高中数学中递推数列通项公式的求法探讨

时间:2023.5.22

  论文摘要:数列是高中数学中很重要的内容之一,是高考的热点;而递推数列又是数列的重要内容,是高考的亮点。本文对几类常见的递推数列求通项问题进行了探讨。

  关键词:数列;递推数列;通项公式

  数列是高中数学中很重要的内容之一,是高考的热点,而递推数列又是数列的重要内容,是高考的亮点,在近几年的高考中,纵观各地高考数学试题,“递推数列”几乎为必考题,且多以“把关题”的姿态出现。特别是2008年高考中,全国19套文理试卷中共有30多道数列问题,其中递推数列有20多道。数列中蕴含着丰富的数学思想,而递推数列的通项问题具有很强的逻辑性,是考查逻辑推理和化归能力的好素材,既可考查等价转化与化归这一数学思想,又能反映考生对等差与等比数列理解的深度,具有一定的技巧性。因此经常渗透在高考试题和竞赛中。本文对几类常见的递推数列求通项问题作一些探求,希望对大家有所启发。

  求递推数列通项的常见方法有:1.猜——证;2.累加、累乘;3.迭代法;4.构造法(转化为等差、等比数列)。

  引例:已知数列{an}满足:①已知数列{an}中,a1=2,an+1-an=2,求通项 an= ;②已知数列{an}中,a1=1,,求通项 an= 。

  以此题为背景,考试命题常见有这样几种变化思路:

  思路一:将常数“2”变为关于n的函数f(n),即:an+1-an=f(n),型。

  例如: ①(2008江西):已知数列{an}满足a1=2,an+1=an + ,则an=( A )。

  A . 2+lnn B. 2+(n-1) lnn C. 2+ nlnn D. 1+ nlnn

  解析:法一:验证法;

  法二:整体代换变为;

  法三:累加法。。

  ②已知数列{an}中,a1=1,,求通项 an= 。

  解析:法一:累积法可得an=n;

  法二:迭代法;

  法三:。

  规律总结:an+1-an=f(n)型常用(累加 )法,型常用(累乘)法。

  思路二:在 ② 中 等价于,在此式的右边+,即

  变式1:(2006年重庆):已知数列{an}中a1=1,,求an= 。

  解析:法一:观察,在“=”两边同+3得到;

  法二:在用累加法;

  法三:待定系数法可得,所以数列是以a1+3=4为首项。

  公比为2的等比数列即an+3=(a1+3)·

  又如这个例子:某城市2001年末汽车保有量为30万辆,预计此后每年报废上一年末汽车保有量的,并且每年新增汽车数均为万辆。求年后汽车的保有量。

  解析:从200

  1年起,该市每年末汽车保有量依次记为(单位:万辆),则可以得到数列。

  依题意,当时,,      ①

  设,即,  ②

  ①,②比较,得,故,

  则数列是首项为,公比为0.94的等比数列,

  所以,

  即。

  变式2:已知数列{an}中,a1=1,,求an= 。

  解析:(转化为等差数列)以首项,1为公差的等差数列, ∴。

  变式3:已知数列{an}中a1=1,,求an= 。

  法一:由得到转化为型;

  法二:(待定系数法)以为首项,2为公比的等比数列,∴。

  变式4:已知数列{an}满足a1=1,,求= 。

  法一:,转化为型,先求,再用累加求得;

  法二:(待定系数法)设

  ,

  令,∴。

  规律总结:(1)递推关系为(A≠1,A、B≠0)型,可设;

  (2)形如型,可设;


第二篇:数列通项公式的求法


  下面是一篇关于数列通项公式的求法的论文,对正在写有关数学论文的写作者有一定的参考价值和指导作用!

  【摘要】本文根据教学经验结合高考题,浅谈求数列题的常用策略:化归转化策略,数列问题常可化归为等差(等比)数列或化归为我们熟悉的数列问题去求解,就数列通项公式的几种初等求法作一总结.

  【关键词】通项公式;递推公式;求法

  一、公式法

  例1 数列{a?n}为等差数列,a?n为正整数,其前n项和为S?n,数列{b?n}为等比数列,且a?1=3,b?1=1,数列{b?a?n}是公比为64的等比数列,b?2S?2=64.求a?n,b?n.

  解 设{a?n}的公差为d,{b?n}的公比为q,则d为正整数,

  a?n=3+(n-1)d,b?n=q?n-1.

  依题意有b?a?n+1[]b?a?n=q?3+nd[]q?3+(n-1)d=q?d=64=2?6,?

  S?2b?2=(6+d)q=64.

  ①

  由(6+d)q=64知q为正有理数,故d为6的因子1,2,3,6之一.

  解①得d=2,q=8.故a?n=3+2(n-1)=2n+1,b?n=8?n-1.

  评注 这类问题的递推式为a?n+1=a?n+d及a?n+1=aqa?n(d,q为常数)时,可直接转化为等差数列或等比数列从而用公式求解.

  二、已知数列前n项和S?n求通项a?n

  例2 设数列{a?n}的前n项和为S?n,已知a?1=a,a?n+1=S?n+3?n,n∈N?*.设b?n=S?n-3?n.求数列{b?n}的通项公式.

  解 依题意,S?n-1-S?n=a?n+1=S?n+3?n,即S?n+1=2S?n+3?n,

  由此得S?n+1-3?n+1=2(S?n-3?n).

  因此,所求通项公式为b?n=S?n-3?n=(a-3)2?n-1,n∈N?*.

  评注 这类问题往往能从题目中得到数列的前n项和S?n和通项a?n的关系式,通常

  利用公式a?n=S?1, (n=1)?

  S?n-S?n-1,(n≥2)求通项.用此公式时要注意结论有两种可能,一种是“一分为二”,即分段式;另一种是“合二为一”,即将a?1和a?n合为一个表达式.

  三、叠加法或叠乘法

  类型1 若数列{a?n},通项公式满足递推公式:a?n+1=a?n+f(n),f(n)为可求的和.a?n=a?n-a?n-1+a?n-1-a?n-2+…+a?2-a?1+a?1=f(n-1)+f(n-2)+…+f(1)+a?1.

  类型2 若数列{a?n},通项公式满足递推公式:a?n+1=a?n·f(n),f(n)为可求的积.a?n=a?n[]a?n-1·a?n-1[]a?n-2·…·a?3[]a?2·a?2[]a?1=f(n-1)f(n-2)·…·f(1)a?1.

  例3 在数列{a?n}中,a?1=1,a?2=2,且a?n+1=(1+q)a?n-qa?n-1,(n≥2,q≠0).

  (Ⅰ)设b?n=a?n+1-a?n(n∈N?*),证明{b?n}是等比数列;(Ⅱ)求数列{a?n}的通项公式.

  解 (Ⅰ)略.

  (Ⅱ)由(Ⅰ)可得

  a?2-a?1=1,

  a?3-a?2=q,

  ……

  a?n-a?n-1=q?2,(n≥2).

  将以上各式相加,得a?n-a?1=1+q+…+q?n-2,(n≥2).

  所以当n≥2时,a?n=

  1+1-q?n-1[]1-q,q≠1,?

  n,q=1.

  上式对n=1显然成立.故通项为

  a?n=1+1-q?n-1[]1-q,q≠1,?

  n,q=1.

  评注 一般地,对于形如a?n+1=a?n+f(n)类的通项公式,只要f(1)+f(2)+…+f(n)能进行求和,则宜采用此方法求解,称之为叠加法.

  另外,对于形如a?n+1=f(n)·a?n类的通项公式,当f(1)·f(2)·…·f(n)的值可以求得时,宜采用此方法,称之为叠乘法.

  例如:已知数列{a?n}满足a?1=1,S?n=(n+1)a?n[]2,(n∈N),求{a?n}的通项公式.

  析 ∵2S?n=(n+1)a?n,(n∈N),2S?n-1=na?n-1,(n≥2,n∈N),

  两式相减得2a?n=(n+1)a?n-na?n-1,∴a?n[]a?n-1=n[]n-1,(n≥2,n∈N).

  于是有a?2[]a?1=2[]1,a?3[]a?2=3[]2,a?4[]a?3=4[]3,…,a?n[]a?n-1=n[]n-1,(n≥2,n∈N).

  以上各式相乘,得a?n=na?1=n,(n≥2,n∈N),又a?1=1,∴a?n=n,(n∈N?+).

  四、构造等差数列或等比数列

  若数列{a?n},通项公式满足递推公式:a?n+1=pa?n+q,p,q为常数,p=1时为等差,q=0时为等比.当p≠1,q≠0时,有以下两种构造形式:

  构造1 由等式的两边除以p?n+1可得:a?n+1[]p?n+1=a?n[]p?n+q[]p?n+1,转化类型1,可求其通式.

  构造2 设存在α,使得a?n+1+α=p(a?n+α),解得α=q[]p-1,即 a?n+1+q[]p-1=pa?n+q[]p-1,则a?n+q[]p-1以a?1+q[]p-1为首项,p为公比的等比数列,可求其通式.

  求数列通项是学习数列时的一个难点,也是高考中的一个重点.由于求通项公式时渗

  透了大量的数学思想方法,如逻辑方法中的归纳与演绎,类比、分析与综合,非逻辑方法中的反思维定式等,因此求解过程中往往显得方法多、灵活度大、技巧性强.本文力图通过归纳,引导读者不仅关注一类题的解法(通法),也要在归纳中反思数学思想方法,从而让数学思想方法能更广泛、深入地运用于数学学习之中.

  【参考文献】

  [1]李盘喜.高中数学解题题典.长春:东北师范大学出版社,2001.

  [2]牛德胜.中学数学1+1.南方出版社,2003.

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