求数列通项公式方法
(1).公式法(定义法)
根据等差数列、等比数列的定义求通项
例:1已知等差数列满足:, 求;
2.已知数列满足,求数列的通项公式;
3.数列满足=8, (),求数列的通项公式;
4. 已知数列满足,求数列的通项公式;
5.设数列满足且,求的通项公式
6.已知数列满足,求数列的通项公式。
7.等比数列的各项均为正数,且,,求数列的通项公式
8. 已知数列满足,求数列的通项公式;
9.已知数列满足 (),求数列的通项公式;
10.已知数列满足且(),求数列的通项公式;
11. 已知数列满足且(),求数列的通项公式;
12.数列已知数列满足则数列的通项公式=
(2)累加法
1、累加法 适用于:
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。
2. 已知数列满足,求数列的通项公式。
3.已知数列满足,求数列的通项公式。
4.设数列满足,,求数列的通项公式
(3)累乘法
适用于:
若,则
两边分别相乘得,
例:1. 已知数列满足,求数列的通项公式。
2.已知数列满足,,求。
3.已知, ,求。
(4)待定系数法 适用于
解题基本步骤:
1、确定
2、设等比数列,公比为
3、列出关系式
4、比较系数求,
5、解得数列的通项公式
6、解得数列的通项公式
例:1. 已知数列中,,求数列的通项公式。
2.(2006,重庆,文,14)在数列中,若,则该数列的通项_______________
3.(2006. 福建.理22.本小题满分14分)已知数列满足求数列的通项公式;
4.已知数列满足,求数列的通项公式。
解:设
5. 已知数列满足,求数列的通项公式。
解:设
6.已知数列中,,,求
7. 已知数列满足,求数列的通项公式。
解:设
8. 已知数列满足,求数列的通项公式。
递推公式为(其中p,q均为常数)。
先把原递推公式转化为
其中s,t满足
9. 已知数列满足,求数列的通项公式。
10.已知数列满足
(I)证明:数列是等比数列;(II)求数列的通项公式;
11.已知数列中,,,,求
(5)递推公式中既有
分析:把已知关系通过转化为数列或的递推关系,然后采用相应的方法求解。
1.(2005北京卷)数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,,n=1,2,3,……,求a2,a3,a4的值及数列{an}的通项公式.
2.(2005山东卷)已知数列的首项前项和为,且,证明数列是等比数列.
3.已知数列中,前和
①求证:数列是等差数列
②求数列的通项公式
4. 已知数列的各项均为正数,且前n项和满足,且成等比数列,求数列的通项公式。
(6)根据条件找与项关系
例1.已知数列中,,若,求数列的通项公式
2.(2009全国卷Ⅰ理)在数列中,
(I)设,求数列的通项公式
(7)倒数变换法 适用于分式关系的递推公式,分子只有一项
例:1.已知数列满足,求数列的通项公式。
(8)对无穷递推数列
消项得到第与项的关系
例:1. (20##年全国I第15题,原题是填空题)已知数列满足,求的通项公式。
2.设数列满足,.求数列的通项;
(8)、迭代法
例:1.已知数列满足,求数列的通项公式。
解:因为,所以
又,所以数列的通项公式为。
(9)、变性转化法
1、对数变换法 适用于指数关系的递推公式
例: 已知数列满足,,求数列的通项公式。
解:因为,所以。
两边取常用对数得
2、换元法 适用于含根式的递推关系
例: 已知数列满足,求数列的通项公式。
解:令,则
数列通项公式的求解类型及方法
类型一【形如的一阶递归式】(累加法)
例1.已知数列中,,且满足,求数列的通项公式
练习1.已知数列中,,且满足,求数列的通项公式
练习2.已知数列满足,求数列的通项公式。
类型二【形如的一阶递归式】(累乘法)
例2.已知,,求数列通项公式.
练习3.已知数列中,,前项和与的关系是 ,试求通项公式.
练习4.已知数列中,且,求数列通项公式.
类型三【形如(为常量)的一阶递归式】【构造法】对于设为,通过待定系数法求出,构造等比数列进行求解.
例3.已知数列中,,且满足,求数列的通项公式.
练习5.已知数列中,,且满足,求数列的通项公式.
类型四【形如的一阶递归式】
例4.已知数列满足,求数列的通项公式.
例5.在数列中,,求数列的通项公式.
练习6.已知数列满足,,求数列的通项公式。
练习7.已知数列满足,求数列的通项公式.
练习8.已知数列满足,求数列的通项公式.
类型五【形如(为常量)的二阶递归式】
方法: 设,通过待定系数法求出,使为等比数列,
化为一阶递归式再进行求解
例6.已知数列满足,求数列的通项公式.
练习9.已知数列满足,求数列的通项公式
类型六【形如的一阶递归式】【取倒数法】两边取倒数,化为,利用类型三进行求解
例7.已知数列中,,,求通项公式.
练习10.已知数列中, ,,求数列的通项公式.
练习11.已知数列中,,求通项公式.
练习12.数列中,,求数列的通项公式.
类型七【形如的递推式】
【前项和法】利用和将关系式中的或消去,转化为递推关系.
例8.在数列{an}中,若a1=1,且满足,求数列的通项公式.
例9. 数列的首项,前项与之间满足
练习13.已知各项均为正数的数列{}的前n项和满足,
且求{}的通项公式;
练习14.设数列满足
(1)求数列的通项公式.
(2)设,求数列的前项和.
第二篇:求数列通项公式方法总结
基本数列通项公式及其求法
等差数列
对于一个数列{a n },如果任意相邻两项之差为一个常数,那么该数列为等差数列,且称这一定值差为公差,记为 d ;从第一项 a 1 到第n项 a n 的总和,记为 S n 。
那么 , 通项公式为 a n = a 1 + (n-1)* d ,其求法很重要,利用了“叠加原理”的思想:
a 2 = a 1 + d ,
a 3 = a 2 + d,
a 4 = a 3 + d,
````````
a n = a n-1 + d,
将以上 n-1 个式子相加, 便会接连消去很多相关的项 ,最终等式左边余下a n ,而右边则余下 a1和 n-1 个d,如此便得到上述通项公式。
此外, 数列前 n 项的和 S n = n*a 1 + n*(n-1)*d /2, 其具体推导方式较简单,可用以上类似的叠加的方法,也可以采取迭代的方法,在此,不再复述。
值得说明的是,(S n) /n = a 1 +(n-1)*d /2 ,也即,前n项的和Sn 除以 n 后,便得到一个以a 1 为首项,以 d /2 为公差的新数列,利用这一特点可以使很多涉及Sn 的数列问题迎刃而解。
等比数列
对于一个数列 {a n },如果任意相邻两项之商(即二者的比)为一个常数,那么该数列为等比数列,且称这一定值商为公比 q ;从第一项 a 1 到第n项 a n 的总和,记为 T n 。
那么, 通项公式为 a n = a1 * q (n-1) (即a1 乘以q 的 (n-1)次方,其推导为“连乘原理”的思想:
a 2 = a 1 *q,
a 3 = a 2 *q,
a 4 = a 3 *q,
````````
a n = a n-1 *q,
将以上(n-1)项相乘,左右消去相应项后,左边余下a n , 右边余下 a1 和(n-1)个q的乘积,也即得到了所述通项公式。
此外, 该数列前n 项的和 T n = a1 * ( 1- q(n)) / (1-q).
一阶数列通项公式求法
概念
不妨将数列递推公式中同时含有 a n 和a n+1 的情况称为一阶数列,显然,等差数列的递推式为 a n = a n-1 + d , 而等比数列的递推式为 a n = a n-1 *q ; 这二者可看作是一阶数列的特例。故可定义一阶递归数列形式为: a(n+1) = A *a n + B ········☉ , 其中A和B 为常系数。那么,等差数列就是A=1 的特例,而等比数列就是B=0 的特例。
若干求法思路
基本思路与方法: 复合变形为基本数列(等差与等比)模型 ; 叠加消元 ;连乘消元
思路一: 原式复合 ( 等比形式)
可令 a(n+1) - ζ = A * (a n - ζ )········① 是原式☉变形后的形式,即再采用待定系数的方式求出 ζ 的值, 整理①式 后得 a(n+1) = A*an +ζ - A*ζ , 这个式子与原式对比可得,
ζ - A*ζ = B
即解出 ζ = B / (1-A)
回代后,令 bn= an - ζ ,那么①式就化为 b(n+1) =A* b n , 即化为了一个以(a1-ζ )为首项,以A为公比的等比数列,可求出bn的通项公式,进而求出 {an} 的通项公式。
思路二: 消元复合(消去B)
由 a(n+1) = A *a n + B ········☉ 有
a n = A* a(n-1) +B ··········◎
☉式减去◎式可得 a(n+1) - a n = A *( a n - a(n-1))······③
令 bn = a(n+1) - an 后, ③式变为 bn = A* b(n-1) 等比数列,可求出 bn 的通项公式,接下来得到 a n - a(n-1) = f (n) (其中f(n) 为关于n的函数)的式子, 进而使用叠加方法可求出 an
二阶数列通项公式求法
概念
类比一阶递归数列概念,不妨定义同时含有a(n+2) 、a(n+1)、an的递推式为二阶数列,而对与此类数列求其通项公式较一阶明显难度大了。为方便变形,可以先如此诠释二阶数列的简单形式:
a(n+2) = A * a(n+1) +B * a n , ( 同样,A,B常系数)
求法
基本思路类似于一阶,只不过,在复合时要注意观察待定系数和相应的项
原式复合: 令 原式变形后为这种形式 a(n+2) - ψ * a(n+1) = ω (a(n+1) - ψ*an)
将该式与原式对比 ,可得
ψ + ω = A 且 -(ψ*ω)= B
通过解这两式可得出 ψ与ω的值,
令bn=a(n+1) - ψ*an, 原式就变为 b(n+1) = ω * bn 等比数列,可求出bn 通项公式bn = f (n) ,
即得到 a(n+1) - ψ*an = f (n) (其中f(n) 为关于n的函数), 而这个式子恰复合了一阶数列的定义,即只含有a(n+1)和an 两个数列变项,从而实现了“降阶”,化“二阶”为“一阶”,进而求解。
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