求递推数列通项方法
_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。
最全的递推数列求通项公式方法
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最全的递推数列求通项公式方法递推数列是指数列中的每一项都由前一项通过其中一种规律得出。
求递推数列的通项公式是数学中的重要问题,可以通过多种方法实现。
下面将介绍最常用的几种方法。
1.等差数列通项公式等差数列是指数列中的每一项与前一项之差都相等的数列。
设等差数列的第一项为a1,公差为d,则第n项为an=a1+(n-1)d。
这是等差数列的通项公式。
2.等比数列通项公式等比数列是指数列中的每一项与前一项之比都相等的数列。
设等比数列的第一项为a1,公比为r,则第n项为an=a1*r^(n-1)。
这是等比数列的通项公式。
3.斐波那契数列通项公式斐波那契数列是指数列中的每一项都是前两项之和。
设斐波那契数列的第一项为a1,第二项为a2,则第n项为an=a(n-1)+a(n-2)。
但通常情况下,我们将斐波那契数列的第一项设为0,第二项设为1,此时的通项公式为an=F(n-1),其中F(n-1)表示第n-1个斐波那契数。
4.龙贝尔数列通项公式龙贝尔数列是指数列中的每一项都是前一项与当前项索引之和。
设龙贝尔数列的第一项为a1,则第n项为an=a(n-1)+n。
这是龙贝尔数列的通项公式。
5.通项公式的递推法有些数列并没有明确的通项公式,但可以通过递推法求得通项公式。
递推法的核心思想是找到数列中的其中一种规律,通过前面的项得出后面的项。
这种方法比较灵活,可以适用于各种类型的数列。
总结起来,以上是求递推数列通项公式的几种常见方法。
在实际中,我们可以观察数列的规律,推测出通项公式,然后通过数学推导证明其正确性。
对于复杂的递推数列,我们可能需要运用更多的数学知识和技巧,如离散数学、线性代数等。
数列递推公式求通项公式的方法
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数列递推公式求通项公式的方法数列是指按照一定规律排列的一组数。
而数列递推公式是指通过前一项或几项的数值,推导出数列中后一项的数值的公式。
而求解数列通项公式,即通过已知的数列的部分项求得数列的通项公式的方法,可以分为以下几种:1.列表法:通过列出数列的前几项进行观察和总结,找到数列的规律,从而推导出数列的通项公式。
这种方法常用于找出简单数列的通项公式,如等差数列和等比数列。
2.递推法:利用数列递推的性质,通过对数列进行递推推导出通项公式。
递推法常用于复杂的数列,需要将数列的前几项与后几项进行比较,找到规律并推导出通项公式。
3.数学归纳法:数学归纳法是一种利用已知的数学命题,在该命题的基础上证明该命题对任意自然数(或整数)都成立的方法。
对于数列来说,可以利用已知的数列部分项的性质,通过数学归纳法证明该数列的通项公式的正确性。
4.差分法:差分法是一种通过对数列进行差分操作,将数列变为新的数列,新数列有可能是个数列递推公式/规律更简单的数列。
然后,根据新数列的通项公式,再通过反差分操作推导出原数列的通项公式。
差分法常用于较为复杂的数列,特别适合于数列中的递推关系较为难以发现的情况。
5.比率法:比率法是一种通过比较数列的相邻项之间的比率或比值的变化规律,推导出数列的通项公式的方法。
比率法常用于等比数列或存在比率规律的数列。
需要注意的是,求解数列通项公式并不是一种机械性的计算过程,而是需要灵活运用数学知识、观察和总结数列的规律,并进行推理和证明的过程。
在实际应用中,也可能需要结合上述多种方法进行综合分析来求解数列的通项公式。
数列递推公式的九种方法
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求递推数列的通项公式的九种方法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.自从二十世纪八十年代以来,这一直是全国高考和高中数学联赛的热点之一.一、作差求和法例1在数列{n a }中,31=a ,)1(11++=+n n a a n n ,求通项公式n a .解:原递推式可化为:1111+-+=+n n a a n n 则,211112-+=a a 312123-+=a a 413134-+=a a ,……,n n a a n n 1111--+=-逐项相加得:n a a n 111-+=.故na n 14-=.二、作商求和法例2设数列{n a }是首项为1的正项数列,且0)1(1221=+-+++n n n n a a na a n (n=1,2,3…),则它的通项公式是n a =▁▁▁(2000年高考15题)解:原递推式可化为:)]()1[(11n n n n a a na a n +-+++=0∵n n a a ++1>0,11+=+n na a n n 则,43,32,21342312===a a a a a a ……,nn a a n n 11-=-逐项相乘得:na a n 11=,即n a =n 1.三、换元法例3已知数列{n a },其中913,3421==a a ,且当n≥3时,)(31211----=-n n n n a a a a ,求通项公式n a (1986年高考文科第八题改编).解:设11---=n n n a a b ,原递推式可化为:}{,3121n n n b b b --=是一个等比数列,9134913121=-=-=a a b ,公比为31.故n n n n b b 31()31(9131(2211==⋅=---.故n n n a a )31(1=--.由逐差法可得:nn a )31(2123-=.例4已知数列{n a },其中2,121==a a ,且当n ≥3时,1221=+---n n n a a a ,求通项公式n a 。
根据递推关系求数列通项公式的几种方法
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根据递推关系求数列通项公式的几种方法要求根据递推关系求解数列的通项公式,其实是要求找到一个能将数列的每一项都表示为n(项数)的函数的公式。
在数学中,有几种方法可以求解这类问题。
一、代数方法:对于一些简单的递推关系,可以尝试使用代数方法来求解数列的通项公式。
这种方法通过观察数列中的模式,尝试将递推关系转化为代数方程,然后解方程得到通项公式。
例如,我们考虑求解斐波那契数列的通项公式。
斐波那契数列的递推关系为:Fn=Fn-1+Fn-2,其中F1=1,F2=1我们假设通项公式为Fn=k1a^n+k2b^n,其中k1、k2为常数,a、b为待定数。
k1a^n+k2b^n=k1a^(n-1)+k2b^(n-1)+k1a^(n-2)+k2b^(n-2)整理得:k1a^2-k1a-k2=0。
解这个方程,可以得到a和b的值,然后将a和b的值代入通项公式中,即可求解斐波那契数列的通项公式。
二、特征根法:特征根法是求解一阶线性递推关系(如Fn=aFn-1+b)的通项公式的常用方法。
该方法的基本思想是,将递推关系转化为一个一阶线性常微分方程,然后解方程得到通项公式。
例如,我们考虑求解斐波那契数列的通项公式。
斐波那契数列满足的递推关系为:Fn=Fn-1+Fn-2,其中F1=1,F2=1将递推关系转化为一阶线性常微分方程得到:y''-y'-y=0其中y=Fn。
解这个方程得到的特征根为α1=(1+√5)/2,α2=(1-√5)/2通项公式可以表示为:Fn=k1(α1)^n+k2(α2)^n其中k1、k2为常数。
利用初始条件F1=1,F2=1,可以求解出k1和k2的值,进而求解出斐波那契数列的通项公式。
三、母函数法:母函数法是一种求解递推关系的高效方法,尤其适用于求解求和问题。
该方法的基本思想是,将数列视为一个幂级数的系数列,通过构造母函数来解决递推关系。
例如,我们考虑求解斐波那契数列的通项公式。
斐波那契数列的递推关系为:Fn=Fn-1+Fn-2,其中F1=1,F2=1我们假设母函数为F(x)=F0+F1x+F2x^2+F3x^3+...F(x)=x(F(x)-F0)+x^2F(x)整理得:F(x)=F0+xF(x)+x^2F(x)移项得:F(x)=F0/(1-x-x^2)。
递推数列求通项公式
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递推数列求通项公式递推数列是一种数学序列,其中每一项都是通过对前一项应用一个递推关系得到的。
求递推数列的通项公式是指找出一种依赖于自变量的表达式,用于计算数列中任意一项的值。
求递推数列的通项公式的方法主要有两种,一种是通过推导和观察数列的特点,找出合适的数学模型;另一种是利用已知的数学工具和技巧,通过数学推理和计算来找到通项公式。
下面以一些常见的递推数列为例,详细介绍如何求其通项公式。
1.等差数列:等差数列是最简单的一种递推数列,每一项与前一项的差值都相等。
设数列的首项为a,公差为d,则第n项可以表示为an = a + (n-1)d。
这是等差数列的通项公式。
2.等比数列:等比数列是一种每一项与前一项的比值都相等的递推数列。
设数列的首项为a,公比为r,则第n项可以表示为an = ar^(n-1)。
这是等比数列的通项公式。
3. 斐波那契数列:斐波那契数列是一种特殊的递推数列,前两项为1,后面每一项都是前两项之和。
即an = an-1 + an-2、通过观察数列的特点可以得知,斐波那契数列的通项公式是an = (1/sqrt(5)) *( ((1+sqrt(5))/2)^n - ((1-sqrt(5))/2)^n )。
4.等差-等比混合数列:等差-等比混合数列是一种先等差递推,然后再等比递推的数列。
设数列的首项为a,等差为d,公比为r,则第n项可以表示为an = (a + (n-1)d) * r^(n-1)。
5. 将递推数列转化为代数方程求解:对于一些复杂的递推数列,可以通过将数列的前几项转化为代数方程的解,并找到通项公式。
例如,如果递推数列的第n项为an = n^2 - 3n + 2,我们可以将数列的前几项代入an的表达式,然后求解方程组,找到通项公式。
总结起来,求递推数列的通项公式需要运用数学推导和观察、数学工具和技巧、将数列转化为代数方程等方法。
递推数列的通项公式的几种求法
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递推数列的通项公式的几种求法递推公式是给出数列的重要方法,对于递推公式确定的数列的求解,是近几年高考中的热点问题. 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. 本文介绍求递推数列的通项公式的几种常见方法.一、累加相消法利用恒等式112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-+-+-=---Λ求通项公式的方法称为累加相消法. 累加相消法是求形如)(1n f a a n n =--(数列{()f n }的前n 项和可求)的递推数列通项公式的基本方法.例1 已知}{n a 中,nn n a a a 2,311+==+,求n a 。
解:由12n n n a a +=+,得112n n n a a --=+ ∴112n n n a a ---= 2122n n n a a ----=……………… 2322a a -=212a a -=∴ 以上各式相加得112212(12)22222212n n n n n a a -----=⋅⋅==--L∴ 12221n nn a a =-+=-二、累乘相消法 利用恒等式112211a a aa a a a a n n n n n ⋅⋅⋅=---Λ求通项公式的方法称为累乘相消法. 累乘相消法是求形如)(1n g a a n n=-(数列{()}g n 的前n 项积可求)的递推数列通项公式的基本方法. 例2 已知}{n a 中,12n n na a n +=+,且12a =,求数列}{n a 的通项公式.解:由12n n na a n +=+,得12n na n a n +=+ ∴2113a a =,3224a a =,4335a a =,5446a a =,……,122n n a n a n---=,111n n a n a n --=+ ∴以上各式相乘,得11232123451(1)n a n n a n n n n --=⋅⋅⋅=++L ∴ 4(1)n a n n =+ 例3 已知数列{a n },满足a 1=1,a n =a 1+2a 2+3a 3+…+(n -1)a n -1(2n …),则{a n }的通项 1,1_______,2n n a n =⎧=⎨⎩…解:由1321)1(32--+++=n n a n a a a a Λ ,得23211)2(32---+++=n n a n a a a a Λ(3n …)两式相减得:11)1(---=-n n n a n a a ,即n a a n n=-1(3n …) 用累乘相消法可得132122n n n n n a a a a a a a a ---=⋅⋅⋅L !2n = 三、迭代法通过对递推关系进行适当变形后,用下标较小的项替代下标较大的项,通过累次运算,最终得出通项公式.例4 已知数列{}n a 的各项都是正数,且满足:*1111,(4),2n n n a a a a n N +==⋅-∈. 求数列{}n a 的通项公式a n .解:2111(4)[(2)4]22n n n n a a a a +=-=--+,所以211(2)(2)2n n a a +-=-- 令2n n b a =-,则212222212221211111111()()()222222n nn n n n b b b b b -+++---=-=--=-⋅==-L L 又11b =-,所以211()2nn b -=-,即21122()2nn n a b -=+=-四、转化法通过变换递推关系,将非等差、等比数列转化为与等差、等比有关的数列而求得通项公式的方法称为转化法. 常用的转化途径有:1.配凑变换——将递推公式1n n a ca b -=+ (b 、c 是常数,且c ≠1)通过配凑变成1()11n n b b a c a c c -+=+--。
递推数列求通项的方法
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递推数列求通项的方法递推数列是数学中一个重要的概念,它是由一系列的数值按照一定的规律逐个推导而来的。
通项公式则是递推数列中用来表示第n项的公式。
本文将介绍一种求解递推数列通项的方法。
一、等差数列的通项公式等差数列是一种最简单的递推数列。
在等差数列中,每一项与前一项之间的差值都是相等的。
设等差数列的首项为a1,公差为d,第n项为an,则等差数列的通项公式为:an = a1 + (n-1)d二、等比数列的通项公式等比数列是一种常见的递推数列。
在等比数列中,每一项与前一项之间的比值都是相等的。
设等比数列的首项为a1,公比为q,第n 项为an,则等比数列的通项公式为:an = a1 * q^(n-1)三、斐波那契数列的通项公式斐波那契数列是一种特殊的递推数列,它的前两项都是1,后面的每一项都是前两项之和。
斐波那契数列的通项公式为:an = (1/sqrt(5)) * (((1+sqrt(5))/2)^n - ((1-sqrt(5))/2)^n)四、其他递推数列的通项公式除了等差数列、等比数列和斐波那契数列,还有许多其他类型的递推数列,它们的通项公式可能更加复杂。
这些递推数列的通项公式往往需要根据数列的规律进行归纳和推导。
五、求解递推数列通项的方法在实际应用中,我们通常通过观察递推数列的前几项,找出它们之间的规律,从而得到通项公式。
对于等差数列和等比数列来说,规律相对简单,容易找到通项公式。
而对于其他类型的递推数列,可能需要更多的数学推导和技巧。
六、举例说明下面举一个简单的例子来说明求解递推数列通项的方法。
考虑递推数列:1, 4, 7, 10, 13, ...观察这个数列,我们可以发现每一项与前一项之间的差值都是3。
因此,这是一个等差数列,首项a1为1,公差d为3。
根据等差数列的通项公式an = a1 + (n-1)d,我们可以得到该数列的通项公式为:an = 1 + (n-1)*3 = 3n - 2七、总结递推数列通项的求解是数学中的一个重要问题。
求数列通项公式的十一种方法
![求数列通项公式的十一种方法](https://img.taocdn.com/s3/m/0b604d255acfa1c7aa00cc8d.png)
递推数列的通项公式的十一种求法一、累加法:a n = a 1 +(a 2―a 1)+……+(a n ―a n ―1)。
型如a n+1=a n +f (n )的递推数列例1 已知a n+1=a n +2n+1 ,a 1=1 ,求数列{ a n }的通项公式。
解: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 n n n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++= ∴通项公式为2n a n =例2 已知a n +1 = a n +2×3n+1,a 1 = 3,求数列{ a n }的通项公式。
解: 已知得 a n +1 -a n = 2×3n+111232211122112211()()()()(231)(231)(231)(231)32(3333)(1)33(13)2(1)313331331n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n --------=-+-++-+-+=⨯++⨯+++⨯++⨯++=+++++-+-=+-+-=-+-+=+- ∴ 3 1.nn a n =+-例3 已知a n +1 = 3a n +2×3n+1,a 1 = 3,求数列{ a n }的通项公式。
解:已知两边除以13n + , 得111213333n n n n n a a +++=++,则111213333n n n n n a a +++-=+ 112232112232111122122()()()()33333333212121213()()()()3333333332(1)11111()1333333n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a n --------------=-+-+-++-+=+++++++++-=+++++++,则 21133.322n n n a n =⨯⨯+⨯- 关键是把13231n n n a a +=+⨯+转化为111213333n n n n n a a +++-=+,求得数列3n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的通项公式。
七种常见递推数列通项的方法--全方位无死角!!!
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七种常见递推数列通项的方法--全方位无死角递推数列是数学中的一个重要概念,它描述了一个数列中每一项与前面相邻的一或多项之间的关系。
递推数列也常常出现在实际问题中,解决递推数列的关键就是找到数列中的通项公式。
本文将介绍七种常见递推数列通项的方法,帮助读者全面深入地理解和掌握这一概念。
第一种方法:递推关系法递推关系法是最常见的求递推数列通项的方法。
它通过观察数列中每一项与前面相邻的一或多项之间的关系,找到数列的递推关系式。
通过递推关系式,我们可以通过已知的一或多项来计算下一项的值,从而求得数列的通项公式。
例如,斐波那契数列就是一个常见的递推数列。
该数列的递推关系为:F(n)=F(n-1)+F(n-2),其中F(n)表示第n项的值,F(n-1)和F(n-2)分别表示第n-1项和第n-2项的值。
通过递推关系式,我们可以从已知的F(0)和F(1)计算出后续的项的值,从而得到斐波那契数列的通项公式。
第二种方法:差分法差分法是一种利用数列的差分性质求递推数列通项的方法。
差分法可以通过计算数列中相邻项之间的差值,并找到相邻项差值之间的递推关系,从而求出数列的通项公式。
例如,等差数列就是一种可以使用差分法求解的递推数列。
对于等差数列,其通项公式为:a(n)=a(1)+(n-1)d,其中a(n)表示第n项的值,a(1)表示第一项的值,d表示等差数列的公差。
通过对等差数列进行差分,我们可以发现相邻项之间的差值是一个常数d,从而得到等差数列的通项公式。
第三种方法:代数法代数法是一种利用代数的方法求递推数列通项的方法。
代数法可以通过将数列中的项表示成代数形式,构建代数方程,并通过解方程得到数列的通项公式。
例如,等比数列就是一种可以使用代数法求解的递推数列。
对于等比数列,其通项公式为:a(n)=a(1)*r^(n-1),其中a(n)表示第n项的值,a(1)表示第一项的值,r表示等比数列的公比。
通过将等比数列的项表示成代数形式,我们可以得到一个代数方程,并通过解方程得到等比数列的通项公式。
求递推数列通项的几种常见方法(201911新)
![求递推数列通项的几种常见方法(201911新)](https://img.taocdn.com/s3/m/0549454601f69e3143329483.png)
an (an an1) (an1 an2 ) (a2 a1) a1 累加求和得通项
练习:已知数列{an }中,若a1 1, an an1 n(n 2) 求 通 项an
二:累乘法
求形如 an1 f (n)的通项,其中f (n)的前n项积容易化简
an
例2 (2000年全国高考试题) {an }是 首 项 为 1 的 正 项 数
且(n
1)a
2 n1
nan2
an1an
0(n
1.2.3),则
它 的 通 项 公 式an
利 用 “ 累 乘 法 ” 求 其 通项 , 即 通 过 作 恒 等 变 形
an
an an1
an1 an2
练习:若数列{an }中a1
1 3
, an1
2 3
an
1 3
, 求 数 列 通 项an
四:倒数法
求形如an1
Aan Ban
其中A, B为常数且A B A
由递推公式求数列通项的 几种常见的方法
一:累加法
求形如an1 an f (n)的通项,其中{ f (n)}的前n项和可求
例1:(2003年全国高考试题文)
已 知 数 列 满 足a1 1, an 3n1 an1 (n 2)
(2) 证an
3n 1 2
利用“累加法”求其通项,即通过作恒等变形
a2 a1
a1,累乘求积得通项
三:待定系数法
求形如an1 pan q的通项,其中pq 0, p 1.
例3:(2000年全国高考试题北京卷)
几种由递推式求数列通项的方法介绍
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几种由递推式求数列通项的方法介绍求数列通项通常可以通过递推式来实现,即通过之前的项推导出后一项。
下面介绍几种常见的方法:1.直接法:直接法是最基本的一种方法,即通过观察数列中的规律,找出递推式,然后根据递推式求解通项。
这种方法适用于简单的数列,如等差数列、等比数列等。
例如,求等差数列1, 3, 5, 7, ...的通项。
由观察可知,每一项与前一项的差值为2,即递推式为an = an-1 + 2、再根据首项a1 = 1,得到an = 2n-12.假设法:假设法是一种通过假设通项形式来求解递推式的方法。
通过猜测通项的形式,并将它代入递推式中,得到一个等式,再通过递推式和等式求解未知系数。
例如,求Fibonacci数列的通项。
观察Fibonacci数列的前几项0, 1, 1, 2, 3, 5, ...,可以猜测通项形式为an = A * φ^n + B * (1-φ)^n,其中A和B为待定系数,φ为黄金分割比。
将该通项代入Fibonacci数列的递推式an = an-1 + an-2,得到A = 1/√5,B = -1/√5、因此,Fibonacci数列的通项为an = (1/√5) * (φ^n - (1-φ)^n),其中φ约等于1.6183.代数法:代数法是通过代数运算来求解通项。
将数列的递推式变形为一个方程,再通过方程求解通项。
例如,求等比数列1, 2, 4, 8, ...的通项。
观察可知,每一项与前一项的比值为2,即递推式为an = 2 * an-1、变形方程为an = 2 * an-1,将an-1代入等式中得到an = 2^n。
因此,等比数列的通项为an =2^n。
4.积分法:积分法适用于一些特殊的数列,如等差递减数列、等比递减数列等。
通过对递推式进行积分,可以得到一个通项形式的积分表达式。
例如,求等差递减数列1, 4/3, 1, ...的通项。
观察可知,每一项与前一项的差值为-1/3,即递推式为an = an-1 - 1/3、对递推式进行积分得到通项的积分表达式∫an dn = ∫(-1/3) dn,即an = C - n/3,其中C为常数。
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。
递推数列通项公式的十四种求法
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递推数列通项公式的十四种求法◆一、直接法根据数列的特征,使用作差法等直接写出通项公式。
例1. 根据下列数列的前几项,说出数列的通项公式:1、1.3.7.15.31………2、1,2,5,8,12………21213、2,1, , , , ………32534、1,-1,1,-1………5、1、0、1、0………◆二、公式法①利用等差数列或等比数列的定义求通项⎧S 1⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅n =1n ②若已知数列的前项和S n 与a n 的关系,求数列{a n }的通项a n 可用公式a n =⎧求解.S -S ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅n ≥2n -1⎧n(注意:求完后一定要考虑合并通项)例2.①已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n =2a n +(-1) n , n ≥1.求数列{a n }的通项公式.②已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n=n 2+n -1,求数列{a n }的通项公式.③已知等比数列{a n }的首项a 1=1,公比0{b n }的通项公式。
③解析:由题意,b n +1=a n +2+a n +3,又{a n }是等比数列,公比为q ∴b n +1a n +2+a n +3==q ,故数列{b n }是等比数列,b 1=a 2+a 3=a 1q +a 1q 2=q (q +1) ,b n a n +1+a n +2∴b n =q (q +1) ⋅q n -1=q n (q +1)◆三、归纳猜想法如果给出了数列的前几项或能求出数列的前几项,我们可以根据前几项的规律,归纳猜想出数列的通项公式,然后再用数学归纳法证明之。
也可以猜想出规律,然后正面证明。
例3. (2002年北京春季高考)已知点的序列A n (x n , 0), n ∈N *,其中x 1=0,x 2=a (a >0) ,A 3是线段A 1A 2的中点,A 4是线段A 2A 3的中点,…,A n 是线段A n -2A n -1的中点,…(1)写出x n 与x n -1, x n -2之间的关系式(n ≥3)。
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。
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各种数列问题在很多情形下,就是对数列通项公式的求解。特别是在一些综合性比较强的数列问题中,数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。如:
(08年广东高考)设p、q为实数,α、β是方程x2-px+q=0的两个实数根,数列{xn}满足x1=p,x2=p2-q,xn=pxn-1-qxn-2(n=3,4,5……)
当 ≤4, 时, .
(3)∵ ∴ ∴
令 则 ∴对于 ∴
(4)、显然当 时,数列从第2项开始便不存在.由本题的第(1)小题的解答过程知, 时,数列 是存在的,当 时,则有 令 则得 且 ≥2.
∴当 (其中 且N≥2)时,数列 从第 项开始便不存在。
于是知:当 在集合 或 且 ≥2}上取值时,无穷数列 都不存在。
变式:(2005,重庆,文,22,本小题满分12分)数列 记
(Ⅰ)求b1、b2、b3、b4的值;(Ⅱ)求数列 的通项公式及数列 的前n项和
解:由已知,得 ,其特征方程为 解之得, 或
,
,
下面再欣赏用特征根法解决09年江西高考真题
各项均为正数的数列 中 , ,
1)当
解:由 得
化间得 ,作特征方程 , , 。
类型二、
解法:如果数列 满足下列条件:已知 的值且对于 ,都有 (其中p、q、r、h均为常数,且 ),那么,可作特征方程 ,当特征方程有且仅有一根 时,如果 则 ;如果 则 是等差数列。当特征方程有两个相异的根 、 时,则 是等比数列。(证明方法如同类型一,从略)
例:已知数列 满足性质:对于 且 求 的通项公式.
类型一、递推公式为 (其中p,q均为非零常数)。
先把原递推公式转化为 ,其中 满足 ,显然 是方程 的两个非零根。
1)如果 ,则 , 成等比,很容易求通项公式。
2)如果 ,则{ }成等比。公比为 ,
所以 ,转化成:
,
( I )又如果 ,则{ }等差,公差为 ,
所以 ,即:
可以整理成通式:
Ii)如果 ,则令 , , ,就有
简例应用(特征根法):数列 : , 的特征方程是: ,
。又由 ,于是 故
下面再看特征根法在08年广东高考题中的应用:
设p、q为实数,α、β是方程x2-px+q=0的两个实数根,数列{xn}满足x1=p,x2=p2-q,xn=pxn-1-qxn-2(n=3,4,5……)
1)……………
2)求数列{xn}的通项公式。
1)……………
2)求数列{xn}的通项公式。
3)若 , ,求数列{xn}的前n项的和sn
(09年江西高考)各项均为正数的数列 中 , ,
1)当 。
像上述两道题,如果不能顺利求出数列的通项公式,就不能继续做后面的题,想得高分就难,对于那些有可能上重点大学的绩优学生来说重点大学之梦就可能是两个字——遗憾。本文就一、两种题型进行探讨,重点强调求解数列通项公式的方法之一——特征根法的运用,希望能对部分同学有帮助。,利用待定系数法可以求出 的通公式所以 ,化简整理得:
,
小结特征根法:对于由递推公式 , 给出的数列 ,方程 ,叫做数列 的特征方程。若 是特征方程的两个根,当 时,数列 的通项为 ,其中A,B由 决定(即把 和 ,代入 ,得到关于A、B的方程组);当 时,数列 的通项为 ,其中A,B由 决定(即把 和 ,代入 ,得到关于A、B的方程组)。
所以
从上面的解答不难看出特征根法在某些特殊的数列递推题型中有比较轻巧灵活简便的运用,而离开特征根法,这些题目不仅难度较大,运算较烦,许多同学只能是望题兴叹!其实从网络上搜索便知特征根法在许多的数学分支领域、科学应用领域都有着广泛的应用。
解得 ,
+
3) , 时, ,由第2)小题的⑴项可以直接得到
,可以用错位相减法求和顺利拿下第3)小题。
本题是08年广东高考真题,开始前两问均以字母的形式出现,给考生设置了接题障碍,如果在考前曾经学过特征根法,记住公式,那本题对这同学来说无疑是几分种的事情,或对特征根法有一定的了解,也许是多花点时间的问题,至少是接题思路和方向明确,绝不会象无头苍蝇一样乱撞。知道特征根法的来龙去脉、公式、以及运用也是学生能力拓展的一种表现。特征根法还能应用于下面一种数列题型的解答:
3)若 , ,求数列{xn}的前n项的和sn
解:2)显然xn=pxn-1-qxn-2(n=3,4,5……)的特征根方程就是x2-px+q=0,而α、β是方程x2-px+q=0的两个实数根,所以可以直接假设:
1当α=β时,设 ,因为x1=p,x2=p2-q,所以
解得
2当 时,设 ,因为x1=p,x2=p2-q,所以
解:数列 的特征方程为 变形得 其根为 故特征方程有两个相异的根,则有
∴
∴ 即
例:已知数列 满足:对于 都有 (1)若 求 (2)若 求 (3)若 求 (4)当 取哪些值时,无穷数列 不存在?
解:作特征方程 变形得
特征方程有两个相同的特征根
(1)∵ 对于 都有
(2)∵ ∴
令 ,得 .故数列 从第5项开始都不存在,