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求递推数列的通项公式的十一种方法(包含特征根和不动点)


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.

13 4 1 1 , 公 比 为 . 故 ? = 9 3 9 3 1 1 1 1 1 bn ?1 = b1 ? ( ) n ? 2 = ( ) n ? 2 = ( ) n . 故 a n

? a n ?1 = ( ) n .由 3 9 3 3 3 3 1 1 n 逐差法可得: a n = ? ( ) . 2 2 3

b1 = a 2 ? a1 =

例 4 已知数列{ a n },其中 a1 = 1, a 2 = 2 ,且当 n≥3 时,

一、作差求和法 m w.w.w.k.s.5.u.c.o
a n ? 2a n?1 + a n ? 2 = 1 , 求 通 项 公 式 a n 。 解
例1 在数列{ a n }中, a1 = 3 , a n +1 由

1 = an + ,求 n(n + 1)

a n ? 2a n?1 + a n ? 2 = 1 得: (a n ? a n ?1 ) ? (a n ?1 ? a n ? 2 ) = 1 ,令 bn?1 = a n ? a n ?1 ,则上式为 bn?1 ? bn? 2 = 1 ,因此 {bn } 是一个

通项公式 a n . 解 : 原 递 推 式 可 化 为 : a n +1 = a n +

1 1 则 ? n n +1

等差数列, b1 = a 2 ? a1 = 1 ,公差为 1.故 bn = n .。 由 于

1 1 1 1 a 2 = a1 + ? , a3 = a 2 + ? 1 2 2 3 1 1 1 1 ……, a n = a n ?1 + a 4 = a3 + ? , ? 逐项相加 3 4 n ?1 n 1 1 得: a n = a1 + 1 ? .故 a n = 4 ? . n n

b1 + b2 + ? + bn ?1 = a 2 ? a1 + a3 ? a 2 + ? + a n ? a n ?1 = a n ? 1
又 b1 + b2 + ? + bn ?1 = 所以 a n ? 1 =

n(n ? 1) 2

1 1 n(n ? 1) ,即 a n = (n 2 ? n + 2) 2 2

二、作商求和法 四、积差相消法
例 2
2

设 数 列 { an } 是 首 项 为 1 的 正 项 数 列 , 且 例5 (1993 年全国数学联赛题一试第五题) 设正数列 a 0 ,
2

,则它的通项 (n + 1)a n +1 ? na n + a n +1 a n = 0 (n=1,2,3…) … a1 , a n … , a n , 满 足 公式是 a n =▁▁▁(2000 年高考 15 题) 解:原递推式可化为:

a n a n? 2 ? a n ?1 a n ? 2 = 2a n ?1

(n ≥ 2) 且 a0 = a1 = 1 ,求 {a n } 的通项公式.
∵ a n +1 + a n > 解 将递推式两边同除以

[(n + 1)a n +1 ? na n ](a n +1 + a n ) =0
0,

a n ?1 a n ? 2 整 理 得 :

a n +1 n = an n +1


an a ? 2 n ?1 = 1 a n ?1 an?2
设 bn =

a a 2 1 a3 2 a 4 3 n ?1 = , = , = , … … , n = a1 2 a 2 3 a3 4 a n ?1 n an 1 1 = ,即 a n = . a1 n n

an ,则 b1 = a n?1

a1 =1, bn ? 2bn ?1 = 1 ,故有 a0
⑴ b3 ? 2b2 = 1 ⑵

逐项相乘得:

b2 ? 2b1 = 1
… … …

… ( n ?1) + … +( n ? 1 ) 2 0 得 =

bn ? 2bn ?1 = 1

三、换元法
例3 已知数列{ a n },其中 a1 =

由 ⑴ × 2 n ? 2 + ⑵ × 2 n ?3

4 13 , a 2 = ,且当 n≥3 3 9

bn = 1 + 2 + 2 2 + ? + 2 n ?1 an = 2n ?1. a n?1

2n ? 1





时, a n ? a n ?1 =

1 (a n ?1 ? a n ? 2 ) ,求通项公式 a n (1986 年高 3

考文科第八题改编). 解:设 bn ?1 = a n ? a n ?1 ,原递推式可化为:

逐项相乘得: a n = (2 ? 1) 2 ? ( 2 2 ? 1) 2 ? ? ? ( 2 n ? 1) 2 ,考 数 列 , 虑到 a 0 = 1 ,

1 bn?1 = bn ? 2 ,{bn } 3













1 ? an = ? 2 2 2 n 2 ?(2 ? 1) (2 ? 1) ? ? ? (2 ? 1)
.

八、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 n +1 = Aa n + B(A、 为常数) B 型, 可化为 a n +1 + λ =A ( a n + λ )的形式.

(n = 0) (n ≥ 1)

五、取倒数法
例6 已知数列{ a n }中,其中 a1 = 1, ,且当 n≥2 时,

例9

若数列{ a n }中, a1 =1, S n 是数列{ a n }的前 n 项之

和, S n +1 = 且

Sn (n ≥ 1 ) 求数列{ a n }的通项公式是 a n . , 3 + 4S n Sn 1 1 可变形为 = 3? +4 3 + 4S n S n +1 Sn

an =

a n ?1 ,求通项公式 a n 。 2a n ?1 + 1
将 an =

解 递 推 式 S n +1 = (1) 设 ( 1 ) 式



a n?1 1 1 两边取倒数得: 这 ? = 2, 2a n ?1 + 1 a n a n ?1

说明 {

1 1 } 是一个等差数列,首项是 = 1 ,公差为 2,所以 an a1







1

S n +1

+ λ = 3(

1 + λ) Sn

(2) 比较(1)式与(2)式的系数可得 λ = 2 ,则有

1 1 . = 1 + (n ? 1) × 2 = 2n ? 1 ,即 a n = an 2n ? 1

1

S n +1

+ 2 = 3(

1 1 1 故数列{ + 2) 。 + 2 }是以 + 2 = 3 为首 Sn Sn S1 1 + 2 = 3 ? 3 n ?1 = 3 n 。 所 以 Sn

六、取对数法
例7 若数列{ a n }中, a1 =3 且 a n +1 = a n (n 是正整数) ,
2

项,3 为公比的等比数列。

Sn =


1 。 3 ?1
n

则它的通项公式是 a n =▁▁▁(2002 年上海高考题). 解 由 题 意 知 a n > 0 , 将 a n +1 = a n 两 边 取 对 数 得
2

n

≥2



a n = S n ? S n ?1

1 1 ? 2 ? 3n = n ? = 。 3 ? 2 3 n ?1 ? 2 3 2 n ? 8 ? 3 n + 12 ?1 ? ? 32 n ? ? 2 ? 3n ? 8 ? 3 n + 12

lg a n +1 = 2 lg a n , 即

lg a n +1 = 2 , 所 以 数 列 {lg a n } 是 以 lg a n

数 列 { an } 的 通 项 公 式 是 an = ?

lg a1 = lg 3 为 首 项 , 公 比 为 2 的 等 比 数 列 , lg a n = lg a1 ? 2 n ?1 = lg 3 2
n ?1

(n = 1) (n ≥ 2)



,即 a n = 3

2 n ?1

. 2、 a n +1 = Aa n + B ? C (A、B、C 为常数,下同)型, 可化为 a n +1 + λ ? C
n +1 n

七、平方(开方)法
2 , 3 + a n ?1 (n ≥ 2 )

= A( a n + λ ? C )的形式.
n ?1

n

例8

若数列{ a n }中, a1 =2 且 a n =

例 10 求它的通项公式是 a n .

在数列{ a n }中, a1 = ?1, a n +1 = 2a n + 4 ? 3

,求

通项公式 a n 。 解
2

将 an =

3+ a

2 n ?1

两边平方整理得 a ? a

2 n

2 n ?1

= 3。 数

解:原递推式可化为:

列 { a n } 是 以 a12 =4 为 首 项 , 3 为 公 差 的 等 差 数 列 。
2 a n = a12 + (n ? 1) × 3 = 3n + 1 。 因 为 a n > 0 , 所 以

a n+1 + λ ? 3 n = 2(a n + λ ? 3 n ?1 )
比 较 系 数 得



λ

=-4 , ① 式 即 是 :

a n+1 ? 4 ? 3n = 2(a n ? 4 ? 3 n ?1 ) . a n = 3n + 1 。
则 数 列 {a n ? 4 ? 3
n ?1

}是一个等比数列,其首项

a1 ? 4 ? 31?1 = ?5 ,公比是 2.

∴ an ? 4 ? 3

n ?1

= ?5 ? 2 n ?1 ? 5 ? 2 n ?1 .
型 , 可 化 为

例 13 在各项均为正数的数列 {an } 中, Sn 为数列 {an } 的 前 n 项和, S n =

即 an = 4 ? 3 3 、

n ?1

1 1 (an + ) ,求其通项公式。 2 an

a n+ 2 = A ? a n+1 + B ? a n

a n+ 2 + λa n +1 = ( A + λ ) ? (a n +1 + λa n ) 的形式。
例 11 在 数 列 { a n } 中 , a1 = ?1, a 2 = 2 , 当 n ∈ N , 求通项公式 a n .

求递推数列通项的特征根法与不动点法
一、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 若①有二异根 α , β ,则可令 an = c1α n + c2 β n (c1 , c2 是待定常数)

a n+ 2 = 5a n +1 ? 6a n ①
解:①式可化为:

a n+ 2 + λa n +1 = (5 + λ )(a n +1 + λa n )
比较系数得 λ =-3 或 λ =-2,不妨取 λ =-2.①式可化为:

a n+ 2 ? 2a n +1 = 3(a n +1 ? 2a n )
则 {a n +1 ? 2a n } 是一个等比数列, 首项 a 2 ? 2a1 =2-2 (-1) =4,公比为 3. ∴ a n +1 ? 2a n = 4 ? 3
n ?1

.利用上题结果有:

若 ① 有 二 重 根 α =β

, 则 可 令

a n = 4 ? 3 n?1 ? 5 ? 2 n ?1 .
4 、

an = (c1 + nc2 )α n (c1 , c2 是待定常数)
型 , 可 化 为

a n +1 = Aa n + Bn + C

再利用 a1 = m1 , a2 = m2 , 可求得 c1 , c2 ,进而求得 an .

a n+1 + λ1 n + λ 2 = A[a n + λ1 (n ? 1) + λ 2 ] 的形式。
3 例 12 在 数 列 { a n } 中 , a1 = , 2a n ? a n ?1 =6 n ? 3 2
① 求通项公式 a n . 解 ①式可化为:



1











{an }





a1 = 2, a2 = 3, an + 2 = 3an +1 ? 2 an ( n ∈ N * ) ,求数列 {an } 的通

项 an . 解:其特征方程为 x 2 = 3 x ? 2 ,解得 x1 = 1, x2 = 2 ,令

2(a n + λ1 n + λ 2 ) = a n ?1 + λ1 (n ? 1) + λ 2
② 比较系数可得:

an = c1 ?1n + c2 ? 2 n ,
?a1 = c1 + 2c2 = 2 ? ?a2 = c1 + 4c2 = 3 ?c1 = 1 ? ? 1 ?c2 = 2 ?

λ1 =-6, λ 2 = 9 ,② 式为 2bn = bn ?1
9 {bn } 是一个等比数列,首项 b1 = a1 ? 6n + 9 = ,公 2 1 比为 . 2 9 1 n ?1 ∴ bn = ( ) 2 2 1 n 即 a n ? 6n + 9 = 9 ? ( ) 2 1 n 故 a n = 9 ? ( ) + 6n ? 9 . 2 由







∴ an = 1 + 2n ?1 .



2











{an }





求数列 {an } 的通 a1 = 1, a2 = 2, 4an + 2 = 4an +1 ? an (n ∈ N * ) , 项 an . 解:其特征方程为 4 x 2 = 4 x ? 1 ,解得 x1 = x2 =
1 ,令 2

九、猜想法
运用猜想法解题的一般步骤是: 首先利用所给的递推式 求出 a1 , a2 , a3 , ……,然后猜想出满足递推式的一个通项公式

?1? an = ( c1 + nc2 ) ? ? , ?2?

n

an ,最后用数学归纳法证明猜想是正确的。



1 ? a1 = (c1 + c2 ) × = 1 ? ? 2 ? ?a = (c + 2c ) × 1 = 2 1 2 ? 2 ? 4

, 得

?c1 = ?4 ? ?c2 = 6



an ?1 1 ? 1 ? 3n ? (?1) n = ? ? ? ? ,∴ an = n 等比数列,∴ . an + 1 3 ? 3 ? 3 + (?1) n
2 an ? 1 (n ∈ N * ) , 4an + 6

n ?1

3n ? 2 ∴ an = n ?1 . 2

例 4.已知数列 {an } 满足 a1 = 2, an +1 = 求数列{an } 的通项 an .

二、形如 an + 2 =

Aan + B 的数列 Can + D Aan + B , a1 = m, n ∈ N * ( A, B, C, D 是 Can + D

解:其特征方程为 x =

对于数列 an +2 =

常数且 C ≠ 0, AD ? BC ≠ 0 ) 其 特 征 方 程 为 x=

Ax + B , 变 形 为 Cx + D

Cx 2 + ( D ? A) x ? B = 0 …②
若②有二异根 α , β , 则可令

an +1 ? α a ?α = c ? n (其 an +1 ? β an ? β

中 c 是待定常数) ,代入 a1 , a2 的值可求得 c 值.

2x ?1 ,即 4 x 2 + 4 x + 1 = 0 ,解得 4x + 6 1 1 1 x1 = x2 = ? ,令 = +c 1 1 2 an+1 + an + 2 2 3 由 a1 = 2, 得 a2 = ,求得 c = 1 , 14 ? ? ? 1 ? 1 2 ∴ 数列 ? = 为首项,以 1 为公差 ? 是以 1 5 ? an + 1 ? a1 + ? 2? 2 1 2 3 的等差数列,∴ = + (n ? 1) ?1 = n ? , 1 5 5 an + 2 13 ? 5n . ∴ an = 10n ? 6

?a ?α ? a1 ? α 这样数列 ? n , 公比为 c 的等 ? 是首项为 a1 ? β ? an ? β ?
比数列,于是这样可求得 an . 若②有二重根 α = β ,则可令
1 1 = +c an +1 ? α an ? α

(其中 c 是待定常数) ,代入 a1 , a2 的值可求得 c 值.

? 1 ? 1 这样数列 ? ,公差为 c 的 ? 是首项为 an ? α ? an ? α ?
等差数列,于是这样可求得 an . 此方法又称不动点法.

例 3.已知数列 {an } 满足 a1 = 2, an = 数列{an } 的通项 an . 解:其特征方程为 x = 得 x1 = 1, x2 = ?1 ,令

an ?1 + 2 求 ( n ≥ 2) , 2an ?1 + 1

x+2 ,化简得 2 x 2 ? 2 = 0 ,解 2x +1

an +1 ? 1 a ?1 = c? n an +1 + 1 an + 1

4 1 由 a1 = 2, 得 a2 = ,可得 c = ? , 5 3
∴ 数列 ?

? an ? 1 ? a1 ?1 1 1 = 为首项,以 ? 为公比的 ? 是以 3 a1 +1 3 ? an + 1 ?


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