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数列通项求法教师版


数列通项公式的求法
一、叠加法:适应于形如 an ?1 ? an ? f (n) 的形式,当 f (n) 为常数时,为等差数列

,a1 ? 1 , 例 1、 已知数列 {an } 满足 an ?1 ? an ? 2n ? 1 求数列 {an } 的通项公式。 答案: ( an ? n2 )
变式训练 1、已知数列 {an } 满足 an ?1 ? an ? 2 ? 3n ? 1 ,a1 ? 3 ,求数列 {an } 的通项公式。 答案: ( an ? 3n ? n ? 1. ) 二、叠乘法:适应于形如

an ?1 ? f (n) 的形式,当 f (n) 为常数时,为等比数列。 an

例 2、已知数列 ?a n ? 满足 a1 ? 变式 2、已知 a1 ? 3 , an?1

2 n , a n ?1 ? a n ,求 a n 。 3 n ?1 3n ? 1 ? an (n ? 1) ,求 a n 3n ? 2

三、递推公式为 S n 与 a n 的关系式。这种类型一般利用 a n ? ?

?S1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?(n ? 1) ?S n ? S n?1 ? ? ? ? ? ? ? (n ? 2)

例 3、已知数列 ?a n ?中, S n 是其前 n 项和,并且 Sn?1 ? 4an ? 2(n ? 1, 2,?), a1 ? 1 ,
⑴ 数列 bn

? a n?1 ? 2a n (n ? 1,2,??) ,求证:数列 ?bn ? 是等比数列;

⑵ 求数列{ a n }的通项公式。 变式 3、已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn-Sn-2=3 (? ) n ?1 (n ? 3), 且S1 ? 1, S 2 ? ? 数列{an}的通项公式. 四、构造法 1.取倒数:形如 an ?

1 2

3 ,求 2

pan ?1 型。 q ? an ?1 ? p

例 4、已知数列{an}满足: a n ?

a n?1 , a1 ? 1 ,求数列{an}的通项公式。 3 ? a n?1 ? 1

n 2、形如 an ?1 ? pa n ? p(p ? 0,? 1) 型。

例5、在数列{a n }中, a1 ? 1, an ?1 ? 2a n ? 2n , 求数列{a n }的通项公式。
n 变式 4、已知数列 {an } 满足 an ?1 ? 2an ? 3 ? 2 , a1 ? 2 ,求数列 {an } 的通项公式。

3、形如 a n ?1 ? pan ? q (其中 p,q 均为常数, ( pq( p ? 1) ? 0) ) 。
1

解法(待定系数法) :把原递推公式转化为: an?1 ? t ? p(an ? t ) ,其中 t ? 换元法转化为等比数列求解。 例 6、已知数列 ?a n ?中, a1 ? 1 , a n ?1 ? 2a n ? 3 ,求 a n . 变式训练 5、已知数列 ?a n ?中, a1 ? 2 , an ?1 ? 3an ? 5 ,求 a n .

q ,再利用 1? p

4、 形如 a n ?1 ? pan ? q n (其中 p, q 均为常数, 。 (或 an ?1 ? pan ? rq n , ( pq( p ? 1)(q ? 1) ? 0) ) 其中 p,q, r 均为常数) 。 解法一:一般地,要先在原递推公式两边同除以 q
n ?1

,得:

a n ?1 p a n 1 ? ? ? 引入辅助数 q n ?1 q q n q

列 ?bn ? (其中 bn ?

an p 1 ) ,得: bn ?1 ? bn ? 再待定系数法解决。 n q q q

解法二:待定系数法: an ?1 +xq n +1 ? ( p an ? xq n ) ,求出 x。 例 7、已知数列 ?a n ?中, a1 ? 2 , an ?1 ? 4an ? 2n ?1 ,求 a n 。 变式 6、设数列 ? an ? 的前 n 项的和 Sn ?

4 1 2 ? ?求首项 a1 与通项 a n ? ? 2n?1 ? , n ? 1, 2,3,? 3 3 3

an
变式 7、已知数列 {an } 满足 an ?1 ? 3an ? 5 ? 2n ? 4,a1 ? 1 ,求数列 {an } 的通项公式。 变式 8、已知数列 {an } 满足 an?1 ? 2an ? 4n ? 5,a1 ? 1 ,求数列 {an } 的通项公式。
r 5、对数变换法。形如 an?1 ? pan

5 例 8、已知数列 {an } 满足 an ?1 ? 2an , a1 ? 7 ,求数列 {an } 的通项公式。

5、特征根法:

(1)形如 an? 2 ? pan?1 ? qan ( p, q 是常数)的数列 形如 a1 ? m1 , a2 ? m2 , an? 2 ? pan?1 ? qan ( p, q 是常数)的二阶递推数列都可用特征根 法求得通项 an ,其特征方程为 x 2 ? px ? q …①
2

若①有二异根 ? , ? ,则可令 an ? c1? n ? c2 ? n (c1 , c2 是待定常数) 若①有二重根 ? ? ? ,则可令 an ? (c1 ? nc2 )? n (c1 , c2 是待定常数) 再利用 a1 ? m1 , a2 ? m2 , 可求得 c1 , c2 ,进而求得 an 例 9 已知数列 {an } 满足 a1 ? 2, a2 ? 3, an? 2 ? 3an ?1 ? 2an (n ? N * ) , 求数列 {an } 的通项 an 解:其特征方程为 x 2 ? 3x ? 2 ,解得 x1 ? 1, x2 ? 2 ,令 an ? c1 ?1n ? c2 ? 2n ,
?c1 ? 1 ? a1 ? c1 ? 2c2 ? 2 ? n ?1 由? ,得 ? 1 ,? an ? 1 ? 2 c2 ? ? a2 ? c1 ? 4c2 ? 3 ? ? 2

例 10 已知数列 {an } 满足 a1 ? 1, a2 ? 2, 4an ? 2 ? 4an ?1 ? an (n ? N * ) , 求数列 {an } 的通项 an 解:其特征方程为 4 x2 ? 4 x ? 1 ,解得 x1 ? x2 ?
1 ?1? ,令 an ? ? c1 ? nc2 ? ? ? , 2 ?2?
n

1 ? a1 ? (c1 ? c2 ) ? ? 1 ? ?c1 ? ?4 3n ? 2 ? 2 由? ,得 ? ,? an ? n?1 2 ? c2 ? 6 ? a ? ( c ? 2c ) ? 1 ? 2 2 1 2 ? ? 4

(2) 、形如 an ?1 ?

Aan ? B 的数列 Can ? D

对于数列 an ?1 ?

Aan ? B , a1 ? m, n ? N * ( A, B, C , D 是常数且 C ? 0, AD ? BC ? 0 ) Can ? D

其特征方程为 x ?

Ax ? B ,变形为 Cx 2 ? ( D ? A) x ? B ? 0 …② Cx ? D
an ?1 ? ? a ?? (其中 c 是待定常数) ,代入 ? c? n an ?1 ? ? an ? ?

若②有二异根 ? , ? ,则可令
a1 , a2 的值可求得 c 值。

? a ?? ? a1 ? ? 这样数列 ? n ,公比为 c 的等比数列,于是这样可求得 an ? 是首项为 a1 ? ? ? an ? ? ?
3

若②有二重根 ? ? ? , 则可令 的值可求得 c 值。

1 1 (其中 c 是待定常数) , 代入 a1 , a2 ? ?c an ?1 ? ? an ? ?

? 1 ? 1 这样数列 ? ,公差为 c 的等差数列,于是这样可求得 an ? 是首项为 an ? ? ? an ? ? ?

例 11 已知数列 {an } 满足 a1 ? 2, an ? 解:其特征方程为 x ?
an ?1 ? 1 a ?1 ? c? n an ?1 ? 1 an ? 1

an ?1 ? 2 (n ? 2) ,求数列 {an } 的通项 an 2an ?1 ? 1

x?2 , 化 简 得 2 x 2 ? 2 ? 0 , 解 得 x1 ? 1, x2 ? ?1 , 令 2x ?1

由 a1 ? 2, 得 a2 ?

4 1 ,可得 c ? ? , 5 3

? a ?1? a ?1 1 1 ?数列 ? n ? 是以 1 ? 为首项,以 ? 为公比的等比数列, a1 ? 1 3 3 ? an ? 1 ? ? an ? 1 1 ? 1 ? 3n ? (?1) n ? ? ? ? ? ,? an ? n an ? 1 3 ? 3 ? 3 ? (?1) n
2an ? 1 (n ? N * ) ,求数列 {an } 的通项 an 4an ? 6
n ?1

例 12 已知数列 {an } 满足 a1 ? 2, an ?1 ? 解 : 其特征方程为 x?
1 1 an ?1 ? 2 ? 1 an ? 1 2 ?c

2x ?1 1 , 即 4 x2 ? 4 x ? 1 ? 0 , 解 得 x1 ? x2 ? ? , 令 4x ? 6 2

由 a1 ? 2, 得 a2 ?

3 ,求得 c ? 1 , 14 ? ? ? 1 ? 1 2 是以 ? 为首项,以1为公差的等差数列, ?数列 ? ? 1 5 ? an ? 1 ? a1 ? ? 2? 2 1 2 3 ? ? ? (n ? 1) ?1 ? n ? , 1 5 5 an ? 2 13 ? 5n ? an ? 10n ? 6

n 6、形如 an?1 ? an ? pn ? q 或 a n ?1 ? a n ? pq

4

解法:这种类型一般可转化为 ?a 2 n?1 ?与 ?a 2 n ? 是等差或等比数列求解。 例:13(I)在数列 {a n } 中, a1 ? 1, an ?1 ? 6n ? a n ,求 a n (II)在数列 {a n } 中, a1 ? 1, a n a n ?1 ? 3n ,求 a n 7、周期型解法:由递推式计算出前几项,寻找周期。

例 14: 若数列 ?a n ?满足 a n ?1

1 ? 2a n , (0 ? a n ? ) ? 6 ? 2 , 若 a1 ? , 则 a 20 的值为___________。 ?? 1 7 ?2a ? 1, ( ? a ? 1) n n ? 2 ?

特征根法的证明: 定理 3( 分式递推问题 ):如果数列 {a n } 满足下列条件:已知 a1 的值且对于 n ? N ,都有

5

a n ?1 ?

pan ? q h (其中 p、q、r、h 均为常数,且 ph ? qr, r ? 0, a1 ? ? ) ,那么,可作特 ra n ? h r
px ? q . rx ? h

征方程 x ?

(1)当特征方程有两个相同的根 ? (称作特征根)时, 若

a1 ? ? ,



a n ? ? , n ? N;



a1 ? ?

, 则

an ?

1 ? ? , n ? N, bn

其 中

bn ?

1 r ? (n ? 1) , n ? N. 特别地,当存在 n0 ? N, 使 bn0 ? 0 时,无穷数列 {a n } a1 ? ? p ? r?

不存在. (2)当特征方程有两个相异的根 ?1 、? 2(称作特征根)时,则 a n ?

? 2 c n ? ?1
cn ? 1

,n ? N, 其

中 cn ?

a1 ? ?1 p ? ?1 r n ?1 ( ) , n ? N, (其中a1 ? ? 2 ). a1 ? ? 2 p ? ? 2 r

证明:先证明定理的第(1)部分. 作交换 d n ? a n ? ? , n ? N 则 d n ?1 ? a n ?1 ? ? ?

pan ? q ?? ra n ? h

?

a n ( p ? ?r ) ? q ? ?h ra n ? h (d n ? ? )( p ? ?r ) ? q ? ?h r (d n ? ? ) ? h
d n ( p ? ?r ) ? [r?2 ? ? (h ? p ) ? q ] ① rd n ? h ? r?

?

?

∵ ? 是特征方程的根,∴ ? ? 将该式代入①式得 d n ?1 ? 将x? 根? ?

p? ? q ? r?2 ? ? (h ? p) ? q ? 0. r? ? h

d n ( p ? ?r ) , n ? N. ② rd n ? h ? ?r

p 代入特征方程可整理得 ph ? qr, 这与已知条件 ph ? qr 矛盾. 故特征方程的 r

p , 于是 p ? ?r ? 0. ③ r
6

当 d1 ? 0 ,即 a1 ? d1 ? ? = ? 时,由②式得 bn ? 0, n ? N, 故 a n ? d n ? ? ? ? , n ? N. 当 d1 ? 0 即 a1 ? ? 时,由②、③两式可得 d n ? 0, n ? N. 此时可对②式作如下变化:

1 d n ?1

?

rd n ? h ? ?r h ? ?r 1 r ? ? ? .④ d n ( p ? ?r ) p ? ?r d n p ? ?r

px ? q p?h 的两个相同的根可以求得 ? ? . rx ? h 2r p?h h? r h ? ?r h? p 2r ∴ ? ? ? 1, p?h p ? ?r p?h p? r 2r
由 ? 是方程 x ? 将此式代入④式得

1 d n ?1

?

1 r ? , n ? N. d n p ? ?r

令 bn ? 差数列.

r r 1 为公差的等 , n ? N. 故数列 {bn } 是以 , n ? N. 则 bn ?1 ? bn ? dn p ? ?r p ? ?r

∴ bn ? b1 ? (n ? 1) ?

r , n ? N. p ? ?r

其中 b1 ?

1 1 ? . d1 a1 ? ?
1 ? ? , n ? N. bn

当 n ? N, bn ? 0 时, a n ? d n ? ? ?

a n0 ? d n0 ? ? ? 当存在 n0 ? N, 使 bn0 ? 0 时,
不存在的. 再证明定理的第(2)部分如下:

1 ? ? 无意义.故此时, 无穷数列 {a n } 是 bn0

∵特征方程有两个相异的根 ?1 、? 2 , ∴其中必有一个特征根不等于 a1 , 不妨令 ? 2 ? a1 . 于是可作变换 c n ?

a n ? ?1 , n ? N. an ? ?2

故 c n ?1 ?

a n ?1 ? ?1 pan ? q ,将 a n ?1 ? 代入再整理得 a n ?1 ? ? 2 ra n ? h

c n ?1 ?

a n ( p ? ?1 r ) ? q ? ?1 h ,n? N ⑤ an ( p ? ?2 r ) ? q ? ?2 h
7

由第(1)部分的证明过程知 x ?

p p p 不是特征方程的根,故 ?1 ? , ?2 ? . r r r

故 p ? ?1r ? 0, p ? ?2 r ? 0. 所以由⑤式可得:

c n ?1

q ? ?1 h p ? ?1 r p ? ?1 r ? ? ,n? N⑥ q ? ?2 h p ? ?2 r an ? p ? ?2 r an ?
px ? q 2 有两个相异根 ?1 、 ? 2 ? 方程 rx ? x(h ? p) ? q ? 0 有两个相 rx ? h

∵特征方程 x ?

异根 ?1 、 ? 2 ,而方程 ? x ?

q ? xh 2 与方程 rx ? x(h ? p) ? q ? 0 又是同解方程. p ? xr



q ? ?1 h q ? ?2 h ? ??1 , ? ?? 2 p ? ?1 r p ? ?2 r p ? ?1 r a n ? ?1 p ? ?1 r ? ? cn , n ? N p ? ?2 r an ? ?2 p ? ?2 r p ? ?1 r .此时对于 n ? N 都有 p ? ?2 r

将上两式代入⑥式得

c n ?1 ?

当 c1 ? 0, 即 a1 ? ?1 时,数列 {c n } 是等比数列,公比为

c n ? c1 (

p ? ?1 r n ?1 a ? ?1 p ? ?1 r n ?1 ) ?( 1 )( ) . p ? ?2 r a1 ? ? 2 p ? ? 2 r

当 c1 ? 0 即 a1 ? ?1 时,上式也成立. 由 cn ?

a n ? ?1 ? c ? ?1 , n ? N. (证毕) 且 ?1 ? ? 2 可知 cn ? 1, n ? N. 所以 a n ? 2 n an ? ?2 cn ? 1 pan ? q pan ? q 会退化为常数 ;当 r ? 0 时 , a n ?1 ? 可化归为较易解 ra n ? h ra n ? h

注 :当 ph ? qr 时 ,

的递推关系,在此不再赘述.

8



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