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基本数列通项公式的求法总结


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常见数列问题的基本解题策略 常见数列问题的基本解题策略 数列问题的基本
一、基本定义法(等差数列、等比数列) 基本定义法(等差数列、等比数列) 二、含有 s n 与 a n 关系式 利用变量归一法 即 s n +1 sn = an +1 或 an +1 = s n +1 sn 三、递推数列的通项公式求法(基本思想就是转化) 递推数列的通项公式求法(基本思想就是转化) 不是常数函数) 类型 1 递推关系式形如 a n+1 = an + f ( n) 或 an+1 = an f ( n) (其中 f ( n ) 不是常数函数 此类问题要利 其中 用累加法或累乘法来求解. 例 1.1 在数列 {an } 中, a1 = 2, an+1 = an + 2n 1, 求an . 解: a 2 = a1 + 2 1 1

a3 = a 2 + 2 2 1 a 4 = a3 + 2 3 1
………

an = an1 + 2 (n 1) 1
以上各式相加得: an = a1 + 2 [1 + 2 + 3 + L + ( n 1)] (n 1)

= 2 + n(n 1) (n 1) = n 2 2n + 3
类型 2 递推关系式形如 an+1 = pan + q(q, p为常数, 且p ≠ 1, q ≠ 0) (1) 利用消常变换,转化为等比数列此类, 设 an = bn + x ,带入关系式,构造关于 {bn } 的等比数列。 例 2.1.1 已知数列

{an } 满足 a1 = 1, an +1 = 2an + 1(n ∈ N * ). 求数列 {an } 的通项公式.

解:设 an = bn + x ,则 bn+1 + x = 2(bn + x) + 1 ,整理得: bn+1 = 2bn + x + 1 ,令 x + 1 = 0 得: x = 1 ,这时: a n = bn 1 , b1 = a1 + 1 = 2 , bn+1 = 2bn ,所以: bn = b1 2 n1 = 2 n 。 所以: a n = 2 n 1 (2) 利用特征根方法 x=px+q 有根 α ,则构造 例 2.2.1 已知数列

{ an α }

数列

{an } 满足 a1 = 1, an +1 = 2an + 1(n ∈ N * ). 求数列 {an } 的通项公式.
(说明:这个关系式可以直接凑,但这种处理方式是有目

解:递推公式对应的特征方程为 x = 2 x + 1 ,所以特征根为 α = 1 所以: a n+1 + 1 = 2an + 1 + 1 = 2(an + 1) 的的凑) 所以: an + 1 = (a1 + 1) 2 n1 = 2 2 n1 = 2 n 所以: a n = 2 n 1 类型 3 递推关系式形如 an + 2 = pan +1 + qan ( p, q为非零的常数) 1

引入参数,实行转化 设 p = α + β , q = α β , 入参数, 则 a n + 2 = (α + β ) an +1 αβ an ,即 an + 2 α an +1 = β (an +1 α an ) 于是 {an +1 α an } 是公比为 β 的等比数列.其中, α , β 的位置可以互换。 所以: a n +1 αan = (a 2 αa1 ) β n 1 (1) 若 α = β ,则 a n +1 αan = (a2 αa1 )α n 1 ,两边同除以 α n +1 ,则转化为类型 2 若 α ≠ β ,则 a n +1 β an = (a2 β a1 )α n 1 (2) 利用上述思想:可得这一类型的数列通项公式 1、 若特征方程 x 2 = px + q即x 2 px q = 0 有两相异复数根 α 、 β ,则 an = c1α n + c2 β n 证明:由上述证明可得: a n +1 αa n = (a 2 αa1 ) β n 1 (1) (2) (1)(2)两式相减即得 an 的表达式 ,

α、 交换得: a n +1 βa n = (a 2 βa1 ) α n 1 β
(1)-(2)得: a n = 令 c1 =

a αa1 a 2 βa1 n 1 a 2 αa1 n 1 a 2 βa1 α β = α n 2 β n α (α β ) β (α β ) α β α β

a 2 βa1 a αa1 , c2 = 2 ,则 an = c1α n + c2 β n α (α β ) β (α β )
其中 c1 、 c 2 可由初始条件确定;若方程有两

2、 若方程有两等根 α = β ≠ 0, 则 an = (c1 + nc2 )α n 等根 α = β = 0, 则 a n = 0 ( n ≥ 3) 证明:由上述结论可知 当α

= β 时有 a n+1 αa n = (a 2 αa1 ) α n1 ,

若 α = β = 0 ,这时 p = q = 0 有递推关系式得 a n = 0 ( n ≥ 3) 若 α = β ≠ 0 ,则由 a n +1 αa n = (a 2 αa1 ) α n 1 得:

a n +1

α

n +1

=

an

α

n

+

a 2 αa1

α

2

所以

an

α

n

=

a1

α

+ (n 1) α n + n

a 2 αa1

所以 a n = a1α

n 1

+ (n 1)(a 2 αa1 )α n 2 =

a1

α2 a 2 αa1 α
2

α

α n

a 2 αa1

α
) α n

α n

=(
令: c1 =

a1 a 2 + αa1

α

+ n

a 2 αa1

α

2

a1 a 2 + αa1

特别的:若特征方程 x 2 = px + q即x 2 px q = 0 有一对共扼虚根 r (cos θ ± i sin θ ) , 则 a n = r n (c1 cos nθ + c 2 sin nθ ), 其中 c1 、 c 2 可由初始条件求出。 证明:利用第一种情况中的结论

α

, c2 =

a 2 αa1

α

2

则有: an = (c1 + nc2 )α n ,

2

an =

a 2 βa1 n 1 a 2 αa1 α β n 1 (*) 由 α、β = r (cos θ ± i sin θ ) , α β α β
a 2 βa1 n1 a 2 αa1 n 1 α β α β α β

可知 α β = 2r cos θ , α β = q 带入(*)得: a n =

an =

a 2 (α n 1 β n 1 ) 2r n 2 i sin( n 2)θ α n 2 β n 2 a 2 2r n 1 i sin( n 1)θ a1 αβ = a1 q α β α β 2r i sin θ 2r i sin θ r n sin( n 2)θ r 3 sin θ a1 q r n (sin nθ cos 2θ cos nθ sin 2θ )

= =

a 2 r n sin( n 1)θ r 2 sin θ

a1 q

a 2 r n (sin nθ cos θ cos nθ sin θ )

r 2 sin θ r 3 sin θ a 2 sin θ a1 q sin 2θ a cos θ a1 q cos 2θ = r n [ ( 2 + 3 ) cos nθ + ( 2 3 ) cos nθ ] r sin θ r sin θ r 2 sin θ r sin θ
令 c1 =

a 2 sin θ r sin θ
2

+

a1 q sin 2θ r sin θ
3

) , c2 =

a 2 cos θ r sin θ
2



a1 q cos 2θ r 3 sin θ



则有 an = r n (c1 cos nθ + c2 sin nθ ) 。 例3.1 已知 f1 = 0 , f 2 = 1 , f n + 2 = f n +1 + f n ,求 { f n } 的通项公式

解法 1:设 1 = α + β , 1 = α β ,则 f n + 2 = (α + β ) f n +1 αβ f n 设 即: f n + 2 αf n + n = β ( f n +1 αf n ) 由 1 = α + β , 1 = α β 知: α , β 为方程 x 2 x 1 = 0 的两根,且 α ≠ β ,不妨设 α > β 所以: α β =

(α + β ) 2 4αβ = 5

因此由 f n + 2 αf n + n = β ( f n +1 αf n ) 可知 f n +1 αf n = ( f 2 αf1 ) β n 1 将 α , β 互换得 f n +1 βf n = ( f 2 βf1 ) α n 1 (2)-(1)得: (α β ) f n = ( f 2 β f1 ) α n 1 ( f 2 αf1 ) β n 1

(1) (2)

= αβ (α n 2 β n 2 ) f1 + (α n 1 β n 1 ) f 2
把 α β = 1 , f1 = 0 , f 2 = 1 代入得:

(α β ) f n = α n 1 β n 1 , 结合 α β = 5 有: f n = 1 [ (1 + 5 ) n1 (1 5 ) n 1 ]
5 2 2

解法 2. 因为 f n + 2 = f n +1 + f n 的特征方程有两个不相等的实数根,设为 α = 由上面的结论可知: f n = c1α n + c 2 β n 由 f1 = 0 , f 2 = 1 得: c1α + c2 β = 0 , c1α 2 + c2 β 2 = 1 由因为 α 2 = α + 1 , β 2 = β + 1 (根的定义)

1+ 5 1 5 ,β = 2 2

所以 c1 (α + 1) + c2 ( β + 1) = 1 结合 c1α + c2 β = 0 (1)得: c1 + c2 = 1 (2)

3

解(1) (2)得: c1 =
f n = c1α n + c2 β n =

β α β
+

=
=

β
5
n 1

c2 =


α α β
[(

=

α
5

α β
n

αβ

n

α

β

n 1

例3.2

已知 f1 = 0 , f 2 = 1 , f n + 2 = 4 f n +1 4 f n ,求 { f n } 的通项公式

5

5

5

5

=

1 5

1 + 5 n1 1 5 n1 ) ( ) ] 2 2

解法 1:设 4 = α + β , 4 = α β ,则 f n + 2 = (α + β ) f n +1 αβ f n , 设 即: f n + 2 αf n + n = β ( f n +1 αf n ) 由 4 = α + β , 4 = α β 知: α , β 为方程 x 2 4 x + 4 = 0 的两根,且 α = β = 2 ,

f n + 2 αf n +1 = β ( f n +1 αf n ) 知: f n + 2 2 f n +1 = 2( f n +1 2 f n )
所以: f n +1 2 f n = ( f 2 2 f1 ) 2 n 1

将 f1 = 0 , f 2 = 1 代入得: f n +1 2 f n = 2 n 1 ,即:

f n +1 f n 1 = + 2 n +1 2 n 4

这就转化为等差数列。所以:

fn f n 1 n 1 = 1+ = ,所以 f n = (n 1) 2 n 2 n 2 4 4 2

解法 2.因为 2 为特征方程的两个相等的特征根, 所以可设: f n = (c1 + nc 2 ) × 2 n ,将 f1 = 0 , f 2 = 1 代入得: (c1 + c 2 ) × 2 = 0 解得: c1 = 例3.3

(c1 + 2c 2 ) × 4 = 1

1 1 1 n , c2 = 。所以 f n = ( + ) × 2 n = ( n 1) × 2 n2 4 4 4 4

已知 f1 = 0 , f 2 = 1 , f n + 2 = 3 f n +1 f n ,求 { f n } 的通项公式

解: f n + 2 = 3 f n +1 f n 对应的特征方程有一对共轭虚数根 cos 由结论可知: f n = r n (c1 cos nθ + c2 sin nθ ) = c1 cos 把 f1 = 0 , f 2 = 1 代入得: c1 cos

π
6

± i sin

π
6

nπ nπ + c2 sin 6 6 c1 cos

π
6

+ c2 sin

π
6

=0,

π
3

+ c2 sin

π
3

=1

解得: c1 = 1 , c2 = 3 ,所以 f n = cos 类型 4 递推关系式形如 a n + 2 = pan +1 + qan + r 思想:通过数列代换,转化为类型 思想:通过数列代换,转化为类型 3

nπ nπ + 3 sin 6 6

p 、 q 、 r 为常数,且 p + q ≠ 1 , r ≠ 0

设 an = bn + x ,则 bn + 2 + x = p (bn +1 + x) + q (bn + x) 即: bn + 2 = pbn +1 + qbn + ( p + q 1) x ,令 ( p + q 1) x = r 则x=

r 此时 bn + 2 = pbn +1 + qbn 就转化为类型 3, , p + q 1 r 即可求出 an 。 p + q 1

通过 a n = bn + 例4.1

已知 a1 = 1 , a2 = 0 , a n + 2 = an +1 + a n + 1 ,求数列 {an } 的通项公式 设 a n = f n + x ,则 f n + 2 + x = ( f n +1 + x) + ( f n + x) + 1 ,

解:作数列变换

整理得: f n + 2 = f n +1 + f n + x + 1 ,令 x + 1 = 0 得: x = 1 , 4

这时: an = f n 1 , f1 = a1 + 1 = 0 , f 2 = 0 + 1 = 1 , f n + 2 = f n +1 + f n , 由 3 页例 3.1 可知: f n = 1 [ (1 + 5 ) n1 (1 5 ) n 1 ] 2 2 5 所以: a n = 1 [ (1 + 5 ) n1 (1 5 ) n 1 ] 1 2 2 5

遗留问题: 这种情况解决不了! 遗留问题: p + q = 1 时,这种情况解决不了!
类型 5 递推关系式形如 a n +1 an = pan +1 + qan

p 、 q 为非零常数,

若 a1 = p ≠ 0 ,因为 q ≠ 0 ,所以 a 2 p = pa2 + qa1 所以 a1 = 0 这与已知矛盾,故数列不存在 若 a1 ≠ p ,若 a1 = 0 ,假设 an = 0 则由 a n +1 an = pan +1 + qan 知 a n +1 0 = pan +1 + q × 0 所以 an +1 = 0 , 由数学归纳法可知 an = 0 ; 若 a1 ≠ p ,且 a1 ≠ 0 ,利用取倒数的思想转化为类型 2 或者转化为类型 10 例 5.1 已知 a1 = 解:因为 a1 =

1 an +1

=

1 p + qan q

an +1 =

qan , an p

2 2 1 , a n +1a n = an +1 + an ,求数列的通项公式 3 3 3

2 2 1 代入 a n +1a n = an +1 + an 得 a1 = 0 ,与已知矛盾,故数列不存在 3 3 3 2 1 an +1 + an ,求数列的通项公式 3 3

例 5.2 已知 a1 = 2 , a n +1a n = 解:把 a1 = 2 ≠ 由类型 2 可知: 所以:

1 2 2 ,故数列通项公式存在。将递推关系两边取倒数得 = +3 3 an +1 an 1 2 1 1 = ( + 3) 1 = 2( 1) , an +1 an an

1 1 1 1 1 = ( 1) (2) n 1 ,因为 a1 = 2 ,所以 1 = (2) n 2 ,所以 an = an a1 an 1 + (2) n 2 2 1 an +1 + an ,求数列的通项公式 3 3

例 5.3 已知 a1 = 1 , a n +1a n = 解:把 a1 = 1 ≠

1 2 2 ,故数列通项公式存在。将递推关系两边取倒数得 = +3 3 an +1 an 1 an +1 1 = ( 2 1 + 3) 1 = 2( 1) , an an

由类型 2 可知: 所以:

1 1 1 1 = ( 1) (2) n 1 ,因为 a1 = 1 ,所以 1 = 0 ,所以 an = 1 an a1 an 1 2 1 , a n +1a n = an +1 + an ,求数列的通项公式 3 3 3

(其实 a1 = 1 正是特征根,因此有 a n = 1 ;方程的另一特征根为 0 ,所以当 a1 = 0 是也有 a n = a1 = 0 ) 例 5.4 已知 a1 = 解:把 a1 = 0 ≠

2 ,故数列通项公式存在。且由结论可知 a n = 0 3 p 、 q 、 r 为常数,且 r ≠ 0

类型 6 递推关系式形如 a n +1 an = pan +1 + qan + r 思想:通过数列代换, 思想:通过数列代换,转化为类型 5

设 an = bn + x ,则 (bn +1 + x) (bn + x) = p (bn +1 + x) + q (bn + x) + r

5

2 即: bn +1 bn = ( p x)bn +1 + (q x)bn + [ x + ( p + q ) x + r ]

令 x 2 + ( p + q ) x + r = 0 ,求出特征根 x ,则数列转化为类型 5 已知: 例 6.1 已知: a1 = 解:设 an = bn + x ,

2 , an +1 an = an +1 + an + 1 ,求通项公式
则 (bn +1 + x) (bn + x) = bn +1 + x + bn + x + 1

2 即: bn +1 bn = (1 x)bn +1 + (1 x)bn + ( x + 2 x + 1)

令: x 2 + 2 x + 1 = 0 得: x1 = 1 + 2 , x2 = 1 2 ,取 a n = bn + 1 + 2 ,

取 x1 = 1 2 得: b1 = 1 , bn +1 bn =

2bn +1 + 2bn ,取倒数得: 取倒数得:

1 bn +1

=

1 2 + bn 2

因为

1 bn +1



2 1 2 2 1 2 = + = ( ) , 所以 4 2 4 4 bn bn

1 2 1 2 (4 + 2 ) (1) n 4 =( ) (1) n 1 = +1+ 2 ,所以 bn = bn 4 b1 4 4 (4 + 2 ) (1) n + 2
类型 7 递推关系式形如 an +1 = qan + Bn + C 型递推式 可构造为形如 a n+1 + λ1n + λ2 = q[ a n + λ1 ( n 1) + λ2 ] 的等比数列。 例 7.1 在数列 {a n } 中, a1 =

17 , an an 1 = 6n 3 ,求通项公式 a n 。 2 2 1 3 an 1 + 3n (1) 2 2

解:由 2an an 1 = 6n 3 知, a n =

设: a n + λ1n + λ2 =

1 [an 1 + λ1 (n 1) + λ2 ] 2
(2)

则: a n +1 =

1 λ λ + λ2 an 1 1 n 1 2 2 2

比较(1)(2)得 λ1 = 6 , λ2 = 9 , 所以: a n 6n + 9 =

1 [an 1 6(n 1) + 9] 2 1 2n

所以 a n 6n + 9 = ( ) n 1[a1 6(1 1) + 9] =

1 2

所以 a n =

1 + 6n 9 2n

n 递推关系式形如. 类型 8 递推关系式形如 a n +1 = Aa n + B C (A、B、C 为常数)型递推式,

6

这种情况有以下两种处理方式 (1)可构造为形如 a n +1 + λ C n +1 = A(a n + λ C n ) 的等比数列。 例 8.1 在数列 {a n } 中, a1 = 4 , a n +1 = 2a n + 3n ,求通项公式 解法 1.设

(2)亦可变形为

a n +1 c
n +1

=

A an B × + c cn c

令 bn =

an c
n

则 bn +1 =

A B × bn + c c

即可转化为类型 2

例 8.2 已知数列 {a n } ,其中 a1 = 1 ,且 an +1 =

an ,求通项公式 an。 2 n an 3

解:因为 a1 = 1 ≠ 0 ,将 an +1 =

1 3 an 取倒数得 = + 2n , 2 n an 3 a n +1 an

进一步变形为

1 3 1 1 = n + , 2 2 an 2 2 n +1 an +1

构造以

1 1 3 1 1 1 3 1 1 1 为整体的数列有 n +1 = n + = ( n ) 2 2 an 2 5 2 2 an 5 2 an +1 5 2 an
n

(其实

1 1 1 3 1 3 1 1 为特征根) 所以: n =( ) ( ) n 1 = ( ) n 5 2a1 5 2 5 2 2 an 5 5 2 (3) n
n

所以: a n =

② 已知数列 {a n } 满足 a1 = 2a ,且 a n +1 = 2a

a2 a n 1

(n ≥ 2) ,其中 a 是不为 0 的常数,

令 bn =

1 。求证: 1)数列 {bn } 是等差数列。 2)求数列 {a n } 通项公式 ( ( an a
n

类型 9 形如

∑ (ak + b) c q
k =1

k 1



7

类型 10 递推关系式形如 an+1 =

Aan Ban + C

( A 、 、C为非零常数) B

这种类型的解法是将式子两边同时取倒数,把数列的倒数看成是一个新数列,便可顺利地转化为类型 2 的解法. 例 1:已知 a1 = 2 , an+1 =

an ,求数列的通项公式 3an 2

解:因为 a1 = 2 ≠ 0 ,两边取倒数得: 所以:

1 2 = + 3 ,其特征方程的特征根为 1,有 a1 ≠ 1 an+1 an

1 1 1 1 1 1 = 2( 1) ,所以: 1 = ( 1) (2) n1 = × (2) n1 = (2) n2 , 2 an+1 an an a1 1 1 + (2) n2
an ,求数列的通项公式 3an 2

所以: a n = 所以:

例 2:已知 a1 = 0 (或 a1 = 1 ) an+1 = , 解:由已知 a1 = 0 (或 a1 = 1 ) 假设 a k = 0 (或 a1 = 1 ) 则 ak +1 =

ak =0或1 3ak 2

所以: 所以: an = 0 或 1 例 3:已知 a1 = 因为 a1 = 解:

1 an , an+1 = ,求数列的通项公式 3 3an 2

1 1 2 1 ≠ 0, 两边取倒数得: = +3, 其关于 的特征方程的特征根为 1, a1 ≠ 1 有 3 an+1 an an

所以:

1 1 1 1 1 1 = 2( 1) ,所以: 1 = ( 1) (2) n1 = ( 1) × (2) n1 = (2) n+1 , 1 an+1 an an a1 3 1 1 (2) n+1 Aa n + B Da n + E
(B ≠ 0 ) ( AE BD ≠ 0)

所以: 所以: a n =

类型 11

递推关系式形如 a n +1 =

这种类型的问题处理方式是作数列变换,取适当的 x ,作变换 a n = 常数, 转化为类型 3 例:已知 a1 = 1 , a n +1 =

1 带入递推关系,消去分子中的 bn x

an 4 。求 a n an 3

解法 1:去分母整理得: a n +1a n 3an +1 an + 4 = 0 ,令 a n = bn + x , 则 (bn +1 + x)(bn + x) 3(bn +1 + x ) (bn + x) + 4 = 0 , 即: bn +1bn + xbn +1 + xbn + x 2 4 x + 4 = 0 (*)

8

再令 x 2 4 x + 4 = 0 ,则 x = 2 ,所以 a n = bn + 2 , bn = an 2 , b1 = a1 2 = 1 这时(*)变为 bn +1bn + 2bn +1 + 2bn = 0 所以 bn +1 =

2bn 2 + bn

转化为类型三

或者两边直接取倒数得: 所以: 所以:

1 1 1 1 = ,特征根为 bn +1 bn 2 4

1 1 1 1 + = ( + ) bn +1 4 bn 4 1 1 1 1 1 3 + = ( + ) (1) n 1 = (1 + ) (1) n 1 = × (1) n bn 4 b1 4 4 4

所以

4 6 (1) n + 2 1 3 (1) n 1 , bn = ,所以 a n = bn + 2 = = bn 4 3 (1) n 1 3 (1) n 1 an 4 1 并带入 a n +1 = 去分母整理得: ,去分母整理得: bn x an 3

解法 2。 a n =

另一种处理方式就是借助特征方程 x = (1)若首项 a1 (或 ak , ) 证明:Q α 为 x =

K>1)为特征根,设特征根为 α ,则 { a n )为特征根,

Ax + B 进行转化 Dx + E

} 为常数列 {α } , n ∈ N +

Ax + B Aα + B 的特征根, ∴ α = , Dx + E Dα + E Aa k + B Aα + B = =α Da k + E Dα + E

由已知 a k = α 可知 a k +1 =

由此可见自第 k 项开始,都是 α ; 若 a k = α (K>1),有上述证明可知自第 k 项开始,都是 α ,下面证明 1 至 k 1 项也是 α 证明:当 n > 1 时,由 a n +1 =

Aa n + B Ean B 得: a n 1 = A Dan Da n + E

Q α=

Aα + B Dα + E

∴ Dα 2 + Eα = Aα + B , Ea k B A Da k Eα B =α 。 A Dα

即: Eα B = ( A Dα )α ,

因为 a k = α ,K>1。所以 a k 1 =

=

(2)若首项 a1 不是特征根,则 a1 ≠ α , 若首项 不是特征根, ① 若特征方程只有一个 只有一个特征根 α 只有一个 可构造以

1 为整体的等差数列,然后求其通项公式 an α

9

证明:因为 x = 所以 α = 由α =

Ax + B , 所以 Dx + E

Dx 2 ( A E ) x B = 0 ,因为 α 为它的唯一特征根

A E ,且 Dα 2 ( A E )α B = 0 2D

A E Dα + E 得 A Dα = Dα + E ,即 =1 2D A Dα

由 Dα 2 ( A E )α B = 0 得 Eα B = ( A Dα )α , 所以:

Da n + E Da n + E 1 1 = = = Aa n + B a n +1 α ( A Dα )a n ( Eα B) ( A Dα )a n ( A Dα )α α Da n + E = Da n + E ( A Dα )(a n α )
故结论得证。

即:

1 a n +1 α

=

Dα + E 1 D 1 D + = + A Dα an α A Dα an α A Dα

所以:

D(n 1) 1 1 = + 。 an α a1 α A Dα 1 D (n0 1) + = 0 存在一个正整数解 n0 ,由 a1 ≠ α 知 n0 > 1 ,此时数列 {an } 为有穷数列 a1 , a1 α A Dα 1 1 D(n 1) = + 确定,注意: n = 1 , 2 , L , L , n0 1 。 an α a1 α A Dα

下面在讨论 n 的范围 若方程

a2 , K , an0 1 。其通项公式由
若若方程

1 D (n0 1) + = 0 不 存 在 正 整 数 解 , 则 数 列 {an } 为 无 穷 数 列 , 其 通 项 公 式 由 a1 α A Dα

1 1 D(n 1) = + 确定,注意: n ∈ N * 。 an α a1 α A Dα

例1 例2

已知 a1 = 1 , a n +1 = 已知 a1 = 2 , a n +1 =

an 4 。求 a n an 3 an 4 。求 a n an 3

②若特征方程有两个相异特征复数根 α , β 则
an β 为等比数列 an α

证明:

由x=

Ax + B B xE = x , , 得 A xD Dx + E

所以

B αE = α A αD

B βE = β A βD

Aan + B β a β Dan + E Aan + B β ( Dan + E ) ( A βD)an + ( B β E ) 所以 n+1 = = = Aan + B an+1 α Aan + B α ( Dan + E ) ( A αD)an + ( B αE ) α Dan + E
B βE ) ( A β D)(an β ) A β D an β A βD = = = × B αE ( A αD)(an α ) A αD a n α ( A αD)(an + ) A αD ( A β D)(an +
10

所以 {

an β an α

} 构成首项为 a1 β ,且公比为 A βD 的等比数列
a1 α

A αD

例 3、已知数列 例 4、已知数列 例 5、已知数列

{an } 满足 a1 = 4 , an = 4 a3n {an } 满足 a1 = 1 , an = 4 a3n
3 1 an

,

求 an , 求 an .

{an } 满足 a1 = 4 , an = {an } 满足 a
1

, 求 an 求 an .

例 6、已知数列

= 2, an +1 =

2 an , an + 2

另外这类问题亦可采用参数法解决 另外这类问题亦可采用参数法解决 参数法

例、设数列 {a n } 满足 a1 = 2 , an +1 = 解: 对等式两端同加参数 t 得

5an + 4 , 求 an 2an + 7

7t + 4 (2t + 5)an + 7t + 4 = (2t + 5) an + 2t + 5 , 令t = 7t + 4 , 解之可得 t = 1 , 2 , 5a n + 4 an +1 + t = +t = 2an + 7 2an + 7 2an + 7 2t + 5

代入 a n +1 + t = (2t + 5) 得 an +1 1 = 3 即

an + t , 2a n + 7

a 1 1 an 1 an 1 a +2 = , an +1 + 2 = 9 n , 两式相除得 n +1 , 2an + 7 2a n + 7 a n+2 + 2 3 a n + 2

an 1 a1 1 1 1 = , 公比为 的等比数列, 是首项为 a1 + 2 4 3 an + 2

a n 1 1 1 n 4 3 n 1 + 2 = 3 , 解得a n = 。 an + 2 4 4 3 n 1 1
例 4、已知数列

{an } 满足 a

1

= 2, a2 = 3, an + 2 = 3an +1 2an ,求 an .

四、构造等差数列法 1.构造等差数列 例.在数列{an}中, a1 = 3,nan +1 = (n + 2)a n + 2n(n + 1)(n + 2) ,求通项公式 an。 解:对原递推式两边同除以 n(n + 1)(n + 2) 可得:
a n +1 an = +2① (n + 2)(n + 1) (n + 1)n

令 bn =

an ② (n + 1)n a1 3 = ,公差是 bn +1 bn = 2 的等 (1 + 1)×1 2

则①即为 bn +1 = bn + 2 ,则数列{bn}为首项是 b1 = 差数列,因而 bn =

3 1 1 + 2(n 1) = 2n ,代入②式中得 a n = n(n + 1)(4n 1) 。 2 2 2
11

故所求的通项公式是
an = 1 n(n + 1)(4n 1) 2

2.构造等比数列法 例.设在数列{an}中, a1 = 2,a n +1 = 解:将原递推式变形为
(a n + 2 ) 2 ① 2a n
2 an + 2 ,求{an}的通项公式。 2a n

a n +1 + 2 =

a n +1 2 =

(a n 2 ) 2 ② 2a n

①/②得:

a n +1 + 2 a n +1 2

=[

an + 2 an 2

]2 ,

即 lg

a n +1 + 2 a n +1 2

= 2 lg[

an + 2 an 2

]③

设 bn = lg[

an + 2 an 2

]④

③式可化为

a n +1 a + 2 2+ 2 = 2 ,则数列{bn}是以 b1= lg[ 1 ] = lg = 2 lg( 2 + 1) 为首项, an a1 2 2 2

公比为 2 的等比数列,于是 bn = 2 lg( 2 + 1)× 2 n 1 = 2 n lg( 2 + 1) ,代入④式得:
an + 2 an 2
2[( 2 + 1) 2 + 1] ( 2 + 1) 2 n 1
n

= ( 2 + 1) ,解得 a n =
2n

为所求。

3.函数构造法 对于某些比较复杂的递推式, 通过分析结构, 联想到与该递推式结构相同或相近的公式、 函数,再构造“桥函数”来求出所给的递推数列的通项公式的方法。
3 例.在数列 {a n } 中, a1 = 1,a n +1 = a n 3a n ,求通项公式 an。

12

分析:首先考虑所给递推式与公式 (a + b) 3 = a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3 的联系。 解:设 a1 = x + x
1 3 ,则 a 2 = a1 3a1 = ( x + x 1 ) 3 3( x + x 1 ) = x 3 + x 3

同理 a3 = x 9 + x 9 , a 4 = x 27 + x 27 ,…。 即 a1 = x 3 + x 3 ,a 2 = x 3 + x 3 ,a3 = x 3 + x 3 ,x 4 = x 3 + x 3 … ,
0 0 1 1 2 2 3 3

猜想 a n = x 3

n 1

+ x 3

n 1

。下面用数学归纳法加以证明(证明略) 。
3± 5 , 2

由于 a1 = 1, 即 x + x 1 = 1 ,解得 x = 于是 a n = (

3± 5 3n 1 3± 5 3n 1 ) +( ) 为所求。 2 2

以上转化,会用是基本要求,能够知道为何这样建模才是培养数学能力的根本! 以上转化,会用是基本要求,能够知道为何这样建模才是培养数学能力的根本! 才是培养数学能力的根本
四、综合应用 综合应用 1、数列 {a n } 的前 n 项和为 s n , a1 ⑴求数列 {a n } 的通项公式 是等差数列 2 、 06 上 海 ) 已 知 有 整 数 列 {a n } 共 有 (

= 1 , a n +1 = 2s n + 1 , (n>=1)

⑵若数列

{bn }满足 9
2k

b1 1

9 b2 1 L 9 bn 1 = (a n +1 ) bn

n∈ N*, 证明: 数列 {bn }

项 ( 整 数 k ≥ 2 ) 首 项 a1 = 2 , 前 n 项 和 为 ,

sn , 且

a n +1 = (a 1) s n + 2
⑴求证:数列
2

(n=1,2,3,4,…2k-1),其中常数 a > 1

{a n }是等比数列 {bn }满足 b
n

⑵若 a = 2 2 k 1 ,数列

=

1 log (2a1 a2 L an ) , (n=1,2,3,4,…2k) ,求数列 {bn } 的通项公式 n

⑶若⑵的数列 {bn } 满足不等式 b1 3、 (05 重庆)数列 {a n } 满足 a1 记b = n
1 an 1 2

3 3 3 3 + b2 + L + b2 k 1 + b2 k ≤ 4 ,求 k 的值 2 2 2 2

= 1 ,且 8a n +1 a n 16a n +1 + 2a n + 5 = 0 , n ∈ N * ,

(n∈ N*)

⑴求 b1 , b2 , b3 , b4 的值 ⑵求

{bn }的通项公式及数列 {a n bn }的前 n 项和 s n
3 a n 1 2
n = 2,3,4...

4、设数列 {a n } 的首项 a1 ∈ (0,1) , a n =

13

⑴求数列 {a n } 的通项公式 ⑵设 bn = a n 3 2a n ,求证 {bn } 为单调递减数列 5、 (07 山东) .设数列 {a n } 满足 a1 + 3a 2 + 3 2 a 3 + L + 3 n 1 a n = ⑴求数列 {a n } 的通项公式 ⑵设 b n =

n ,a∈ N* 3

n ,求数列 {bn } 的前 n 项和 s n an

五、温馨 08 1、 (08 辽宁) (本小题满分 12 分) 在数列 {a n } 、 {bn } 中,a1=2, b1=4,且 an , bn , an +1 成等差数列, bn , an +1 , bn +1 成等比数列( n ∈ N * ) (Ⅰ)求 a2, a3, a4 及 b2, b3, b4,由此猜测{an},{bn}的通项公式,并证明你的结论; (Ⅱ)证明:

1 1 1 5 + +L+ < a1 + b1 a2 + b2 an + bn 12

2、 (08 全国)等差数列 {a n } 中, a 4 = 10, 且 a 5 , a 6 , a10 成等比数列,求数列 {a n } 前 20 项的和 S 20 3、(08 山东)(本小题满分 12 分) 将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表: a1 a2 a3 a4 a7 a5 a8 a6 a9 a10

…………………………… 记表中的第一列数 a1,a2,a4,a7,…构成的数列为{bn},b1=a1=1. Sn 为数列{bn}的前 n 项和, 且满足

2bn =1(n≥2). 2 bn S n S n
1 }成等差数列,并求数列{bn}的通项公式; Sn 4 时,求上表中第 k(k≥3)行所有项和的和. 91

(Ⅰ)证明数列{

(Ⅱ)上表中,若从第三行起,每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列, 且公比为同一个正数.当 a 81 =

4、 (08 四川理)设数列 {an } 的前项为 s n ,已知 ban 2n = (b 1) S n . (Ⅰ)证明:当 b = 2 时, {a n n 2 已知数列 {an } 的前 n 项和 S
n 1

} 是等比数列; (Ⅱ)求 {an } 的通项公式.

5、 (08 四川文) (本小题满分 12 分) (Ⅰ)求 a 、a ; (Ⅱ)证明:数列 {an +1 2 an } 是一个等比数列。(Ⅲ)求 {an } 的通项公式。 3 4
6、 (08 天津理)在数列 {a n } 与 {bn } 中, a1 = 1, b1 = 4 ,数列
n

= 2an 2n ,

{a n }的前 n 项和 S

n

满足

nS n +1 (n + 3)S n = 0 , 2a n +1 为 bn 与 bn +1 的等比中项, n ∈ N * .
(Ⅰ)求 a 2 , b2 的值; (Ⅱ)求数列 {an } 与 {bn } 的通项公式;

14

(Ⅲ)设 Tn

= (1) a1 b1 + (1)a2 b2 + +(1)an bn , n ∈ N * . 证明: | Tn |< 2n2 , n ≥ 3 .
3

7、 (08 重庆理)设各项均为正数的数列{an}满足 a1 = 2 , a n = a n2+1 a n + 2 (n ∈ N * ) . (Ⅰ)若 a 2 =

1 ,求 a3,a4,并猜想 a 2008 的值(不需证明) ; 4

(Ⅱ)记 b n = a1 a 2 L a n (n ∈ N * ) ,若 2 2 ≤ bn < 4 对 n≥2 恒成立,求 a2 的值及数列{bn}的通项公式.

例 1.已知数列 {a n } 满足: a n +1 = a n 2, n ∈ N, a1 = 4, 求 a n .

1 3

1 3 x 2, 则x0 = . 3 2 3 11 1 当 a1 = 4 时, a1 ≠ x 0 , b1 = a1 + = . 数列 {bn } 是以 为公比的等比数列.于是 2 2 3 1 11 1 3 3 11 1 bn = b1 ( ) n 1 = ( ) n 1 , a n = + bn = + ( ) n 1 , n ∈ N. 3 2 3 2 2 2 3
解:作方程 x = 例 2.已知数列 {a n } 满足递推关系: a n +1 = ( 2a n + 3)i, n ∈ N, 其中 i 为虚数单位. 当 a1 取何值时,数列 {a n } 是常数数列? 解:作方程 x = ( 2 x + 3)i, 则 x 0 =

6 + 3i . 5 6 + 3i 要使 a n 为常数,即则必须 a1 = x 0 = . 5

现在考虑一个分式递推问题(*). 例 3. 已知数列 {a n } 满足性质: 对于 n ∈ N, a n 1 = 式. 即 an =

an + 4 , 且 a1 = 3, 求 {a n } 的通项公 2a n + 3

(5) n 4 , n ∈ N. 2 + (5) n

例 4.已知数列 {a n } 满足:对于 n ∈ N, 都有 a n +1 =

13a n 25 . an + 3

(1)若 a1 = 5, 求 a n ; (2)若 a1 = 3, 求 a n ; (3)若 a1 = 6, 求 a n ; (4)当 a1 取哪些值 时,无穷数列 {a n } 不存在? 解:作特征方程 x =

13 x 25 . x+3

变形得 x 2 10 x + 25 = 0, 特征方程有两个相同的特征根 λ = 5. 依定理 2 的第(1)部分解答.
15

(1)∵ a1 = 5,∴ a1 = λ . ∴ 对于 n ∈ N, 都有 an = λ = 5 ; (2)∵ a1 = 3,∴ a1 ≠ λ . ∴ bn =

1 r + (n 1) a1 λ p rλ

=

1 1 + (n 1) 35 13 1 5 1 n 1 = + , 2 8

令 bn = 0 ,得 n = 5 .故数列 {a n } 从第 5 项开始都不存在, 当 n ≤4, n ∈ N 时, a n =

1 5n 17 +λ = . bn n5

(3)∵ a1 = 6, λ = 5, ∴ a1 ≠ λ . ∴ bn =

1 r n 1 + (n 1) = 1+ , n ∈ N. a1 λ p λr 8

令 bn = 0, 则 n = 7 n. ∴对于 n ∈ N, b n ≠ 0. ∴ an =

1 +λ = bn

1 5n + 43 +5 = , n ∈ N. n 1 n+7 1+ 8

(4)显然当 a1 = 3 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 , a1 = 5 时 , 数 列 {a n } 是 存 在 的 , 当 a1 ≠

λ =5 时 , 则 有

bn =

1 r 1 n 1 5n 13 + (n 1) = + , n ∈ N. 令 bn = 0, 则 得 a1 = ,n ∈ N a1 λ p λr a1 5 8 n 1

且 n ≥2.

5n 13 (其中 n ∈ N 且 N≥2)时,数列 {a n } 从第 n 项开始便不存在. n 1 5n 13 于是知:当 a1 在集合 {3 或 : n ∈ N , 且 n ≥2}上取值时,无穷数列 {a n } 都不存 n 1
∴当 a1 = 在.

16



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