n ·a n ,则b n +1=23b n +1, 根据待定系数法,得b n +1-3=23(b n -3). 所以数列{b n -3}是以b 1-3=2×56-3=-43为首项, 以23为公比的等比数列. 所以b n -3=-43·⎝⎛⎭⎫23n -1,即b n =3-2⎝⎛⎭⎫23n .于是,a n =b n 2n =3⎝⎛⎭⎫12n -2⎝⎛⎭⎫13n . 法二:在a n +1=13a n +⎝⎛⎭⎫12n +1两边乘以3n +1,得 3n +1a n +1=3n a n +⎝⎛⎭⎫32n +1.令b n =3n ·a n ,则b n +1=b n +⎝⎛⎭⎫32n +1.所以b n -b n -1=⎝⎛⎭⎫32n ,b n -1-b n -2=⎝⎛⎭⎫32n -1,…,b 2-b 1=⎝⎛⎭⎫322.将以上各式叠加,得b n -b 1=⎝⎛⎭⎫322+…+⎝⎛⎭⎫32n -1+⎝⎛⎭⎫32n . 又b 1=3a 1=3×56=52=1+32, 所以b n =1+32+⎝⎛⎭⎫322+…+⎝⎛⎭⎫32n -1+⎝⎛⎭⎫32n =1·⎣⎡⎦⎤1-⎝⎛⎭⎫32n +11-32=2⎝⎛⎭⎫32n +1-2,即b n =2⎝⎛⎭⎫32n +1-2.故a n =b n 3n =3⎝⎛⎭⎫12n -2⎝⎛⎭⎫13n . 5.a n +1=pa n +an +b (p ≠1,p ≠0,a ≠0)型这种类型一般利用待定系数法构造等比数列,即令a n +1+x (n +1)+y =p (a n +xn +y ),与已知递推式比较,解出x ,y ,从而转化为{a n +xn +y }是公比为p 的等比数列.[例5] 设数列{a n }满足a 1=4,a n =3a n -1+2n -1(n ≥2),求a n .[解] 设递推公式可以转化为a n +An +B =3[a n -1+A (n -1)+B ],化简后与原递推式比较,得⎩⎪⎨⎪⎧ 2A =2,2B -3A =-1, 解得⎩⎪⎨⎪⎧A =1,B =1. 令b n =a n +n +1.(*)则b n =3b n -1,又b 1=6,故b n =6·3n -1=2·3n , 代入(*)式,得a n =2·3n -n -1.6.a n +1=pa r n (p >0,a n >0)型这种类型一般是等式两边取对数后转化为a n +1=pa n +q 型数列,再利用待定系数法求解.[例6] 已知数列{a n }中,a 1=1,a n +1=1a ·a 2n(a >0),求数列{a n }的通项公式. [解] 对a n +1=1a ·a 2n的两边取对数, 得lg a n +1=2lg a n +lg 1a. 令b n =lg a n ,则b n +1=2b n +lg 1a. 由此得b n +1+lg 1a =2⎝⎛⎭⎫b n +lg 1a ,记c n =b n +lg 1a,则c n +1=2c n , 所以数列{c n }是以c 1=b 1+lg 1a =lg 1a为首项,2为公比的等比数列. 所以c n =2n -1·lg 1a. 所以b n =c n -lg 1a =2n -1·lg 1a -lg 1a=lg ⎣⎡⎦⎤a ·⎝⎛⎭⎫1a 2n -1=lg a 1-2n , 即lg a n =lg a 1-2n ,所以a n =a 1-2n .7.a n +1=Aa n Ba n +C(A ,B ,C 为常数)型 对于此类递推数列,可通过两边同时取倒数的方法得出关系式[例7] 已知数列{a n }的首项a 1=35,a n +1=3a n 2a n +1,n =1,2,3,…,求{a n }的通项公式. [解] ∵a n +1=3a n 2a n +1,∴1a n +1=23+13a n, ∴1a n +1-1=13⎝⎛⎭⎫1a n -1. 又1a 1-1=23,∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n -1是以23为首项,13为公比的等比数列, ∴1a n -1=23·13n -1=23n , ∴a n =3n3n +2. 8.)(1n f a a n n =++型由原递推关系改写成),()1(2n f n f a a n n -+=-+然后再按奇偶分类讨论即可例8.已知数列{}n a 中,,11=a .21n a a n n =++求n a解析:.21n a a n n =++2212+=+++n a a n n ,故22=-+n n a a即数列{}n a 是奇数项和偶数项都是公差为2的等差数列,⎩⎨⎧∈≥-=∴*,1,1,N n n n n n n a n 且,为偶数为奇数 9.)(1n f a a n n =⋅+型将原递推关系改写成)1(12+=+⋅+n f a a n n ,两式作商可得,)()1(2n f n f a a n n +=+然后分奇数、偶数讨论即可例9.已知数列{}n a 中,,2,311n n n a a a =⋅=+求{}n a 解析:⎪⎩⎪⎨⎧∈≥⋅⋅=+-N n n n n a n n n ,1,231,23221,为偶数为奇数。
(完整版)求数列通项公式的十种方法
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求数列通项公式的十一种方法(方法全,例子全,归纳细)总述:一.利用递推关系式求数列通项的11 种方法:累加法、累乘法、待定系数法、阶差法(逐差法) 、迭代法、对数变换法、倒数变换法、换元法(目的是去递推关系式中出现的根号) 、数学归纳法、不动点法(递推式是一个数列通项的分式表达式) 、特征根法二。
四种基本数列:等差数列、等比数列、等和数列、等积数列及其广义形式。
等差数列、等比数列的求通项公式的方法是:累加和累乘,这二种方法是求数列通项公式的最基本方法。
三.求数列通项的方法的基本思路是:把所求数列通过变形,代换转化为等差数列或等比数列。
四.求数列通项的基本方法是:累加法和累乘法。
五.数列的本质是一个函数,其定义域是自然数集的一个函数。
、累加法1.适用于:a n 1 a n 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。
2.若a n 1 a n f (n) (n 2) ,a2 a1 f (1)a3 a2 f (2) LLa n 1 a n f ( n)n两边分别相加得a n 1 a1 f (n )k1例1已知数列{a n }满足a n 1a n 2n 1, a i 1,求数列{a n }的通项公式。
解:由 a n 1 a n 2n 1 得 a n 1 a n 2n 1 则a n (a n a n 1) (a n 1 a n 2) L @3a 2) (a 2 aja 1 [2( n 1) 1] [2( n 2) 1]L (2 21) (2 11) 12[(n 1) (n 2) L 2 1] (n 1) 1 (n 1)n 2 (n 1) 12(n 1)( n 1) 1 2n2所以数列{a n }的通项公式为a n n 。
例2已知数列{a n }满足a n 1 a n 2 3n 1,印3,求数列 佝}的通项公式。
解法一:由a n 1 a n n 2 31 得 a n 1a n n2 31则a n (a * an 1)(a n 1 a n 2) L(a 3 a 2) (a 2 a 1) a 1n (2 3 1 1) (2 3n 21)L (2 32 31 1) (2 31) 312(33n2L 32 ;31)(n 1)3「(1 3n1)2(n 1) 31 3n3 3 n 133 n1所以a n 3n n 1.解法二:时3an 2 3 1两边除以3n1,得鄴J 3 3a n 2 n3 32132)3 32 3a3na n 3a n 1)a n 1(an 1a n 1a n 2) (a n 2(尹z a2 q 色(3231)33n )1)12门22(n 1)313n 3n13n2Lan 13n22答案:n数、分式函数,求通项 an .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。
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根据数列递推公式求其通项公式方法总结
已知数列的递推公式,求取其通项公式是数列中一类常见的题型,这类题型如果单纯的看某一个具体的题目,它的求解方法灵活是灵活多变的,构造的技巧性也很强,但是此类题目也有很强的规律性,存在着解决问题的通法,本文就高中数学中常见的几类题型从解决通法上做一总结,方便于学生学习和老师的教学,不涉及具体某一题目的独特解法与技巧。
一、1()n n a a f n +=+型数列,(其中()f n 不是常值函数)
此类数列解决的办法是累加法,具体做法是将通项变形为1()n n a a f n +-=,从而就有
21321(1),(2),,(1).n n a a f a a f a a f n --=-=-=-
将上述1n -个式子累加,变成1(1)(2)(1)n a a f f f n -=+++- ,进而求解。
例1. 在数列{}n a 中,112,21,.n n n a a a n a +==+-求
解:依题意有
213211,3,,23n n a a a a a a n --=-=-=- 逐项累加有221(123)(1)1323(1)212
n n n a a n n n n +---=+++-=
=-=-+ ,从而223n a n n =-+。
注:在运用累加法时,要特别注意项数,计算时项数容易出错. 类似题型练习:已知}{n a 满足11=a ,)1(1
1+=-+n n a a n n 求}{n a 的通项公式。
二、)(1n f a a n n ⋅=+型数列,(其中()f n 不是常值函数) 此类数列解决的办法是累积法,具体做法是将通项变形为1()n n
a f n a +=,从而就有 32121
(1),(2),,(1)n n a a a f f f n a a a -===- 将上述1n -个式子累乘,变成1
(1)(2)(1)n a f f f n a =⋅⋅⋅- ,进而求解。
例2. 已知数列{}n a 中11123,(2)321
n n n a a a n n --==⋅≥+,求数列{}n a 的通项公式。
解:当2n ≥时,
324123113523,,,,,57921
n n a a a a n a a a a n --====+ 将这1n -个式子累乘,得到113(21)(21)
n a a n n ⨯=-+,从而21311(21)(21)341n a n n n ⨯=⨯=-+-,当1n =时,1211413a n ==-,所以2141n a n =-。
注:在运用累乘法时,还是要特别注意项数,计算时项数容易出错.
类似题型练习:在数列{}n a 中, n a >0,221112,(1)n n n n a na n a a a ++==++,求n a . 提示:依题意分解因式可得11[(1)]()0n n n n n a na a a +++-+=,而n a >0,所以
1(1)0n n n a na ++-=,即11
n n a n a n +=+。
三、1n n a pa q +=+型数列
此类数列解决的办法是将其构造成一个新的等比数列,再利用等比数列的性质进行求解,构造的办法有两种,一是待定系数法构造,设1()n n a m p a m ++=+,展开整理1n n a pa pm m +=+-,比较系数有pm m b -=,所以1b m p =-,所以1n b a p +-是等比数列,公比为p ,首项为11
b a p +-。
二是用做差法直接构造,1n n a pa q +=+,1n n a pa q -=+,两式相减有11()n n n n a a p a a +--=-,所以1n n a a +-是公比为p 的等比数列。
例3. 在数列{}n a 中,11a =,当2n ≥时,有132n n a a -=+,求{}n a 的通项公式。
解法1:设13()n n a m a m -+=+,
即有132n n a a m -=+,对比132n n a a -=+,得1m =,于是得113(1)n n a a -+=+,数列{1}n a +是以112a +=为首项,以3为公比的等比数列,所以有1231n n a -=⋅-。
解法2:由已知递推式,得1132,32,(2)n n n n a a a a n +-=+=+≥,上述两式相减,得113()n n n n a a a a +--=-,因此,数列1{}n n a a +-是以214a a -=为首项,以3为公比的等比数列。
所以1143n n n a a -+-=⋅,即13243n n n a a -+-=⋅,所以1231n n a -=⋅-。
类似题型练习:已知数列{}n a 满足*111,21().n n a a a n N +==+∈求数列{}n a 的通项公式.
注:根据题设特征恰当地构造辅助数列,利用基本数列可简捷地求出通项公式. 四.()n f pa a n n +=+1型数列(p 为常数) 此类数列可变形为()111++++=n n n n n p n f p a p a ,则⎭
⎬⎫⎩⎨⎧n n p a 可用累加法求出,由此求得n a .
例4已知数列{}n a 满足1111,32n n n a a a ++==+,求n a .
解:将已知递推式两边同除以12n +得1131222n n n n a a ++=⨯+,设2
n n n a b =,故有132(2)2n n b b ++=⨯+,1
5322
n n n b -⨯=-,从而11532n n n a -+=⨯-. 注:通过变形,构造辅助数列,转化为基本数列的问题,是我们求解陌生的递推关系式的常用方法.
若()f n 为n 的一次函数,则n a 加上关于n 的一次函数构成一个等比数列; 若()f n 为n 的二次函数, 则n a 加上关于n 的二次函数构成一个等比数列.这时我们用待定系数法来求解.
例5.已知数列{}n a 满足1111,2,21,.2
n n n a n a a n a -=≥=+-当时求 解:作n n b a An B =++,则n n a b An B =--,11(1)n n a b A n B --=---代入已知递推式中得:11111(2)(1)2222
n n b b A n A B -=++++-. 令1202111022
A A
B ⎧+=⎪⎪⎨⎪+-=⎪⎩46A B =-⎧⇒⎨=⎩ 这时112
n n b b -=
且46n n b a n =-+ 显然,132n n b -=,所以13462n n a n -=+-. 注:通过引入一些待定系数来转化命题结构,经过变形和比较,把问题转化成基本数列,从而使问题得以解决.
类似题型练习:
(1)已知{}n a 满足11122,2+++==n n n a a a ,求n a 。
(2)已知数列{}n a ,n S 表示其前n 项和,若满足231n n S a n n +=+-,求数列{}n a 的通项公式。
提示:(2)中利用111,2n n
n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩,把已知条件转化成递推式。
五、n n n Aa a Ba C =
+型数列(,,A B C 为非零常数)
这种类型的解法是将式子两边同时取倒数,把数列的倒数看成是一个新数列,便可顺利
地转化为1n n a pa q +=+型数列。
例6.已知数列{}n a 满足1122,2
n n n a a a a +==+,求n a . 解:两边取倒数得:11112
n n a a +=+,所以1111(1)22n n n a a =+-⨯=,故有2n a n =。
类似题型练习:数列{}n a 中,11112,22n n n n n
a a a a +++⋅==+,求{}n a 的通项。
六.n n n qa pa a +=++12型数列(,p q 为常数)
这种类型的做法是用待定糸数法设()n n n n a a a a λχλ-=--=+112构造等比数列。
例5.数列{}n a 中,,3,221==a a 且()2,211≥∈+=++-n N n a a a n n n ,求n a . 解法略。